矩陣秩的估計 (等式或不等式的證明) 是高等代數教學中的一個難點, 我們通常有以下三種方法, 分別是:
(i) 從矩陣秩的基本等式和不等式出發, 利用矩陣的初等變換來處理 (參考高代白皮書第 3.2.6 節第 1 部分);
(ii) 利用線性方程組的求解理論來處理 (參考高代白皮書第 3.2.6 節第 2 部分);
(iii) 利用線性空間理論來處理 (參考高代白皮書第 3.2.6 節第 3 部分).
第一種方法稱為代數方法, 第二和第三種方法統稱為幾何方法, 因為它們恰好對應於線性映射的核空間和像空間. 關於這三種方法的應用, 高代白皮書第 3.2.6 節已經給出了很多典型的例題, 其中讓人印象最深刻的是下面的例題.
例題 (高代白皮書的例 3.71) 設 $A,B$ 都是數域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 階方陣且 $AB=BA$, 證明: $$r(A+B)\leq r(A)+r(B)-r(AB).$$
高代白皮書給出了上述例題的三種證法, 正好一一對應於上述三種方法, 可以說這是一道非常切合主旨的例題. 復旦大學數學學院 19 級高等代數 I 期中考試的第六大題也是一道非常切合主旨的例題.
第六大題 設 $A$ 為數域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 階冪零陣, $B$ 為 $n$ 階方陣, 滿足 $AB=BA$ 且 $r(AB)=r(B)$. 求證: $B=0$.
我們先來證明如下的引理.
引理 (高代白皮書的例 3.75) 設 $A$ 為 $m\times n$ 矩陣, $B$ 為 $n\times k$ 矩陣, 滿足 $r(AB)=r(B)$, 則對任意的 $k\times l$ 矩陣 $C$, 均有 $r(ABC)=r(BC)$.
證明 高代白皮書上給出了兩種證法. 第一種證法利用 $r(AB)=r(B)$ 等價於對應的齊次線性方程組 $ABx=0$ 與 $Bx=0$ 同解 (高代白皮書的例 3.74) 來做, 可以看成是線性方程組求解理論的應用. 第二種證法利用矩陣秩的 Frobenius 不等式來做, 可以看成是代數證法. $\Box$
第六大題的證明 若能證明下式成立: $$(1)\quad r(B)=r(AB)=r(A^2B)=r(A^3B)=\cdots,$$ 則由 $A^n=0$ 可知 $r(B)=r(A^nB)=0$, 即有 $B=0$ 成立. 下面依次給出三種證法.
證法一 約定 $A^0B=B$, 並假設 $r(A^{k-1}B)=r(A^kB)$ 已成立, 其中 $k\geq 1$, 只要證明 $r(A^kB)=r(A^{k+1}B)$ 也成立, 即可由歸納法知 (1) 式成立. 一方面, $r(A^{k+1}B)\leq r(A^kB)$. 另一方面, 由 $AB=BA$ 以及矩陣秩的 Frobenius 不等式可得 $$r(A^{k+1}B)=r(A^k\cdot B\cdot A)\geq r(A^kB)+r(BA)-r(B)=r(A^kB),$$ 故 $r(A^kB)=r(A^{k+1}B)$ 成立.
證法二 由 $r(AB)=r(B)$ 以及引理可知 $r(ABA^k)=r(BA^k)\,(\forall\,k\geq 1)$ 成立. 注意到 $AB=BA$, 故有 $r(A^{k+1}B)=r(A^kB)\,(\forall\,k\geq 1)$ 成立, 從而 (1) 式成立.
證法三 第三種方法等價於利用線性映射的像空間, 因此我們把矩陣 $A,B$ 等同於 $\mathbb{K}^n$ 上的線性變換, 仍記為 $A,B$. 由 $AB=BA$ 容易驗證 $A(\mathrm{Im}B)\subseteq\mathrm{Im}B$, 即 $\mathrm{Im}B$ 是 $A$-不變子空間. 將線性變換 $A$ 限制在 $\mathrm{Im}B$ 上, 得到線性變換 $A|_{\mathrm{Im}B}:\mathrm{Im}B\to\mathrm{Im}B$. 注意到 $r(A|_{\mathrm{Im}B})=r(AB)=r(B)=\dim\mathrm{Im}B$, 故 $A|_{\mathrm{Im}B}$ 是一個滿射, 從而 $0=A^n|_{\mathrm{Im}B}=(A|_{\mathrm{Im}B})^n$ 也是 $\mathrm{Im}B$ 上的滿射, 這意味着 $\mathrm{Im}B=0$, 於是 $B=0$. $\Box$
從第六大題的證明不難看出, 引用上述引理和引用矩陣秩的 Frobenius 不等式, 從證明效果來看其實是一致的, 並且證明過程之間也可以平行互推. 即便如此, 上述引理仍不失為處理矩陣秩問題的一個強有力的工具. 除了第六大題之外, 接下去我們再給出上述引理的三個應用.
應用 1 (高代白皮書的例 4.32) 設 $A$ 為 $n$ 階方陣, 證明: $r(A^n)=r(A^{n+1})=r(A^{n+2})=\cdots$.
證明 高代白皮書上給出的證法一 (利用矩陣秩的 Frobenius 不等式) 對應於方法一; 書上給出的證法二 (利用線性變換的像空間) 對應於方法三. 感興趣的讀者可以利用引理給出證法三, 這對應於方法二. $\Box$
應用 2 (16 級高代 I 每周一題的第 12 題) 設 $P_1,P_2,\cdots,P_k$, $Q_1,Q_2,\cdots,Q_k$ 是 $n$ 階方陣, 滿足 $P_iQ_j=Q_jP_i$, $r(P_i)=r(P_iQ_i)$ $(\forall\,1\leq i,j\leq k)$ 成立. 證明: $r(P_1P_2\cdots P_k)=r(P_1P_2\cdots P_kQ_1Q_2\cdots Q_k)$.
證明 我們把利用引理的證明留給感興趣的讀者自行完成. $\Box$
應用 3 (2016 年度第八屆全國大學生數學競賽決賽試題) 設 $A,B$ 為 $n$ 階方陣, 滿足 $r(ABA)=r(B)$, 求證: $AB$ 與 $BA$ 相似.
這道決賽試題的標准解答是通過相抵變換將 $A$ 變為相抵標准型, 即可將問題大幅度地化簡. 下面我們利用引理來給出一個新的證明, 為此我們先引用如下結論.
命題 設 $A,B$ 為 $n$ 階方陣, 則 $AB$ 與 $BA$ 相似的充要條件是 $$r\big((AB)^i\big)=r\big((BA)^i\big),\,\,\,\,1\leq i\leq n-1.$$
證明 參考教學論文 [2] 或 [問題2014S10] 及其解答. $\Box$
應用 3 的證明 由 $r(ABA)=r(B)$ 可知 $r(AB)\geq r(ABA)=r(B)\geq r(AB)$, 從而 $r(ABA)=r(AB)=r(B)$. 同理可證 $r(ABA)=r(BA)=r(B)$, 故 $r(AB)=r(BA)$. 接下去只要證明 $r\big((AB)^{k+1}\big)=r\big((BA)^{k+1}\big)\,(\forall\,k\geq 1)$ 也成立即可. 由 $r(ABA)=r(BA)$ 以及引理可得 $$r\big((AB)^{k+1}\big)=r\big(ABA\cdot B(AB)^{k-1}\big)=r\big(BA\cdot B(AB)^{k-1}\big)=r\big(B(AB)^k\big).$$ 由 $r(ABA)=r(AB)$ 以及引理的轉置版本可得 $$r\big((BA)^{k+1}\big)=r\big((BA)^{k-1}B\cdot ABA\big)=r\big((BA)^{k-1}B\cdot AB\big)=r\big((BA)^kB\big).$$ 注意到 $B(AB)^k=(BA)^kB$, 故有 $r\big((AB)^{k+1}\big)=r\big((BA)^{k+1}\big)$ 成立. $\Box$
參考文獻
[1] 高代白皮書: 姚慕生, 謝啟鴻 編著, 學習方法指導書: 高等代數 (第三版), 復旦大學出版社, 2015.
[2] 謝啟鴻, 從 $AB$ 與 $BA$ 談高等代數的教學串聯, 高等數學研究, 2015, 18(6), 29–32.