第六大题 设 $A$ 为数域 $mathbb{K}$ 上的 $n$ 阶幂零阵, $B$ 为 $n$ 阶方阵, 满足 $AB=BA$ 且 $r(AB)=r(B)$. 求证: $B=0$.
矩阵秩的估计 (等式或不等式的证明) 是高等代数教学中的一个难点, 我们通常有以下三种方法, 分别是:
(i) 从矩阵秩的基本等式和不等式出发, 利用矩阵的初等变换来处理 (参考高代白皮书第 3.2.6 节第 1 部分);
(ii) 利用线性方程组的求解理论来处理 (参考高代白皮书第 3.2.6 节第 2 部分);
(iii) 利用线性空间理论来处理 (参考高代白皮书第 3.2.6 节第 3 部分).
第一种方法称为代数方法, 第二和第三种方法统称为几何方法, 因为它们恰好对应于线性映射的核空间和像空间. 关于这三种方法的应用, 高代白皮书第 3.2.6 节已经给出了很多典型的例题, 其中让人印象最深刻的是下面的例题 (高代白皮书的例 3.71).
例题 设 $A,B$ 都是数域 $mathbb{K}$ 上的 $n$ 阶方阵且 $AB=BA$, 证明: $$r(A+B)leq r(A)+r(B)-r(AB).$$
高代白皮书给出了上述例题的三种证法, 正好一一对应于上述三种方法, 可以说这是一道非常切合主旨的例题. 本题是复旦大学数学学院 19 级高等代数 I 期中考试的第六大题, 它也是一道非常切合主旨的例题. 下面我们给出第六大题的三种证法及其延拓 (即下面引理的三个应用).
证法一 如果能证明 $$(1)quad r(B)=r(AB)=r(A^2B)=r(A^3B)=cdots,$$ 那么由 $A^n=0$ 可知 $r(B)=r(A^nB)=0$, 即有 $B=0$ 成立. 下面来证明 (1). 设 $r(A^{k-1}B)=r(A^kB)$ 已成立, 其中 $kgeq 1$ 并约定 $A^0B=B$, 只要证明 $r(A^kB)=r(A^{k+1}B)$ 也成立即可. 一方面, $r(A^{k+1}B)leq r(A^kB)$. 另一方面, 由 $AB=BA$ 以及矩阵秩的 Frobenius 不等式可得 $$r(A^{k+1}B)=r(A^kcdot Bcdot A)geq r(A^kB)+r(BA)-r(B)=r(A^kB),$$ 故 $r(A^kB)=r(A^{k+1}B)$ 成立.
引理 设 $A$ 为 $m imes n$ 矩阵, $B$ 为 $n imes k$ 矩阵, 满足 $r(AB)=r(B)$, 则对任意的 $k imes l$ 矩阵 $C$, 均有 $r(ABC)=r(BC)$.
证明 这是高代白皮书的例 3.75, 书上给出了两种证法. 第一种证法利用 $r(AB)=r(B)$ 等价于对应的线性方程组 $ABx=0$ 与 $Bx=0$ 同解 (高代白皮书的例 3.74) 来做, 可以看成是线性方程组求解理论的应用. 第二种证法利用矩阵秩的 Frobenius 不等式来做, 可以看成是代数证法. $Box$
我们把上述引理看成是线性方程组求解理论的应用, 利用它可给出第六大题的证法二.
证法二 由 $r(AB)=r(B)$ 以及引理可知 $r(ABA^k)=r(BA^k)\,(forall\,kgeq 1)$. 注意到 $AB=BA$, 故有 $r(A^{k+1}B)=r(A^kB)\,(forall\,kgeq 1)$, 从而 $r(B)=r(AB)=cdots=r(A^nB)=0$, 于是 $B=0$.
证法三 第三种方法等价于利用线性映射的像空间, 因此我们把矩阵 $A,B$ 等同于 $mathbb{K}^n$ 上的线性变换, 仍记为 $A,B$. 由 $AB=BA$ 容易验证 $A(mathrm{Im}B)subseteqmathrm{Im}B$, 即 $mathrm{Im}B$ 是 $A$-不变子空间. 将线性变换 $A$ 限制在 $mathrm{Im}B$ 上, 得到线性变换 $A|_{mathrm{Im}B}:mathrm{Im}B omathrm{Im}B$. 注意到 $r(A|_{mathrm{Im}B})=r(AB)=r(B)=dimmathrm{Im}B$, 故 $A|_{mathrm{Im}B}$ 是一个满射, 从而 $0=A^n|_{mathrm{Im}B}=(A|_{mathrm{Im}B})^n$ 也是 $mathrm{Im}B$ 上的满射, 这意味着 $mathrm{Im}B=0$, 于是 $B=0$. $Box$
从第六大题的证明不难看出, 引用上述引理和引用矩阵秩的 Frobenius 不等式, 从证明效果来看其实是一致的, 并且证明过程之间也可以平行互推. 即便如此, 上述引理仍不失为处理矩阵秩问题的一个强有力的工具. 除了第六大题之外, 我们再给出上述引理的三个应用.
应用 1 设 $A$ 为 $n$ 阶方阵, 证明: $r(A^n)=r(A^{n+1})=r(A^{n+2})=cdots$.
证明 这就是高代白皮书的例 4.32. 书上给出的证法一 (利用矩阵秩的 Frobenius 不等式) 对应于方法一; 书上给出的证法二 (利用线性变换的像空间) 对应于方法三. 感兴趣的读者可以利用引理给出证法三, 这对应于方法二. $Box$
应用 2 设 $P_1,P_2,cdots,P_k$, $Q_1,Q_2,cdots,Q_k$ 是 $n$ 阶方阵, 满足 $forall\,1leq i,jleq k$, $P_iQ_j=Q_jP_i$, $r(P_i)=r(P_iQ_i)$ 成立. 证明: $r(P_1P_2cdots P_k)=r(P_1P_2cdots P_kQ_1Q_2cdots Q_k)$.
证明 这是 16 级高代 I 每周一题的第 12 题, 我们把利用引理的证明留给感兴趣的读者自行完成. $Box$
应用 3 设 $A,B$ 为 $n$ 阶方阵, 满足 $r(ABA)=r(B)$, 求证: $AB$ 与 $BA$ 相似.
这是 2016 年度第八届全国大学生数学竞赛决赛的一道代数试题, 其标准解答是通过相抵变换将 $A$ 变为相抵标准型, 即可将问题大幅度地化简. 下面我们利用引理来给出一个新的证明, 为此我们先引用如下结论.
命题 设 $A,B$ 为 $n$ 阶方阵, 则 $AB$ 与 $BA$ 相似的充要条件是 $$rig((AB)^iig)=rig((BA)^iig),\,\,\,\,1leq ileq n-1.$$
证明 参考论文 [1] 或 [问题2014S10] 及其解答. $Box$
应用 3 的证明 由 $r(ABA)=r(B)$ 可知 $r(AB)geq r(ABA)=r(B)geq r(AB)$, 从而 $r(ABA)=r(AB)=r(B)$. 同理可证 $r(ABA)=r(BA)=r(B)$, 故 $r(AB)=r(BA)$. 接下去只要证明 $rig((AB)^{k+1}ig)=rig((BA)^{k+1}ig)\,(forall\,kgeq 1)$ 也成立即可. 由 $r(ABA)=r(BA)$ 以及引理可得 $$rig((AB)^{k+1}ig)=rig(ABAcdot B(AB)^{k-1}ig)=rig(BAcdot B(AB)^{k-1}ig)=rig(B(AB)^kig).$$ 由 $r(ABA)=r(AB)$ 以及引理的转置版本可得 $$rig((BA)^{k+1}ig)=rig((BA)^{k-1}Bcdot ABAig)=rig((BA)^{k-1}Bcdot ABig)=rig((BA)^kBig).$$ 注意到 $B(AB)^k=(BA)^kB$, 故有 $rig((AB)^{k+1}ig)=rig((BA)^{k+1}ig)$ 成立. $Box$
参考文献
[1] 谢启鸿, 从 $AB$ 与 $BA$ 谈高等代数的教学串联, 高等数学研究, 2015, 18(6), 29–32.