以下是复旦大学数学学院20级高等代数 I 期中考试的四道大题, 它们的高等代数 I 解题思路为: 第四大题第 1 小题利用矩阵乘法直接进行计算, 第 2 小题利用线性方程组的求解理论进行讨论; 第五大题利用行列式的降阶公式进行计算; 第六大题利用矩阵秩的 Sylvester 不等式进行证明; 第七大题利用矩阵的运算进行证明; 其中第四、五、七大题的高等代数 I 解法都有一个缺点, 那就是“计算量过大以致解法不够简洁”. 下面我们将给出这些题目的高等代数 II 解法, 由于这属于“降维打击”, 故计算过程被大幅度简化. 另外, 我们还分别给出了第六大题和第七大题的推广.
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四、记数域 $mathbb{K}$ 上所有 $n$ 阶方阵全体构成的线性空间为 $M_n(mathbb{K})$. 对 $Ain M_n(mathbb{K})$, 考虑 $C(A)={Bin M_n(mathbb{K})mid AB=BA}$.
(1) 若 $n=3$, $A=egin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 \ 1 & 1 & 0 \ end{pmatrix}$, 求 $C(A)$ 的一组基.
(2) 若 $n=2$, 试确定 $dim C(A)$ 的所有可能值.
白皮书例 7.22 设 $A$ 是数域 $mathbb{K}$ 上的 $n$ 阶方阵, $mathbb{K}[A]$ 表示 $A$ 的多项式全体构成的线性空间. 证明: $A$ 的极小多项式等于特征多项式的充要条件是 $C(A)=mathbb{K}[A]$. 若充要条件成立, 则 $C(A)$ 的一组基为 ${I_n,A,cdots,A^{n-1}}$.
第四大题的解答 (1) 由于 $A$ 是多项式 $f(lambda)=lambda^3-lambda-1$ 的 Frobenius 块, 故 $A$ 的极小多项式等于特征多项式等于 $f(lambda)$. 由白皮书的例 7.22 可知, $C(A)=mathbb{K}[A]$ 的一组基为 ${I_3,A,A^2}$.
(2) 设 $2$ 阶方阵 $A$ 的极小多项式为 $m(lambda)$, 特征多项式为 $f(lambda)$. 若 $deg m(lambda)=2$, 则由 Cayley-Hamilton 定理可知 $m(lambda)=f(lambda)$, 再由白皮书的例 7.22 可知, $dim C(A)=2$. 若 $deg m(lambda)=1$, 则可设 $m(lambda)=lambda-a$, 于是 $A=aI_2$, 此时 $C(A)=M_2(mathbb{K})$, 从而 $dim C(A)=4$. $Box$
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五、设 $n$ 阶复方阵 $A$ 不可逆, 证明: 至多只有两个复数 $lambda$, 使得 $lambda I_n+A^*$ 不可逆.
白皮书例 6.13 设 $n$ 阶矩阵 $A$ 的全体特征值为 $lambda_1,lambda_2,cdots,lambda_n$, 求证: $A^*$ 的全体特征值为 $prodlimits_{i eq 1}lambda_i$, $prodlimits_{i eq 2}lambda_i$, $cdots$, $prodlimits_{i eq n}lambda_i$.
第五大题的证明 设 $A$ 的全体特征值为 $lambda_1,lambda_2,cdots,lambda_n$, 由 $0=|A|=lambda_1lambda_2cdotslambda_n$ 可知, 至少有一个 $lambda_i=0$. 不妨设 $lambda_1=0$, 则 $A^*$ 的全体特征值为 $prodlimits_{i eq 1}lambda_i$ 和 $n-1$ 个 $0$, 于是 $-A^*$ 互不相同的特征值至多只有两个, 即 $-prodlimits_{i eq 1}lambda_i$ 和 $0$, 从而结论得证. $Box$
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六、设 $A,B$ 为 $n$ 阶方阵, 证明: $|r(AB)-r(BA)|leqdfrac{n}{2}$.
推广 1 设 $A,B$ 为 $n$ 阶复方阵, 记 $AB$ 的特征值为 $0$ 且阶数大于等于 $2$ 的 Jordan 块的个数为 $s(AB)$, 同理定义 $s(BA)$. 证明: 或者 $0leq r(AB)-r(BA)leq s(AB)$ 成立, 或者 $0leq r(BA)-r(AB)leq s(BA)$ 成立.
推广 1 的证明 由于 $A(BA)B=(AB)^2$, 故 $r(BA)geq r((AB)^2)$. 由白皮书例 7.33 的证明过程可知, $r(AB)-r((AB)^2)$ 等于 $AB$ 的特征值为 $0$ 且阶数大于等于 $2$ 的 Jordan 块的个数 $s(AB)$, 于是 $r(AB)-r(BA)leq r(AB)-r((AB)^2)=s(AB)$. 同理可证 $r(BA)-r(AB)leq s(BA)$, 从而结论得证. $Box$
注 在教学论文 [2] 中, 我们证明了: $AB$ 和 $BA$ 的非零特征值的 Jordan 块完全相同; $AB$ 和 $BA$ 的特征值 $0$ 的最大 Jordan 块的阶数之差小于等于 $1$. 上述推广证明了: 若 $r(AB)geq r(BA)$, 则 $BA$ 和 $AB$ 的特征值 $0$ 的 Jordan 块的个数之差属于 $[0,s(AB)]$. 上述这些信息可以帮助我们确定 $AB$ 和 $BA$ 的 Jordan 标准型之间的关系.
第六大题的证明 由于阶数 $geq 2$ 的 Jordan 块的个数 $leqdfrac{n}{2}$, 故 $s(AB),s(BA)$ 都小于等于 $dfrac{n}{2}$, 从而结论由推广 1 即得. $Box$
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七、设 $A,B$ 为 $n$ 阶实方阵, 其中 $A$ 是主对角元全大于零的上三角阵, 并且满足 $AB+BA'=2AA'$. 证明:
(1) $B$ 必为对称阵;
(2) $A$ 为对角阵当且仅当 $B^2=AA'$;
(3) $|B|>0$.
白皮书例 6.65 设 $Ain M_m(mathbb{K})$, $Bin M_n(mathbb{K})$, $A,B$ 在复数域上没有公共的特征值. 证明: 对任一 $Cin M_{m imes n}(mathbb{K})$, 矩阵方程 $AX-XB=C$ 在 $M_{m imes n}(mathbb{K})$ 中存在唯一解.
白皮书例 9.101 设 $A$ 是 $n$ 阶实矩阵, 已知 $A+A'$ 正定, 求证: $|A+A'|leq 2^n|A|$, 等号成立的充要条件是 $A$ 为对称阵.
第七大题的证明 (1) 考虑矩阵方程 $$AX-X(-A')=2AA',cdotscdots(*)$$ 显然 $A$ 的特征值都是正实数, $-A'$ 的特征值都是负实数, 因此它们没有公共的特征值. 由白皮书的例 6.65 可知, 矩阵方程 $(*)$ 存在唯一解 $X=Bin M_n(mathbb{R})$. 将等式 $AB+BA'=2AA'$ 两边同时转置, 可得 $AB'+B'A'=2AA'$, 即 $X=B'$ 也是矩阵方程 $(*)$ 的解, 由唯一性可得 $B=B'$, 即 $B$ 为对称阵.
(2) 若 $A$ 为对角阵 (也是对称阵), 则 $X=A$ 也是矩阵方程 $(*)$ 的解, 由唯一性可得 $B=A$, 从而 $B^2=A^2=AA'$. 反之, 若 $B^2=AA'$, 则 $$(A-B)(A-B)'=(A-B)(A'-B)=AA'+B^2-(AB+BA')=B^2-AA'=O,$$ 由白皮书的例 2.7 可得 $A-B=O$, 即 $A=B$ 既是上三角阵, 又是对称阵, 从而是对角阵.
(3) 注意到 $AB+(AB)'=2AA'$ 为正定阵, 故由白皮书的例 9.101 可得 $|2AA'|leq 2^n|AB|$, 由此可得 $|B|geq |A|>0$. $Box$
推广 2 设 $A,B$ 为 $n$ 阶实方阵, 其中 $A$ 的 $n$ 个特征值都是正实数, 并且满足 $AB+BA'=2AA'$. 证明:
(1) $B$ 必为对称阵;
(2) $A$ 为对称阵当且仅当 $A=B$, 也当且仅当 $mathrm{tr}(B^2)=mathrm{tr}(AA')$;
(3) $|B|geq |A|$, 等号成立当且仅当 $A=B$.
推广 2 的证明 (3) 中等号成立的充要条件需要用到白皮书的例 9.101, 其他由第七大题相同的证明即得. $Box$
参考文献
[1] 高代白皮书: 姚慕生, 谢启鸿 编著, 学习方法指导书: 高等代数 (第三版), 复旦大学出版社, 2015.
[2] 谢启鸿, 从 $AB$ 与 $BA$ 谈高等代数的教学串联, 高等数学研究, 2015, 18(6), 29–32.