[问题2014S08] 解答 (此解答由徐昊宸同学和鹿彭同学提供)
设 (P_1(lambda),P_2(lambda),Q_1(lambda),Q_2(lambda)) 为可逆 (lambda)-矩阵, 使得 [P_1(lambda)(lambda I_m-A_1)Q_1(lambda)=Lambda_1=mathrm{diag}{d_{11}(lambda),d_{12}(lambda),cdots,d_{1m}(lambda)},] [P_2(lambda)(lambda I_n-A_2)Q_2(lambda)=Lambda_2=mathrm{diag}{d_{21}(lambda),d_{22}(lambda),cdots,d_{2n}(lambda)}] 分别为 (A_1,A_2) 的法式. 由于 (A_1,A_2) 没有公共的特征值, 即 (A_1) 的特征多项式 (f_1(lambda)) 与 (A_2) 的特征多项式 (f_2(lambda)) 没有公共根, 故 (f_1(lambda)) 与 (f_2(lambda)) 互素. 因为 (f_1(lambda)=d_{11}(lambda)d_{12}(lambda)cdots d_{1m}(lambda)) 以及 (f_2(lambda)=d_{21}(lambda)d_{22}(lambda)cdots d_{2n}(lambda)), 所以 [(d_{1i}(lambda),d_{2j}(lambda))=1,\,i=1,2,cdots,m;j=1,2,cdots,n.] 由互素多项式的性质知, 存在多项式 (u_{ij}(lambda),v_{ij}(lambda)), 使得 [d_{1i}(lambda)u_{ij}(lambda)+d_{2j}(lambda))v_{ij}(lambda)=1,\,i=1,2,cdots,m;j=1,2,cdots,n.cdotscdots(1)]
令 [P(lambda)=egin{bmatrix} P_1(lambda) & 0 \ 0 & P_2(lambda) end{bmatrix},\,Q(lambda)=egin{bmatrix} Q_1(lambda) & 0 \ 0 & Q_2(lambda) end{bmatrix},] 则 [P(lambda)(lambda I-A)Q(lambda)=egin{bmatrix} Lambda_1 & C(lambda) \ 0 & Lambda_2 end{bmatrix},] 其中 (C(lambda)=-P_1(lambda)BQ_2(lambda)) 为 (m imes n) 阶 (lambda)-矩阵. 设 (C(lambda)=Big(c_{ij}(lambda)Big)_{m imes n}). 若 (c_{ij}(lambda) eq 0), 则利用 (1) 式, 将 (Lambda_1) 中的 (d_{1i}) 乘以 (-u_{ij}(lambda)c_{ij}(lambda)) 以及将 (Lambda_2) 中的 (d_{2j}) 乘以 (-v_{ij}(lambda)c_{ij}(lambda)) 全部加到 (C(lambda)) 的第 ((i,j)) 位置, 即可消去 (c_{ij}(lambda)). 因此 [egin{bmatrix} Lambda_1 & C(lambda) \ 0 & Lambda_2 end{bmatrix}\,mbox{相抵于}egin{bmatrix} Lambda_1 & 0 \ 0 & Lambda_2 end{bmatrix},] 从而 (lambda I-A) 相抵于 (mathrm{diag{Lambda_1,Lambda_2}}). 由复旦高代教材 P271 引理 7.6.2 知, (A) 的初等因子组等于 [d_{11}(lambda),d_{12}(lambda),cdots,d_{1m}(lambda);d_{21}(lambda),d_{22}(lambda),cdots,d_{2n}(lambda)] 的准素因子全体, 从而即为 (A_1) 的初等因子组和 (A_2) 的初等因子组的无交并集, 故 (A) 的 Jordan 标准型为 [egin{bmatrix} J_1 & 0 \ 0 & J_2 end{bmatrix}. quadBox]