用户: Cybcat/虚张声势的线性代数/一个多项式矩阵方程

定理 0.1. 若 $A, B \in M_{n} (K)$ 和正整数 $m$ 满足 $k \sum (- 1)^{k} (k m) A^{k} B^{m - k} = 0,$ 证明 $A, B$ 具有相同的特征多项式.

通过相对自然的思考, 这个问题我们可以用简单的代数技巧处理掉.

1简单观察
2一般版本
3关键引理
4回到原题
5微小补充

1简单观察

直接的观察是, 如果 $B$ 是半单的, 或者说将 $K$ 基变换到代数闭包后 $B$ 具有互不相同的特征值, 那么很自然地考虑 $B$ 的特征向量 $B v = λ v$ . 在原题两侧作用 $v$ 得

$0 = k \sum (- 1)^{k} (k m) A^{k} λ^{m - k} v = (A - λ)^{m} v .$

这表明 $λ$ 是 $A$ 的特征值 (为什么?). 由于 $B$ 的特征值互不相同, 这样 $A$ 也有这样 $n$ 个互不相同的特征值, 从而得到 $A, B$ 具有相同的特征多项式. 实际上在半单条件下有 $A = B$ (为什么?).

2一般版本

那么怎么处理一般的问题呢? 我们试图推广上面的证明. 半单时可以看到特征子空间是一样的, 由此我们引入下面的技巧:

对矩阵 $X \in M_{n} (K)$ 的特征值 $λ$ , 定义幂零特征子空间

$V_{λ} (X) := {v \in K^{n} : \exists k, (X - λ)^{k} v = 0} = {v \in K^{n} : (X - λ)^{n} v = 0} .$

现在我们只需证明在原题条件下, 对一切 $λ$ 有 $V_{λ} (A) \subset V_{λ} (B)$ . 这样由维数原因可知 $V_{λ} (A) = V_{λ} (B)$ , 而这子空间的维数正是特征多项式中 $(z - λ)$ 的因子数量.

3关键引理

为了观察不同特征值, 我们会自然考虑这个问题是否具有平移不变性. 所以我们先来证明下面的恒等式

$k \sum (- 1)^{k} (k m) (A + λ)^{k} (B + λ)^{m - k} = 0.$

原先的式子是齐次的, 所以我们来计算上面左式中 $A^{u} B^{v}$ 的系数 $c_{uv}$ , 使用二项式定理得到

$c_{uv} = λ^{m - u - v} k \sum (- 1)^{k} (k m) (u k) (v m - k) .$

注意到

$(k m) (u k) (v m - k) = \frac{m !}{u ! \cdot v ! \cdot ( m - u - v )!} (k - u m - u - v) .$

所以这个求和仅仅在 $m - u - v = 0$ 时非零, 而这些非零部分的和就是原题目条件的左式. 至此恒等式得证.

4回到原题

现在由于平移技术, 只需证明 $V_{0} (B) \subset V_{0} (A)$ . 最后一步, 技巧在于注意到

$A^{m} = f_{m} (A, B) B .$

这里 $f$ 是关于 $A, B$ 的齐 $m - 1$ 次多项式, 而且 $A$ 总出现在 $B$ 的左边. 然后对于 $A^{m + 1}$ , 把它看作 $A \cdot A^{m}$ , 作用上式得到 $A f_{m} (A, B) B$ , 然后将其中的 $A^{m} B$ 再换成 $f_{m} (A, B) B^{2}$ , 由此可知

$A^{m + 1} = f_{m + 1} (A, B) B^{2},$

类似地我们实则能归纳找到齐 $m - 1$ 次的多项式 $f_{m + k}$ 使得

$A^{m + k} = f_{m + k} (A, B) B^{k + 1} .$

可知 $B^{n} v = 0$ 推出 $f_{m + n - 1} (A, B) B^{n} v = 0$ 也就是 $A^{m + n - 1} v = 0$ , 至此原题得证.

5微小补充

有趣的是, 如果特征不是 $2$ , 那么对于 $2 \times 2$ 以及 $m = 2$ 的情况 $A^{2} + B^{2} = 2 A B$ , 读者可以证明 $A, B$ 是可交换的, 只需注意此时

$A B - B A = (A - B)^{2} = 0.$

一般地对于 $m \geq 3, n \geq 2$ 或者 $m \geq 2, n \geq 3$ , 都不能推出 $A, B$ 交换的结论, 反例留给读者构造.

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