复旦大学2019--2020学年第二学期（19级）高等代数II期末考试第七大题解答
七、(10分) 设数域 $\mathbb{K}$ 上的 $n\,(n\geq 2)$ 阶方阵 $A,B$ 满足 $AB=0$ 且 $\mathrm{tr}(A^*)=0$, 证明: $A^*B=0$.
证明 我们给出四种不同的证法.
证法 1 (线性方程组求解理论) 若 $A$ 非异, 则 $B=0$, 从而 $A^*B=0$. 若 $r(A)\leq n-2$, 则 $A^*=0$, 从而 $A^*B=0$. 以下设 $r(A)=n-1$, 则由线性方程组的求解理论可知, $Ax=0$ 的解空间 $V_A$ 的维数等于 $n-r(A)=1$, 故不妨设 $V_A=L(\alpha)$, 其中 $\alpha\in\mathbb{K}^n$ 即为 $Ax=0$ 的基础解系. 由 $AB=0$ 可知 $B$ 的每一个列向量都属于 $Ax=0$ 的解空间 $V_A$, 从而都与 $\alpha$ 成比例, 于是存在 $\beta\in\mathbb{K}^n$, 使得 $B=\alpha\cdot\beta'$. 同理由 $AA^*=|A|I_n=0$ 可知存在 $\gamma\in\mathbb{K}^n$, 使得 $A^*=\alpha\cdot\gamma'$. 由矩阵迹的交换性可得 $\mathrm{tr}(A^*)=\mathrm{tr}(\alpha\cdot\gamma')=\mathrm{tr}(\gamma'\cdot\alpha)=\gamma'\cdot\alpha$, 于是 $$A^*B=(\alpha\cdot\gamma')(\alpha\cdot\beta')=\alpha(\gamma'\cdot\alpha)\beta'=(\gamma'\cdot\alpha)\alpha\cdot\beta'=\mathrm{tr}(A^*)B=0.$$
证法 2 (特征值理论) 若 $A$ 非异, 则 $B=0$, 从而 $A^*B=0$. 若 $r(A)\leq n-2$, 则 $A^*=0$, 从而 $A^*B=0$. 以下设 $r(A)=n-1$, 则 $A$ 关于特征值 0 的特征子空间 $V_0$ 的维数等于 $n-r(A)=1$, 故不妨设 $V_0=L(\alpha)$, 其中 $\alpha$ 为特征值 $0$ 的特征向量. 由 $AB=0$ 可知 $B$ 的每一个列向量都属于特征子空间 $V_0$, 从而都与 $\alpha$ 成比例, 于是存在 $\beta\in\mathbb{K}^n$, 使得 $B=\alpha\cdot\beta'$. 由于 $AA^*=A^*A$, 故 $A$ 的任一特征子空间都是 $A^*$ 的不变子空间. 特别地, $V_0=L(\alpha)$ 是 $A^*$ 的不变子空间, 于是存在 $\mu\in\mathbb{K}$, 使得 $A^*\alpha=\mu\alpha$, 即 $\alpha$ 是 $A^*$ 关于特征值 $\mu$ 的特征向量. 注意到 $r(A^*)=1$ 且 $\mathrm{tr}(A^*)=0$, 故由高代白皮书的例 7.28 (利用特征值的降阶公式) 可知 $A^*$ 的特征值全为零 (也可以由 $A$ 的特征值以及 $\mathrm{tr}(A^*)=0$ 推出这一结论), 于是 $\mu=0$, 从而 $A^*\alpha=0$, 因此 $A^*B=A^*\alpha\cdot\beta'=0$.
证法 3 (Cayley-Hamilton 定理的应用) 由高代白皮书的例 6.62 的证明可知: 若设 $A$ 的特征多项式 $$|\lambda I_n-A|=\lambda^n+a_1\lambda^{n-1}+\cdots+a_{n-1}\lambda+a_0,$$ 则有 $$A^*=(-1)^{n-1}(A^{n-1}+a_1A^{n-2}+\cdots+a_{n-1}I_n).$$ 再由高代白皮书的例 6.15 可知: $$a_{n-1}=(-1)^{n-1}\sum_{i=1}^nA\begin{pmatrix} 1\cdots\hat{i\,}\cdots n \\ 1\cdots\hat{i\,}\cdots n \\ \end{pmatrix}=(-1)^{n-1}\sum_{i=1}^nA_{ii}=(-1)^{n-1}\mathrm{tr}(A^*).$$ 于是 $$A^*B=(-1)^{n-1}(A^{n-1}B+a_1A^{n-1}B+\cdots+a_{n-2}AB+a_{n-1}B)=\mathrm{tr}(A^*)B=0.$$
证法 4 (Jordan 标准型的应用) 若 $A$ 非异, 则 $B=0$, 从而 $A^*B=0$. 若 $r(A)\leq n-2$, 则 $A^*=0$, 从而 $A^*B=0$. 以下设 $r(A)=n-1$. 注意到问题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 (其中 $(P^{-1}AP)^*=P^{-1}A^*P$), 故不妨从一开始就假设 $A=\mathrm{diag}\{A_1,A_2\}$ 为 Jordan 标准型, 其中 $A_1$ 是由非零特征值的 Jordan 块构成的分块对角阵, $A_2$ 是由零特征值的 Jordan 块构成的分块对角阵. 设 $B=\begin{pmatrix} B_1 \\ B_2 \\ \end{pmatrix}$ 为对应的分块, 则由 $AB=0$ 可知 $$0=\begin{pmatrix} A_1 & O \\ O & A_2 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} B_1 \\ B_2 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A_1B_1 & O \\ O & A_2B_2 \\ \end{pmatrix}.$$ 由 $A_1$ 非异即得 $B_1=0$, 以及 $A_2B_2=0$. 注意到特征值 $0$ 的几何重数为 $n-r(A)=1$, 故 $A_2=J_k(0)$ 由一个 Jordan 块构成, 我们断言 $k\geq 2$. 用反证法, 若 $k=1$, 则 $A^*=\begin{pmatrix} O & O \\ O & |A_1| \\ \end{pmatrix}$, 从而 $\mathrm{tr}(A^*)=|A_1|\neq 0$, 矛盾! 也可以这样证明, 注意到 $k$ 是特征值 $0$ 的代数重数, 若 $k=1$, 则 $A$ 的特征值为 $\lambda_1=0$, $\lambda_i\neq 0\,(2\leq i\leq n)$, 于是 $A^*$ 的特征值只有 $\lambda_2\cdots\lambda_n\neq 0$, 其余 $n-1$ 个特征值全部为零, 从而 $\mathrm{tr}(A^*)=\lambda_2\cdots\lambda_n\neq 0$, 矛盾! 因此, $A^*=\begin{pmatrix} O & O \\ O & |A_1|A_2^* \\ \end{pmatrix}$, 其中 $$A_2^*=J_k(0)^*=\begin{pmatrix} & & (-1)^{k+1} \\ & & \\ & & \\ \end{pmatrix}_{\!\!\!k\times k},\,k\geq 2.$$ 由 $A_2B_2=0$ 可知 $B_2$ 的后 $k-1$ 行都等于零, 于是 $A_2^*B_2=0$, 从而 $A^*B=0$. $\Box$
注 1 本题得分在 8 分以上的同学共有 19 人, 分别为:
证法 1: 吴家茂, 陈河, 叶晨, 梁耀鸣, 蒋博, 金李洋
证法 2: 曹文景
证法 3: 钱东箭, 李泽昊, 夏伟淳, 孙进
证法 4: 毛千鹭, 吴强, 徐泽一, 邢依洁, 戴思霖, 陈志恒, 杜江川, 陈泽祥 (将 $A^*$ 化为 Jordan 标准型来讨论)
注 2 由证法 1 和证法 3 可知, 本题的结论可以改进为: 设数域 $\mathbb{K}$ 上的 $n\,(n\geq 2)$ 阶方阵 $A,B$ 满足 $AB=0$, 则 $A^*B=0$ 的充要条件是 $\mathrm{tr}(A^*)=0$ 或 $B=0$.
