$x^k∣m_A(x),k>⌈n/2⌉$, 则$A$无平方根

hbghlyj

矩阵$A$的极小多项式含有因式$x^k,k>\frac n2$, 则$A$无平方根.
来自math.stackexchange.com/questions/3929694/的最后一句.
反例:
\[A=\pmatrix{
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0}\]
则$m_A(x)=x^2,2>\frac32,$ 但是$A$有平方根:
\[A=\pmatrix{
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0}^2\]

hbghlyj

矩阵$A$有平方根, $A$的极小多项式含有因式$x$的重数为$k(≥0)$,则$k≤\lceil\frac n2\rceil$.
证明
设$A=B^2,m_A(x)=x^k⋅f(x),x∤f(x)$.
因为$m_A(B^2)=m_A(A)=0$, 所以$m_B(x)∣m_A(x^2)=x^{2k}⋅f(x^2)$, 则$m_B(x)=x^l⋅g(x),x∤g(x),l≤2k$.
由$\deg m_B≤n$得$l≤n$.
因为$g(x)g(-x)$是偶函数, $g(x)g(-x)$是$x^2$的多项式, 设$g(x)g(-x)=h(x^2)$. 设$j=\lceil\frac l2\rceil$, 则$$B^lg(B)=0\implies A^jh(A)=B^{2j}h(B^2)=0\implies m_A(x)∣x^jh(x)\implies k≤j$$由$l≤2k$得$\lceil\frac l2\rceil≤\lceil\frac{2k}2\rceil$, 即$j≤k$. 因此$j=k$. 因为$j=\lceil\frac l2\rceil,l≤n$, 所以$k≤\lceil\frac n2\rceil$.

---

逆命题: 若$k≤\lceil\frac n2\rceil$, 则$A$有平方根.
是否成立呢?

hbghlyj

矩阵$A$有$m$次方根, $A$的极小多项式含有因式$x$的重数为$k(≥0)$,则$k≤\lceil\frac nm\rceil$.
是否正确呢

Czhang271828

hbghlyj 发表于 2023-1-4 21:42
矩阵$A$有平方根, $A$的极小多项式含有因式$x$的重数为$k(≥0)$,则$k≤\lceil\frac n2\rceil$.
证明
设$A=B ...

实系数矩阵 $\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$ 在 $\mathbb R$ 上没有平方根.

我们断言 $A:=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\\&&1&1\\&&0&1\end{pmatrix}$ 在 $\mathbb C$ 上也没有平方根. 若 $B^2=A$, 则不妨设 $B$ 的特征值为 $(0,0,1,1)$. 由于 $A=B^2$ 有两个两阶 Jordan 块, 故 $B$ 的 Jordan 标准型也只能为 $\begin{pmatrix}0&1\\0&0\\&&1&1\\&&0&1\end{pmatrix}$. 因此 $A=B^2$ 与 $\begin{pmatrix}0&0\\0&0\\&&1&2\\&&0&1\end{pmatrix}$ 相似, 矛盾.