5.4 相似

5.4.1 设$A,B$是$n$阶方阵，且满足$AB=BA.$
1. 证明，若$A$有$n$个不同的特征值，则$B$可对角化。
2. 若$A$有代数重数大于1的特征值，则$B$是否一定可对角化？
1. 证明：
先证引理：与对角元素均不同的对角矩阵可交换的矩阵一定是对角矩阵。
设$n$阶方阵$S$和对角元素均不同的对角矩阵$\Lambda$滿足$S\Lambda =\Lambda S$，即 $$\left[\begin{array}{cccc}{\lambda }_1& & & \\ & {\lambda }_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}{s}_{11}& s_{12}& \cdots & s_{1n}\\ s_{21}& s_{22}& \cdots & s_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ s_{n1}& s_{n2}& \cdots & s_{nn}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}{s}_{11}& s_{12}& \cdots & s_{1n}\\ s_{21}& s_{22}& \cdots & s_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ s_{n1}& s_{n2}& \cdots & s_{nn}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}{\lambda }_1& & & \\ & {\lambda }_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_n\end{array}\right]$$ 化简后得，$({\lambda }_i-{\lambda }_j)s_{ij}=0$。而当$i\ne j$时，$({\lambda }_i-{\lambda }_j)\ne 0$，所以$s_{ij}=0(i\ne j)$。即$S$是对角矩阵。
引理证毕。
$A$有$n$个不同的特征值$⟹$ $A$可对角化，即存在可逆矩阵$X$使得$A=X\Lambda X^{-1}$，其中$\Lambda$是对角元素均不同的对角矩阵。
$AB=BA⟹X\Lambda X^{-1}B=BX\Lambda X^{-1}⟹\Lambda X^{-1}BX=X^{-1}BX\Lambda ⟹X^{-1}BX$是对角矩阵。所以$B$可对角化。
2. 解：
不一定。若$A=I_n$，则对任意的$n$阶矩阵$B$都有$AB=BA$。
5.4.2 对下列矩阵$A,B$，求$X$使得$A=XB{X}^{-1}.$
1. $A=MN,B=NM$，其中$M,N$是方阵，且$M$可逆。
2. $A=\left[\begin{array}{cc}MN& O\\ N& O\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{cc}O& O\\ N& NM\end{array}\right],$其中$M,N$不必是方阵。
3. $A=\left[\begin{array}{cc}M& -N\\ N& M\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{cc}M+iN& O\\ O& M-iN\end{array}\right],$其中$M,N$是方阵。
1.$X=M.$ 2.$X=\left[\begin{array}{cc}{I}_m& M\\ O& I_n\end{array}\right]$ 3.$X=\left[\begin{array}{cc}{I}_n& I_n\\ -i{I}_n& i{I}_n\end{array}\right]$ 5.4.3 给定$n$阶方阵$A,B$满足$AB=BA$。
1. 证明，若$A$有$n$个不同的特征值，则存在次数不超过$n-1$的多项式$f(x)$，使得$B=f(A).$
2. 证明，若$A=J_n(\lambda )$，则存在次数不超过$n-1$的多项式$f(x)$，使得$B=f(A).$
3. 举例说明，存在$A,B$满足$AB=BA$，但不存在多项式$f(x)$，使得$B=f(A).$
1. 证明：
因为$A$有$n$个不同的特征值，且$AB=BA$，则根据5.4.1中结论可知，$A,B$可以同时对角化。即存在$X$使$A=X{\Lambda }_A{X}^{-1},B=X{\Lambda }_B{X}^{-1}$。其中${\Lambda }_A=\mathrm{diag}({\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n),{\lambda }_1\ne {\lambda }_2\ne \cdots \ne {\lambda }_n.{\Lambda }_B=\mathrm{diag}(b_1,b_2,\cdots ,b_n).$ 又因为Vandermonde矩阵$\left[\begin{array}{ccccc}1& {\lambda }_1& {\lambda }_1^2& \cdots & {\lambda }_1^{n-1}\\ 1& {\lambda }_2& {\lambda }_2^2& \cdots & {\lambda }_2^{n-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& {\lambda }_n& {\lambda }_n^2& \cdots & {\lambda }_n^{n-1}\end{array}\right]$可逆，所以方程$$\left[\begin{array}{ccccc}1& {\lambda }_1& {\lambda }_1^2& \cdots & {\lambda }_1^{n-1}\\ 1& {\lambda }_2& {\lambda }_2^2& \cdots & {\lambda }_2^{n-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& {\lambda }_n& {\lambda }_n^2& \cdots & {\lambda }_n^{n-1}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{k}_0\\ k_1\\ ⋮\\ k_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ ⋮\\ b_n\end{array}\right]$$一定有解。即存在一组$k_1,k_2,\cdots ,k_n$，使得${\Lambda }_B=k_0{I}_n+k_1{\Lambda }_A+\cdots +k_{n-1}{\Lambda }_A^{n-1}$成立。等式两边同时左乘$X$，右乘$X^{-1}$得$B=k_0{I}_n+k_{1}A+\cdots +k_{n-1}{A}^{n-1}$。即存在次数不超过$n-1$的多项式$f(x)$，使得$B=f(A)$。
2. 证明：
设$A=\lambda I_n+S$，其中$S=\left[\begin{array}{ccccc}0& 1& & & \\ & 0& 1& & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & \ddots & 1\\ & & & & 0\end{array}\right].$ 而$AB=BA⟹(\lambda I_n+S)B=B(\lambda I_n+S)⟹SB=BS.$这表明$B$所有行向量上移一格和$B$所有列向量右移一格得到的矩阵相同。于是$B$可以被表示为：$$B=\left[\begin{array}{cccc}{b}_1& b_2& \cdots & b_n\\ & b_1& \ddots & ⋮\\ & & \ddots & b_2\\ & & & b_1\end{array}\right]$$ 注意到,$$A^k=\left[\begin{array}{cccccccc}{\lambda }^k& C_k^1{\lambda }^{k-1}& C_k^2{\lambda }^{k-2}& \cdots & 1& & & \\ & {\lambda }^k& C_k^1{\lambda }^{k-1}& C_k^2{\lambda }^{k-2}& & \ddots & & \\ & & {\lambda }^k& C_k^1{\lambda }^{k-1}& \ddots & & 1& \\ & & & {\lambda }^k& \ddots & \ddots & ⋮& \\ & & & & \ddots & \ddots & C_k^2{\lambda }^{k-2}& \\ & & & & & \ddots & C_k^1{\lambda }^{k-1}& \\ & & & & & & {\lambda }^k& \end{array}\right]$$其中$k<n.$
可以发现$A^k$和$B$具有相同的形式。于是原命题（存在次数不超过$n-1$的多项式$f(x)$，使得$B=f(A)$）等价于下列方程有解。 $$\left[\begin{array}{ccccc}1& \lambda & {\lambda }^2& \cdots & {\lambda }^{n-1}\\ & 1& 2\lambda & \cdots & C_{n-1}^2{\lambda }^{n-1}\\ & & 1& & ⋮\\ & & & \ddots & ⋮\\ & & & & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{k}_1\\ k_2\\ ⋮\\ ⋮\\ k_n\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ ⋮\\ ⋮\\ b_n\end{array}\right]$$ 左侧矩阵行列式为1，所以矩阵可逆，方程有唯一解，命题成立。
3. 解：
设$A=I_n$，$B$是任意不是对角阵的矩阵。显然有$AB=I_{n}B=B{I}_n=BA.$但不存在多项式$f(x)$使$B=f(A)$。
5.4.4 证明，任意迹为0的方阵相似于一个对角元素全为0的方阵。
证明：
用数学归纳法。当阶数为$1$时，显然成立。
现假设阶数为$n-1$时命题成立，考虑$n$阶方阵$A$。在${\mathbb{R}}^n$中取一向量$\mathbf{q}$，但$\mathbf{q}$不是$A$的特征向量（若不存在这样的$\mathbf{q}$，说明$A$是零矩阵，命题显然成立。）此时$\mathbf{q},A\mathbf{q}$线性无关。将$\mathbf{q},A\mathbf{q}$张成${\mathbb{R}}^n$的一组基$(\mathbf{q},A\mathbf{q},{\mathbf{b}}_3,{\mathbf{b}}_4,\cdots ,{\mathbf{b}}_n)$。设$B=\left[\begin{array}{ccccc}\mathbf{q}& A\mathbf{q}& {\mathbf{b}}_3& \cdots & {\mathbf{b}}_n\end{array}\right]$，显然$B$是$n$阶可逆矩阵。
注意到$AB=\left[\begin{array}{cccc}A\mathbf{q}& A^2\mathbf{q}& \cdots & A{\mathbf{b}}_n\end{array}\right]$，即$B$的第二列在左乘$A$之后被移到了第一列。于是$$AB=B\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{e}}_2& \cdots & \cdots \end{array}\right]=B\left[\begin{array}{cc}0& {\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\\ \mathbf{s}& C\end{array}\right]$$ 其中$\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^{n-1},C\in {\mathbb{R}}^{(n-1)\times (n-1)},\mathbf{s}=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ ⋮\\ 0\end{array}\right].$
等式两边左乘$B^{-1}$得，$A$相似于$\left[\begin{array}{cc}0& {\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\\ \mathbf{s}& C\end{array}\right]$。因为相似不改变特征值且$\mathrm{trace}(A)=0$，所以$\mathrm{trace}(C)=0$。
根据归纳假设，对$n-1$阶方阵$C$，若$\mathrm{trace}(C)=0$，则存在可逆矩阵$Z$使得$Z^{-1}CZ$的对角元全是$0$.
于是 $${\left[\begin{array}{cc}1& O\\ O& Z\end{array}\right]}^{-1}\left[\begin{array}{cc}0& {\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\\ \mathbf{s}& C\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& O\\ O& Z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& {\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}Z\\ Z^{-1}\mathbf{s}& Z^{-1}CZ\end{array}\right]$$ 根据相似的传递性，$A$也相似于一个对角元全是$0$的矩阵。由阶数为$n-1$时命题成立可推出阶数为$n$时也成立，所以阶数为$n\ge 1$时均成立。
5.4.5 利用Jordan标准型证明，$A$与$A^{\mathrm{T}}$相似。
证明：
显然$A$和$A^{\mathrm{T}}$具有相同的特征值，代数重数，几何重数。所以他们相似于同一个Jordan标准型。由相似的传递性和对称性可知$A$和$A^{\mathrm{T}}$相似。
5.4.6 (Jordan链) 对任意$n$阶方阵$A$，一组向量${\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2,\cdots ,{\mathbf{x}}_s$，如果存在$\lambda \in \mathbb{C}$，使得$x_1\ne 0,(A-\lambda I){\mathbf{x}}_1=0,(A-\lambda I){\mathbf{x}}_2={\mathbf{x}}_1,\cdots ,(A-\lambda I){\mathbf{x}}_s={\mathbf{x}}_{s-1}$，而$(A-\lambda I)\mathbf{y}={\mathbf{x}}_s$无解，就称其为$A$的一个关于$\lambda$长度为$s$的Jordan链。
显然${\mathbf{x}}_1\in \mathcal{N}(A-\lambda I)$是特征向量，${\mathbf{x}}_2\in \mathcal{N}((A-\lambda I{)}^2),\cdots ,{\mathbf{x}}_s\in \mathcal{N}((A-\lambda I{)}^s)$，但${\mathbf{x}}_s\notin \mathcal{R}(A-\lambda I).<br>$求证：
1. ${\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2,\cdots ,{\mathbf{x}}_s$线性无关。
2. 令$X_1=\left[\begin{array}{cccc}{\mathbf{x}}_1& {\mathbf{x}}_2& \cdots & {\mathbf{x}}_s\end{array}\right]$，则$A{X}_1=X_1{J}_s(\lambda )$。
3. 若$A$只有一个特征值，且其几何重数是1，则$A$相似于$J_n(\lambda )$，且有一个关于$\lambda$的长度为$n$的Jordan链${\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2,\cdots ,{\mathbf{x}}_n$。
1. 证明：
设$k_1{\mathbf{x}}_1+k_2{\mathbf{x}}_2+\cdots +k_s{\mathbf{x}}_s=0$，
两边同时左乘$(A-\lambda I{)}^{s-1}$得$k_1(A-\lambda I{)}^{s-1}{\mathbf{x}}_1+k_2(A-\lambda I{)}^{s-1}{\mathbf{x}}_2+\cdots +k_s(A-\lambda I{)}^{s-1}{\mathbf{x}}_s=0⟹k_s{\mathbf{x}}_1=0⟹k_s=0$ 两边同时左乘$(A-\lambda I{)}^{s-2}$得$k_1(A-\lambda I{)}^{s-2}{\mathbf{x}}_1+k_2(A-\lambda I{)}^{s-2}{\mathbf{x}}_2+\cdots +k_{s-1}(A-\lambda I{)}^{s-2}{\mathbf{x}}_{s-1}=0⟹k_{s-1}{\mathbf{x}}_1=0⟹k_{s-1}=0$ 同理可得$k_1=k_2=\cdots =k_s=0$，所以${\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2,\cdots ,{\mathbf{x}}_s$线性无关。
2. 证明：
显然$A{\mathbf{x}}_1=\lambda {\mathbf{x}}_1,A{\mathbf{x}}_2=\lambda {\mathbf{x}}_2+{\mathbf{x}}_1,\cdots ,A{\mathbf{x}}_s=\lambda {\mathbf{x}}_s+{\mathbf{x}}_{s-1}.$ 即$$A{X}_1=\left[\begin{array}{cccc}A{\mathbf{x}}_1& A{\mathbf{x}}_2& \cdots & A{\mathbf{x}}_s\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}{\mathbf{x}}_1& {\mathbf{x}}_2& \cdots & {\mathbf{x}}_s\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}\lambda & 1& & \\ & \lambda & \ddots & \\ & & \ddots & 1\\ & & & \lambda \end{array}\right]=X_1{J}_s(\lambda )$$证毕。
3. 证明：
由Jordan标准型立得，$A$相似于$J_n(\lambda )$，即存在可逆矩阵$X$，使得$A=X{J}_n(\lambda )X^{-1}⟹AX=X{J}_n(\lambda ).$ 设$X=\left[\begin{array}{cccc}{\mathbf{x}}_1& {\mathbf{x}}_2& \cdots & {\mathbf{x}}_n\end{array}\right]$，由第(2)小问可以知道${\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2,\cdots ,{\mathbf{x}}_n$是Jordan链。因为Jordan链长度最多只能是n，所以$A$有一个关于$\lambda$的长度为$n$的Jordan链${\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2,\cdots ,{\mathbf{x}}_n$。
5.4.7 给定$m$阶方阵$A_1$，$n$阶方阵$A_2$和$m\times n$矩阵$B$，证明：
1. 如果$A_1$和$A_2$没有相同的特征值，则关于$m\times n$矩阵$X$的Sylvester方程$A_{1}X-X{A}_2=B$有唯一解。
证明：
$A_{1}X-X{A}_2=B$有唯一解等价于$A_{1}X-X{A}_2=O$只有零解。
$A_{1}X-X{A}_2=O⟹A_{1}X=X{A}_2⟹$等式两边左乘$A_1$得$A_1^{2}X=A_{1}X{A}_2⟹A_1^{2}X=X{A}_2^2.$以此类推，可以得到$A_1^{k}X=X{A}_2^k$，其中$k$是正整数。设$A_1$的特征多项式是$p(x)$，于是有$$p(A_1)X=Xp(A_2)$$由Hamilton-Cayley定理，$p(A_1)=O⟹Xp(A_2)=O.$ $p(A_2)$显然是个$n$阶方阵，下面我们证明其可逆。
设$A_2=Z^{-1}JZ$，其中$J$是Jordan标准型，则 $$\det (p(A_2))=\det (p(J))=\det (J-{\lambda }_1{I}_{n_1})\det (J-{\lambda }_2{I}_{n_2})\cdots \det (J-{\lambda }_s{I}_{n_s})$$ 其中${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_s$是$A_1$的特征值。
因为$A_1,A_2$没有共同的特征值，所以$\det (J-{\lambda }_1{I}_{n_1}),\cdots ,\det (J-{\lambda }_s{I}_{n_s})$均不为$0$，即$\det (p(A_2))\ne 0$，$p(A_2)$可逆。
而$Xp(A_2)=O$，这说明$\mathcal{N}(X)={\mathbb{R}}^n$，即$X=O$。所以若$A_1$和$A_2$没有相同的特征值，则关于$m\times n$矩阵$X$的Sylvester方程$A_{1}X-X{A}_2=B$有唯一解。
2. 如果$A_1$和$A_2$没有相同的特征值，则存在唯一的矩阵$X$满足 $$\left[\begin{array}{cc}{I}_m& X\\ O& I_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{A}_1& B\\ O& A_2\end{array}\right]{\left[\begin{array}{cc}{I}_m& X\\ O& I_n\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& A_2\end{array}\right].$$ 证明：
注意到${\left[\begin{array}{cc}{I}_m& X\\ O& I_n\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}{I}_m& -X\\ O& I_n\end{array}\right]$，于是等式左边用矩阵乘法展开得到 $$\left[\begin{array}{cc}{A}_1& B+X{A}_2-A_{1}X\\ O& A_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& A_2\end{array}\right].$$ 所以原命题等价于：如果$A_1$和$A_2$没有相同的特征值，则存在唯一的矩阵$X$满足$A_{1}X-X{A}_2=B$。这正是第(1)问已经证明的结论。
3.对$n$阶方阵$A$，存在可逆矩阵$X$，使得 $$X^{-1}AX=\left[\begin{array}{cccc}{\lambda }_{1}I+N_1& & & \\ & {\lambda }_{2}I+N_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_{s}I+N_s\end{array}\right],$$ 其中$N_1,N_2,\cdots ,N_s$是严格上三角阵。
证明：
由Jordan标准型立得。
4. 如果$m>n$且$A_1=J_m(0),A_2=J_n(0),B={\mathbf{e}}_1{\mathbf{b}}^{\mathrm{T}}$，即$B$除第一行外元素全为0，则关于$m\times n$矩阵$X$的Sylvester方程$A_{1}X-X{A}_2=B$有解，于是存在矩阵$X$满足 $$\left[\begin{array}{cc}{I}_m& X\\ O& I_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{A}_1& B\\ O& A_2\end{array}\right]{\left[\begin{array}{cc}{I}_m& X\\ O& I_n\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}{A}_1& O\\ O& A_2\end{array}\right].$$ 证明：
设$X=\left[\begin{array}{c}{\mathbf{x}}_1^{\mathrm{T}}\\ {\mathbf{x}}_2^{\mathrm{T}}\\ ⋮\\ {\mathbf{x}}_m^{\mathrm{T}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}{x}_{11}& x_{12}& \cdots & x_{1n}\\ x_{21}& x_{22}& \cdots & x_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_{m1}& x_{m2}& \cdots & x_{mn}\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{c}{\mathbf{b}}^{\mathrm{T}}\\ 0^{\mathrm{T}}\\ ⋮\\ 0^{\mathrm{T}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}{b}_1& b_2& \cdots & b_n\\ 0& 0& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& 0& \cdots & 0\end{array}\right]$ 直接用矩阵乘法计算$A_{1}X-X{A}_2=B$得, $$\left[\begin{array}{ccccc}{x}_{21}& x_{22}-x_{11}& x_{23}-x_{12}& \cdots & x_{2n}-x_{1,n-1}\\ x_{31}& x_{32}-x_{21}& x_{33}-x_{22}& \cdots & x_{3n}-x_{2,n-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_{m1}& x_{m2}-x_{m-1,1}& x_{m3}-x_{m-1,2}& \cdots & x_{mn}-x_{m-1,n-1}\\ 0& -x_{m1}& -x_{m2}& \cdots & -x_{m,n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}{b}_1& b_2& \cdots & b_n\\ 0& 0& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& 0& \cdots & 0\\ 0& 0& \cdots & 0\end{array}\right]$$ 将$X$按行排列成列向量, $$\left[\begin{array}{cccc}-J_n^{\mathrm{T}}(0)& I_n& & \\ & -J_n^{\mathrm{T}}(0)& \ddots & \\ & & \ddots & I_n\\ & & & -J_n^{\mathrm{T}}(0)\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{\mathbf{x}}_1\\ {\mathbf{x}}_2\\ ⋮\\ {\mathbf{x}}_m\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}\mathbf{b}\\ 0\\ ⋮\\ 0\end{array}\right]$$ 显然系数矩阵的秩和增广矩阵秩相等，方程有解。
5. 对$n$阶方阵$A=\left[\begin{array}{cccc}{J}_{k_1}(0)& {\mathbf{e}}_1{\mathbf{a}}_2^{\mathrm{T}}& \cdots & {\mathbf{e}}_1{\mathbf{a}}_r^{\mathrm{T}}\\ & J_{k_2}(0)& & \\ & & \ddots & \\ & & & J_{k_r}(0)\end{array}\right]$，其中$k_1>k_2\ge \cdots \ge k_r$（即$A$是一个Jordan标准型与除第一行外元素全为0矩阵的和），存在可逆矩阵$X$，使得 $$X^{-1}AX=\left[\begin{array}{cccc}{J}_{k_1}(0)& & & \\ & J_{k_2}(0)& & \\ & & \ddots & \\ & & & J_{k_r}(0)\end{array}\right].$$ 证明：
设$J=\left[\begin{array}{ccc}{J}_{k_2}(0)& & \\ & \ddots & \\ & & J_{k_n}(0)\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{e}}_1{\mathbf{a}}_2^{\mathrm{T}}& \cdots & {\mathbf{e}}_1{\mathbf{a}}_r^{\mathrm{T}}\end{array}\right]$ 则$A=\left[\begin{array}{cc}{J}_{k_1}(0)& B\\ O& J\end{array}\right]$，由(2)(4)小问结论立得。