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[原创]专题:幂零矩阵

专题:幂零矩阵 高等代数资源网http://www.52gd.org

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2. 幂零矩阵定义 1.设$A$是$n$阶矩阵,若存在正整数$k$使得$A^{k}=0,$则称$A$为\textbf{幂零矩阵}.

2.若$A$是$n$阶幂零矩阵,满足$A^{k}=0$的最小正整数$k$称为$A$的\textbf{幂零指数}.
3. 幂零矩阵的性质 1.两个幂零矩阵的和或差不一定是幂零矩阵.

例如,
$A=\begin{pmatrix}%
0&1\\
0&0
\end{pmatrix},
B=\begin{pmatrix}%
0&0\\
1&0
\end{pmatrix}$都是幂零矩阵,但是
$A+B=\begin{pmatrix}%
0&1\\
1&0
\end{pmatrix}$不是幂零矩阵.

2.$A$是幂零矩阵,则$kA$也是幂零矩阵.

3.$A$是$n$阶幂零矩阵,$B$为任一$n$阶方阵,满足$AB=BA,$则$AB$为幂零矩阵.

\textbf{证明:}设$A$的幂零指数为$k$则
$$(AB)^{k}=A^{k}B^{k},$$
于是取$m=min\{k,l\}$可得结论成立.

4.$A$是$n$阶幂零矩阵,则对任意的正整数$k,$$A^{k}$也是幂零矩阵.

5.$A$是$n$阶幂零矩阵,则$A^{T}$也是幂零矩阵.

6.$A$是$n$阶幂零矩阵,则$|A|=0.$

7.$A$是幂零指数为$k$的$n$阶幂零矩阵,则$A$不可逆,但是$aE-A(a\neq0)$可逆,且
$$(aE-A)^{-1}=\dfrac{1}{a}E+\dfrac{1}{a^{2}}A+\cdots+\dfrac{1}{a^{k-1}}A^{k-2}+\dfrac{1}{a^{k}}A^{k-1}.$$
特别的,
$$(E-A)^{-1}=E+A+\cdots+A^{k-1},$$
$$(E+A)^{-1}=E-A+\cdots+(-1)^{k-1}A^{k-1},$$

8.$A$是$n$阶幂零矩阵,则$A^{*}$也是幂零矩阵.

\textbf{证明:}由于$$(A^{*})^{m}=(A^{m})^{*},\forall m\in Z^{+}.$$
故结论成立.

9.$A,B$是幂零矩阵,则$\begin{pmatrix}%
A&0\\
0&B
\end{pmatrix}$也是幂零矩阵.

10.$A$是$n$阶方阵,则$A$是幂零矩阵的充要条件是$A$的特征值全为0.

\textbf{证明:}必要性.设$A$的幂零指数为$k,$即$A^{k}=0.$若$\lambda$是$A$的任一特征值,$\alpha$为对应的特征向量,即$A\alpha=\lambda\alpha,\alpha\neq0,$则
$$0=A^{k}\alpha=\lambda^{k}\alpha,$$
故$\lambda^{k}=0,$从而$\lambda=0.$

充分性.$A$的特征值都是0,则$A$的特征多项式为$f(\lambda)=\lambda^{n},$故$A^{n}=0.$

11.$n$阶矩阵$A$为幂零矩阵的充要条件是对任意自然数$k,tr(A^{k})=0.$

\textbf{证明:}必要性.易知.

充分性.设$\lambda_{1},\cdots,\lambda_{r}$为$A$的互不相同的非零特征值,重数分别为$x_{1},\cdots,x_{r}.$则$\lambda_{1}^{k},\cdots,\lambda_{r}^{k}$为$A^{k}$的互不相同的特征值,且重数分别为$x_{1},\cdots,x_{r}.$于是
$$\left\{
\begin{array}{l}
$$x_{1}\lambda_{1}+\cdots+x_{r}\lambda_{r}=0$$\\
$$x_{1}\lambda_{1}^{2}+\cdots+x_{r}\lambda_{r}^{2}=0$$\\
$$\cdots\cdots$$\\
$$x_{1}\lambda_{1}^{r}+\cdots+x_{r}\lambda_{r}^{r}=0$$
\end{array}
\right.$$
可得$x_{1}=\cdots=x_{r}=0.$从而$A$无非零特征值.故结论成立.

12.$A$是幂零指数为$k$的$n$阶幂零矩阵,则$k\leq n.$

13.$A$是幂零指数为$k$的$n$阶幂零矩阵,则$E,A,A^{2},\cdots,A^{k-1}$线性无关.

\textbf{证明:}反证法.若$E,A,A^{2},\cdots,A^{k-1}$线性相关,则存在不全为0的书$l_{0},l_{1},l_{2},\cdots,l_{k-1}$使得
$$l_{0}E+l_{1}A+l_{2}A^{2}+\cdots+l_{k-1}A^{k-1}=0,$$
不妨设$l_{0}=l_{1}=\cdots=l_{i-1}=0,l_{i}\neq0,0\leq i\leq k-1,$则
$$l_{i}A^{i}+l_{i+1}A^{i+1}+\cdots+l_{k-1}A^{k-1}=0,$$
左乘$A^{k-1-i}$可得$l_{i}A^{k-1}=0,$由$A^{k-1}\neq0$知$l_{i}=0.$矛盾.

14.集合$S=\{A\in F^{n\times n}|A^{n-1}\neq0,A^{n}=0\}$中的所有矩阵都是相似的,集合$T=\{A\in F^{n\times n}|A^{n-2}\neq0,A^{n-1}=0\}$中的所有矩阵都是相似的.

\textbf{证明:}由条件知$\lambda^{n}$是$S$中矩阵的最小多项式,从而$S$中矩阵的不变因子都是$1,\cdots,1,\lambda^{n},$从而结论成立.类似可知$T$中矩阵的不变因子为$1,\cdots,1\lambda,\lambda^{n-1}.$故结论成立.

15.$k$阶矩阵$J_{k}(0)=\begin{pmatrix}%
0&1&0&\cdots&0\\
0&0&1&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\cdots&1\\
0&0&0&\cdots&0\\
\end{pmatrix}$是幂零矩阵,且$J_{k}(0)^{k}=0.$由此可知幂零矩阵$A$的幂零指数等于$A$的Jordan标准形中Jordan块的最高阶数.

16.设$A$是幂零指数为$l$的$n$阶幂零矩阵,则$A$相似于每个Jordan块主对角元都是0的Jordan形矩阵,且每个Jordan块的阶数不超过$l,$Jordan块的总数为$n-r(A),$$t$阶Jordan块个数$$N(t)=r(A^{t+1})+r(A^{t-1})-2r(A^{t}).$$

\textbf{证明:}易知每个Jordan块的对角元为0,且由15.可知,每个Jordan块的阶数不超过$l.$设$A$的Jordan标准形为
$$J=\begin{pmatrix}%
J_{k_{1}}(0)&&\\
&\ddots&\\
&&J_{k_{s}}(o)
\end{pmatrix},$$
其中
$$J_{k_{i}}(0)=\begin{pmatrix}%
0&1&0&\cdots&0&0\\
0&0&1&\cdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\cdots&0&1\\
0&0&0&\cdots&0&0\\
\end{pmatrix}$$
表示对角元为0的$k_{i}$阶Jordan块.则$r(J_{k_{i}}(0))=k_{i}-1,$于是
$$r(A)=(k_{1}-1)+\cdots+(k_{s}-1)=k_{1}+\cdots+k_{s}-s,$$
注意到$k_{1}+\cdots+k_{s}=n,$从而Jordan的个数$s=n-r(A).$

下面计算$t$阶Jordan块的个数,这里$t\leq l.$由于当$m\leq k_{i}$时
$$J_{k_{i}}(0)^{m}=\bordermatrix{
&&&\mbox{第$m$列}&&&&\cr
&0&\cdots&0&1&0\cdots&0\cr
&0&\cdots&0&0&1\cdots&0\cr
&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\cr
&0&\cdots&0&0&0\cdots&1\cr
\mbox{第$m$行}&0&\cdots&0&0&0\cdots&0\cr
&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\cr
&0&\cdots&0&0&0\cdots&0\cr
},$$
当$m\geq k_{i}$时,$J_{k_{i}}(0)^{m}=0.$于是
$$r(J_{k_{i}}(0)^{m})=\begin{cases}%
k_{i}-m,m\leq k_{i};\\
0,m\geq k_{i}.
\end{cases}$$
对于给定的正整数$t(t\leq l),$为了计算$N(t),$考虑$J^{t-1},$则$J$中阶数小于$t$的Jordan块的$t-1$次幂都为0,从而
$$\begin{aligned}%
r(A^{t-1})=&r(J^{t-1})=N(t)[t-(t-1)]+N(t+1)[(t+1)-(t-1)]+\cdots+N(l)[l-(t-1)]\\
&=N(t)+2N(t+1)+\cdots+(l-t+1)N(l),
\end{aligned}$$
类似可得,当$t\leq l-1$时,
$$\begin{aligned}%
r(A^{t})=&r(J^{t})=N(t+1)[(t+1)-t]+N(t+2)[(t+2)-t]+\cdots+N(l)[l-t]\\
&=N(t+1)+2N(t+2)+\cdots+(l-t)N(l),\\
r(A^{t+1})=&r(J^{t+1})=N(t+2)[(t+2)-(t+1)]+N(t+3)[(t+3)-(t+1)]+\cdots+N(l)[l-(t+1)]\\
&=N(t+2)+2N(t+3)+\cdots+(l-t-1)N(l),
\end{aligned}$$
从而
$$\begin{aligned}%
&r(A^{t+1})+r(A^{t-1})-2r(A^{t})\\
=&N(t)+2N(t+1)+4N(t+2)+\cdots+2(l-t)N(l)\\
&-2(N(t+1)+2N(t+2)+\cdots+(l-t)N(l))\\
=&N(t).
\end{aligned}$$
易知上式当$t=l$时也成立.

4. 应用

Example 1. 设$V$为$n$维线性空间,$\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n}$为$V$的一组基,$\sigma$为$V$的线性变换,满足
$$\sigma(\alpha_{i})=\alpha_{i+1},i=1,\cdots,n-1,\sigma(\alpha_{n})=0$$

(1)求$\sigma$在基$\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n}$下的矩阵;

(2)证明$\sigma^{n-1}\neq0,\sigma^{n}=0;$

(3)设$\tau\in L(V),\tau^{n}=0,\tau^{n-1}\neq0.$则存在$V$的一组基,使得$\tau$在此基下的矩阵为(1)中$\sigma$的矩阵;

(4)$\tau$不能对角化;

(5)若$\tau^{n-1}(\alpha)\neq0,$则$V$为包含$\alpha$的最小的$\tau$的不变子空间;

(6)$\tau$只有$n+1$个不变子空间;

(7)$V$不能分解为两个$\tau$的真不变子空间的直和;

(8)设$n$阶方阵$M,N$满足$$M^{n-1}\neq0,M^{n}=0,N^{n-1}\neq0,N^{n}=0.$$则$M$与$N$相似;

(9)$\tau$在某组基下的矩阵为
$$\begin{pmatrix}
0&0\\
E_{n-1}&0\\
\end{pmatrix}$$
的充要条件为存在$\alpha\in V$使得$\tau^{n-1}(\alpha)\neq0,\tau^{n}(\alpha)=0.$

\textbf{证明:} (6)易知存在$\alpha\in V$使得$$\alpha,\tau(\alpha),\cdots,\tau^{n-1}(\alpha)$$
是$V$的基.从而
$$V_{0}=\{0\},V_{1}=L(\tau^{n-1}(\alpha)),V_{2}=L(\tau^{n-1}(\alpha),\tau^{n-2}(\alpha)),\cdots,V_{n}=L(\tau^{n-1}(\alpha),\cdots,\tau(\alpha),\alpha)=V$$
是$\tau$的不变子空间.下证$\tau$只有这$n+1$个不变子空间.

设$W$是$\tau$的任一不变子空间,下证明$W$必等于$V_{0},V_{1},\cdots,V_{n}=V$中的某一个.

若$W=\{0\}$或$V,$则结论成立.下设$W\neq \{0\},dim W=r,$取$W$的一个基$\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{r},$设
$$\beta_{1}=k_{10}\alpha+k_{11}\tau(\alpha)+\cdots+k_{1,n-1}\tau^{n-1}(\alpha),$$
$$\beta_{2}=k_{20}\alpha+k_{21}\tau(\alpha)+\cdots+k_{2,n-1}\tau^{n-1}(\alpha),$$
$$\cdots\cdots,$$
$$\beta_{r}=k_{r0}\alpha+k_{r1}\tau(\alpha)+\cdots+k_{r,n-1}\tau^{n-1}(\alpha),$$
则$k_{ij}(i=1,2,\cdots,r,j=0,1,\cdots,n-1)$不全为0.不妨设
$$k_{i0}=0,k_{i1}=0,\cdots,k_{i,j-1}=0,i=1,2,\cdots,r,k_{sj}\neq0,$$
其中$s$是$1,2,\cdots,r$中的某一个数.于是$\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{r}$可由$\tau ^{j}(\alpha),\cdots,\tau^{n-1}(\alpha)$线性表示,故$r\leq n-j.$由
$$\beta_{s}=k_{sj}\tau^{j}(\alpha)+\cdots+k_{s,n-1}\tau^{n-1}(\alpha),$$
注意到$W$是不变子空间有
$$W\ni \tau(\beta_{s})=k_{sj}\tau^{j+1}(\alpha)+\cdots+k_{s,n-2}\tau^{n-1}(\alpha),$$
$$W\ni \tau^{2}(\beta_{s})=k_{sj}\tau^{j+2}(\alpha)+\cdots+k_{s,n-3}\tau^{n-1}(\alpha),$$
$$\cdots\cdots,$$
$$W\ni \tau^{n-1-j}(\beta_{s})=k_{sj}\tau^{n-1}(\alpha).$$
由$k_{sj}\neq0$知$\tau^{n-1}(\alpha)\in W.$于是
$$W\ni\beta_{s}-k_{s,n-1}\tau^{n-1}(\alpha)=k_{sj}\tau^{j}(\alpha)+\cdots+k_{s,n-2}\tau^{n-2}(\alpha),$$
两边作用$\tau^{n-2-j}$可得
$$k_{sj}\tau^{n-2}(\alpha)+k_{s,j+1}\tau^{n-1}(\alpha)\in W,$$
于是$\tau^{n-2}(\alpha)\in W,$如此下去,可得
$$\tau^{n-1}(\alpha),\tau^{n-2}(\alpha),\cdots,\tau^{j}(\alpha)\in W.$$
于是$\tau^{n-1}(\alpha),\tau^{n-2}(\alpha),\cdots,\tau^{j}(\alpha)$可由$\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{r}$线性表示,则$n-j\leq r.$
从而$n-j=r,W=L(\tau^{n-1}(\alpha),\tau^{n-2}(\alpha),\cdots,\tau^{j}(\alpha))=V_{n-j}.$

(8)由条件知$f(x)=x^{n}$是$A,B$的最小多项式,从而$A,B$的不变因子为
$$1,\cdots,1,x^{n},$$
故结论成立.

Example 2. (南京航空航天大学2011)设$\sigma$是数域$P$上$n$维线性空间$V$的线性变换,$\sigma$满足$\sigma^{k-1}\neq0,\sigma^{k}=0,$其中$k\geq2$是正整数.证明:

1.$\sigma$在$V$的任何一组基下的矩阵不可能是对角阵;

2.如果$\sigma$的秩是$r,$则$k\leq r+1;$

3.如果$k=n,$则$\sigma$在$V$的某组基下的矩阵是$\begin{pmatrix}%
0&    &    &     &     \\
1&0  &    &      &    \\
&1  &\ddots&&   \\
&     &\ddots& \ddots& \\
&     &      & 1       &0 \\
\end{pmatrix}.$


\textbf{证明:}1.反证法.由$\sigma^{k}=0$知$\sigma$的特征值都是0,若$\sigma$在$V$的某组基下的矩阵是对角阵$D$,则$D=0,$从而$\sigma=0,$这与$\sigma^{k-1}\neq0$矛盾.

2.首先,易知存在$\alpha\in V$使得$\sigma^{k}(\alpha)=0,\sigma^{k-1}(\alpha)\neq0.$下证
$$\alpha,\sigma(\alpha),\cdots,\sigma^{k-1}(\alpha)$$
线性无关.设
$$l_{0}\alpha+l_{1}\sigma(\alpha)+\cdots+l_{k-1}\sigma^{k-1}(\alpha)=0,$$
用$\sigma^{k-1}$作用上式两边,可得$l_{0}\sigma^{k-1}(\alpha)=0,$注意到$\sigma^{k-1}(\alpha)\neq0,$可得$l_{0}=0.$类似可得$l_{1}=\cdots=l_{k-1}=0.$


$$\alpha,\sigma(\alpha),\cdots,\sigma^{k-1}(\alpha)$$
扩充为$V$的一组基
$$\alpha,\sigma(\alpha),\cdots,\sigma^{k-1}(\alpha),\beta_{k},\cdots,\beta_{n},$$
则$\sigma$在此基下的矩阵为
$$A=\begin{pmatrix}%
J_{k}(0)&A_{2}\\
0&A_{3}
\end{pmatrix},
\mbox{其中}J_{k}(0)=
\begin{pmatrix}%
0&    &    &  \\
1&0   &    &\\
&\ddots&\ddots &\\
&     &1&0
\end{pmatrix}_{k\times k}.$$
于是
$$r=r(\sigma)=r(A)\geq r(J_{k}(0))=k-1,$$
故$k\leq r+1.$

3.由2.的证明可知
$$\alpha,\sigma(\alpha),\cdots,\sigma^{n-1}(\alpha)$$
线性无关.可知$\sigma$在此基下的矩阵是$\begin{pmatrix}%
0&    &    &     &     \\
1&0  &    &      &    \\
&1  &\ddots&&   \\
&     &\ddots& \ddots& \\
&     &      & 1       &0 \\
\end{pmatrix}.$

Example 3. 设$A$是幂零指数为$l$的$n$阶幂零矩阵,则
$$l\leq r(A)+1.$$

\textbf{证明:}由$A^{l}=0,A^{k}\neq0,k\leq l,$以及阶数小于或等于$l-1$的Jordan块的$l-1$次幂都为0,故$A$的Jordan标准形中必有一个$l$阶Jordan块,且$A$的Jordan标准形中Jordan块的最高阶数为$l.$从而$$r(A)\geq l-1,$$即$$l\leq 1+r(A).$$

Example 4. %
(武汉大学2012)设$B=\begin{pmatrix}%
0&2011&11\\
0&0&11\\
0&0&0
\end{pmatrix},$证明:$X^{2}=B$无解,这里$X$为三阶未知复方阵.

\textbf{证明:}反证法.若$X^{2}=B$有解,由$r(AB)\leq min\{r(A),r(B)\}$有
$$2=r(B)=r(X^{2})\leq r(X), $$
又$0=det(B)=det(X^{2}),$故$r(X)=2.$另外,易知$X$的特征值都是0,故由Jordan标准形理论,存在可逆矩阵$P$使得
$$P^{-1}XP=\begin{pmatrix}%
0&1&0\\
0&0&1\\
0&0&0
\end{pmatrix},$$
于是
$$P^{-1}BP=(P^{-1}XP)^{2}=\begin{pmatrix}%
0&0&1\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix},$$
故$r(B)=1.$矛盾.

Example 5. %
(西南大学2011)设$A=\begin{pmatrix}%
0&2011&1\\
0&0&2011\\
0&0&0
\end{pmatrix},$证明:$X^{2}=A$无解,这里$X$为三阶未知复方阵.

Example 6. %
(2010年大学生数学竞赛)设$A=\begin{pmatrix}%
0&10&30\\
0&0&2010\\
0&0&0
\end{pmatrix},$证明:$X^{2}=A$无解,这里$X$为三阶未知复方阵.

Example 7. %
设$A\in F^{n\times n}$是幂零指数为$n$的幂零矩阵.证明:不存在$X\in F^{n\times n}$使得$X^{2}=A.$

\textbf{证明:}由例(3)有
$$n\leq 1+r(A),$$
即$r(A)\geq n-1.$又$A$不可逆,故$r(A)\leq n-1,$从而
$$r(A)=n-1.$$

若存在$X\in F^{n\times n}$使得$X^{2}=A,$则$X^{2n}=A^{n}=0,$从而$X$也是幂零矩阵,故$r(X)\leq n-1.$而
$$n-1=r(A)=r(X^{2})\leq r(X),$$
故$r(X)=n-1.$由于$X$的Jordan标准形的Jordan块的总数为$n-r(X)=n-(n-1)=1,$故存在可逆矩阵$P$使得
$$X=P^{-1}\begin{pmatrix}%
0&1&0&0&0\cdots&0&0\\
0&0&1&0&0\cdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&0&\cdots&1&0\\
0&0&0&0&\cdots&0&1\\
0&0&0&0&\cdots&0&0\\
\end{pmatrix}P,$$
其中$1$的个数为$n-1.$于是
$$X^{2}=P^{-1}\begin{pmatrix}%
0&0&1&0&0\cdots&0&0\\
0&0&0&1&0\cdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&0&\cdots&0&1\\
0&0&0&0&\cdots&0&0\\
0&0&0&0&\cdots&0&0\\
\end{pmatrix}P,$$
其中1的个数是$n-2.$即$$r(X^{2})=n-2.$$这与
$$r(X^{2})=r(A)=n-1$$矛盾.从而不存在$X\in F^{n\times n}$使得$X^{2}=A.$

Example 8. 设$A,B$为2阶矩阵,且$A=AB-BA.$则$A^{2}=0.$

\zheng  (法1)设$\lambda_{1},\lambda_{2}$为$A$的特征值,则
$$\lambda_{1}+\lambda_{2}=tr(A)=tr(AB)-tr(BA)=0$$
\begin{equation}
\begin{array}{cl}
\lambda_{1}^{2}+\lambda_{2}^{2}&=tr(A^{2})=tr(A(AB-BA))\\
&=tr(A^{2}B)-tr(ABA)\\
&=tr(A^{2}B)-tr(A^{2}B)=0
\end{array}
\end{equation}
故$\lambda_{1}=\lambda_{2}=0.$从而$A$的特征多项式为$f(x)=x^{2},$从而结论成立.
(法2)首先$tr(A)=0.$其次$|A|=0.$否则
$$A(BA^{-1})-(BA^{-1})A=E$$
两边取迹可得矛盾.故$r(A)\leq1.$设
$$A=\begin{pmatrix}
a_{1}\\
a_{2}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
b_{1},b_{2}
\end{pmatrix}$$
则$$A^{2}=tr(A)A=0.$$

(法3)$A$的特征多项式可设为$$f(\lambda)=\lambda^{2}+a\lambda+b$$

$$a=\lambda_{1}+\lambda_{2}=tr(A)=0$$
其中$\lambda_{1},\lambda_{2}$为$A$的特征值.若$\lambda_{1}\neq\lambda_{2},$则存在可逆矩阵$P$使得
$$P^{-1}AP=diag(\lambda_{1},\lambda_{2})$$
由$$(P^{-1}AP)(P^{-1}BP)-(P^{-1}BP)(P^{-1}AP)=P^{-1}AP$$
计算可得$\lambda_{1}=\lambda_{2}=0.$从而$A$的特征多项式为$f(\lambda)=\lambda^{2}.$

 

(法4)由$AB-BA=A$有$tr(A)=0.$故可设
$$A=\begin{pmatrix}%
a&b\\
c&-a
\end{pmatrix},$$
若$A$可逆,则$B=A^{-1}BA+E,$于是
$$tr(B)=tr(A^{-1}BA+E)=tr(B)+2,$$
矛盾.所以$A$不可逆,即$|A|=0,$即$a^{2}-bc=0$于是
$$A^{2}=\begin{pmatrix}%
a&b\\
c&-a
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}%
a&b\\
c&-a
\end{pmatrix}=0.$$

Example 9. 设$A,B,C$为$n$阶复方阵,$AC=CA,BC=CB,C=AB-BA.$则$C^{n}=0.$

\textbf{证明:}(法1) 对任意的正整数$k,$有
$$C^{k}=C^{k-1}(AB-BA)=A(C^{k-1}B)-(C^{k-1}B)A$$
故$tr(C^{k})=0.$设$\lambda_{1},\cdots,\lambda_{r}$为$C$的互不相同的非零特征值,重数分别为$x_{1},\cdots,x_{r}.$则$\lambda_{1}^{k},\cdots,\lambda_{r}^{k}$为$C^{k}$的互不相同的特征值,且重数分别为$x_{1},\cdots,x_{r}.$于是
$$\left\{%
\begin{array}{l}
$$x_{1}\lambda_{1}+\cdots+x_{r}\lambda_{r}=0$$\\
$$x_{1}\lambda_{1}^{2}+\cdots+x_{r}\lambda_{r}^{2}=0$$\\
$$\cdots\cdots$$\\
$$x_{1}\lambda_{1}^{r}+\cdots+x_{r}\lambda_{r}^{r}=0$$
\end{array}
\right.$$
可得$x_{1}=\cdots=x_{r}=0.$从而$C$无非零特征值.故结论成立.

(法2)设$\lambda$为$C$的任一特征值,$V_{\lambda}$为特征空间.由$AC=CA,BC=CB$可知$A\alpha,B\alpha\in V_{\lambda}.$设$\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s}$为$V_{\lambda}$的基,可设
$$A(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})=(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})A_{1},B(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})=(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})B_{1}$$
由$C=AB-BA$有
$$\begin{array}{rl}
(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})(\lambda E_{s})&=C(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})\\
&=AB(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})-BA(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})\\
&=A(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})B_{1}-B(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})A_{1}\\
&=(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{s})(A_{1}B_{1}-B_{1}A_{1})
\end{array}$$
于是$\lambda E_{s}=A_{1}B_{1}-B_{1}A_{1},$取迹可得$s\lambda=0,$故$\lambda=0.$从而$C$的特征多项式为$f(x)=x^{n}.$于是结论成立.

Example 10. 设$A,B\in F^{n\times n},C=AB-BA,BC=CB,AC=CA.$证明:

(1)对任意正整数$k,$有$AB^{k}-B^{k}A=kB^{k-1}C;$

(2)$f(\lambda)$为$B$的特征多项式,证明:$f^{'}(B)C=0.$

(3)$C^n=0.$

\textbf{证明:} (1)对$k$用数学归纳法.

当$k=1$时,显然.假设结论对$k-1$成立,即$AB^{k-1}-B^{k-1}A=(k-1)B^{k-2}C.$下证结论对$k$成立.由于
$$AB^{k}-B^{k-1}AB=(AB^{k-1}-B^{k-1}A)B=(k-1)B^{k-1}C$$
$$B^{k-1}AB-B^{k}A=B^{k-1}(AB-BA)=B^{k-1}C$$
两式相加可得
$$AB^{k}-B^{k}A=kB^{k-1}C.$$
故结论成立.

(2)设$B$的特征多项式$$f(\lambda)=\lambda^{n}+b_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+b_{1}\lambda+b_{0}$$

\begin{equation*}
\begin{array}{rl}
0=&Af(B)-f(B)A\\
=&A(B^{n}+b_{n-1}B^{n-1}+\cdots+b_{1}B+b_{0}E)\\
&-(B^{n}+b_{n-1}B^{n-1}+\cdots+b_{1}B+b_{0}E)A\\
=&(AB^{n}-B^{n}A)+b_{n-1}(AB^{n-1}-B^{n-1}A)+\cdots+b_{1}(AB-BA)+b_{0}(AE-EA)\\
=&nB^{n-1}C+(n-1)b_{n-1}B^{n-1}C+\cdots+b_{1}C\\
=&f^{'}(B)C
\end{array}
\end{equation*}
可得$f^{'}(B)C=0.$

(3)
$$0=A(f^{'}(B)C)-(f^{'}(B)C)A=(A(f^{'}(B))-(f^{'}(B))A)C=f^{''}(B)C^{2}$$
同样$$0=f^{n}(B)C^{n}=n!EC^{n}.$$故结论成立.

Example 11. 已知 n阶复矩阵$A,B,C=AB-BA$,若$AC=CA$,则 $C$是幂零矩阵.

\textbf{证明:}由
$$C^{2}=(AB-BA)C=ABC-BAC=ABC-BCA,$$
有$tr(C)=0.$当$k\geq2$时,注意到$AC=CA,$有
$$C^{k}=C^{k-1}(AB-BA)=AC^{k-1}B-C^{k-1}BA,$$
从而$tr(C^{k})=0.$故结论成立.

Example 12. (苏州大学02)设$V$为有理数域$Q$上的$n$维线性空间,$\sigma,\tau$为$V$的线性变换,其中$\tau$可对角化,且$\sigma\tau-\tau\sigma=\sigma.$
证明存在正整数$m$使得$\sigma^m=0.$

Example 13. 设$V$是数域$F$上的2阶矩阵构成的线性空间,对于$V$的一个固定矩阵$A,$定义$V$的线性变换:
$$\sigma_{A}(B)=AB-BA,\forall B\in V$$
证明:(1)若$A=\begin{pmatrix}
0&1\\
0&0
\end{pmatrix},$则$\sigma_{A}$的特征值都为0.

(2)若$A$的特征值都为0,则$\sigma_{A}$的特征值都为0.

\textbf{证明:}(1)设$\lambda$是$\sigma_{A}$的特征值,属于特征值$\lambda$的特征向量为$B=\begin{pmatrix}
a&b\\
c&d
\end{pmatrix},$则
$$\lambda B=\sigma_{A}(B)=AB-BA$$
可得
$$\begin{pmatrix}
\lambda a&\lambda b\\
\lambda c&\lambda d
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
c&d-a\\
0&-c
\end{pmatrix}$$
故$\lambda c=0.$若$\lambda\neq0,$则$c=0.$于是$\lambda a=c=0,\lambda d=-c=0,$从而$a=d=0.$于是$d-a=0.$因此$B=0.$这与$B$为特征向量矛盾.

(2)(法一)由条件知$A^2=0.$故
$$\sigma_{A}^2(B)=\sigma_{A}(AB-BA)=A(AB-BA)-(AB-BA)A=A^2B-2ABA+BA^2=-2ABA$$
$$\sigma_{A}^3(B)=A(-2ABA)-(-2ABA)A=0$$

(法二)若$A=0,$则结论成立.

若$A\neq0,$由于$A$的特征值全是0,则$A$与$\begin{pmatrix}
0&1\\
0&0
\end{pmatrix}$相似.即存在可逆矩阵$P=(\alpha_1,\alpha_2)$使得
$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
0&1\\
0&0
\end{pmatrix}$$
即$A\alpha_1=0,A\alpha_2=\alpha_1.$

设$\lambda$是$\sigma_A$的特征值,$B$为对应的特征向量,则
$$\lambda B=\sigma_{A}(B)=AB-BA$$
于是
$$\lambda B\alpha_1=AB\alpha_1-BA\alpha_1=AB\alpha_1$$
若$B\alpha_1\neq0,$则$\lambda$是$A$的特征值,从而$\lambda=0.$

若$B\alpha_1=0,$由
$$\lambda B\alpha_2=AB\alpha_2-BA\alpha_2=AB\alpha_2-B\alpha_1=AB\alpha_2$$
若$B\alpha_2=0,$又$B\alpha_1=0,$可得$BP=0,$从而$B=0.$矛盾.故$B\alpha_2\neq0.$从而$\lambda$是$A$的特征值,故$\lambda=0.$

Example 14. %
(华南理工大学2012)设$V=C^{n\times n}$表示复数域$C$上的$n$阶方阵关于矩阵的加法和数与矩阵的数量乘法构成的线性空间,$A\in C^{n\times n},$定义$V$上的变换如下:

$$\sigma(X)=AX-XA,\forall X\in C^{n\times n}.$$

证明:

(1)$\sigma$是$V$的线性变换;

(2)$\sigma(XY)=X\sigma(Y)+\sigma(X)Y;$

(3)0是$\sigma$的一个特征值;

(4)若$A^{k}=0,$则$\sigma^{2k}=0.$

\textbf{证明:} (1),(2)略.

(3)$\sigma(E)=AE-EA=0E.$

(4) 利用数学归纳法可以证明:
$$\sigma^{n}=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}C_{n}^{i}A^{n-i}XA^{i},$$
从而$$\sigma^{2k}=\sum_{i=0}^{2k}(-1)^{i}C_{2k}^{i}A^{2k-i}XA^{i},$$
若$A^{k}=0,$可知$A^{2k-i},A^{i}$不论$i$取何值,必有一个为0.从而结论成立.

Example 15. (西南大学2010)(10分)设$X,B_0$为$n$阶实矩阵,按归纳法定义矩阵序列
$$B_i=B_{i-1}X-XB_{i-1},i=1,2,3,\cdots$$
证明:如果$B_{n^2}=X,$那么$X=0.$

\textbf{证明:}(法一)首先,$B_{n^2}X=XB_{n^2},$故$B_{n^2+1}=B_{n^2}X-XB_{n^2}=0.$从而
$$B_{n^2+j}=0,j=1,2,\cdots,n\cdots.$$
由于$$B_0,B_1,\cdots,B_{n^2}$$
线性相关,设
$$\lambda_0B_0+\lambda_1B_1+\cdots\lambda_{n^2}B_{n^2}=0$$
且$\lambda_0,\lambda_1,\cdots,\lambda_{n^2}$中第一个不为0的数为$\lambda_i,$则
$$B_i=a_1B_{i+1}+\cdots+a_{n^2-1}B_{n^2},a_k=\frac{\lambda_{k+1}}{\lambda_i}$$
于是
$$B_{i}X=a_1B_{i+1}X+\cdots+a_{n^2-i}B_{n^2}X$$
$$XB_{i}=a_1XB_{i+1}+\cdots+a_{n^2-i}XB_{n^2}$$
两式相减可得
$$\begin{aligned}
B_{i+1}&=B_{i}X-XB_{i}\\
&=a_1(B_{i+1}X-XB_{i+1})+\cdots+a_{n^2-1}(B_{n^2}X-XB_{n^2})\\
&=a_1B_{i+2}+\cdots+a_{n^2-i-1}B_{n^2}
\end{aligned}$$
如此下去,可得$B_{n^2}=0.$

(法2)首先证明$X^{n}=0.$设$X$的特征值是$\lambda_{1},\cdot,\lambda_{n},$则$X^{k}$的特征值为$\lambda_{1}^{k},\cdots,\lambda_{n}^{k},$从而$Tr(X^{k})=\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}^{k}.$由矩阵迹的性质$Tr(AB)=Tr(BA),$有
$$Tr(X)=Tr(B_{n^{2}})=Tr(B_{n^{2}-1}X-XB_{n^{2}-1})=0,$$
$$\cdots$$
$$\begin{aligned}[l]
Tr(X^{n})&=Tr(X^{n-1}X)=Tr(X^{n-1}(B_{n^{2}-1}X-XB_{n^{2}-1}))\\
&=Tr(B_{n^{2}-1}XX^{n-1}-XX^{n-1}B_{n^{2}-1})\\
&=Tr(B_{n^{2}-1}X^{n}-X^{n}B_{n^{2}-1})=0.
\end{aligned}
$$
由牛顿公式知,$X$的特征多项式为$\lambda^{n}.$于是$X^{n}=0.$

其次,证明$X=0.$由已知直接计算可得,对任意的正整数$k,$
$$B_{k}=B_{0}X^{k}-C_{k}^{1}XB_{0}X^{k-1}+C_{k}^{2}X^{2}B_{0}X^{k-2}+\cdots+(-1)^{k}C_{k}^{k}X^{k}B_{0},$$
特别的,当$k=n^{2}$时,上式中的第$i$项为$(-1)^{i}C_{k}^{i}X^{i}B_{0}X^{n^{2}-i},$无论$i$为何值,$X^{i},X^{n^{2}-i}$中必有一个为零.因此$X=B^{n^{2}}=0.$得证.

Example 16. (中科院02)设$n$阶实矩阵
$$A=\begin{pmatrix}
\lambda & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
0 & \lambda & 1 & \cdots & 0 & 0 \\
0 & 0 & \lambda & \cdots &0 & 0 \\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\
0 &0 & 0 & \cdots & \lambda &1 \\
0 &0 & 0 & \cdots &0 & \lambda \\
\end{pmatrix}$$令$V=\{B|BA=AB,B\mbox{为$n\times
n$实方阵}\}.$证明:(1)$V$为线性空间.(2)$V$的维数$\dim V=n.$

\textbf{证明:} (1)略.

(2)设$A=\lambda E+C,$其中
$$C=\begin{pmatrix}
0&1&&\\
&\ddots&\ddots&\\
&&\ddots&1\\
&&&0
\end{pmatrix}$$
则$$AB=BA\Leftrightarrow BC=CB$$ 设$B=(b_{ij}),$则由$BC=CB$可得
$$B=\begin{pmatrix}
b_{11}&b_{12}&\cdots&b_{1n}\\
&\ddots&\ddots&\vdots\\
&&\ddots&b_{12}\\
&&&b_{11}
\end{pmatrix}(b_{ii}=b_{jj},b_{ij}=b_{i+1,j+1},i<j)$$
从而可得.

Example 17. (浙大02)$A,B\in C^{n\times n},$其中$A$为幂零阵(即存在正整数$m$使得$A^{m}=0$),且$AB=BA.$求证$|A+B|=|B|.$

\textbf{证明:}若$B$可逆,由$AB=BA$可得$AB^{-1}=B^{-1}A,$从而
$$(AB^{-1})^{m}=A^{m}(B^{-1})^{m}=0$$
故$AB^{-1}$的特征值全为0.从而从而$E+AB^{-1}$的特征值全为1,
于是
$$|A+B|=|AB^{-1}+E||B|=|B|.$$
若$B$不可逆,令
$$B_{1}=tE+B$$
则存在无穷多个$t$的值使得$B_{1}$可逆,且$AB_{1}=B_{1}A.$故
$$|A+B_{1}|=|B_{1}|$$
由多项式性质,当$t=0$时上式成立.故结论成立.

Example 18. (北京大学2010)已知$A$为复矩阵,$B$为幂零矩阵,$AB=BA,$求证:$|A+2010B|=|A|.$

Example 19. 设$A\in r^{n\times n},A^k=0.$证明:$E+A$与$E+A+\dfrac{A^2}{2!}+\cdots+\dfrac{A^{k-1}}{(k-1)!}$相似.

\textbf{证明:}由于矩阵相似与数域的扩大无关,故可在复数域上讨论.

由条件知$A$的特征值都是0,故存在可逆矩阵$P$使得
$$A=P^{-1}\begin{pmatrix}
J_{k_1}(0)&&\\
&\ddots&\\
&&J_{k_s}(0)
\end{pmatrix}P,$$
其中$J_{k_i}(0)$是对角元为0的$k_i$阶Jordan块.

证明$E+A=P^{-1}(E+J)P$与
$$E+A+\dfrac{A^2}{2!}+\cdots+\dfrac{A^{k-1}}{(k-1)!}=P^{-1}(E+J+\dfrac{J^2}{2!}+\cdots+\dfrac{J^{k-1}}{(k-1)!})P$$
相似.只需证明$E+J$与$E+J+\dfrac{J^2}{2!}+\cdots+\dfrac{J^{k-1}}{(k-1)!}$相似.从而只需证明:
$$E+J_{k_i}(0)=\left (\begin{array}{cccc}
1& 1    &            &   \\
&\ddots &\ddots &  \\
&          &\ddots & 1  \\
&          &         &1\\
\end{array}\right )$$

$$E+J_{k_i}(0)+\dfrac{J_{k_i}(0)^2}{2!}+\cdots+\dfrac{J_{k_i}(0)^{k-1}}{(k-1)!}=\begin{pmatrix}
1& 1    &\dfrac{1}{2!}&\cdots&\dfrac{1}{(k-1)!}   \\
&1&\ddots &\ddots& \vdots \\
&   &\ddots &\ddots&\dfrac{1}{2!}\\
&   & &\ddots&1\\
&   & &&1
\end{pmatrix}$$相似.

由于$E+J_{k_i}(0)$的特征矩阵$\lambda E-(E+J_{k_i}(0))$有一个$k_i-1$阶子式为$(-1)^{k_1-1},$故其初等因子为$(\lambda-1)^{k_i}.$

而$E+J+\dfrac{J^2}{2!}+\cdots+\dfrac{J^{k-1}}{(k-1)!}$的特征矩阵$\lambda E-(E+J+\dfrac{J^2}{2!}+\cdots+\dfrac{J^{k-1}}{(k-1)!})$有两个$k_i-1$阶子式互素,故其初等因子也是$(\lambda-1)^{k_i}.$

Example 20. 设$A$是幂零矩阵.证明$E+A$与$e^A(e^A=E+A+\dfrac{A^2}{2!}+\cdots+\dfrac{A^{k-1}}{(k-1)!}+\cdots)$相似.

\end{document}

百度云:http://pan.baidu.com/s/1kSh7v

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  1. 刘浩

    谢谢,整理很好

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