七、(本题10分) 设 $A,B,C$ 分别为 $m imes m$, $n imes n$, $m imes n$ 阶复矩阵, $M=egin{pmatrix} A & C\ 0 & B\ end{pmatrix}$ 可对角化, 求证: 矩阵方程 $AX-XB=C$ 必有解.
证明 任取 $M$ 的特征值 $lambda_0$, $M-lambda_0I=egin{pmatrix} A-lambda_0I & C \ 0 & B-lambda_0I end{pmatrix}$, 由矩阵秩的不等式可得 $$r(M-lambda_0I)geq r(A-lambda_0I)+r(B-lambda_0I).$$ 记 $m_M(lambda_0),t_M(lambda_0)$ 为 $M$ 的代数重数和几何重数, 则由上式及 $M$ 可对角化可得: $$m_M(lambda_0)=t_M(lambda_0)=m+n-r(M-lambda_0I)leq m-r(A-lambda_0I)+n-r(B-lambda_0I)=t_A(lambda_0)+t_B(lambda_0)leq m_A(lambda_0)+m_B(lambda_0).$$ 因为上式左右两端相等, 故可得 $$t_A(lambda_0)=m_A(lambda_0),\,\,\,\,t_B(lambda_0)=m_B(lambda_0),\,\,\,\,r(M-lambda_0I)=r(A-lambda_0I)+r(B-lambda_0I).cdots(*)$$ 由 $lambda_0$ 的任意性可知 $A,B$ 可对角化. 设 $P,Q$ 为非异阵, 使得 $P^{-1}AP=mathrm{diag}{lambda_1,cdots,lambda_m}$, $Q^{-1}BQ=mathrm{diag}{mu_1,cdots,mu_n}$, 则 $$egin{pmatrix} P^{-1} & 0 \ 0 & Q^{-1} end{pmatrix}egin{pmatrix} A & C \ 0 & B end{pmatrix}egin{pmatrix} P & 0 \ 0 & Q end{pmatrix}=egin{pmatrix} P^{-1}AP & P^{-1}CQ \ 0 & Q^{-1}BQ end{pmatrix},$$ $$(P^{-1}AP)(P^{-1}XQ)-(P^{-1}XQ)(Q^{-1}BQ)=P^{-1}CQ,$$ 故不妨一开始就假设 $A,B$ 均为对角阵. 设 $X=(x_{ij})_{m imes n}$, $C=(c_{ij})_{m imes n}$, 则矩阵方程 $AX-XB=C$ 等价于 $$(lambda_i-mu_j)x_{ij}=c_{ij},\,\,\,\,1leq ileq m,\,\,1leq jleq n.$$ 若 $lambda_i eqmu_j$, 则 $x_{ij}=dfrac{c_{ij}}{lambda_i-mu_j}$ 有唯一解; 若 $lambda_i=mu_j$, 则只要证明 $c_{ij}=0$, 这样 $x_{ij}$ 就可任意取值, 从而原方程必有解. 不失一般性, 可设 $$A=mathrm{diag}{lambda_0,cdots,lambda_0,lambda_{r+1},cdots,lambda_m},\,\,\,\,lambda_j eqlambda_0,\,\,forall\,jgeq r+1,$$ $$B=mathrm{diag}{lambda_0,cdots,lambda_0,mu_{s+1},cdots,mu_n},\,\,\,\,mu_j eqlambda_0,\,\,forall\,jgeq s+1.$$ 记 $$A_1=mathrm{diag}{lambda_{r+1}-lambda_0,cdots,lambda_m-lambda_0},\,\,\,\, B_1=mathrm{diag}{mu_{s+1}-lambda_0,cdots,mu_n-lambda_0},$$ 则有如下分块矩阵的初等变换: $$M-lambda_0I=egin{pmatrix} 0 & 0 & C_{11} & C_{12} \ 0 & A_1 & C_{21} & C_{22} \ 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & B_1 end{pmatrix}longrightarrow egin{pmatrix} 0 & 0 & C_{11} & 0 \ 0 & A_1 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & B_1 end{pmatrix},$$ 由此可得 $$r(M-lambda_0I)=r(A_1)+r(B_1)+r(C_{11}),\,\,\,\,r(A_1)=r(A-lambda_0I),\,\,\,\,r(B_1)=r(B-lambda_0I).$$ 最后由 $(*)$ 式即得 $r(C_{11})=0$, 即 $C_{11}=0$, 从而结论得证. $Box$
注 本题是白皮书例6.45的自然延伸. 事实上, 本题还可以作如下的推广 (由 Roth 在1952年给出证明), 这一推广还和15级高代I期末考试倒数第二题有着密切的联系. 虽然 Roth 定理的证明并不算难, 但比较长, 有兴趣的同学可以参考其原始的证明 (W. E. Roth, The Equations $AX-YB=C$ and $AX-XB=C$ in Matrices, Proceedings of the American Mathematical Society, Vol. 3, No. 3 (1952), pp. 392-396).
Roth 定理 设 $A,B,C$ 分别为 $m imes m$, $n imes n$, $m imes n$ 阶复矩阵, 则
(1) $egin{pmatrix} A & C\ 0 & B\ end{pmatrix}$ 相抵于 $egin{pmatrix} A & 0\ 0 & B\ end{pmatrix}$ 的充分必要条件是矩阵方程 $AX-YB=C$ 有解;
(2) $egin{pmatrix} A & C\ 0 & B\ end{pmatrix}$ 相似于 $egin{pmatrix} A & 0\ 0 & B\ end{pmatrix}$ 的充分必要条件是矩阵方程 $AX-XB=C$ 有解.