八、(本题10分) 设 $m$ 阶复方阵 $A$ 的全体不同特征值为 $lambda_1,cdots,lambda_k$, 对应的几何重数分别为 $t_1,cdots,t_k$; $n$ 阶复方阵 $B$ 的全体不同特征值为 $mu_1,cdots,mu_r$, 对应的几何重数分别为 $s_1,cdots,s_r$. 设 $lambda,mu$ 为复数, 若 $lambda=mu$, 则定义 $delta_{lambda,mu}=1$; 若 $lambda eqmu$, 则定义 $delta_{lambda,mu}=0$. 证明: 矩阵方程 $AX=XB$ 的解空间的维数大于等于 $sumlimits_{i=1}^ksumlimits_{j=1}^rt_is_jdelta_{lambda_i,mu_j}$, 并且上述不等式取等号的充要条件是 $A,B$ 无公共特征值或者对 $A,B$ 的任一公共特征值 $lambda_0$, $A,B$ 中至少有一个矩阵关于特征值 $lambda_0$ 有完全的特征向量系.
证明 注意到下列变换 $A o P^{-1}AP$, $B o Q^{-1}BQ$, $X o P^{-1}XQ$ 不改变本题的条件和结论, 故不妨从一开始就假设 $A,B$ 均为 Jordan 标准型进行讨论. 设 $A=mathrm{diag}{J_1,J_2,cdots,J_k}$, $B=mathrm{diag}{T_1,T_2,cdots,T_r}$, 其中 $J_i$ 是关于特征值 $lambda_i$ 的根子空间块, $T_j$ 是关于特征值 $mu_j$ 的根子空间块. 将 $X$ 进行对应的分块 $X=(X_{ij})_{k imes r}$, 则矩阵方程 $AX=XB$ 等价于 $kr$ 个矩阵方程 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j\,(1leq ileq k,\,1leq jleq r)$. 由复旦高等代数教材第七章复习题 26 或白皮书的例 6.63 可知: 若 $lambda_i eqmu_j$, 则矩阵方程 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j$ 只有零解 $X_{ij}=0$.
Part I$-$不等式的证明 由上述化简可知, 要证明原不等式, 只要证明: 若 $lambda_i=mu_j$, 则矩阵方程 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j$ 的解空间的维数大于等于 $t_is_j$ 即可. 事实上, $J_i$ 的 $t_i$ 个线性无关的特征向量正好可取 $t_i$ 个互异的标准单位列向量, 不妨记为 $e_1,e_2,cdots,e_{t_i}inmathbb{C}^{m_i}$; 又 $T_j'$ 的 $s_j$ 个线性无关的特征向量正好可取 $s_j$ 个互异的标准单位列向量, 不妨记为 $f_1,f_2,cdots,f_{s_j}inmathbb{C}^{n_j}$. 容易验证 ${e_xcdot f_y',\,1leq xleq t_i,\,1leq yleq s_j}$ 是矩阵方程 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j$ 的解, 并且它们是互异的基础矩阵, 故必线性无关, 从而解空间的维数大于等于 $t_is_j$.
Part II$-$等号成立的充要条件 由 Part I 的证明可知, 原不等式等号成立当且仅当或者 $A,B$ 没有公共的特征值, 或者对 $A,B$ 的任一公共特征值 $lambda_i=mu_j$, 对应的矩阵方程 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j$ 的解空间的维数等于 $t_is_j$. $cdots(*)$ 因此, 我们只要证明 $(*)$ 成立当且仅当 $J_i$ 或 $T_j$ 有完全的特征向量系, 即 $J_i$ 或 $T_j$ 之一可对角化即可. 将 $J_i$ 和 $T_j$ 的主对角线分离出来, 并在等式 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j$ 两边消去, 故可考虑 $lambda_i=mu_j=0$ 的情形. 进一步, 将 $T_j$ 写成 Jordan 块的分块对角阵, 并将 $X_{ij}$ 进行相应的分块, 最后可把结论化约成如下情形:
$J=mathrm{diag}{J_{m_1}(0),cdots,J_{m_t}(0)}$ 为 $m$ 阶方阵, 特征值 0 的几何重数为 $t$; $T=J_n(0)$, 特征值 0 的几何重数 $s=1$, 则矩阵方程 $JX=XT$ 的解空间的维数等于 $t$ 当且仅当 $J$ 或 $T$ 之一可对角化.
经计算或根据高代白皮书的例 6.71 可知, 线性变换 $varphi(X)=JX-XT$ 在基础矩阵构成的基 ${E_{ij},\,1leq ileq m,\,1leq jleq n}$ 下的表示矩阵为 $M=mathrm{diag}{M_1,M_2,cdots,M_t}$, 其中 $$M_i=egin{pmatrix} -J_n(0)' & I_n & & & \ & -J_n(0)' & I_n & & \ & & ddots & ddots & \ & & & ddots & I_n \ & & & & -J_n(0)'\ end{pmatrix}_{m_i imes m_i}.$$ 经分块初等变换可知 $r(M_i)=(m_i-1)n+r(J_n(0)^{m_i})$, 于是 $$r(M)=sumlimits_{i=1}^t r(M_i)=(m-t)n+sumlimits_{i=1}^tr(J_n(0)^{m_i}),$$ 从而解空间的维数等于 $$mn-r(M)=tn-sumlimits_{i=1}^tr(J_n(0)^{m_i})geq tn-t(n-1)=t.$$ 显然, 等号成立当且仅当 $m_1=cdots=m_t=1$ 或 $n=1$, 即 $J$ 或 $T$ 之一可对角化. $Box$
注 1 Part I$-$不等式的证明还有其他四种方法: (1) 不把 $A,B$ 化简成 Jordan 标准型, 而是直接把 $A,B'$ 的线性无关的特征向量分别写出, 然后按照高代白皮书例 7.49 的证法 1 的讨论来进行证明, 当然这种方法跟上述证明并无本质区别; (2) 把 $B$ 化简成 Jordan 标准型, 然后按照高代白皮书例 7.49 的证法 2 的讨论来进行证明; (3) 利用高代白皮书的例 6.71, 即矩阵的 Kronecker 积, 也可以给出上述不等式的简单证明; (4) 事实上, Part II$-$等号成立的充要条件的证明过程中, 自然地证明了上述不等式.
注 2 按照本题的假设, 若进一步设 $A$ 关于特征值 $lambda_i$ 的根子空间块 $J_i=mathrm{diag}{J_{m_{i1}}(lambda_i),J_{m_{i2}}(lambda_i),cdots,J_{m_{it_i}}(lambda_i)}\,(1leq ileq k)$, $B$ 关于特征值 $mu_j$ 的根子空间块 $T_j=mathrm{diag}{J_{n_{j1}}(mu_j),J_{n_{j2}}(mu_j),cdots,J_{n_{js_j}}(mu_j)}\,(1leq jleq r)$, 则由 Part II$-$等号成立的充要条件的证明可知, 矩阵方程 $AX=XB$ 的解空间的维数等于 $$sum_{i=1}^ksumlimits_{j=1}^rdelta_{lambda_i,mu_j}Bigg(sum_{v=1}^{s_j}igg(t_i n_{jv}-sum_{u=1}^{t_i}rBig(J_{n_{jv}}(0)^{m_{iu}}Big)igg)Bigg).$$
注 3 本次期末考试共有 13 位同学完全给出了 Part I$-$不等式的证明 (但没有 1 人能给出 Part II$-$等号成立的充要条件的证明), 分别是 (排名不分先后): 张菲诺、刘宇其、高诚、郭宇城、史书珣、林妙可言、魏一鸣、张昰昊、朱柏青、汪子怡、王嘉辉、方博越、漆川烨.