复旦大学数学学院22级高等代数II期中考试压轴大题的多种证法及其推广

五、设 $n\,(n\geq 2)$ 阶方阵 $A$ 的全体特征值为 $\lambda_1=0$, $\lambda_2,\cdots,\lambda_n$, 且 $\lambda_1$ 的一个特征向量为 $e=(1,1,\cdots,1)'$. 证明: 若 $A=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$ 为其列分块, 则

$$\det(\alpha_1,\cdots,e,\cdots,\alpha_n)=\lambda_2\cdots\lambda_n,$$

其中 $e$ 替换 $A$ 的第 $i$ 列 $\alpha_i\,(1\leq i\leq n)$.

证法一  由高代白皮书第四版例 6.18 可知, $A^*$ 的全体特征值为 $0$ ($n-1$ 个) 以及 $\lambda_2\cdots\lambda_n$, 于是

$$\lambda_2\cdots\lambda_n=\mathrm{tr}(A^*)=\sum_{k=1}^nA_{kk}.$$

上述结论也可由高代白皮书第四版例 6.24 直接得到. 将要证等式左边的行列式按第 $i$ 列进行展开, 故只要证明下列等式成立即可:

$$\sum_{k=1}^nA_{ki}=\sum_{k=1}^nA_{kk}. \quad(*)$$

显然 $A$ 为奇异阵, 下面分两种情况进行讨论.

(1) 若 $r(A)\leq n-2$, 则代数余子式 $A_{ij}=0\,(\forall\,i,j)$, 于是 $(*)$ 式成立.

(2) 若 $r(A)=n-1$, 则由 $Ae=0$ 可知 $Ax=0$ 的解空间为 $L(e)$. 注意到 $AA^*=|A|I_n=O$, 故 $A^*$ 的每个列向量都属于解空间 $L(e)$. 特别地, $A^*$ 的每个列向量的 $n$ 个分量都相等, 即对 $1\leq k\leq n$, 均有 $A_{k1}=A_{k2}=\cdots=A_{kn}$ (这是 $A^*$ 的第 $k$ 列的 $n$ 个分量), 于是 $(*)$ 式成立.

在给出证法二之前, 我们先证明一个引理.

引理  设 $n\,(n\geq 2)$ 阶方阵 $A$ 的特征值为 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$, 任取特征值 $\lambda_1$ 的一个特征向量 $\xi_1$, 则 $\xi_1$ 也是伴随阵 $A^*$ 关于特征值 $\lambda_2\cdots\lambda_n$ 的特征向量.

证明  由高代教材定理 6.1.2 的证明过程可知, 存在 $n$ 阶非异阵 $P$, 使得 $P$ 的第一个列向量是 $\xi_1$, 并且

$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix} \lambda_1 & * & \cdots & * \\ & \lambda_2 & \cdots & * \\ & & \ddots & \vdots \\ & & & \lambda_n \\ \end{pmatrix}.$$

上式两边同时取伴随, 注意到 $P^*=|P|P^{-1}$, $(P^{-1})^*=|P|^{-1}P$, 故可得

$$P^{-1}A^*P=(P^{-1}AP)^*=\begin{pmatrix} \prod\limits_{i\neq 1}\lambda_i & * & \cdots & * \\ & \prod\limits_{i\neq 2}\lambda_i & \cdots & * \\ & & \ddots & \vdots \\ & & & \prod\limits_{i\neq n}\lambda_i \\ \end{pmatrix}.$$

上式说明 $P$ 的第一个列向量 $\xi_1$ 也是伴随阵 $A^*$ 关于特征值 $\lambda_2\cdots\lambda_n$ 的特征向量. 也可以用摄动法 (参考高代白皮书第 2.11 节) 来证明这个引理. 当 $A$ 可逆时, 由 $A\xi_1=\lambda_1\xi_1$ 可得 $A^{-1}\xi_1=\lambda_1^{-1}\xi_1$, 从而

$$A^*\xi_1=|A|A^{-1}\xi_1=|A|\lambda_1^{-1}\xi_1=\lambda_2\cdots\lambda_n\xi_1.$$

对于一般的方阵 $A$, 可取到一列有理数 $t_k\to 0$, 使得 $A+t_kI_n$ 可逆, 于是 $(A+t_kI_n)\xi_1=(\lambda_1+t_k)\xi_1$, 并且由上式可得

$$(A+t_kI_n)^*\xi_1=(\lambda_2+t_k)\cdots(\lambda_n+t_k)\xi_1.$$

注意到上式两边关于 $t_k$ 连续, 令 $t_k\to 0$, 取极限即得 $A^*\xi_1=\lambda_2\cdots\lambda_n\xi_1$.  $\Box$

证法二  将要证等式左边的行列式按第 $i$ 列进行展开, 故只要证明下列等式成立即可:

$$\sum_{k=1}^nA_{ki}=\lambda_2\cdots\lambda_n. \quad(\dagger)$$

由 $e=(1,1,\cdots,1)'$ 是 $A$ 关于特征值 $\lambda_1$ 的特征向量以及上述引理可知, $e$ 也是 $A^*$ 关于特征值 $\lambda_2\cdots\lambda_n$ 的特征向量, 即有

$$A^*e=\lambda_2\cdots\lambda_n e.$$

比较上式两边的第 $i$ 行元素, 即得 $(\dagger)$ 式.  $\Box$

注  证法二由 22 级王树鹏同学提供. 证法二告诉我们, 即使去掉原题中 $\lambda_1=0$ 的条件, 结论仍然成立, 但此时证法一不再适用. 

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七、设有理数域上的 $n\,(n\geq 2)$ 阶方阵 $A$ 满足 $A^3=I_n$, $A\neq I_n$. 证明: 对任意给定的整数 $m$, 存在有理数域上的 $n$ 阶方阵 $B$, 使得 $B$ 相似于 $A$, 且 $B$ 的所有元素之和等于 $m$.

证明  由 $A^3=I_n$ 可知 $A$ 复可对角化且特征值只能是 $1,\omega,\omega^2$, 其中 $\omega=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$. 由于 $A$ 是有理数方阵且 $A\neq I_n$, 故 $A$ 的特征值不能全是 $1$ 且虚特征值必成对出现, 从而可设 $A$ 复相似于

$$\mathrm{diag\{\omega,\omega^2,\cdots,\omega,\omega^2,1,\cdots,1\}},$$

其中有 $k\,(\geq 1)$ 对 $\{\omega,\omega^2\}$, $n-2k$ 个 $1$. 注意到 $x^2+x+1$ 的友阵 $C=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & -1 \\ \end{pmatrix}$ 复相似于 $\mathrm{diag}\{\omega,\omega^2\}$, 故 $A$ 复相似于

$$F=\mathrm{diag}\{C,\cdots,C,I_{n-2k}\},$$

其中有 $k$ 个友阵 $C$. 由于 $A,F$ 都是 $\mathbb{Q}$ 上的矩阵, 故它们在 $\mathbb{Q}$ 上也相似. 下面分三种情况进行讨论.

(1) 若 $n-2k\geq 1$, 则由 $\mathrm{diag}\{C,\cdots,C\}$ 与 $I_{n-2k}$ 无公共特征值以及高代白皮书第四版例 7.56 的证法 2 可知, $F$ 相似于

$$B=\begin{pmatrix} C & & & & & x \\ & \ddots & & & & \\ & & C & & & \\ & & & 1 & & \\ & & & & \ddots & \\ & & & & & 1 \\ \end{pmatrix},$$

其中 $x=m+3k-n$, 于是 $B$ 相似于 $A$, 且 $B$ 的所有元素之和等于 $m$.

(2) 若 $n-2k=0$ 且 $k\geq 2$, 则作如下相似初等变换: 将 $F$ 的第一列乘以 $x$ 加到第四列, 再将第四行乘以 $-x$ 加到第一行, 其中 $x=m+k$. 记得到的矩阵为 $B$, 则上述相似初等变换在 $F,B$ 的前四行和前四列表示如下：

$$\begin{pmatrix} 0 & -1 & & \\ 1 & -1 & & \\ & & 0 & -1 \\ & & 1 & -1 \\ \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} 0 & -1 & -x & x \\ 1 & -1 & 0 & x \\ & & 0 & -1 \\ & & 1 & -1 \\ \end{pmatrix},$$

于是 $B$ 相似于 $A$, 且 $B$ 的所有元素之和等于 $m$.

(3) 若 $n=2$ 且 $k=1$, 则 $A$ 相似于 $C$. 容易验证一个二阶有理数矩阵 $B=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{pmatrix}$ 相似于 $C$ 的充要条件是 $B$ 的特征多项式等于 $x^2+x+1$, 再加上所有元素之和等于 $m$ 的条件, 可得如下三个方程:

$$a+d=-1,\,\,\,\,ad-bc=1,\,\,\,\,a+b+c+d=m.$$

由此可得 $b(b-m-1)-a(a+1)=1$, 即有

$$\Big(b-\frac{m+1}{2}\Big)^2-\Big(a+\frac{1}{2}\Big)^2=\frac{m^2+2m+4}{4}.$$

例如可取

$$\Big(b-\frac{m+1}{2}\Big)-\Big(a+\frac{1}{2}\Big)=\frac{1}{2},\,\,\,\,\Big(b-\frac{m+1}{2}\Big)+\Big(a+\frac{1}{2}\Big)=\frac{m^2+2m+4}{2},$$

由此可得有理数解:

$$a=\frac{(m+1)^2}{4},\,\,b=\frac{m^2+4m+7}{4},\,\,c=-\frac{m^2+3}{4},\,\,d=-\frac{m^2+2m+5}{4}. \quad (\sharp)$$

因此, 这样的二阶有理数矩阵 $B$ 相似于 $A$, 且 $B$ 的所有元素之和等于 $m$.  $\Box$

注  (1) 也可以直接利用高代白皮书第四版例 7.19 (基于初等因子组的有理标准型) 得到 $A$ 相似于分块对角阵 $F$.

(2) 注意到 $F$ 中至少包含一个友阵 $C$, 故可以只利用 Case (3) 的讨论得到本题的证明.

(3) 注意到 Case (1) 和 (2) 中得到的矩阵 $B$ 都是整数矩阵, Case (3) 中当 $m$ 为奇数时, $(\sharp)$ 是整数解, 故可得本题的两个推广:

推广 1  设有理数域上的 $n\,(n\geq 3)$ 阶方阵 $A$ 满足 $A^3=I_n$, $A\neq I_n$. 证明: 对任意给定的整数 $m$, 存在 $n$ 阶整数方阵 $B$, 使得 $B$ 相似于 $A$, 且 $B$ 的所有元素之和等于 $m$.

推广 2  设有理数域上的 $n\,(n\geq 2)$ 阶方阵 $A$ 满足 $A^3=I_n$, $A\neq I_n$. 证明: 对任意给定的奇数 $m$, 存在 $n$ 阶整数方阵 $B$, 使得 $B$ 相似于 $A$, 且 $B$ 的所有元素之和等于 $m$.

 

参考文献

[1]  高代教材. 谢启鸿, 姚慕生, 吴泉水. 高等代数学 (第四版). 复旦大学出版社, 2022.

[2]  高代白皮书. 谢启鸿, 姚慕生. 高等代数 (第四版), 大学数学学习方法指导丛书. 复旦大学出版社, 2022.