中国科学院真题 第20128题

3．解（1）先求 $A$ 的 Jordan 标准形．因为 $A$ 的行列式因子 $D_{4}(\lambda)=|\lambda E-A|=\lambda^{4}$ ，且因 $\lambda E-A$ 的左上角的一个 3 阶子式为 $\lambda^{3}$ ，右上角的一个 3 阶子式为 $-(\lambda+1)^{2}$ ，所以 $D_{3}(\lambda)=1$ ，故 $A$ 的不变因子组为 $$ d_{1}(\lambda)=d_{2}(\lambda)=d_{3}(\lambda)=1, d_{4}(\lambda)=\lambda^{4} . $$ 由此可知，$A$ 的初等因子为 $\lambda^{4}$ ．于是 $A$ 的 Jordan 标准形为 $$ J=\left(\begin{array}{llll} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) . $$ 再计算 $e^{A}$ 。因 $A$ 的特征多项式为 $f(\lambda)=|\lambda E-A|=\lambda^{4}$ ， 故由 Cayley 定理，$f(A)=A^{4}=\mathbf{0}$ ．于是 $$ e^{A}=I+A+\frac{A^{2}}{2!}+\frac{A^{3}}{3!}=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & \frac{3}{2} & \frac{13}{6} \\ 0 & 1 & 1 & \frac{3}{2} \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) . $$ （2）易知，$B$ 的特征多项式为 $f(\lambda)=|\lambda E-B|=(\lambda-1)\left(\lambda-\frac{1}{2}\right)^{2}$ 。根据 Cayley 定理，可知 $f(B)=\mathbf{0}$ ．若设 $\varphi(\lambda)=\lambda^{2005}$ ，则根据带余除法，有 $$ \varphi(\lambda)=f(\lambda) q(\lambda)+r(\lambda) \text {, 其中 } \operatorname{deg} r(\lambda)<\operatorname{deg} f(\lambda)=3 \text {. } $$ 于是 $f(\lambda) \mid[\varphi(\lambda)-r(\lambda)]$ ，且 $\lambda=1$ 是 $\varphi(\lambda)-r(\lambda)$ 的单根，$\lambda=\frac{1}{2}$ 是 $\varphi(\lambda)-r(\lambda)$ 的重根． 现在令 $r(\lambda)=a \lambda^{2}+b \lambda+c$ ，其中 $a, b, c$ 是待定系数．则 $$ \left\{\begin{array} { c } { \varphi ( 1 ) - r ( 1 ) = 0 , } \\ { \varphi ( \frac { 1 } { 2 } ) - r ( \frac { 1 } { 2 } ) = 0 , } \\ { \varphi ^ { \prime } ( \frac { 1 } { 2 } ) - r ^ { \prime } ( \frac { 1 } { 2 } ) = 0 , } \end{array} \quad \text { 即 } \left\{\begin{array}{c} a+b+c=1, \\ \frac{a}{4}+\frac{b}{2}+c=\frac{1}{2^{2005}}, \\ a+b=\frac{2005}{2^{2004}} . \end{array}\right.\right. $$ 解得 $a, b, c$ 的近似值（精确到小数点后 4 位）$a=4, b=-4, c=1$ ．于是，有 $$ \begin{aligned} B^{2005}=\varphi(B) & =f(B) q(B)+r(B)=4 B^{2}-4 B+E \\ & =\left(\begin{array}{ccc} 3 & 3 & 0 \\ -2 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) . \end{aligned} $$