以下是復旦大學數學學院20級高等代數 I 期中考試的四道大題, 它們的高等代數 I 解題思路為: 第四大題第 1 小題利用矩陣乘法直接進行計算, 第 2 小題利用線性方程組的求解理論進行討論; 第五大題利用行列式的降階公式進行計算; 第六大題利用矩陣秩的 Sylvester 不等式進行證明; 第七大題利用矩陣的運算進行證明; 其中第四、五、七大題的高等代數 I 解法都有一個缺點, 那就是“計算量過大以致解法不夠簡潔”. 下面我們將給出這些題目的高等代數 II 解法, 由於這屬於“降維打擊”, 故計算過程被大幅度簡化. 另外, 我們還分別給出了第六大題和第七大題的推廣.
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四、記數域 $\mathbb{K}$ 上所有 $n$ 階方陣全體構成的線性空間為 $M_n(\mathbb{K})$. 對 $A\in M_n(\mathbb{K})$, 考慮 $C(A)=\{B\in M_n(\mathbb{K})\mid AB=BA\}$.
(1) 若 $n=3$, $A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix}$, 求 $C(A)$ 的一組基.
(2) 若 $n=2$, 試確定 $\dim C(A)$ 的所有可能值.
白皮書例 7.22 設 $A$ 是數域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 階方陣, $\mathbb{K}[A]$ 表示 $A$ 的多項式全體構成的線性空間. 證明: $A$ 的極小多項式等於特征多項式的充要條件是 $C(A)=\mathbb{K}[A]$. 若充要條件成立, 則 $C(A)$ 的一組基為 $\{I_n,A,\cdots,A^{n-1}\}$.
第四大題的解答 (1) 由於 $A$ 是多項式 $f(\lambda)=\lambda^3-\lambda-1$ 的 Frobenius 塊, 故 $A$ 的極小多項式等於特征多項式等於 $f(\lambda)$. 由白皮書的例 7.22 可知, $C(A)=\mathbb{K}[A]$ 的一組基為 $\{I_3,A,A^2\}$.
(2) 設 $2$ 階方陣 $A$ 的極小多項式為 $m(\lambda)$, 特征多項式為 $f(\lambda)$. 若 $\deg m(\lambda)=2$, 則由 Cayley-Hamilton 定理可知 $m(\lambda)=f(\lambda)$, 再由白皮書的例 7.22 可知, $\dim C(A)=2$. 若 $\deg m(\lambda)=1$, 則可設 $m(\lambda)=\lambda-a$, 於是 $A=aI_2$, 此時 $C(A)=M_2(\mathbb{K})$, 從而 $\dim C(A)=4$. $\Box$
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五、設 $n$ 階復方陣 $A$ 不可逆, 證明: 至多只有兩個復數 $\lambda$, 使得 $\lambda I_n+A^*$ 不可逆.
白皮書例 6.13 設 $n$ 階矩陣 $A$ 的全體特征值為 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$, 求證: $A^*$ 的全體特征值為 $\prod\limits_{i\neq 1}\lambda_i$, $\prod\limits_{i\neq 2}\lambda_i$, $\cdots$, $\prod\limits_{i\neq n}\lambda_i$.
第五大題的證明 設 $A$ 的全體特征值為 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$, 由 $0=|A|=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n$ 可知, 至少有一個 $\lambda_i=0$. 不妨設 $\lambda_1=0$, 則 $A^*$ 的全體特征值為 $\prod\limits_{i\neq 1}\lambda_i$ 和 $n-1$ 個 $0$, 於是 $-A^*$ 互不相同的特征值至多只有兩個, 即 $-\prod\limits_{i\neq 1}\lambda_i$ 和 $0$, 從而結論得證. $\Box$
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六、設 $A,B$ 為 $n$ 階方陣, 證明: $|r(AB)-r(BA)|\leq\dfrac{n}{2}$.
推廣 1 設 $A,B$ 為 $n$ 階復方陣, 記 $AB$ 的特征值為 $0$ 且階數大於等於 $2$ 的 Jordan 塊的個數為 $s(AB)$, 同理定義 $s(BA)$. 證明: 或者 $0\leq r(AB)-r(BA)\leq s(AB)$ 成立, 或者 $0\leq r(BA)-r(AB)\leq s(BA)$ 成立.
推廣 1 的證明 由於 $A(BA)B=(AB)^2$, 故 $r(BA)\geq r((AB)^2)$. 由白皮書例 7.33 的證明過程可知, $r(AB)-r((AB)^2)$ 等於 $AB$ 的特征值為 $0$ 且階數大於等於 $2$ 的 Jordan 塊的個數 $s(AB)$, 於是 $r(AB)-r(BA)\leq r(AB)-r((AB)^2)=s(AB)$. 同理可證 $r(BA)-r(AB)\leq s(BA)$, 從而結論得證. $\Box$
注 在教學論文 [2] 中, 我們證明了: $AB$ 和 $BA$ 的非零特征值的 Jordan 塊完全相同; $AB$ 和 $BA$ 的特征值 $0$ 的最大 Jordan 塊的階數之差小於等於 $1$. 上述推廣證明了: 若 $r(AB)\geq r(BA)$, 則 $BA$ 和 $AB$ 的特征值 $0$ 的 Jordan 塊的個數之差屬於 $[0,s(AB)]$. 上述這些信息可以幫助我們確定 $AB$ 和 $BA$ 的 Jordan 標准型之間的關系.
第六大題的證明 由於階數 $\geq 2$ 的 Jordan 塊的個數 $\leq\dfrac{n}{2}$, 故 $s(AB),s(BA)$ 都小於等於 $\dfrac{n}{2}$, 從而結論由推廣 1 即得. $\Box$
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七、設 $A,B$ 為 $n$ 階實方陣, 其中 $A$ 是主對角元全大於零的上三角陣, 並且滿足 $AB+BA'=2AA'$. 證明:
(1) $B$ 必為對稱陣;
(2) $A$ 為對角陣當且僅當 $B^2=AA'$;
(3) $|B|>0$.
白皮書例 6.65 設 $A\in M_m(\mathbb{K})$, $B\in M_n(\mathbb{K})$, $A,B$ 在復數域上沒有公共的特征值. 證明: 對任一 $C\in M_{m\times n}(\mathbb{K})$, 矩陣方程 $AX-XB=C$ 在 $M_{m\times n}(\mathbb{K})$ 中存在唯一解.
白皮書例 9.101 設 $A$ 是 $n$ 階實矩陣, 已知 $A+A'$ 正定, 求證: $|A+A'|\leq 2^n|A|$, 等號成立的充要條件是 $A$ 為對稱陣.
第七大題的證明 (1) 考慮矩陣方程 $$AX-X(-A')=2AA',\cdots\cdots(*)$$ 顯然 $A$ 的特征值都是正實數, $-A'$ 的特征值都是負實數, 因此它們沒有公共的特征值. 由白皮書的例 6.65 可知, 矩陣方程 $(*)$ 存在唯一解 $X=B\in M_n(\mathbb{R})$. 將等式 $AB+BA'=2AA'$ 兩邊同時轉置, 可得 $AB'+B'A'=2AA'$, 即 $X=B'$ 也是矩陣方程 $(*)$ 的解, 由唯一性可得 $B=B'$, 即 $B$ 為對稱陣.
(2) 若 $A$ 為對角陣 (也是對稱陣), 則 $X=A$ 也是矩陣方程 $(*)$ 的解, 由唯一性可得 $B=A$, 從而 $B^2=A^2=AA'$. 反之, 若 $B^2=AA'$, 則 $$(A-B)(A-B)'=(A-B)(A'-B)=AA'+B^2-(AB+BA')=B^2-AA'=O,$$ 由白皮書的例 2.7 可得 $A-B=O$, 即 $A=B$ 既是上三角陣, 又是對稱陣, 從而是對角陣.
(3) 注意到 $AB+(AB)'=2AA'$ 為正定陣, 故由白皮書的例 9.101 可得 $|2AA'|\leq 2^n|AB|$, 由此可得 $|B|\geq |A|>0$. $\Box$
推廣 2 設 $A,B$ 為 $n$ 階實方陣, 其中 $A$ 的 $n$ 個特征值都是正實數, 並且滿足 $AB+BA'=2AA'$. 證明:
(1) $B$ 必為對稱陣;
(2) $A$ 為對稱陣當且僅當 $A=B$, 也當且僅當 $\mathrm{tr}(B^2)=\mathrm{tr}(AA')$;
(3) $|B|\geq |A|$, 等號成立當且僅當 $A=B$.
推廣 2 的證明 (3) 中等號成立的充要條件需要用到白皮書的例 9.101, 其他由第七大題相同的證明即得. $\Box$
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.