例 7.75

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• 例 7.53

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例 7.75

设 $A$ 为 $n$ 阶幂零矩阵，证明：${\mathrm{e}}^A$ 与 $I_n+A$ 相似。

解答

证法 1 由 $A$ 是幂零矩阵可知，$A$ 的特征值全为零。设 $P$ 为非异阵，使得

$$P^{-1}AP=J=\mathrm{diag}\{J_{r_1}(0),J_{r_2}(0),\cdots ,J_{r_k}(0)\}$$

为 $A$ 的 Jordan 标准型。先对 Jordan 块 $J_{r_i}(0)$ 进行证明。注意到

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{e}}^{J_{r_i}(0)}& =I_{r_i}+\frac{1}{1!}{J}_{r_i}(0)+\frac{1}{2!}{J}_{r_i}(0{)}^2+\cdots +\frac{1}{(r_i-1)!}{J}_{r_i}(0{)}^{r_i-1}\\ & =\left(\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & \ast \\ & 1& \ddots & ⋮\\ & & \ddots & 1\\ & & & 1\end{array}\right),\end{array}$$

故 ${\mathrm{e}}^{J_{r_i}(0)}$ 的特征值全为 $1$，其几何重数等于 $r_i-r({\mathrm{e}}^{J_{r_i}(0)}-I_{r_i})=r_i-(r_i-1)=1$。 因此 ${\mathrm{e}}^{J_{r_i}(0)}$ 只有一个 Jordan 块，其 Jordan 标准型为 $J_{r_i}(1)=I_{r_i}+J_{r_i}(0)$，即存在非异阵 $Q_i$，使得

$${\mathrm{e}}^{J_{r_i}(0)}=Q_i(I_{r_i}+J_{r_i}(0))Q_i^{-1}(1\le i\le k).$$

再对 Jordan 标准型 $J$ 进行证明。令 $Q=\mathrm{diag}\{Q_1,Q_2,\cdots ,Q_k\}$， 则 $Q$ 为非异阵，满足

$${\mathrm{e}}^J=\mathrm{diag}\{{\mathrm{e}}^{J_{r_1}(0)},{\mathrm{e}}^{J_{r_2}(0)},\cdots ,{\mathrm{e}}^{J_{r_k}(0)}\}=Q(I_n+J)Q^{-1}.$$

最后对一般的矩阵 $A$ 进行证明。由前两步可得

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{e}}^A& ={\mathrm{e}}^{PJ{P}^{-1}}=P{\mathrm{e}}^J{P}^{-1}=PQ(I_n+J)Q^{-1}{P}^{-1}\\ & =PQ(I_n+P^{-1}AP)Q^{-1}{P}^{-1}=(PQ{P}^{-1})(I_n+A)(PQ{P}^{-1}{)}^{-1},\end{array}$$

即 ${\mathrm{e}}^A$ 与 $I_n+A$ 相似。

证法 2 由 $A$ 是幂零矩阵可知，$A$ 的特征值全为零，从而 $I_n+A$ 和

$${\mathrm{e}}^A=I_n+A+\cdots +\frac{1}{(n-1)!}{A}^{n-1}$$

的特征值全为 1。容易验证

$$r(({\mathrm{e}}^A-I_n{)}^k)=r(A^k)(k\ge 1)$$

成立，故由例 7.53 即得结论。$\square$