分块矩阵方法

分块矩阵法是高等代数中处理矩阵相关问题的最重要的方法之一, 其重要性可以说怎么强调都不过分. 分块矩阵法的核心思想是根据具体问题构造适当的分块矩阵, 然后运用广义初等变换, 将某些子块消为零块, 得到特殊的分块矩阵从而解决问题. 该方法几乎贯穿了线性代数的始终, 在矩阵求逆、矩阵秩不等式、行列式、线性方程组、线性变换、二次型等方面有着广泛的应用.

例如, 证明行列式的乘法公式$|AB|=|A|\cdot |B|$时, 我们就构造了分块矩阵

\[\left(\begin{array}{cc} A&O \\ -E& B \end{array}\right). \]

作广义初等变换

\[\left(\begin{array}{cc} A&O \\ -E& B \end{array}\right) \stackrel{c_1\cdot B+c_2}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cc} A&AB \\ -E& O \end{array}\right) \stackrel{r_1\leftrightarrow r_2}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cc} -E& O\\ A&AB \end{array}\right). \]

取行列式, 得

\[|A|\cdot |B|=\left|\begin{array}{cc} A&O \\ -E& B \end{array}\right|=(-1)^n \left|\begin{array}{cc} -E& O\\ A&AB \end{array}\right|=(-1)^n|-E_n|\cdot |AB|, \]

即$|AB|=|A|\cdot |B|$.

再例如, 若子矩阵块$A$可逆，利用初等变换将分块矩阵$\left(\begin{array}{cc} A&B \\ C& D \end{array}\right)$
的子块$C$消成$O$, 即

\[\left(\begin{array}{cc} A&B\\ C& D \end{array}\right) \stackrel{r_1\cdot -CA^{-1}+r_2}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cc} A&B \\ O& D-CA^{-1}B \end{array}\right). \]

得到行列式

\[\left|\begin{array}{cc} A&B\\ C& D \end{array}\right| =\left|\begin{array}{cc} A&B \\ O& D-CA^{-1}B \end{array}\right|=|A|\cdot|D-CA^{-1}B|. \]

该式有时也称为行列式的降阶公式.

$\S1$ 由于广义初等变换不改变矩阵的秩，所以关于矩阵秩的等式或不等式的证明, 分块矩阵法可以大显神通. 使用该方法的主要思路是根据等式或不等式的一边，利用下面例2中的等式或不等式，构造合适的分块矩阵，对其实施分块矩阵的初等变换，得到等式或不等式的另一边的秩关系.

例1 设$A_{m\times n}\,,\,B_{n\times l}$, 则${\rm r}(AB)\leqslant \min\{{\rm r}(A),{\rm r}(B)\}$.

证明由于

\[(A,\; AB)\left(\begin{array}{cc} E&-B\\ O&E \end{array}\right)= (A,\; O),\quad \left(\begin{array}{cc} E&O\\ -A&E \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} B\\ AB \end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} B\\ O \end{array}\right), \]

所以

\[\begin{array}{c} {\rm r}(AB)\leqslant {\rm r}(A,\; AB)={\rm r}(A,\; O)={\rm r}(A),\;\\ {\rm r}(AB)\leqslant {\rm r}\left(\begin{array}{c} B\\ AB \end{array}\right)={\rm r}\left(\begin{array}{c} B\\ O \end{array}\right)={\rm r}(B), \end{array} \]

即${\rm r}(AB)\leqslant \min\{{\rm r}(A),{\rm r}(B)\}$.

例2 ${\rm r}(A)+{\rm r}(B)={\rm r}\begin{pmatrix}A&O\\O&B \end{pmatrix}\leqslant {\rm r}\begin{pmatrix}A&O\\C&B\end{pmatrix}\,$.

证明设${\rm r}(A)=r_1$, ${\rm r}(B)=r_2$, 则存在可逆矩阵$P_1,Q_1$ 与$P_2, Q_2$ 使得

\[P_1AQ_1=\begin{pmatrix}E_{r_1}&\\ &O\end{pmatrix}, \qquad P_2BQ_2=\begin{pmatrix}E_{r_2}&\\ &O\end{pmatrix}. \]

从而

\[\begin{pmatrix}P_1&\\ &P_2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A&\\ &B\end{pmatrix} \begin{pmatrix}Q_1&\\ &Q_2\end{pmatrix} =\left(\begin{array}{cc|cc}E_{r_1}&&&\\&O&&\\ \hline &&E_{r_2}&\\ &&&O\end{array}\right). \]

所以由(1)得

\[{\rm r}\begin{pmatrix}A&\\ &B\end{pmatrix}=r_1+r_2={\rm r}(A)+{\rm r}(B). \]

另一方面, 由于通过初等变换,

\[\begin{array}{rl} &\begin{pmatrix}A&O\\ C&B\end{pmatrix}\rightarrow \left(\begin{array}{cc|cc}E_{r_1}&&&\\&O&&\\ \hline D_{11}&D_{12}&E_{r_2}&\\ D_{21}&D_{22}&&O\end{array}\right)\\ \rightarrow & \left(\begin{array}{cc|cc}E_{r_1}&&&\\&O&&\\ \hline O&O&E_{r_2}&\\ O&D&&O\end{array}\right)\rightarrow \left(\begin{array}{cccc}E_{r_1}&&&\\ &E_{r_2}&&\\ &&D&\\&&&O\end{array}\right), \end{array} \]

所以

\[{\rm r}\begin{pmatrix}A&O\\ C&B\end{pmatrix}=r_1+r_2+{\rm r}(D)\geqslant r_1+r_2={\rm r}(A)+{\rm r}(B). \]

例3 若$A,B$是同阶矩阵，则
$|{\rm r}(A)-{\rm r}(B)|\leqslant {\rm r}(A\pm B)\leqslant {\rm r}(A)+{\rm r}(B)$.

证明由于

\[\begin{pmatrix}A&\\ &B\end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix}A&O\\ A&B\end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix}A&A\\ A&A+B\end{pmatrix}, \]

所以

\[{\rm r}(A+B)\leqslant {\rm r}\begin{pmatrix}A&A\\ A&A+B\end{pmatrix} ={\rm r}\begin{pmatrix}A&\\ &B\end{pmatrix}={\rm r}(A)+{\rm r}(B). \]

另一方面, 不妨设${\rm r}(A)\geqslant {\rm r}(B)$, 则由

\[\begin{pmatrix}A+B&\\ &B\end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix}A+B&B\\ O&B\end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix}A&B\\ -B&B\end{pmatrix}, \]

可得

\[{\rm r}(A)\leqslant {\rm r}\begin{pmatrix}A&B\\ -B&B\end{pmatrix} ={\rm r}\begin{pmatrix}A+B&\\ &B\end{pmatrix} ={\rm r}(A+B)+{\rm r}(B), \]

即

\[{\rm r}(A)-{\rm r}(B)\leqslant {\rm r}(A+B). \]

而且,

\[{\rm r}(A)={\rm r}(A-B+B)\leqslant{\rm r}(A-B)+{\rm r}(B)\,, \]

所以 ${\rm r}(A)-{\rm r}(B)\leqslant{\rm r}(A-B)$,.
类似地,

\[{\rm r}(B)-{\rm r}(A)\leqslant{\rm r}(B-A)={\rm r}(A-B)\,. \]

所以
$|{\rm r}(A)-{\rm r}(B)|\leqslant{\rm r}(A-B)$,,
故

\[|{\rm r}(A)-{\rm r}(B)|\leqslant{\rm r}(A\pm B)\,. \]

例4 [第一降阶定理]
设$A$是可逆矩阵, $\left(\begin{array}{cc} A&B \\ C& D \end{array}\right)$是$(r,m-r)\times (r,m-r)$分块矩阵. 证明${\rm r}\left(\begin{array}{cc} A&B \\ C& D \end{array}\right)={\rm r}(A)+{\rm r}(D-CA^{-1}B)$.

证明因为

\[\left(\begin{array}{cc} E_r&O \\ -CA^{-1}& E_{m-r} \end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} A&B \\ C& D \end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} E_r&-A^{-1}B \\ O& E_{m-r} \end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc} A&O \\ O& D-CA^{-1}B \end{array}\right), \]

且$\left(\begin{array}{cc} E_r&O \\ -CA^{-1}& E_{m-r} \end{array}\right)$与$\left(\begin{array}{cc} E_r&-A^{-1}B \\ O& E_{m-r} \end{array}\right)$都是非异矩阵, 所以

\[{\rm r}\left(\begin{array}{cc} A&B \\ C& D \end{array}\right)={\rm r}(A)+{\rm r}(D-CA^{-1}B). \]

例5 [第二降阶定理]
设$A,D$分别是$r,s$阶非奇异矩阵, $B\in F^{r\times s}$, $C\in F^{s\times r}$, 则

\[{\rm r}(D-CA^{-1}B)={\rm r}(D)-{\rm r}(A)+{\rm r}(A-BD^{-1}C). \]

证明由第一讲解定理得

\[{\rm r}\left(\begin{array}{cc} A&B \\ C& D \end{array}\right)={\rm r}(A)+{\rm r}(D-CA^{-1}B). \]

另一方面, 由$D$非奇异知

\[\left(\begin{array}{cc} E_r&-BD^{-1} \\ O& E_{m-r} \end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} A&B \\ C& D \end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} E_r&O \\ -D^{-1}C& E_{m-r} \end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc} A-BD^{-1}C&O \\ O& D \end{array}\right), \]

所以

\[{\rm r}\left(\begin{array}{cc} A&B \\ C& D \end{array}\right)={\rm r}(D)+{\rm r}(A-BD^{-1}C). \]

故

\[{\rm r}(D-CA^{-1}B)={\rm r}(D)-{\rm r}(A)+{\rm r}(A-BD^{-1}C). \]

例6 设$A$是$m\times n$矩阵, 证明

\[{\rm r}(E_m-AA^T)-{\rm r}(E_n-A^TA)=m-n. \]

*证明由\ref{No.2-RedOrder}知

\[\begin{array}{rl} {\rm r}(E_m-AA^T)={\rm r}(E_m-AE_nA^T)&={\rm r}(E_m)-{\rm r}(E_n)+{\rm r}(E_n-A^TE_mA)\\ &=m-n+{\rm r}(E_n-A^TA). \end{array} \]

即

\[{\rm r}(E_m-AA^T)-{\rm r}(E_n-A^TA)=m-n. \]

例7 [Sylvester不等式]
设$A,B$为$n$阶方阵，则${\rm r}(A)+{\rm r}(B)\leqslant {\rm r}(AB)+n$.

** 证明** 对分块矩阵作广义初等变换, $$\begin{pmatrix}A&O\E&B\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}O&-AB\
E&B\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}O&-AB\
E&O\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}E&O\O&AB\end{pmatrix},.$$
由(3)得

\[{\rm r}(A)+{\rm r}(B)\leqslant{\rm r}\begin{pmatrix}A&O\\ E&B\end{pmatrix}={\rm r}\begin{pmatrix}E&O\\ O&AB\end{pmatrix}={\rm r}(AB)+n,\]

即

\[{\rm r}(A)+{\rm r}(B)-n\leqslant{\rm r}(AB). \]

例[8 复旦大学1999，武汉大学2001，厦门大学2001，北京理工大学2003，西安电子科技大学2004，浙江大学2007，北京大学2009，中南大学2010，兰州大学2020]
设$A,B,C$分别是$m\times n, n\times s, s\times t$矩阵. 证明Frobenius不等式

\[{\rm r}(ABC)+{\rm r}(B)\geqslant {\rm r}(AB)+{\rm r}(BC). \]

证明 (方法一) 利用分块初等变换，考虑

\[\left(\begin{array}{cc} ABC&O\\ O& B \end{array}\right)\rightarrow \left(\begin{array}{cc} ABC&AB\\ O& B \end{array}\right)\rightarrow \left(\begin{array}{cc} O&AB\\ -BC& B \end{array}\right)\rightarrow \left(\begin{array}{cc} AB&O\\ B& BC \end{array}\right), \]

于是

\[\begin{array}{rl} {\rm r}(ABC)+{\rm r}(B)=&{\rm r}\left(\begin{array}{cc} ABC&O\\ O& B \end{array}\right) ={\rm r}\left(\begin{array}{cc} AB&O\\ B& BC \end{array}\right)\\ \geqslant& {\rm r}\left(\begin{array}{cc} AB&O\\ O& BC \end{array}\right) ={\rm r}(AB)+{\rm r}(BC). \end{array} \]

(方法二) 利用满秩分解与Sylvester不等式. 设${\rm r}(B)=r$, 则存在行、列满秩矩阵$H,L$使得$B=LH$. 则

\[\begin{aligned} {\rm r}(ABC)={\rm r}(ALHC)& \geqslant {\rm r}(AL)+{\rm r}(HC)-r\\ &\geqslant {\rm r}(AB)+{\rm r}(BC)-{\rm r}(B). \end{aligned} \]

下面的例子中, 由于$A+B$未必可逆，所以下面的一步使用的不是(广义)初等变换

\[\begin{pmatrix} A+B&\\ &E \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A&A\\ A&A+B \end{pmatrix} \xlongequal{\mbox{左乘}(A+B)} \begin{pmatrix} (A+B)A&(A+B)A\\ A&A+B \end{pmatrix} \]

由于矩阵乘积的秩不大于每一个因子的秩，所以

\[{\rm r}\begin{pmatrix} A&A\\ A&A+B \end{pmatrix} \geqslant \begin{pmatrix} (A+B)A&(A+B)A\\ A&A+B \end{pmatrix} \]

例9 [武汉大学2008]
设$A,B$是数域$\mF$上的$n$阶方阵，$AB=BA$. 证明：
${\rm r}(A+B)\leqslant {\rm r}(A)+{\rm r}(B)-{\rm r}(AB)$.

证明 (方法一) 利用线性方程组与维数公式，参见\ref{Sum-Product-rank}或\ref{Rank-dim}.

(方法二)
因为

\[\begin{aligned} \begin{pmatrix} A&O\\ O&B \end{pmatrix} &\rightarrow \begin{pmatrix} A&O\\ A&B \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} A&A\\ A&A+B \end{pmatrix} \stackrel{\mbox{左乘}(A+B)}{\longrightarrow} \begin{pmatrix} (A+B)A&(A+B)A\\ A&A+B \end{pmatrix}\\ &\rightarrow \begin{pmatrix} O&(A+B)A\\ -B&A+B \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} AB&O\\ -B&A+B \end{pmatrix} \end{aligned} \]

由于$A+B$未必可逆，所以左乘$A+B$不是初等变换，从而

\[\begin{aligned} {\rm r}(A)+{\rm r}(B)= &{\rm r}\begin{pmatrix} A&O\\ O&B \end{pmatrix} ={\rm r}\begin{pmatrix} A&A\\ A&A+B \end{pmatrix} \geqslant {\rm r}\begin{pmatrix} (A+B)A&(A+B)A\\ A&A+B \end{pmatrix}\\ =& {\rm r}\begin{pmatrix} AB&O\\ -B&A+B \end{pmatrix}\geqslant \begin{pmatrix} AB&O\\ O&A+B \end{pmatrix} ={\rm r}(AB)+{\rm r}(A+B). \end{aligned} \]

例10 设$A,B$是$m\times n, n\times m$矩阵，证明

\[{\rm r}(A-ABA)={\rm r}(A)+{\rm r}(E_n-BA)-n. \]

证明因为

\[\begin{aligned} \begin{pmatrix} A&O\\ O&E_n-BA \end{pmatrix} &\rightarrow \begin{pmatrix} A&O\\ BA&E_n-BA \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} A&A\\ BA&E_n \end{pmatrix}\\ &\rightarrow \begin{pmatrix} A-ABA&O\\ BA&E_n \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} A-ABA&O\\ O&E_n \end{pmatrix} \end{aligned} \]

所以

\[{\rm r}(A)+{\rm r}(E_n-BA)= {\rm r}\begin{pmatrix} A&O\\ O&E_n-BA \end{pmatrix}={\rm r} \begin{pmatrix} A-ABA&O\\ O&E_n \end{pmatrix}={\rm r}(A-ABA)+n. \]

$\S2$ 由于矩阵的标准形（等价标准形、Jordan 标准形、Frobenius标准形）都是分块矩阵，因此运用标准形解决矩阵问题常常结合分块矩阵的方法.

例11 设$A,B$分别是复数域上的$m,n$阶矩阵，则$A,B$没有公共特征值当且仅当矩阵方程$AX=XB$只有零解.

** 证明**
必要性：（反证法）假设$X_0$是$AX=XB$的非零解，设存在可逆矩阵$P,Q$使得

\[PX_0Q=\begin{pmatrix} E_r&O\\ O&O\end{pmatrix}, r\geqslant 1. \]

由$AX_0=X_0B$得到

\[(PAP^{-1})(PX_0Q)=(PX_0Q)(Q^{-1}BQ). \]

设

\[PAP^{-1}=\begin{pmatrix} A_1&A_2\\ A_3&A_4\end{pmatrix}, Q^{-1}BQ=\begin{pmatrix} B_1&B_2\\ B_3&B_4\end{pmatrix}, \]

则

\[\begin{pmatrix} A_1&A_2\\ A_3&A_4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} E_r&O\\ O&O\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} E_r&O\\ O&O\end{pmatrix} \begin{pmatrix} B_1&B_2\\ B_3&B_4 \end{pmatrix}, \]

即

\[\begin{pmatrix} A_1&O\\ A_3&O\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} B_1&B_2\\ O&O\end{pmatrix}. \]

从而可得$A_1=B_1, A_3=O, B_2=O$. 从而$A_1=B_1$的特征值是$A,B$的公共特征值，矛盾！所以$AX=XB$只有零解.

充分性：（反证法）假设$\lambda_0$是$A,B$的公共特征值，因为$f_B(\lambda)=f_{B^T}(\lambda)$, 所以$\lambda_0$也是$A,B^T$的公共特征值, 故存在可逆矩阵$P,Q$使得

\[P^{-1}AP =\begin{pmatrix} \lambda_0&A_2\\ 0&A_4\end{pmatrix}, Q^{-1}B^TQ=\begin{pmatrix} \lambda_0&B_2\\ 0&B_4\end{pmatrix}, \]

从而

\[A=P\begin{pmatrix} \lambda_0&A_2\\ 0&A_4\end{pmatrix}P^{-1}, B=(Q^T)^{-1} \begin{pmatrix} \lambda_0&0\\ B_2^T&B_4^T\end{pmatrix}Q^T. \]

令$X_0=P\begin{pmatrix} 1&0\\ 0&O\end{pmatrix}Q^T\ne O$, 则$AX_)=X_0B$, 矛盾！所以$A,B$没有公共特征值.

注该例的几何解法参见\ref{Comon-Eigen}. 该例的结论可用于解决如下问题：

1、$A,B$没有公共特征值$\Leftrightarrow$ $(f_A(\lambda), f_B(\lambda))=1$ $\Leftrightarrow$ $f_B(A)$可逆 $\Leftrightarrow$ 矩阵方程$AX=XB$只有零解 $\Leftrightarrow$线性变换$\sigma: \mathbb{C}^{m\times n}\rightarrow \mathbb{C}^{m\times n}, X\mapsto AX-XB$可逆.

2、（中国科学技术大学，2013）设$A,B$是$n$阶复方阵，$\mathbb{C}^{n\times n}$上的线性变换$\A: X\mapsto AX-XB$. 证明：$\A$可逆的充分必要条件是$A$和$B$无公共特征值.

3、（武汉大学，2013）设$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$是$n$阶实方阵$A$的全部特征值，但$-\lambda_i(i=1,2,\cdots,n)$不是$A$的特征值. 定义$\mathbb{R}^{n\times n}$的线性变换

\[\sigma(X)=A^TX+XA,\quad \forall X\in\mathbb{R}^{n\times n}. \]

证明：(1) $\sigma$是可逆线性变换；

(2) 对任意实对称矩阵$C$, 存在唯一的实对称矩阵$B$使得$A^TB+BA=C$.

证明
(1) 只需证明$\sigma$是单射. 设$\sigma(X)=A^TX+XA=O$, 则$XA=-A^TX$, 于是

\[f_A(-A^T)X=Xf_A(A)=O. \]

由于$-\lambda_i(i=1,2,\cdots,n)$不是$A$的特征值, 所以$f_A(-A^T)$可逆，从而$X=O$, $\sigma$是单射，从而是双射，故可逆.

(2) 由(1)知存在唯一的矩阵$B$使得$\sigma(B)=C$. 由于

\[\sigma(B^T)=A^TB^T+B^TA=(A^TB+BA)^T=C^T=C, \]

所以$B^T=B$, 即$B$是对称矩阵.

4、设$A,B$分别是$m,n$阶方阵，$C$是$m\times n$阶矩阵. 证明：$AX+XB=C$有唯一解的充要条件是对$A,B$的任一特征值$\lambda_i,\mu_j$, 都有$\lambda_i+\mu_j\ne 0$.

(提示：只需证$AX+XB=O$只有零解当且仅当$\lambda_i+\mu_j\ne 0$, 这等价于$AX-XB=O$只有零解当且仅当$A,B$没有公共特征值.)

矩阵方程$AX-XB=C$称为Sylvester方程，在控制理论中有着重要应用.

例12
设$A,B$分别是复数域上的$m,n$阶矩阵，且$A,B$没有公共特征值，对任意的$C\in\mathbb{C}^{m\times n}$, 若矩阵方程$AX-XB=C$有解，则有唯一解.

证明 (反证法) 假设矩阵方程$AX-XB=C$有两个不同的解$X_1,X_2$, 则$X_1-X_2$矩阵方程$AX-XB=O$的非零解，与\ref{ComEigen-Equ} 矛盾！所以矩阵方程$AX-XB=C$有唯一解.

注[Roth第二定理]
矩阵方程$AX-XB=C$有解当且仅当$\begin{pmatrix} A&C\\ O&B\end{pmatrix}$与$ \begin{pmatrix} A&O\\ O&B\end{pmatrix}$相似，见\ref{SoluAX-XB=C}.

**例13 ** 设$A,B$分别是复数域上的$m,n$阶矩阵，若$A,B$没有公共特征值，则$D=\begin{pmatrix} A&C\\ O&B \end{pmatrix}$可对角化当且仅当$A,B$可对角化.

** 证明** 因为$A,B$没有公共特征值，所以矩阵方程$AX-XB=C$有唯一解，设为$X_0$. 由于

\[\begin{pmatrix} E&X_0\\ O&E \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A&C\\ O&B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} E&X_0\\ O&E \end{pmatrix}^{-1}= \begin{pmatrix} A&-AX_0+X_0B+C\\ O&B \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} A&O\\ O&B \end{pmatrix}, \]

所以$D$可对角化当且仅当$A,B$可对角化.

例14 设$A,B$分别是复数域$\mathbb{C}$上的$n$阶与$m$阶矩阵, $0<r\leqslant \min\{n,m\}$. 证明：如果$AX-XB=O$有秩为$r$ 的矩阵解, 则$A$ 与$B$至少有$r$个公共特征值(重根按重数计算).

证明设$C$是$AX-XB=O$的矩阵解, 且${\rm r}(C)=r$. 则存在可逆矩阵$P\in \mathbb{C}^{n\times n}$, $Q\in \mathbb{C}^{m\times m}$, 使得

\[C=P\left(\begin{array}{cc} E_r&O\\ O&O\end{array}\right)Q. \]

由于$AC=CB$, 所以

\[AP\left(\begin{array}{cc} E_r&O\\ O&O\end{array}\right)Q= P\left(\begin{array}{cc} E_r&O\\ O&O\end{array}\right)QB,\]

从而

\[P^{-1}AP\left(\begin{array}{cc} E_r&O\\ O&O\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} E_r&O\\ O&O\end{array}\right)QBQ^{-1}. \]

将$P^{-1}AP, QBQ^{-1}$写成分块矩阵的形式

\[P^{-1}AP=\begin{pmatrix} A_{11}&A_{12}\\ A_{21}&A_{22}\end{pmatrix}, QBQ^{-1}=\begin{pmatrix} B_{11}&B_{12}\\ B_{21}&B_{22}\end{pmatrix} \]

故

\[\left(\begin{array}{cc} A_{11}&O\\ A_{21}&O\end{array}\right) =\left(\begin{array}{cc} B_{11}&B_{12}\\ O&O\end{array}\right). \]

由此得$A_{11}=B_{11}, A_{21}=O, B_{12}=O$.
所以

\[P^{-1}AP=\left(\begin{array}{cc} A_{11}&A_{12}\\ O&A_{22}\end{array}\right),\quad QBQ^{-1}=\left(\begin{array}{cc} A_{11}&O\\ B_{12}&B_{22}\end{array}\right). \]

所以$A,B$的特征多项式分别为

\[f_A(\lambda)=|\lambda E_r-A_{11}|\cdot |\lambda E-A_{22}|,\quad f_B(\lambda)=|\lambda E_r-A_{11}|\cdot |\lambda E-B_{22}|. \]

它们有公因式$|\lambda E_r-A_{11}|$, 因而$A$ 与$B$至少有$r$ 个公共特征值(重根按重数计算).

例15 [Roth第一定理]
设$A,B,C$分别为$m\times n$, $n\times m$与$n\times n$ 矩阵, 则$\r\left(\begin{array}{cc} A&O\\O&B\end{array}\right) ={\rm r}\left(\begin{array}{cc} A&O\\ C&B\end{array}\right) $的充要条件为存在矩阵$X,Y$使得
$XA-BY=C$.

证明 $\Longleftarrow$ 由$\left(\begin{array}{cc} E&O\\ -X&E\end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} A&O\\C&B\end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} E&O\\ Y&E\end{array}\right) =\left(\begin{array}{cc} A&O\\O&B\end{array}\right) $即得.

$\Longrightarrow$ 设$P_1AQ_1=\left(\begin{array}{cc} E_r&O\\O&O\end{array}\right)\stackrel{\Delta}{=}H_1,\; P_2BQ_2=\left(\begin{array}{cc} E_s&O\\O&O\end{array}\right)\stackrel{\Delta}{=}H_2. $ 则
\begin{equation}
\left(\begin{array}{cc} P_1&O\O&P_2\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc} A&O\O&B\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc} Q_1&O\O&Q_2\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{cccc} E_r&&&\ &O&&\ &&E_s&\ &&&O\end{array}\right),
\end{equation}
\begin{equation}
\begin{array}{ll}
&\left(\begin{array}{cc} P_1&O\O&P_2\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc} A&O\ C&B\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc} Q_1&O\O&Q_2\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{cc} P_1AQ_1&O\ P_2CQ_1&P_2BQ_2\end{array}\right)\
=&
\left(\begin{array}{cccc} E_r&O&&\ O&O&&\ D_1&D_2&E_s&O\ D_3&D_4&O&O\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{cc} H_1&O\ D&H_2\end{array}\right).
\end{array}
\end{equation}
从(2.5)中消去$D_1$, 即

\[\left(\begin{array}{cccc} E_r&&&\\ O&E&&\\ -D_1&O&E_s&O\\ O&O&O&E\end{array}\right) \left(\begin{array}{cccc} E_r&O&&\\ O&O&&\\ D_1&D_2&E_s&O\\ D_3&D_4&O&O\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cccc} E_r&O&&\\ O&O&&\\ O&D_2&E_s&O\\ D_3&D_4&O&O\end{array}\right). \]

此过程可简记为

\[\left(\begin{array}{cc} -D_1&O\\ O&O\end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} E_r&O\\ O&O\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{cc} D_1&D_2\\ D_3&D_4\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} O&D_2\\ D_3&D_4\end{array}\right). \]

继续消去$D_3,D_2$的过程可简记为

\[\left(\begin{array}{cc} O&O\\ -D_3&O\end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} E_r&O\\ O&O\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{cc} O&D_2\\ D_3&D_4\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} O&D_2\\ O&D_4\end{array}\right). \]

\[\left(\begin{array}{cc} E_s&O\\ O&O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} O&-D_2\\ O&O\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{cc} O&D_2\\ O&D_4\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} O&O\\ O&D_4\end{array}\right). \]

由题设, (2.4)与(2.5)式右端的秩相等, 所以$D_4=O$. 从而该消去过程相当于存在矩阵$U=\left(\begin{array}{cc} O&O\\ -D_3&O\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc} -D_1&O\\ O&O\end{array}\right),V=\left(\begin{array}{cc} O&-D_2\\ O&O\end{array}\right)$使得

\[UH_1+H_2V+D=O. \]

即

\[U(P_1AQ_1)+(P_2BQ_2)V=-P_2CQ_1, \]

或等价地,

\[(-P_2^{-1}UP_1)A-B(Q_2VQ_1^{-1})=C. \]

令$X=-P_2^{-1}UP_1$, $Y=Q_2VQ_1^{-1}$, 即证.

例16 设$A,B$分别为$m\times n$与$n\times m$矩阵, 则${\rm r}(A)+{\rm r}(B)={\rm r}(AB)+n$ 的充要条件为存在矩阵$X,Y$使得
$XA-BY=E_n$.

证明由Sylvester不等式的证明过程知只需证明

\[{\rm r}\left(\begin{array}{cc} A&O\\O&B\end{array}\right) ={\rm r}\left(\begin{array}{cc} A&O\\ E&B\end{array}\right) \Longleftrightarrow \exists X,Y, \mbox{s.t.} XA-BY=E_n. \]

这由上题即得.

$\S3$ 通过构造分块矩阵，再利用广义初等变换将其化为分块上（下）三角矩阵是解决行列式等式的常用方法.

例17 设$A\,,\,B\,,\,C\,,\,D$是$n$阶方阵, $|A|\ne 0$. 证明

(1) 若$AC=CA$,\ 则
$\begin{vmatrix}A&B\\C&D\end{vmatrix}=|AD-CB|\,;$

(2) 若 $AB=BA$,\ 则
$\begin{vmatrix}A&B\\C&D\end{vmatrix}=|DA-CB|\,.$

证明 (1),若$A$可逆, 则
\begin{eqnarray}\begin{pmatrix}E&O\-A^{-1}C&E\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A&B\C&D\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}A&B\
-A^{-1}CA+C&-ACB+D\end{pmatrix}$$12pt]
&\begin{tabular}{c}
$\mbox{\scriptsize{AC=CA}}$\
\hline\hline
\end{tabular}&\begin{pmatrix}A&B\O&-A^{-1}CB+D\end{pmatrix},,\end{eqnarray}
故$$\begin{vmatrix}A&B\C&D\end{vmatrix}=|A||-A^{-1}CB+D|=|AD-CB|,.$$

(2) 类似可证.

例18 [中国科学院大学2010]
设$A, B$分别是$n\times m$与$m\times n$ 矩阵. 证明

\[|E_n-AB|=\begin{vmatrix}E_m&B\\ A&E_n\end{vmatrix}=|E_m-BA|. \]

证明一方面,

\[\begin{pmatrix}E&O\\-A&E\end{pmatrix} \begin{pmatrix}E_m&B\\A&E_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}E_m&B\\ O&E_n-AB\end{pmatrix} \]

故$$\begin{vmatrix}E_m&B\ A&E_n\end{vmatrix}
=|E_m||E_n-AB|=|E_n-AB|,.$$
另一方面,

\[\begin{pmatrix}E&-B\\O&E\end{pmatrix} \begin{pmatrix}E_m&B\\A&E_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}E_m-BA&O\\ O&E_n\end{pmatrix} \]

故$$\begin{vmatrix}E_m&B\ A&E_n\end{vmatrix}
=|E_m-BA||E_n|=|E_m-BA|,.$$
所以

\[|E_n-AB|=\begin{vmatrix}E_m&B\\ A&E_n\end{vmatrix}=|E_m-BA|. \]

注 [上海交通大学2005]
设$A,B$为$n$阶方阵，满足
${\rm r}(E-AB)+{\rm r}(E+BA)=n$. 求证：${\rm r}(A)=n$.

(提示：先证${\rm r}(E+BA)={\rm r}(E+AB)$, 从而${\rm r}(E-AB)+{\rm r}(E+AB)=n$, 故$(AB)^2=E$, $A$可逆从而${\rm r}(A)=n$, 参见\ref{Rank-AB-BA})
\end{remark}

下面的例子称为特征多项式的降阶公式.

例19 [上海大学2012]
设$A, B$分别是$n\times m$与$m\times n$ 矩阵, $\lambda\ne 0$. 证明

\[|\lambda E_n-AB|=\lambda^{n-m}|\lambda E_m-BA|. \]

*证明一方面,

\[\begin{pmatrix}E_n&O\\-\lambda^{-1} A&E\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\lambda E_m&B\\ A& E_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\lambda E_m&B\\ O&E_n-\lambda^{-1} AB\end{pmatrix} \]

故$$\begin{vmatrix}\lambda E_m&B\ A&E_n\end{vmatrix}
=|\lambda E_m||E_n-\lambda^{{-1}AB|=\lambda} |\lambda E_n-AB|,.$$
另一方面,

\[\begin{pmatrix}E&-B\\O&E\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\lambda E_m&B\\A&E_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\lambda E_m-BA&O\\ O&E_n\end{pmatrix} \]

故$$\begin{vmatrix}\lambda E_m&B\ A&E_n\end{vmatrix}
=|\lambda E_m-BA||E_n|=|\lambda E_m-BA|,.$$
所以

\[ |\lambda E_n-AB|=\lambda^{n-m} |\lambda E_m-BA|. \]

posted on 2024-07-31 17:27 epi-math 阅读(103) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

导航

公告

分块矩阵方法