复旦大学数学学院19级高等代数I期中考试第六大题的三种证法及其延拓

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.

例题 (高代白皮书的例 3.71)  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. 复旦大学数学学院 19 级高等代数 I 期中考试的第六大题也是一道非常切合主旨的例题.

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: $B=0$.

我们先来证明如下的引理.

引理 (高代白皮书的例 3.75)  设 $A$ 为 $m\times n$ 矩阵, $B$ 为 $n\times k$ 矩阵, 满足 $r(AB)=r(B)$, 则对任意的 $k\times l$ 矩阵 $C$, 均有 $r(ABC)=r(BC)$.

证明  高代白皮书上给出了两种证法. 第一种证法利用 $r(AB)=r(B)$ 等价于对应的齐次线性方程组 $ABx=0$ 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.  $\Box$

第六大题的证明  若能证明下式成立: $$(1)\quad r(B)=r(AB)=r(A^2B)=r(A^3B)=\cdots,$$ 则由 $A^n=0$ 可知 $r(B)=r(A^nB)=0$, 即有 $B=0$ 成立. 下面依次给出三种证法.

证法一  约定 $A^0B=B$, 并假设 $r(A^{k-1}B)=r(A^kB)$ 已成立, 其中 $k\geq 1$, 只要证明 $r(A^kB)=r(A^{k+1}B)$ 也成立, 即可由归纳法知 (1) 式成立. 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 $$r(A^{k+1}B)=r(A^k\cdot B\cdot A)\geq r(A^kB)+r(BA)-r(B)=r(A^kB),$$ 故 $r(A^kB)=r(A^{k+1}B)$ 成立.

证法二  由 $r(AB)=r(B)$ 以及引理可知 $r(ABA^k)=r(BA^k)\,(\forall\,k\geq 1)$ 成立. 注意到 $AB=BA$, 故有 $r(A^{k+1}B)=r(A^kB)\,(\forall\,k\geq 1)$ 成立, 从而 (1) 式成立.

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 $A(\mathrm{Im}B)\subseteq\mathrm{Im}B$, 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 $A|_{\mathrm{Im}B}:\mathrm{Im}B\to\mathrm{Im}B$. 注意到 $r(A|_{\mathrm{Im}B})=r(AB)=r(B)=\dim\mathrm{Im}B$, 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, 接下去我们再给出上述引理的三个应用.

应用 1 (高代白皮书的例 4.32)  设 $A$ 为 $n$ 阶方阵, 证明: $r(A^n)=r(A^{n+1})=r(A^{n+2})=\cdots$.

证明  高代白皮书上给出的证法一 (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 (16 级高代 I 每周一题的第 12 题)  设 $P_1,P_2,\cdots,P_k$, $Q_1,Q_2,\cdots,Q_k$ 是 $n$ 阶方阵, 满足 $P_iQ_j=Q_jP_i$, $r(P_i)=r(P_iQ_i)$ $(\forall\,1\leq i,j\leq k)$ 成立. 证明: $r(P_1P_2\cdots P_k)=r(P_1P_2\cdots P_kQ_1Q_2\cdots Q_k)$.

证明  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 (2016 年度第八届全国大学生数学竞赛决赛试题)  设 $A,B$ 为 $n$ 阶方阵, 满足 $r(ABA)=r(B)$, 求证: $AB$ 与 $BA$ 相似.

这道决赛试题的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 $$r\big((AB)^i\big)=r\big((BA)^i\big),\,\,\,\,1\leq i\leq n-1.$$

证明  参考教学论文 [2] 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 $r\big((AB)^{k+1}\big)=r\big((BA)^{k+1}\big)\,(\forall\,k\geq 1)$ 也成立即可. 由 $r(ABA)=r(BA)$ 以及引理可得 $$r\big((AB)^{k+1}\big)=r\big(ABA\cdot B(AB)^{k-1}\big)=r\big(BA\cdot B(AB)^{k-1}\big)=r\big(B(AB)^k\big).$$ 由 $r(ABA)=r(AB)$ 以及引理的转置版本可得 $$r\big((BA)^{k+1}\big)=r\big((BA)^{k-1}B\cdot ABA\big)=r\big((BA)^{k-1}B\cdot AB\big)=r\big((BA)^kB\big).$$ 注意到 $B(AB)^k=(BA)^kB$, 故有 $r\big((AB)^{k+1}\big)=r\big((BA)^{k+1}\big)$ 成立.  $\Box$

参考文献

[1]  高代白皮书: 姚慕生, 谢启鸿 编著, 学习方法指导书: 高等代数 (第三版), 复旦大学出版社, 2015.

[2]  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.