七、(本题10分) 设 $n$ 阶复方阵 $A$ 的特征多项式为 $f(lambda)$, 复系数多项式 $g(lambda)$ 满足 $(f(lambda),g'(lambda))=1$. 证明: $A$ 可对角化的充要条件是 $g(A)$ 可对角化.
证明 先证必要性. 设 $A$ 可对角化, 即存在非异阵 $P$, 使得 $P^{-1}AP=Lambda=mathrm{diag}{lambda_1,lambda_2,cdots,lambda_n}$ 为对角阵, 于是 $P^{-1}g(A)P=g(P^{-1}AP)=g(Lambda)=mathrm{diag}{g(lambda_1),g(lambda_2),cdots,g(lambda_n)}$ 为对角阵, 即 $g(A)$ 可对角化.
接下去我们用三种方法来证充分性.
证法一 (Jordan 标准型的应用) 设 $A$ 不可对角化, 则其 Jordan 标准型 $J=P^{-1}AP=mathrm{diag}{J_{r_1}(lambda_1),J_{r_2}(lambda_2),cdots,J_{r_k}(lambda_k)}$ 中至少有一个 Jordan 块的阶数大于 1. 不失一般性, 不妨设 $J_{r_1}(lambda_1)$ 的阶数 $r_1>1$. 注意到 $P^{-1}g(A)P=g(P^{-1}AP)=g(J)=mathrm{diag}{g(J_{r_1}(lambda_1)),g(J_{r_2}(lambda_2)),cdots,g(J_{r_k}(lambda_k))}$, 其中 $$g(J_{r_1}(lambda_1))=egin{pmatrix} g(lambda_1) & g'(lambda_1) & & * \ & g(lambda_1) & ddots & \ & & ddots & g'(lambda_1) \ & & & g(lambda_1) end{pmatrix},$$ 又由 $(f(lambda),g'(lambda))=1$ 可知 $g'(lambda_1) eq 0$, 因此 $g(J_{r_1}(lambda_1))$ 的特征值全为 $g(lambda_1)$, 其几何重数为 $r_1-r(g(J_{r_1}(lambda_1))-g(lambda_1)I_{r_1})=r_1-(r_1-1)=1$. 于是 $g(J_{r_1}(lambda_1))$ 的 Jordan 标准型为 $J_{r_1}(g(lambda_1))$, 其阶数 $r_1>1$, 这也是 $g(A)$ 的一个 Jordan 块, 故 $g(A)$ 不可对角化.
引理 1 (复旦高代教材第七章的复习题 22 或白皮书的例 7.14) $n$ 阶复方阵 $A$ 可对角化的充要条件是对 $A$ 的任一特征值 $lambda_0$, $r(A-lambda_0I_n)=r((A-lambda_0I_n)^2)$.
证法二 (引理1的应用) 设 $g(A)$ 可对角化, 任取 $A$ 的特征值 $lambda_0$, 则 $g(lambda_0)$ 也是 $g(A)$ 的特征值. 由引理 1 可知 $r(g(A)-g(lambda_0)I_n)=r((g(A)-g(lambda_0)I_n)^2)$. 由 $(f(lambda),g'(lambda))=1$ 可知 $g'(lambda_0) eq 0$, 因此 $lambda_0$ 是 $g(lambda)-g(lambda_0)$ 的单根, 设 $g(lambda)-g(lambda_0)=(lambda-lambda_0)q(lambda)$, 则 $(lambda-lambda_0,q(lambda))=1$, 再由白皮书的例 5.73 可知 $r(g(A)-g(lambda_0)I_n)=r(A-lambda_0I_n)+r(q(A))-n$. 同理由 $((lambda-lambda_0)^2,q(lambda)^2)=1$ 可知 $r((g(A)-g(lambda_0)I_n)^2)=r((A-lambda_0I_n)^2)+r(q(A)^2)-n$. 注意到 $$r(g(A)-g(lambda_0)I_n)=r((g(A)-g(lambda_0)I_n)^2),\ r(A-lambda_0I_n)geq r((A-lambda_0I_n)^2),\,\,\,\,r(q(A))geq r(q(A)^2),$$ 从而上述不等号只能取等号, 特别地, $r(A-lambda_0I_n)=r((A-lambda_0I_n)^2)$, 再次由引理 1 可知 $A$ 可对角化.
证法三 (极小多项式的应用) 设 $g(A)$ 可对角化, 用反证法证明. 设 $A$ 不可对角化, 则其 Jordan 标准型 $J=P^{-1}AP=mathrm{diag}{J_{r_1}(lambda_1),J_{r_2}(lambda_2),cdots,J_{r_k}(lambda_k)}$ 中至少有一个 Jordan 块的阶数大于 1. 不失一般性, 不妨设 $J_{r_1}(lambda_1)$ 的阶数 $r_1>1$. 注意到 $$P^{-1}g(A)P=g(P^{-1}AP)=g(J)=mathrm{diag}{g(J_{r_1}(lambda_1)),g(J_{r_2}(lambda_2)),cdots,g(J_{r_k}(lambda_k))},$$ 因为 $g(A)$ 可对角化, 故 $g(J)$ 可对角化, 从而 $g(J)$ 的每一个分块均可对角化, 特别地, $g(J_{r_1}(lambda_1))$ 可对角化. 又 $g(J_{r_1}(lambda_1))$ 的特征值全为 $g(lambda_1)$, 所以 $g(J_{r_1}(lambda_1))=g(lambda_1)I$, 即 $J_{r_1}(lambda_1)$ 适合多项式 $g(lambda)-g(lambda_1)$. 因为 $J_{r_1}(lambda_1)$ 的极小多项式为 $(lambda-lambda_1)^{r_1}$, 故由极小多项式的基本性质可得 $(lambda-lambda_1)^{r_1}mid (g(lambda)-g(lambda_1))$, 又 $r_1>1$, 故 $g'(lambda_1)=0$, 但这与 $(f(lambda),g'(lambda))=1$ 相矛盾. $Box$
注 采用证法一的同学为16级何陶然、王雨程、何志昂、李高瞻、朱民哲、杨锦文、汪铈达、蒋亦凡、沈伊南、章俊鑫、林晨，徐钰伦、颜匡萱, 15级宁盛臻、14级王泽斌共15人. 证法二由16级吴嘉诚同学提供, 证法三由16级郑卓林同学提供. 14级于鸿宝同学利用与证法一完全类似的讨论 (也类似于15级高代II期末考试第六大题的证明) 得到: 若 $A$ 的 Jordan 标准型为 $mathrm{diag}{J_{r_1}(lambda_1),J_{r_2}(lambda_2),cdots,J_{r_k}(lambda_k)}$, 则 $g(A)$ 的 Jordan 标准型为 $mathrm{diag}{J_{r_1}(g(lambda_1)),J_{r_2}(g(lambda_2)),cdots,J_{r_k}(g(lambda_k))}$. 由此即可直接得到第七大题的结论.