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精确线性分类：终点任务及答案 ​

入口与任务 ​

本任务在 $\mathbb{Q}$ 上做精确运算。你应已理解线性算子、基、极小多项式、$F[x]$-模及合同的含义；Smith 形的通用算法复用旧页，不要求重新证明。

给定

$$A=\left(\begin{array}{ccccc}0& -1& 0& 1& 1\\ 1& 0& 0& 0& -1\\ 0& 0& 0& 1& 3\\ 0& 0& 1& 1& -1\\ 0& 0& 0& 1& 1\end{array}\right).$$

完成下列任务，不能只给数值特征值：

1. 输出不变因子、特征多项式与极小多项式
2. 给出伴随块矩阵 $R$ 和有理可逆 $P$，核验 $AP=PR$ 与可逆性
3. 写出 $xI-A$ 的首一 Smith 对角元，解释它与常矩阵换基的区别
4. 构造二次因子与 $x-2$ 对应的多项式投影，核验像空间及秩
5. 判断 $A$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是否有循环向量、是否可对角化，以及扩到 $\mathbb{C}$ 后的变化
6. 对另一个矩阵 $K=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ 给出惯性与合同证书，并说明这和 $A$ 的相似分类保留的量有什么不同

答案一：先建立循环基，避免猜测不变因子 ​

取 $u=e_1$、$v=e_1+e_3$，直接矩阵乘法给出

$$Au=e_2,A^{2}u=-u,$$$$Av=e_2+e_4,A^{2}v=e_3+e_4+e_5,A^{3}v=2v-Av+2A^{2}v.$$

因此两条轨道分别满足

$$p=x^2+1,q=x^3-2x^2+x-2=(x-2)p.$$

把五个轨道向量排成列，得到

$$P=[u,Au,v,Av,A^{2}v]=\left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 1& 0& 0\\ 0& 1& 0& 1& 0\\ 0& 0& 1& 0& 1\\ 0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right).$$

$P$ 上三角、$\det P=1$。因而这五个向量独立，两条关系确实分别是各循环限制的极小关系，没有提前停止的低次关系。

答案二：逐列核验伴随块与完整相似 ​

采用次对角为 $1$ 的列向量约定，令

$$R=\mathrm{diag}(\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 2\\ 1& 0& -1\\ 0& 1& 2\end{array}\right)).$$

$AP$ 的五列依次为 $Au,-u,Av,A^{2}v,2v-Av+2A^{2}v$，与 $PR$ 的五列完全相同。因此 $AP=PR$ 且 $P$ 可逆，认证 $P^{-1}AP=R$。

由于 $p\mid q$，这已经满足有理标准形理路不变因子与有理标准形Rational canonical form · Frobenius normal form · Invariant factor form不扩域求根，以 F[x] 不变因子完整分类相似矩阵，并用循环基与 AP=PR 给出可核验的换基证书。的整除次序，不变因子为 $(p,q)$。由此

$${\chi }_A=pq=(x^2+1{)}^2(x-2),m_A=q=(x^2+1)(x-2).$$

$xI-A$ 的首一 Smith 对角元是 $(1,1,1,p,q)$。多项式矩阵的左右等价给出这组关系不变量；上面的 $P$ 则是常系数向量空间换基。二者作用的对象不同，不能随手把 Smith 左因子当作 $P$。

答案三：主分量可以直接从原坐标取出 ​

因为 $m_A=p(x)(x-2)$ 且两因子互素，可用多项式投影理路线性算子的主分解与多项式投影Primary decomposition of a linear operator · Polynomial spectral projectors用互素多项式的 Bézout 证书构造规范投影，逐向量恢复主分量，并说明它与正交投影的区别。

$$P_2=\frac{A^2+I}{5},P_p=I-P_2.$$

中间矩阵为

$$A^2+I=\left(\begin{array}{ccccc}0& 0& 1& 2& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 2& 4& 2\\ 0& 0& 1& 2& 1\\ 0& 0& 1& 2& 1\end{array}\right)=w{a}^T,$$

其中 $w=(1,0,2,1,1{)}^T$、$a=(0,0,1,2,1{)}^T$。$a^{T}w=5$，故 $P_2^2=P_2$、$\mathrm{rank}{P}_2=1$；直接计算 $Aw=2w$。所以 $\mathrm{im}{P}_2=\ker (A-2I)$。

$P_p^2=P_p$、$P_p{P}_2=P_2{P}_p=0$、$P_p+P_2=I$。由 $p(A)(I-p(A)/5)=0$，或按主分解定理，$\mathrm{im}{P}_p=\ker (A^2+I)$，维数为 $4$。这些投影一般不对称，不是原坐标 Euclidean 内积下的正交投影。

答案四：循环、分裂与对角化分别判断 ​

全局极小多项式次数为 $3<5$，所以任意单个向量的幂轨道最多三维，$A$ 没有生成全空间的循环向量。这里的三阶循环块不妨碍整个矩阵需要两个循环块。

在 $\mathbb{Q}$ 上，$m_A$ 含不可约二次因子 $x^2+1$，故不能有有理特征向量基。在 $\mathbb{C}$ 上，$m_A=(x-i)(x+i)(x-2)$ 分裂且无重根，所以 $A$ 可对角化；特征值按重数为 $i,i,-i,-i,2$。特征多项式的重根并不阻止对角化，决定块长的是极小多项式的指数。

答案五：合同只保留惯性 ​

对题设的 $K$，二次型为 $x^2+2xy=(x+y{)}^2-y^2$。取

$$S=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right),S^{T}KS=\mathrm{diag}(1,-1,0),\det S=1.$$

由惯性定律理路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。，惯性为 $(1,1,1)$。$K$ 的非零特征值为 $(1\pm \sqrt{5})/2$，所以这次合同没有保留原特征值。$AP=PR$ 认证的是相似，$S^{T}KS=D$ 认证的是同一个二次型在新坐标下的表示，两类证书不能互换。

验收要点 ​

完整答案需同时包含整除链、伴随列约定、可逆 $P$ 与精确乘回关系。两个多项式或几个近似根不能替代相似类；小浮点残差也不能替代本题要求的有理恒等式。

循环与伴随接口给出单块机制；定量谱证书终点转向允许扰动后的定位和误差，是另一个问题。