南昌大学 2025年高等代数第7题

设 $B = \begin{pmatrix} A & A^2 \\ A^2 & A \end{pmatrix}$，为 $2n$ 阶矩阵。由于 $A$ 的特征值已知，我们希望通过相似变换将 $B$ 化为易于求解特征值的形式。考虑分块对角化，假设存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{-1}AP = \Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$，则利用分块对角矩阵的相似变换，有 \[ \begin{pmatrix} P^{-1} & 0 \\ 0 & P^{-1} \end{pmatrix} B \begin{pmatrix} P & 0 \\ 0 & P \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \Lambda & \Lambda^2 \\ \Lambda^2 & \Lambda \end{pmatrix}. \] 因此 $B$ 与 $\begin{pmatrix} \Lambda & \Lambda^2 \\ \Lambda^2 & \Lambda \end{pmatrix}$ 相似，具有相同的特征值。

矩阵 $\begin{pmatrix} \Lambda & \Lambda^2 \\ \Lambda^2 & \Lambda \end{pmatrix}$ 是分块对角矩阵，每个对角块对应一个特征值 $\lambda_i$，具体为 $2\times2$ 矩阵 $\begin{pmatrix} \lambda_i & \lambda_i^2 \\ \lambda_i^2 & \lambda_i \end{pmatrix}$。这是因为 $\Lambda$ 是对角矩阵，所以 $\Lambda^2 = \operatorname{diag}(\lambda_1^2, \dots, \lambda_n^2)$，从而整个矩阵可以重新排列成由 $n$ 个 $2\times2$ 块组成的块对角矩阵。

对于每个 $i$，考虑矩阵 $M_i = \begin{pmatrix} \lambda_i & \lambda_i^2 \\ \lambda_i^2 & \lambda_i \end{pmatrix}$。其特征多项式为 \[ \det(M_i - tI) = \det\begin{pmatrix} \lambda_i - t & \lambda_i^2 \\ \lambda_i^2 & \lambda_i - t \end{pmatrix} = (\lambda_i - t)^2 - \lambda_i^4 = t^2 - 2\lambda_i t + (\lambda_i^2 - \lambda_i^4). \] 解特征方程 $t^2 - 2\lambda_i t + (\lambda_i^2 - \lambda_i^4)=0$，得判别式 $\Delta = 4\lambda_i^2 - 4(\lambda_i^2 - \lambda_i^4) = 4\lambda_i^4$，所以 $t = \frac{2\lambda_i \pm 2\lambda_i^2}{2} = \lambda_i \pm \lambda_i^2$。因此 $M_i$ 的特征值为 $\lambda_i + \lambda_i^2$ 和 $\lambda_i - \lambda_i^2$。

由于 $B$ 相似于 $\begin{pmatrix} \Lambda & \Lambda^2 \\ \Lambda^2 & \Lambda \end{pmatrix}$，而后者由 $n$ 个 $2\times2$ 块 $M_i$ 组成，每个 $M_i$ 贡献两个特征值 $\lambda_i + \lambda_i^2$ 和 $\lambda_i - \lambda_i^2$，因此 $B$ 的全部特征值为 $\lambda_i \pm \lambda_i^2$，其中 $i=1,\dots,n$，共 $2n$ 个。

若 $A$ 不可对角化，上述推导中假设 $A$ 可对角化是为了简化计算。但特征值仅由 $A$ 的特征值决定，可通过 Jordan 标准形或多项式方法证明结论仍然成立。例如，考虑 $B$ 的特征多项式 $\det(B - tI_{2n})$，利用分块矩阵的行列式公式，可将其表示为 $\det((A-tI_n)^2 - A^4)$，进而化为 $\prod_{i=1}^n ((\lambda_i - t)^2 - \lambda_i^4)$，从而得到相同结果。因此最终答案对任意 $n$ 阶矩阵 $A$ 成立。