Hermite 迹型与实根符号

一个伴随矩阵生成全部条目 ​

令 $C$ 为“乘以 $x$”的矩阵。则“乘以 $h(x)$”的矩阵是 $h(C)$，所以

对 $p=x^3-x-1$，关系 $x^3=x+1$ 给出

三列分别记录 $x\cdot 1=x$、$x\cdot x=x^2$、$x\cdot x^2=1+x$。这就是伴随矩阵理路循环子空间与伴随矩阵Cyclic subspace and companion matrix · Cyclic vector · Polynomial companion matrix把一个向量的精确幂递推表示为多项式商模和伴随矩阵，给出列向量约定下的换基证书。的乘法解释。

记 $s_k=\mathrm{Tr}(C^k)$。直接计算得到

由 $C^3=C+I$，对 $k\ge 0$ 有 $s_{k+3}=s_{k+1}+s_k$，因此

例如 $s_5=s_3+s_2=5$。这些数足够构造后面三张矩阵。

为什么非实根会相消 ​

把有理系数扩到实数，不改变矩阵 $H_q$，只是允许用实数换基。平方自由实多项式分解为互异的一次因子和不可约二次因子，由中国剩余定理理路环上的中国剩余定理Chinese remainder theorem for rings两两互素理想的交商与对应商环直积之间存在规范同构。，有实代数同构

这里每个实根对应一个 $\mathbb{R}$ 分量，每对非实共轭根对应一个 $\mathbb{C}$ 分量。不同分量相乘为零，所以迹形式按这些分量正交分块。

在实根 $\alpha$ 对应的一维分量，形式就是

若 $q(\alpha )>0$，它贡献一个正平方；若小于零，贡献一个负平方；若为零，贡献一个零方向。

在非实根 $z$ 对应的复分量，设 $q(z)=c+di$。复数乘法作为二维实线性映射的迹是其实部的两倍，所以形式为 $2\mathrm{Re}(q(z)uv)$。在实基 $(1,i)$ 下，它的矩阵是

若 $q(z)\ne 0$，两个特征值为 $\pm 2\sqrt{c^2+d^2}$，一正一负；若 $q(z)=0$，整块为零。两种情况下，对签名的净贡献都是零。

由Sylvester惯性定律理路Sylvester 惯性定律Sylvester law of inertia · Inertia under congruence用最大正负子空间的维数证明实对称二次型的合同分类，给出配方换基并区分零值向量与核。，换基不改变正、负、零方向数。于是

特别地，$q=1$ 时，签名就是不同实根数。这里的签名是 $n_{+}-n_{-}$，不是矩阵的迹，也不是行列式的符号。

第一张矩阵：认证恰有一个实根 ​

取 $q=1$，则 $(H_1{)}_{ij}=s_{i+j}$，所以

不用近似特征值，可以直接给出有理分解

$L_1$ 可逆，逐项相乘恢复 $H_1$，故两者合同。$D_1$ 有两个正项、一个负项，所以

于是 $x^3-x-1$ 恰有一个实根。这个结论独立于Sturm端点表；另外两个复根所贡献的一正一负已经相消。

第二张矩阵：在唯一实根上判断符号 ​

现在取 $q=x^2-2$，矩阵项为 $s_{i+j+2}-2s_{i+j}$，得到

例如左上角是 $s_2-2s_0=2-6=-4$。同样有精确分解

它有一个正项、两个负项，签名为 $-1$。已知实根只有一个，记为 $\alpha$，因此

这与上一页在 $(5/4,4/3)$ 中算出的查询 $1-2=-1$ 完全相同。

第三张矩阵：把“零贡献”单独查出来 ​

为统计 $q$ 在实根上有多少次非零，取 $q^2=(x^2-2{)}^2$。有

以及

签名为一。三次查询因此为

由 $(W+U)/2,(W-U)/2,N-W$，得到正、负、零根数分别为 $(0,1,0)$。这份核验同时检查数量和符号，没有把复根混入统计。

零主元不代表零特征值 ​

对同一个三次多项式，若取 $q=x$，矩阵为

左上角为零，但 $\det H_x=-23\ne 0$。若机械地在第一步除以左上角，就会失败；不能据此宣布形式退化。

可以先保留左上二维块

它贡献一正一负。剩余Schur补为

因此整张矩阵的签名仍为一，认证唯一实根为正。需要的是允许一阶、二阶块的精确合同消元，或其他经过证明的惯性算法，不是对角元逐项数正负。

范围与重根的边界 ​

本页的直接和证明假设 $p$ 平方自由。若有重根，商代数会含幂零元，不能继续写成简单的 ${\mathbb{R}}^r\times {\mathbb{C}}^s$。最直接的执行方式是先取平方自由部分，再用本页证明；更一般的Hermite定理也能处理重根，但需要补上非约化代数中的迹论证。

$H_q$ 的签名统计整个实轴，默认不带区间。若只想查看某个隔离区间，可用Sturm–Tarski局部查询；也可以进一步设计筛选权重，但必须证明它确实只保留指定根。不能从全局签名直接读出某个区间的结果。

矩阵计算全程精确仍有成本：迹幂、矩阵条目与合同因子的分子分母会变大。本文用三维矩阵演示可核验机制，没有把它宣称为任意次数上的最快实根算法。

终点复算 ​

先仅由关系 $C^3=C+I$ 算出 $s_0$ 到 $s_8$，构造 $H_1,H_q,H_{q^2}$。再逐个验证三条 $H=LD{L}^{\mathsf{T}}$，读出签名 $(1,-1,1)$。最后与负余式链理路Sturm–Tarski 符号查询Sturm–Tarski query · Tarski query · Sturm–Tarski theorem · 加权实根符号查询将实根计数推广为根上符号之和，以导数加权负余式链计算查询，并用三次查询恢复正、负、零根数。的查询比较。

完整的单元练习与证书还把三次因子接回七次输入，要求恢复四个不同实根、其中一个二重根，以及 $x^2-2$ 在这些根上的两个零值、两个负值。配套脚本只用Python标准库的精确分数运算复核这些结论。