复旦大学2024--2025学年第二学期（24级）高等代数II期末考试第七大题解答

七、(10分) 设 $A,B$ 为数域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 阶方阵, $A$ 的特征值全为 $1$, 且存在正整数 $k$, 使得 $A^kB=BA^k$, 证明: $AB=BA$.

证法 1  注意到题目的条件和结论在同时相似变换 $A\mapsto P^{-1}AP$, $B\mapsto P^{-1}BP$ 下不改变, 故不妨从一开始就假设 $A=\mathrm{diag}\{J_{r_1}(1),\cdots,J_{r_t}(1)\}$ 为 Jordan 标准型. 设 $B=(B_{ij})$ 为对应的分块, 则 $A^kB=BA^k$ 等价于

$$J_{r_i}(1)^kB_{ij}=B_{ij}J_{r_j}(1)^k,\quad 1\leq i,j\leq t.\quad\cdot\cdots(*)$$

由于 Jordan 块的次序可以任意调整, 故不妨设 $r_1\geq r_2\geq \cdots \geq r_t$. 下面来证明:

$(**)$  存在次数小于 $r_1$ 的多项式 $f(x)$, 使得 $(x-1)^{r_1}\mid g(x)=f(x^k)-x$.

由一元多项式理论可知, $(**)$ 成立当且仅当 $g^{(i)}(1)=0\,(0\leq i\leq r_1-1)$. 由此不难计算出

$$f(1)=1,\,\,f^{(i)}(1)=\frac{1}{k}(\frac{1}{k}-1)\cdots(\frac{1}{k}-i+1),\,\,1\leq i\leq r_1-1.$$

由 Taylor 公式

$$f(x)=f(1)+\frac{f'(1)}{1!}(x-1)+\cdots+\frac{f^{(r_1-1)}(1)}{(r_1-1)!}(x-1)^{r_1-1}$$

即得满足 $(**)$ 的多项式 $f(x)$. 设 $f(x^k)-x=(x-1)^{r_1}q(x)$. 代入 $x=J_{r_1}(1)$ 可得

$$f(J_{r_1}(1)^k)-J_{r_1}(1)=(J_{r_1}(1)-I_{r_1})^{r_1}q(J_{r_1}(1))=O,$$

即 $J_{r_1}(1)=f(J_{r_1}(1)^k)$. 由于 $(x-1)^{r_1}$ 也是任一 $J_{r_i}(1)$ 的零化多项式, 故 $J_{r_i}(1)=f(J_{r_i}(1)^k)\,(1\leq i\leq t)$. 最后由 $(*)$ 可得

$$J_{r_i}(1)B_{ij}=f(J_{r_i}(1)^k)B_{ij}=B_{ij}f(J_{r_j}(1)^k)=B_{ij}J_{r_j}(1),\quad 1\leq i,j\leq t,$$

故 $AB=BA$ 成立.

证法 2  设 $P$ 为非异阵, 使得 $P^{-1}AP=J=\mathrm{diag}\{J_{r_1}(1),\cdots,J_{r_t}(1)\}$ 为 Jordan 标准型. 由证法 1 可知, 存在多项式 $f(x)$, 使得 $J_{r_i}(1)=f(J_{r_i}(1)^k)\,(1\leq i\leq t)$, 于是 $J=f(J^k)$, 从而

$$A=PJP^{-1}=Pf(J^k)P^{-1}=f(PJ^kP^{-1})=f((PJP^{-1})^k)=f(A^k).$$

因此, $AB=f(A^k)B=Bf(A^k)=BA$.  $\Box$