[问题2014S10]  解答

先证明一个简单的引理.

引理  设 \(\lambda_0\) 是 \(n\) 阶方阵 \(A\) 的特征值, 则对任意的正整数 \(k\), Jordan 块 \(J_k(\lambda_0)\) 在 \(A\) 的 Jordan 标准型 \(J\) 中出现的个数为 \[\mathrm{rank}\big((A-\lambda_0I_n)^{k-1}\big)+\mathrm{rank}\big((A-\lambda_0I_n)^{k+1}\big)-2\,\mathrm{rank}\big((A-\lambda_0I_n)^k\big),\] 其中约定 \(\mathrm{rank}\big((A-\lambda_0I_n)^0\big)=n\).

引理的证明  注意到 \(\mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^{k-1}\big)-\mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^k\big)\) 是 \(J\) 中关于特征值 \(\lambda_0\) 的阶数大于等于 \(k\) 的 Jordan 块的个数; 同理 \(\mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^k\big)-\mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^{k+1}\big)\) 是 \(J\) 中关于特征值 \(\lambda_0\) 的阶数大于等于 \(k+1\) 的 Jordan 块的个数, 因此 \(J\) 中关于特征值 \(\lambda_0\) 的阶数等于 \(k\) 的 Jordan 块的个数为 \begin{eqnarray*} & & \Big[\mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^{k-1}\big)-\mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^k\big)\Big]-\Big[\mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^k\big)-\mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^{k+1}\big)\Big] \\ &=& \mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^{k-1}\big)+\mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^{k+1}\big)-2\,\mathrm{rank}\big((J-\lambda_0I_n)^k\big) \\ &=& \mathrm{rank}\big((A-\lambda_0I_n)^{k-1}\big)+\mathrm{rank}\big((A-\lambda_0I_n)^{k+1}\big)-2\,\mathrm{rank}\big((A-\lambda_0I_n)^k\big). \quad\Box \end{eqnarray*}

原题的证明  我们只证明充分性, 必要性是显然的.

设 \(P,Q\) 为 \(n\) 阶非异阵, 使得 \(PAQ=A_1=\begin{bmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}\) 为 \(A\) 的相抵标准型. 令 \(B_1=Q^{-1}BP^{-1}\), 则 \[AB=P^{-1}A_1Q^{-1}QB_1P=P^{-1}\big(A_1B_1\big)P,\] \[BA=QB_1PP^{-1}A_1Q^{-1}=Q\big(B_1A_1\big)Q^{-1}.\] 注意到题目的条件和结论在相似关系下不改变, 故不妨设 \(A=\begin{bmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}\) 为相抵标准型. 再对 \(B\) 进行分块: \(B=\begin{bmatrix} B_{11} & B_{12} \\ B_{21} & B_{22} \end{bmatrix}\), 其中 \(B_{11}\) 为 \(r\) 阶方阵, \(B_{22}\) 为 \(n-r\) 阶方阵, 则 \[AB=\begin{bmatrix} B_{11} & B_{12} \\ 0 & 0 \end{bmatrix},\,\,BA=\begin{bmatrix} B_{11} & 0 \\ B_{21} & 0 \end{bmatrix},\] 从而有 \[|\lambda I_n-AB|=|\lambda I_n-BA|=\lambda^{n-r}|\lambda I_r-B_{11}|,\] 即 \(AB\) 和 \(BA\) 的全体特征值相同, 都等于 \(B_{11}\) 的全部特征值再加上 \(n-r\) 个 \(0\). 对 \(B_{11}\) 的 (也即 \(AB\) 和 \(BA\) 的) 任意非零特征值 \(\lambda_0\), 经简单计算可得 \[(AB-\lambda_0I_n)^k=\begin{bmatrix} (B_{11}-\lambda_0I_r)^k & * \\ 0 & (-\lambda_0)^kI_{n-r} \end{bmatrix},\] \[(BA-\lambda_0I_n)^k=\begin{bmatrix} (B_{11}-\lambda_0I_r)^k & 0 \\ * & (-\lambda_0)^kI_{n-r} \end{bmatrix},\] 从而有 \[\mathrm{rank}\big((AB-\lambda_0I_n)^k\big)=\mathrm{rank}\big((B_{11}-\lambda_0I_r)^k\big)+(n-r),\] \[\mathrm{rank}\big((BA-\lambda_0I_n)^k\big)=\mathrm{rank}\big((B_{11}-\lambda_0I_r)^k\big)+(n-r),\] 因此对任意的正整数 \(k\), \[\mathrm{rank}\big((AB-\lambda_0I_n)^k\big)=\mathrm{rank}\big((BA-\lambda_0I_n)^k\big).\] 由引理知, Jordan 块 \(J_k(\lambda_0)\,(k\geq 1)\) 在 \(AB\) 和 \(BA\) 的 Jordan 标准型中出现的个数相等. 又由题目条件和引理知, Jordan 块 \(J_k(0)\,(k\geq 1)\) 在 \(AB\) 和 \(BA\) 的 Jordan 标准型中出现的个数相等, 因此 \(AB\) 和 \(BA\) 具有相同的 Jordan 标准型, 从而 \(AB\) 与 \(BA\) 相似.  \(\Box\)