B是n阶复矩阵 B^n-0 B^(n-1)≠0 求证 不存在矩阵A满足A^2=B

A-λE)x=0得到的解空间和λ重数一样,那么没有任何特别的,和普通特征(A-λE)^2x=0继续求特征根

就不说2010B了,要证明|A+B|=|A|,其中B幂零,AB=BA.不妨假设B已经是Jordan型,否则以T^(-1)BT代替B,同时以T^(-1)AT代替A,使得新的B是Jordan型.当然这时并不知道A是不是Jordan型.这时B的主对角线上元素全是0（因为B幂零）,次对角线上可以有0或者1（次对角线是指主对角线上面的那条）.
同样的道理,除非B=0（这就没得可证了）,否则可以假定
(*) B的次对角线最右下的那个元素是1而不是0（只要通过共轭来调整B的Jordan块的次序）,
这一点,以及AB=BA,将在最后一起使用（如果B只有一个Jordan块的话,直接用AB=BA可以说明A是B的多项式,所以是上三角的；不过现在B可以有好多Jordan块,这时A不一定是上三角的,所以说起来麻烦一点）.
对A、B的阶（我是指矩阵的个头）进行归纳.2阶矩阵的话,在B化为Jordan型之后可以直接验证.假如对(n-1)阶及以下的矩阵都对,那么把|A+B|按第一列展开,和把|A|按第一列展开进行对比.当你在这个第一列里取的元素不是最下面那个元素的时候,它在|A+B|中的余子式矩阵和在|A|中的余子式矩阵差一个幂零的(n-1)矩阵,所以这两个余子式,按归纳假设,是相等的.当你在第一列里取的元素是最下面那个元素的时候,它在|A+B|中的余子式矩阵不一定和在|A|中的只差一个幂零矩阵,但是利用AB=BA和上一段开头的(*)那个假定,考虑AB和BA的第一列的倒数第二个元素,可以直接说明A的第一列的最后一个元素是0.这样|A+B|=|A|.

相似矩阵的迹相同,特征值相同
所以有 2+x=1+y+z
由于1是A的特征值
所以 |A-E|=4-2x=0
即有 x=2.
由于y是A的特征值
所以 |A-yE|=-(y-1)(y^2-3y-2)=0
由于1不是A的二重特征值
所以y,z分别是 (3+√17)/2, (3-√17)/2

因为复向量空间中的矩阵都存在一个基是其Jordan基 而上三角矩阵对角线上的元素恰是其所有特征值.

实矩阵的特征值不一定都是实数,只有实对称矩阵的特征值才保证是实数.复矩阵的特征值也可能有实数.例如[1 i; -i 1]的特征值就是0和2,两个都是实数.

充分性显然.
必要性好像有问题,比如
A=
1 1
0 1
是非对称正定阵,也就是你说的亚正定阵,应该不存在可逆阵P使得P^H*A*P是对角阵,你自己验证一下.

相似矩阵的迹相同,特征值相同
所以有 2+x=1+y+z
由于1是A的特征值
所以 |A-E|=4-2x=0
即有 x=2.
由于y是A的特征值
所以 |A-yE|=-(y-1)(y^2-3y-2)=0
由于1不是A的二重特征值
所以y,z分别是 (3+√17)/2,(3-√17)/2

设BX=bX,则ABX=AbX=bAX=BAX,即AX是B的属于b的特征向量,于是存在a,使AX=aX,即X是A和B的共同特征向量.

如果知道什么是1-范数,不会算的话该好好反省.
如果不知道什么是1-范数,先去把定义搞清楚,别直接伸手要例子.

线性方程组相关的结论不论叙述还是证明都只涉及四则运算,在一般的域上面都一样的.

如果只是要求jordan标准形,不需要通过特征向量求吧...

Pauli矩阵是用来描述自旋的,不是用来描述空间坐标的,所以不用3维.取定二维的原因是电子的自旋只有1/2和-1/2
如果楼主能找出电子自旋的第三种可能,到时再加一个自由度也可以.

证明思路1：B最小多项式和特征多项式相等==》B相似于一个有理标准型矩阵A=P^{-1}BP.
令a=Pe_1,
有B^ka=BPe_k=Pe_{k+1},k=0,1,2,...,n-1.
从而得到命题成立

证明思路2：从最小多项式是次数最低的零化多项式来考虑.

这个不是矩阵的T,或者H次方
这2中都是转置矩阵的意思：
1,当A是实数矩阵的时候,他的转置矩阵用AT表示.
2,当A是复数矩阵的时候,他的共轭转置举证用AH表示.也就是说AH=（A的共轭）在转置
建议楼主在学习这些的东西的时候,
至少找个矩阵论的教科书看看定义啊.
不然你这样难啊.

先化Jordan标准型A=PJP^{-1},
然后把J的列颠倒过来排得到J=SQ,Q是反对角线全为1的排列阵.
显然S和Q都对称.
于是A=PSQP^{-1}=PSP^T * P{-T}QP^{-1}.

前提是矩阵得是可逆方阵,或者在列满秩的前提下精简的分解形式
证明是利用 A^HA=R1^HR1=R2^HR2,然后根据 Cholesky 分解的唯一性得到 R1=R2,然后 U=AR^{-1} 自然也唯一

A可对角化,说明：A的最小多项式能化为不同一次因式的乘积.
又由于最小多项式与特征多项式有相同的根,所以：
由特征多项式为(λ-2)^3(λ-3)^2(λ+1)得：最小多项式为(λ-2)(λ-3)(λ+1).

X=A^HA是Hermite半正定阵,可以做谱分解X=QDQ^H
然后取B=QD^{1/2}Q^H即可,其中D^{1/2}由对D的对角元开方获得
A非奇异等价于B非奇异,在半正定条件下非奇异等价于正定,所以只要证明唯一性
实际上唯一性的证明只需要半正定,不需要正定
假定B和C都半正定且B^2=C^2=X,B由前面的方式给出
先证明BC=CB,只要做Lagrange插值多项式f,使得f把X的特征值都插值到其算术平方根
那么容易验证B=f(X)（这是另一种证明B的存在性的方法）
由于XC=CX,所以BC=f(X)C=Cf(X)=CB
然后就好办了,B和C可以同时对角化,对于对角阵而言结论显然成立

matlab里面的一撇运算表示的就是共轭转置,所以理论上讲Householder变换的代码基本上是不需要做什么改动的.
你要小心的是生成Householder变换向量那一步,在实数域当中只有v=x+||x||_2e_1和v=x-||x||_2e_1这两种选择,但是在复数域上不仅仅是1,-1这两个选择,我估计你这步没写好,别的地方应该都不用改代码.

反证法,若存在A,有A^2=B.注意到B^2≠0,但B^3=0.从而有A^4≠0,但A^6=0.但这是不可能的.因为A^6为0矩阵说明X^6是A的零化多项式,又由于A是3阶的,故X^3也必定是A的零化多项式,也即A^3=0,从而A^4一定为0,矛盾.

如有不懂欢迎追问：
设B是A的Jordan标准型,题目容易转化成B与B^2相似.分三种情况：
1）B是对角阵,这中情况最简单,相当于B=B^2.
2）B=
x 0 0
0 y 1
0 0 y
这时B^2=
x^2 0 0
0 y^2 2y
0 0 y^2
求出它的Jordan标准型是
x^2 0 0
0 y^2 1
0 0 y^2
这时,只要让x=x^2 ,y=y^2即可.
3）B=
x 1 0
0 x 1
0 0 x
同2）的过程,算出B^2的Jordan标准型是
x^2 1 0
0 x^2 1
0 0 x^2
这时,只要让x=x^2 即可.
求出B以后,任意找一个可逆矩阵P,A = P^(-1) B P都满足题意.