第六大題 設 $A$ 為 $n$ 階復方陣, 證明: $A$ 不可對角化當且僅當存在一元多項式 $f(x)$, 使得 $f(A)$ 非零, $I_n+f(A)$ 可逆, 並且 $(I_n+f(A))^{-1}$ 與 $I_n-f(A)$ 相似.
證明 先證必要性. 考慮 $A$ 的 Jordan-Chevalley 分解 $A=B+C$, 其中 $B$ 為可對角化矩陣, $C$ 為冪零矩陣, $BC=CB$, 且 $B,C$ 均可表示為 $A$ 的多項式. 由假設 $A$ 不可對角化, 故 $C\neq 0$. 設 $C=f(A)$, 其中 $f(x)\in\mathbb{C}[x]$, 則由 $C$ 冪零可知 $I_n\pm f(A)=I_n\pm C$ 的特征值都為 1, 故為可逆陣. 要證 $(I_n+C)^{-1}$ 與 $I_n-C$ 相似, 只要等價地證明 $I_n+C$ 與 $(I_n-C)^{-1}$ 相似即可.
我們采用“三段論法”來證明上述結論. 設 $P$ 為非異陣, 使得 $$P^{-1}CP=J=\mathrm{diag}\{J_{r_1}(0),J_{r_2}(0),\cdots,J_{r_k}(0)\}$$ 為 $C$ 的 Jordan 標准型. 對任一 Jordan 塊 $J_{r_i}(0)$, 我們有 $$(I_{r_i}-J_{r_i}(0))^{-1}=I_{r_i}+J_{r_i}(0)+\cdots+J_{r_i}(0)^{r_i-1}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ & 1 & \cdots & 1 \\ & & \ddots & \vdots \\ & & & 1 \\ \end{pmatrix}.$$ 上述矩陣的特征值全為 1, 經過簡單的計算可知, 特征值 1 的幾何重數為 1, 因此上述矩陣的 Jordan 標准型為 $J_{r_i}(1)=I_{r_i}+J_{r_i}(0)$. 於是存在非異陣 $Q_i$, 使得 $(I_{r_i}-J_{r_i}(0))^{-1}=Q_i^{-1}(I_{r_i}+J_{r_i}(0))Q_i$. 令 $Q=\mathrm{diag}\{Q_1,Q_2,\cdots,Q_k\}$, 則 $Q$ 為非異陣且 $(I_n-J)^{-1}=Q^{-1}(I_n+J)Q$. 最后, 我們有 $I_n+C=P(I_n+J)P^{-1}=PQ(I_n-J)^{-1}Q^{-1}P^{-1}=PQP^{-1}(I_n-C)^{-1}PQ^{-1}P^{-1}$, 即 $I_n+C$ 與 $(I_n-C)^{-1}$ 相似.
用反證法證明充分性. 設 $A$ 可對角化, 則 $C:=f(A)$ 也可對角化. 由於題目的條件和結論在相似關系下不改變, 故不妨設 $C=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$ 為對角陣, 由 $I_n+C$ 非異可知 $\lambda_i\neq -1\,(1\leq i\leq n)$. 注意到 $$(I_n+C)^{-1}=\mathrm{diag}\{\frac{1}{1+\lambda_1},\frac{1}{1+\lambda_2},\cdots,\frac{1}{1+\lambda_n}\},\\ I_n-C=\mathrm{diag}\{1-\lambda_1,1-\lambda_2,\cdots,1-\lambda_n\},$$ 由於上述兩個矩陣相似, 故它們有相同的特征值, 從而存在 $\{1,2,\cdots,n\}$ 的一個置換 $\sigma$, 使得 $$(1+\lambda_i)(1-\lambda_{\sigma(i)})=1,\quad 1\leq i\leq n,$$ 化簡后可得 $$(1)\quad\lambda_i-\lambda_{\sigma(i)}-\lambda_i\lambda_{\sigma(i)}=0, \quad 1\leq i\leq n.$$ 特別地, 由 (1) 式可知 $\lambda_i$ 與 $\lambda_{\sigma(i)}$ 或同時為零, 或同時非零. 由於 $C$ 非零, 故不妨設 $\lambda_1\neq 0$. 將置換 $\sigma$ 分解成互不相交的循環的乘積, 設指標 1 所在循環的長度為 $k$, 則 $k$ 是最小的正整數, 使得 $\sigma^k(1)=1$. 由 (1) 式可知 $k\geq 2$, 並有如下的等式: $$\frac{1}{\lambda_{\sigma(1)}}-\frac{1}{\lambda_1}=1,\,\,\frac{1}{\lambda_{\sigma^2(1)}}-\frac{1}{\lambda_{\sigma(1)}}=1,\,\,\cdots,\,\,\frac{1}{\lambda_{\sigma^k(1)}}-\frac{1}{\lambda_{\sigma^{k-1}(1)}}=1.$$ 上述 $k$ 個等式相加可得 $k=0$, 矛盾! $\Box$