幂零矩阵迹的特征

幂零矩阵迹的特征摘要：2009年全国大学生数学竞赛题（第3题）：设V是复数域上向量空间，-=，那么f的所有特征值均为0，并且,f g是V上的线性变换，且满足fg gf fg和f之间存在相同的特征向量（对应的特征值不一定相等）．我们把它转换为矩阵，在矩阵中讨论特殊情况即AB BA=，求证A和B有公共特征向量，并且求出A和B的公共特征向量.关键词：幂零矩阵；迹；特征值；特征向量Features of Nilpotent matrix traceYAN Wen(Department of Mathematics and Statistics,Xiaogan university,Xiaogan,Hubei432000,China)Abstract：2009 National College Mathematics Competition Problems (3th item)：Based vector space V is the complex field,,f g are the linear transformation, and satisfies fg gf f-=, Then all the eigenvalues of f are 0, Between f and g there are the same feature vector (not necessarily equal the corresponding eigenvalue). We convert it to matrix and discussed in the special circumstances that BAAB=, Verify:A and B have public feature vectors, and eigenvectors obtained the public. Key words：Nilpotent matrix; Trace;Eigenvalue;Eigenvector.1 引言在2009年举行的全国大学生数学竞赛中，有这样一道试题：例1假设V是复数域上n维线性空间（0n>），,f g是V上的线性变换．如果fg gf f-=，证明f的所有特征值都是0，且,f g有公共特征向量．（2009年全国大学生数学竞赛试题）在2002年的苏州大学研究生入学考试中也有类似的试题：例2设V是有理数域Q上的向量空间，,f g是V上的线性变换，其中g可对角化，且满足fg gf f-=，证明存在正整数k，使得k f是零变换．（2002年苏州大学研究生试题）由于f的所有特征值都是0⇔f是幂零矩阵，易知例1与例2本质上是属于同一问题．在全国大学生数学竞赛组委会为例1提供的解答中，通过构造一些复杂的生成子空间，证明它们在线性变换f下不变，最后利用fg gf-的迹为零的结果，间接导出f的任意特征值为0，整个证明复杂繁琐．而例2中条件“g 可对角化”过强，能否在例1的条件下直接证明f是幂零矩阵呢？另外，对例1中关于,f g有公共特征向量的问题，一个熟知的结论是命题1[1]若,f g是复数域上n维线性空间V上的线性变换，且fg gf=，则g和f存在公共的特征向量．尔后由Laffey与Choi在1978-1981年将之推广为命题2[2,3]若,A B都是复数域上的n阶方阵，满足rank()1AB BA-≤，则A和B存在公共的特征向量．对于命题2的证明，通常的方法是把矩阵转化为线性变换问题，考虑其一个特征子空间中存在另一个线性变换的一个特征向量.这种方法虽然在理论上证明了公共特征向量的存在性，但遗憾的是无法求出所有的公共特征向量，以及公共特征向量的具体形式，而这些在理论与应用上都是很有用的[4].从以上诸例及相关结论上看，对线性变换,f g 而言，关于h fg gf =-的性质的讨论有重要的意义.在有限维线性空间中，可以把问题转化为对矩阵AB BA -的讨论.本文将讨论与解决如下问题：1、关于矩阵AB BA -或线性变换fg gf -的性质；2、对满足fg gf =或fg gf f -=的线性变换,f g ，不仅证明,f g 之间存在公共的特征向量，而且求出所有的公共特征向量；3、某些逆命题.2 性质设,A B 为n 阶矩阵，令C AB BA =-，则AB BA -具有如下基本性质： 性质1 tr()0AB BA -=.证明 设()ij A a =、()ij B b =，则11tr ()nnik ki i k AB a b ===∑∑，111111tr ()()tr n n n n n njt tj tj jt ik ki j t t j i k BA b a a b a b AB ==========∑∑∑∑∑∑.性质2 对任何n 阶矩阵,A B ，AB BA E -≠.证明 反证法 假设AB BA E -=，则由性质1可知()0trE tr AB BA =-=，显然矛盾，所以AB BA E -≠.命题得证.性质3 设A ，B 是n 阶矩阵，令C AB BA =-，且C 同A ，B 可交换，求证：存在整数m 使 0m C =.证明 因为C 同A ，B 可交换即,AC CA BC CB ==，所以有22()()()C A C CA C AC CA C AC ====,即2C 与A 可交换.同理可证kC （1,2...k n =）与A 可交换，k C （1,2...k n =）与B 可交换. 下证0kt r C=（1,2...k n =）.()()()0trC tr AB BA tr AB tr BA =-=-=2[()]()()()()()()0trC tr C AB BA tr CAB tr CBA tr ACB tr CBA tr CBA tr CBA =-=-=-=-=同理可证：0,1,2...k trC k n ==.下证C 的所有特征值为零.设C 的所有特征值为n λλλ...,21，所以k C 的所有特征值为kn k k λλλ...,21.下面证明n λλλ...,21都为零.由0ktrC=，12...k =，可得：设C 的不为零的特征值分别为n λλλ...,21，且分别为12,,...,r s s s 重.则上式可 写成：221222221120101......012.........rr k k krr r r s s s s s s s s s λλλλλλλλλ⎧+=⎪⎪+=⎪⎨⎪⎪+=⎪⎩++++++ 令122221212.....................r rr r r r L λλλλλλλλλ⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，所以上式可写成120...r L s s s ⎛⎫ ⎪⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭.而由范德蒙行列式可知121...()ni j i j nL λλλλλ≤<≤=⋅-∏，又C 的特征值n λλλ...,21互不相等，所以0L ≠，所以上式只有零解，所以C 的特征值全为零.若C 的所有特征值为零，则根据哈密尔顿-凯莱定理知存在m 使0m C =.命题得证.注：对于][x P 中的线性变换B A ,，令)()(),()('x xf x Bf x f x Af ==，则有e BA AB =-（e 为恒等变换）.[13]3 可换矩阵的公共特征向量12222121200 0.........n nk kk nλλλλλλλλλ+=⎧⎪+=⎪⎨⎪⎪+=⎩++++++命题1 若,n n A B C ⨯∈，且AB BA =，则A 与B 一定存在公共的特征向量. 证明 因为n n A C ⨯∈，则A 在复数域上一定存在特征值，取A 的任一个特征值λ，考虑λ的特征子空间{}n V C A λξξλξ=∈=设dim V k λ=，则0k >，设12,,,k εεε为V λ的一组基，则i V λε∈，于是有i i A ελε=，1,2,,i k =.在下面的证明中，我们将证明存在A 的属于λ的一个特征向量η，使η也是B 的一个特征向量，即存在某数μ使B ημη=成立，从而η为A 与B 的公共特征向量.由于12,,,k εεε为V λ的一组基，设1122k k c c c ηεεε=++ （1）由i i A ελε=，则()()()()i i i i A B B A B B εελελε===，即得i B V λε∈，1,2,,i k =.则有ij l C ∈，,1,2,,i j k =，使得11112121212122221122k kk kk k k kk kB l l l B l l l B l l l εεεεεεεεεεεε=+++⎧⎪=+++⎪⎨⎪⎪=+++⎩ 下步将寻找不全为零的12,,,k c c c ，使（1）成立，并且使η为A 与B 的公共特征向量.1122()k k B B c c c ηεεε=+++1122k k c B c B c B εεε=+++ 1111212111()()k k k k kk k c l l l c l l εεεεε=+++++++1111111()()k k k kk k k l c l c l c l c εε=++++++而112211()()()k k k k c c c c c μημεεεμεμε=+++=++由B ημη=及12,,,k εεε线性无关，得11112211211222221122k k k k k k kk k kl c l c l c c l c l c l c c l c l c l c c μμμ+++=⎧⎪+++=⎪⎨⎪⎪+++=⎩ （2）即111111k k kk k k l l c c l l c c μ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 记()ij k k L l ⨯=，即得11k k c c L c c μ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 也即()100k c L c μ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪E -= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）当0L μE-=时，上式有非0解，此式说明μ是L 的特征值.命题1证毕.命题1证明了A 与B 有公共的特征向量，通过定理1的证明，我们还看出， 对于A 的任一特征值，属于该特征值的所有特征向量中，一定存在B 的特征向量.于是有推论：推论 1 若复方阵,A B 满足AB BA =，且A 有r 个互不相同的特征值，则A 与B 至少有r 个线性无关的公共特征向量.证明 设12,,,r λλλ是A 的r 个互不相同的特征值，按照定理1的证明，在A 的每个特征子空间i V λ中都存在B 的特征向量i ξ，1,2,,i r =，而属于不同特征值的特征向量必线性无关，得12,,,r ξξξ是A 与B 的r 个线性无关的公共特征向量.推论 2 若n 阶复方阵,A B 满足AB BA =，且A 有n 个互不相同的特征值，则存在可逆矩阵P ，使得1P AP -与1P BP -都是对角矩阵.证明 由推论1知A 与B 有n 个线性无关的公共特征向量12,,,n ξξξ，作矩阵12(,,,)n P ξξξ=，则1P AP -与1P BP -都是对角矩阵.下面，我们通过例子说明如何用定理1中方法求出可换矩阵所有的公共特征向量.例1 求可换矩阵,A B 所有的公共特征向量.300131201A ⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭，121011220B ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭解 容易验证AB BA =，A 的特征多项式为2300131(1)(3)21E A λλλλλλ--=--=----. 所以11λ=，233λλ== .对11λ=，由1232001210200x x x -⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪--= ⎪⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭，得10x =，2312x x =-，从而基础解系为1012ε⎛⎫⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭，而11121000111122022B εε⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪=-==- ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭，定理1中的()1L =-为11⨯矩阵，于是1μ=-，于是公共特征向量为111102c c c ηε⎛⎫⎪==- ⎪ ⎪⎝⎭，其中1c 为任一不为零的常数对233λλ==，由1230001010202x x x ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪-= ⎪⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭，得13x x =，从而基础解系为1101ε⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，2010ε⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，而1121211201101222012B εεε⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪===+ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，2121210201111222002B εεε⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪===+ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由命题1可知2211L ⎛⎫= ⎪⎝⎭，22011L μμμ--E -==--，从而有 (3)0μμ-=，对0μ=，12220110c c --⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭，得21c c =-，于是公共特征向量为112()c ηεε=-，即111c c c η⎛⎫⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭， 其中1c 为任意不为零的常数.对3μ=，12120120c c -⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭，得 122c c =，于是公共特征向量为212(2)c ηεε=+，即22222c c c η⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭， 其中2c 为任意不为零的常数. 于是所有公共特征向量的形式为：02k k η⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭，k k k η⎛⎫ ⎪=- ⎪⎪⎝⎭，22k k k η⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ k 为任意不为零的常数.4 逆命题 设C 为n 阶矩阵，且tr 0C =，则必存在n 阶矩阵A 与B ，使AB BA C -=证明 若tr 0C =，则C 一定相似于一个主对角元全是零的方阵.证明为参考文献[12]定理1的证明，在此略.下证必存在n 阶矩阵A 与B ，使AB BA C -=分两种情况讨论：（1）若C 是主对角元全是零的方阵，即()ij C c =，0ii c =，1,2,,i n =.取12n A λλλ⎛⎫⎪ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭12,,,n λλλ两两互异.取()ij B b =，其中ijij i jc b λλ=-（i j ≠），而ii b (1,2,,)i n =任意，可验证AB BA C -=.（2）对任何tr 0C =的n 阶矩阵C ，由引理存在可逆阵P ，使1P CP -为一个主对角元全是零的方阵.由（1）所证，存在n 阶矩阵1A 与1B ，使11111A B B A P CP --=于是，有11111111()()()()PA P PB P PB P PA P C -----=，令11PA P A -=，11PBP B -=，则AB BA C -=.命题得证.5 一个反例命题1中对复数域的要求是必需的，而在文献[2]中P261却有如下一道习题： 习题[2] 设矩阵A 与B 可交换，试证：如果A 有特征向量，则,A B 一定有公共特征向量.在文献[3]中对该习题作出了如下解答：解[3] 设,A B 是两个可交换的矩阵，系数在数域P 中，并设其阶数为n .,A B 可看成n 维线性空间n P 的线性变换,A B 在基12(1,0,,0),(0,1,,0),,εε==(0,0,,1)n ε=下的矩阵，从,A B 可交换可推出,A B 可交换.如果A 有特征向量，则A 有特征值0λ.在A 对于0λ的特征子空间中，,A B 有公共特征向量α，α也是矩阵,A B 的公共特征向量.上述结论不真.事实上，在实数域R 上，取A E =，令B 是在实数域R 没有特征值的任一方阵（这种矩阵是存在的，参见下例），则A E =与B 可交换，A E =有特征向量，但B 没有特征向量.例1 在实数域R 上，A E =（单位阵），0110B ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，则AB BA =，A 有特征值1，从而有特征向量，但B 在实数域R 上没有特征值，自然没有特征向量. 6 进一步的讨论结论 1 若AB BA =，且A 有n 个互不相同的特征值，则∃可逆阵P 使得1100n P AP λλ-⎛⎫ ⎪=⎪ ⎪⎝⎭ ， 1100n P BP μμ-⎛⎫ ⎪=⎪⎪⎝⎭. 结论 2 已知 A B AB +=，则（1）1不是A 的特征值，也不是B 的特征值；（2）若B 相似于对角阵，则A 也相似于对角阵，且可同时相似于对角阵. 结论3 若A B AB +=，,A B 至少有一个可以对角化， 则 （1）B 一定能表成A 的多项式.（2）A每一个特征向量都是B的特征向量.（3）,A B至少有一个公共特征向量.结论4 若A B AB+=，A可对角化，则,A B有n个公共特征向量，且它们线性无关.[参考文献][1]屠伯埙.线性代数方法导引[M].上海：复旦大学出版社，1986.[2]Laffey T J .Simultangularization of matrices-low rank cases and the nonderogetory case[J].Lin and Multilin .Alg ,1978 ,6(4):289-305.[3]Choi M P ,Lourie C ,Radjavi H.On commutators and invariant subspaces[J].Lin and Multilin.Alg,1981,10(4):329-340.[4]胡付高.矩阵的弱相似性及其应用[J].信阳师范学院报(自然科学版),2003,16(1):4-6.[5] 王萼芳.高等代数教程（下册）[M].北京: 清华大学出版社，1997.[6] 王萼芳.高等代数辅导与习题解答[M].北京:清华大学出版社，1997.[7] 屠伯埙，徐诚浩,王芬.高等代数[M].上海:上海科学出版社,1987.[8] 王萼芳,石生明.高等代数[M].北京:高等教育出版社,1987.[9] 朱靖红，朱永生.矩阵对角化的相关问题[J].辽宁师范大学学报，2005，28（3）：383-384.[10] 陈绍刚.矩阵对角化的弱可逆矩阵刻画[J].数学的实践与认识，2005，35（9）164-166.[11] 姜晓艳.化方阵为相似对角阵的一个判别条件[J].辽宁师专学报，2004，6（2）2,29.[12] 绍逸民.迹为零的矩阵的性质[J].沈阳师范大学学报，2008，26（4）1-2.[13] 王萼芳等.高等代数（第三版）[M].高等教育出版社致谢在写论文的过程中，谢谢百忙之中的胡付高老师抽出宝贵的时间来指导，在此衷心感谢胡老师的悉心指导！。