代数错题

• 例 6.46 设 \(A\) 为 \(m\times n\) 阶复矩阵，\(B\) 为 \(n\times m\) 阶复矩阵，又 \(|BA|\neq0\), 求证：\(AB\) 可对角化的充要条件是 \(BA\) 可对角化. （即矩阵之积的可对角化的性质在一定条件下是可以交换的）
  证明：
  首先观察到 BA 和 AB 的维数不同，故由降维公式计算得 \(|\lambda I_m-AB|=\lambda^{m-n}|\lambda I_n-BA|\).
  即 AB 的特征值为 BA 的特征值加上 0，且由于 BA 非异，故 0 的代数重数为 \(m-n\). 那么考虑可对角化条件中的 [[6.1 算子的特征理论#^348b7e|几何重数等于代数重数]]，即接下来我们来验证 0 在 AB 中的几何重数为 m-n.

  1. 由于 BA 非异，故由矩阵的秩不等式有：$$n=\mathrm{r}(\boldsymbol{B}\boldsymbol{A})\leq\min{\mathrm{r}(\boldsymbol{A}),\mathrm{r}(\boldsymbol{B})}\leq\min{m,n}=n,$$（实际上，在 \(|BA|\) 非异中我们可以得到 \(m>n\)）
     故 min{rA，rB}=n，但 A 和 B 的秩最大为 n，故 rA=rB=n. 实际上这应该是显然的，因为 \(BA\) 是 n 阶矩阵. 那么 A 和 B 都应该要贡献 n 才行.

  2. 故进一步地，由 Sylvester 不等式有：$$n=\mathrm{r}(\boldsymbol{A})+\mathrm{r}(\boldsymbol{B})-n\leq\mathrm{r}(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})\leq\min{\mathrm{r}(\boldsymbol{A}),\mathrm{r}(\boldsymbol{B})}=n,$$故 r（AB）=n. 这实际上可以作为一个定理模块：若 \(|BA|\neq0\)，有 rA=rB=n, r（AB）=n

  故 0 作为 AB 的特征值，其几何重数为 AB 的零空间的几何重数（零数）：m-r（AB）=m-n.(0 特征值的特殊性质，也就是零空间的维度)
  即若小的那个矩阵秩不为 0 的话，就大的那个 0 空间等于 m-n 的结论

  对于其他的特征值，任取其一 \(\lambda_{0}\neq0\), 其代数重数有 \(m_{AB}=m_{BA}\),
  则我们要证明的是：\(t_{\boldsymbol{AB}}(\lambda_0)=m-\mathrm{r}(\lambda_0\boldsymbol{I}_m-\boldsymbol{AB})=n-\mathrm{r}(\lambda_0\boldsymbol{I}_n-\boldsymbol{BA})=t_{\boldsymbol{BA}}(\lambda_0).\)
  即证：\(m+\mathrm{r}(\lambda_0\boldsymbol{I}_n-\boldsymbol{BA})=n+\mathrm{r}(\lambda_0\boldsymbol{I}_m-\boldsymbol{AB})\)（实际上，秩的加法比秩的减法要好处理的多，秩的加法等式可以归结为分块对角阵的初等块变换）
  考虑构造如下线性变换：

  \[\begin{gathered} \begin{pmatrix}I_m&O\\O&\lambda_0I_n-BA\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}I_m&A\\O&\lambda_0I_n-BA\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}I_m&A\\B&\lambda_0I_n\end{pmatrix}\\ \to\begin{pmatrix}I_m-\frac1{\lambda_0}AB&O\\B&\lambda_0I_n\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}I_m-\frac1{\lambda_0}AB&O\\O&\lambda_0I_n\end{pmatrix},\end{gathered}\]

  得 $$m+\mathrm{r}(\lambda_0\boldsymbol{I}_n-\boldsymbol{B}\boldsymbol{A})=n+\mathrm{r}(\boldsymbol{I}_m-\frac1{\lambda_0}\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})=n+\mathrm{r}(\lambda_0\boldsymbol{I}_m-\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}),$$
  故 \(t_{\boldsymbol{AB}}(\lambda_0)=m-\mathrm{r}(\lambda_0\boldsymbol{I}_m-\boldsymbol{AB})=n-\mathrm{r}(\lambda_0\boldsymbol{I}_n-\boldsymbol{BA})=t_{\boldsymbol{BA}}(\lambda_0).\) 即几何重数不依赖其他条件，必然相等，那么只需要其中一个保证任意特征值的几何重数等于代数重数（可对角化）作为桥梁即可得到另一个也可对角化.

  对于本题，我们还可以可以得到一个结论：矩阵的对角阵中的零元的个数等于矩阵的零空间的维数，也等于 n-r (A).

徒手构造相似变换

• 设 \(m\) 阶矩阵 \(A\) 与 \(n\) 阶矩阵 \(B\) 没有公共的特征值，且 \(A,B\) 均可对角化，又\(C\)为\(m\times n\)矩阵，求证：\(M=\begin{pmatrix}A&C\\O&B\end{pmatrix}\)也可对角化.
  这道题可以通过讨论几何重数来说明，但是也可以通过构造相似变换来简便说明.

我们已经证明过若没用公共的特征值，则矩阵方程 \(AX-XB=C\) 只有唯一解，我们记这个解为 \(X_0\), 下试着证明 \(M\) 相似于 \(\begin{pmatrix}A&O\\O&B\end{pmatrix}\) 进而直接得到可对角化的结论. 我们这里的目标是消除 C 并保留 AB 的相对位置，故考虑如下相似变换，立即得到结果：

\[\begin{pmatrix}I_m&X_0\\O&I_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A&C\\O&B\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_m&-X_0\\O&I_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A&-AX_0+X_0B+C\\O&B\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A&O\\O&B\end{pmatrix}, \]

一般来说，构造相似变换是困难的，因为我们很少能直接预知到一个矩阵的逆矩阵是什么形状，但是对于形如：

\[\begin{pmatrix}I_m&X_0\\O&I_n\end{pmatrix} \]

的简单的矩阵，我们可以则预知其的逆矩阵是：

\[\begin{pmatrix}I_m&-X_0\\O&I_n\end{pmatrix} \]

这可以帮助我们消除上三角分块矩阵的非对角元.

再来看一道类似的题目：

• 设 \(A\) 是 \(n\) 阶矩阵，若 tr \(A=0\), 则 \(A\) 相似于一个主对角线上元素全为 0 的矩阵.

证明：对矩阵的阶用归纳法. 当 \(n=1\) 时结论显然，假定结论对阶小于 \(n\) 的矩阵成立。首先我们注意到如果可证明 \(A\) 相似于下列分块矩阵：

\[B=\begin{pmatrix}0&\alpha\\\beta&A_2\end{pmatrix}, \]

，则可由归纳假设得到成立，且这个结论不随着相似变换而改变，故我们可以假设 A 本来就是 Jordan 矩阵. 故我们的目标变为消掉 A 的（1，1）元素. 为了叙述方便，我们将 A 分成多个二阶矩阵来说明：
注意到以下相似变换（这里运用来消除左上第一个元素）

\[\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\\lambda_2-\lambda_1&\lambda_2\end{pmatrix}. \]

我们可以总结出这样的规律：相似变换即为将第 i 行乘 c 加到第 j 行上，在将第 i 列乘以 -c 加到第 j 列上.