我很久以前曾经写过一篇关于线性递推的矩阵分析的文章，不过在特征多项式有重根的情况下的证明却没有具体描述，只是推锅给极小扰动。其实是我当时自己也一知半解。在大学系统接触线性代数后，我学到了完整的证明(p_A(A)=0)的方法，其中(p_A(lambda))表示(A)的特征多项式，放在这里供大家参考。
手机写公式太麻烦了，等网线寄到了在电脑上补。
来补了。
首先规定一个常用的矩阵表示方法。可以将一个矩阵纵横切割分为若干方块。例如(A=left[egin{matrix}A_{11}& A_{12}\A_{21}&A_{22}end{matrix} ight])，矩阵内的四部分也是矩阵，相当于拼合在了一起。当然，同一列的矩阵必须等宽，同一行的矩阵必须等高。运算时，可以将每个小矩阵视作独立元素，按照矩阵乘法规则运算，可以验证这一算法的正确性。不过要使用这种方式，左矩阵的列分割情况和右矩阵行分割情况要相同。
令(p_A(lambda))表示(A)的特征多项式，(lambda_1,lambda_2,dots,lambda_n)表示该多项式的根。
命题(1)：对于(n imes n)的方阵(A)，则存在可逆矩阵(X)和上三角矩阵(U)，使得(A=X^{-1}UX)。
证明：利用数学归纳法，(n=1)时，令(X=I)即得。假设(n=k-1)时，命题成立。
考虑对(k)阶方阵(A)，先取其中一个特征值(lambda_1)和对应的特征向量(x_1)，从(x_1)扩张出一组基(x_1,x_2,dots,x_n)，令(X_1=left[egin{matrix}x_1&x_2&dots&x_nend{matrix} ight]=left[egin{matrix}x_1&X_{2}end{matrix} ight])，由于(X_1)可逆，存在(M=X_1^{-1}AX_1)，即(AX_1=X_1M)。那么：
因此(M=left[egin{matrix}lambda_1&v^T\ oldsymbol 0& ilde Aend{matrix} ight])，由归纳假设，存在可逆矩阵( ilde X)，上三角矩阵( ilde U)，使得( ilde A= ilde X^{-1} ilde U ilde X)，则：
注意到(left[egin{matrix}1&oldsymbol 0^T\oldsymbol 0 & ilde Xend{matrix} ight]^{-1}=left[egin{matrix}1&oldsymbol 0^T\oldsymbol 0 & ilde X^{-1}end{matrix} ight])，于是可以有：
令(X=left[egin{matrix}1&oldsymbol 0^T \ oldsymbol 0 & ilde Xend{matrix} ight]X_1)，(U=left[egin{matrix}lambda_1&v^T ilde X^{-1}\ oldsymbol 0 & ilde Uend{matrix} ight])，显然符合条件。
证毕。
命题(2)：对于上三角矩阵(U)，其对角元素恰是其特征多项式的(n)个根。
证明：只需利用行列式的展开式即可，对于(det(lambda I-U))，其严格下三角元素都为(0)，因此贡献非(0)的排列只有(1,2,dots,n),贡献为(prod_{i=1}^n (lambda-U_{ii}))。证毕。
命题(3)：若(A=X^{-1}UX)如命题(1)所述，则(p_A(lambda)=p_U(lambda))。
证明：$$p_U(lambda)=det(lambda I-XAX^{-1})=det( Xlambda IX^{-1}-XAX^{-1})$$$$=det(X)det(lambda I-A)det(X^{-1})=det(lambda I-A)=p_A(lambda)$$
证毕。
命题(4)：若(A=X^{-1}UX)如命题(1)所述，则(p_A(A)=X^{-1}p_A(U)X)。
证明：(A^k=(X^{-1}UX)^k=X^{-1}(UXX^{-1})^{k-1}UX=X^{-1}U^kX)
对于(p_A(A))的每一项都是如此，即得。证毕。
命题(5)：若(U)为上三角矩阵，则(p_U(U)=0)。
证明：考虑(p_U(lambda)=prod_{i=1}^n(lambda-lambda_i))，由命题(2)，可以调换相乘顺序使(lambda_i=U_{ii})，则(p_U(U)=prod_{i=1}^n(U-lambda_i I))。其中，第(i)个矩阵的((i,i))号元素为(0)。
记(B_i=U-lambda_i I)。考虑矩阵乘法的定义，对于矩阵(prod_{i=1}^nB_i)，其((k_0,k_n))号元素是若干(B_{1(k_0k_1)}*B_{2(k_1k_2)}*dots*B_{n(k_{n-1}k_n)})的贡献总和，可以将其中一条路径抽象为(k_0 o k_1 odots o k_n)，只要证明每一条路径贡献为(0)即可。
考虑(B_i)都是上三角矩阵，因此若(i>j)，(i o j)的贡献就是(0)，因此(k_0 o k_1 odots o k_n)若想有贡献，其必须是非减的，即(k_0leq k_1leq dotsleq k_n)，而(k_n-k_1leq n-1)，不等号有(n)个，因此不可能全取小于，必有至少一个不等号取等。
假设其中一个为(k_{i-1}=k_{i})，分三种情况：
1.(k_{i-1}=i)，则(k_{i-1} o k_i)的转移在第(i)个矩阵(B_i)上，而(B_i)的((i,i))号元素为(0)。则路径的贡献是(0)。
2.(k_{i-1}leq i-1)，此时(n>1)。考虑序列(k_0 o k_1 o dots o k_{i-1})，有(k_{i-1}-k_0leq i-2)，却有(i-1)个转移，和总体的情况类似，必有等号，可以递归考虑。
3.(k_{i-1}geq i+1)，与情况(2)类似。
(2,3)发生时(n>1)，必不可能一直发生下去，一定会出现情况(1)。因此任意路径贡献为(0)，也就证明了命题。证毕。
命题(6)：(p_A(A)=0)
证明：若(A=X^{-1}UX)如命题(1)所述，则(p_A(A)=X^{-1}p_A(U)X=X^{-1}p_U(U)X=0)。
证毕。