8、(本題10分) 設 $m$ 階複方陣 $A$ 的全體不一樣特徵值爲 $\lambda_1,\cdots,\lambda_k$, 對應的幾何重數分別爲 $t_1,\cdots,t_k$; $n$ 階複方陣 $B$ 的全體不一樣特徵值爲 $\mu_1,\cdots,\mu_r$, 對應的幾何重數分別爲 $s_1,\cdots,s_r$. 設 $\lambda,\mu$ 爲複數, 若 $\lambda=\mu$, 則定義 $\delta_{\lambda,\mu}=1$; 若 $\lambda\neq\mu$, 則定義 $\delta_{\lambda,\mu}=0$. 證實: 矩陣方程 $AX=XB$ 的解空間的維數大於等於 $\sum\limits_{i=1}^k\sum\limits_{j=1}^rt_is_j\delta_{\lambda_i,\mu_j}$, 而且上述不等式取等號的充要條件是 $A,B$ 無公共特徵值或者對 $A,B$ 的任一公共特徵值 $\lambda_0$, $A,B$ 中至少有一個矩陣關於特徵值 $\lambda_0$ 有徹底的特徵向量系.it
證實 注意到下列變換 $A\to P^{-1}AP$, $B\to Q^{-1}BQ$, $X\to P^{-1}XQ$ 不改變本題的條件和結論, 故不妨從一開始就假設 $A,B$ 均爲 Jordan 標準型進行討論. 設 $A=\mathrm{diag}\{J_1,J_2,\cdots,J_k\}$, $B=\mathrm{diag}\{T_1,T_2,\cdots,T_r\}$, 其中 $J_i$ 是關於特徵值 $\lambda_i$ 的根子空間塊, $T_j$ 是關於特徵值 $\mu_j$ 的根子空間塊. 將 $X$ 進行對應的分塊 $X=(X_{ij})_{k\times r}$, 則矩陣方程 $AX=XB$ 等價於 $kr$ 個矩陣方程 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j\,(1\leq i\leq k,\,1\leq j\leq r)$. 由復旦高等代數教材第七章複習題 26 或白皮書的例 6.63 可知: 若 $\lambda_i\neq\mu_j$, 則矩陣方程 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j$ 只有零解 $X_{ij}=0$.class
Part I$-$不等式的證實 由上述化簡可知, 要證實原不等式, 只要證實: 若 $\lambda_i=\mu_j$, 則矩陣方程 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j$ 的解空間的維數大於等於 $t_is_j$ 便可. 事實上, $J_i$ 的 $t_i$ 個線性無關的特徵向量正好可取 $t_i$ 個互異的標準單位列向量, 不妨記爲 $e_1,e_2,\cdots,e_{t_i}\in\mathbb{C}^{m_i}$; 又 $T_j'$ 的 $s_j$ 個線性無關的特徵向量正好可取 $s_j$ 個互異的標準單位列向量, 不妨記爲 $f_1,f_2,\cdots,f_{s_j}\in\mathbb{C}^{n_j}$. 容易驗證 $\{e_x\cdot f_y',\,1\leq x\leq t_i,\,1\leq y\leq s_j\}$ 是矩陣方程 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j$ 的解, 而且它們是互異的基礎矩陣, 故必線性無關, 從而解空間的維數大於等於 $t_is_j$.基礎
Part II$-$等號成立的充要條件 由 Part I 的證實可知, 原不等式等號成立當且僅當或者 $A,B$ 沒有公共的特徵值, 或者對 $A,B$ 的任一公共特徵值 $\lambda_i=\mu_j$, 對應的矩陣方程 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j$ 的解空間的維數等於 $t_is_j$. $\cdots(*)$ 所以, 咱們只要證實 $(*)$ 成立當且僅當 $J_i$ 或 $T_j$ 有徹底的特徵向量系, 即 $J_i$ 或 $T_j$ 之一可對角化便可. 將 $J_i$ 和 $T_j$ 的主對角線分離出來, 並在等式 $J_iX_{ij}=X_{ij}T_j$ 兩邊消去, 故可考慮 $\lambda_i=\mu_j=0$ 的情形. 進一步, 將 $T_j$ 寫成 Jordan 塊的分塊對角陣, 並將 $X_{ij}$ 進行相應的分塊, 最後可把結論化約成以下情形:lambda
$J=\mathrm{diag}\{J_{m_1}(0),\cdots,J_{m_t}(0)\}$ 爲 $m$ 階方陣, 特徵值 0 的幾何重數爲 $t$; $T=J_n(0)$, 特徵值 0 的幾何重數 $s=1$, 則矩陣方程 $JX=XT$ 的解空間的維數等於 $t$ 當且僅當 $J$ 或 $T$ 之一可對角化.方法
經計算或根據高代白皮書的例 6.71 可知, 線性變換 $\varphi(X)=JX-XT$ 在基礎矩陣構成的基 $\{E_{ij},\,1\leq i\leq m,\,1\leq j\leq n\}$ 下的表示矩陣爲 $M=\mathrm{diag}\{M_1,M_2,\cdots,M_t\}$, 其中 $$M_i=\begin{pmatrix} -J_n(0)' & I_n & & & \\ & -J_n(0)' & I_n & & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & \ddots & I_n \\ & & & & -J_n(0)'\\ \end{pmatrix}_{m_i\times m_i}.$$ 經分塊初等變換可知 $r(M_i)=(m_i-1)n+r(J_n(0)^{m_i})$, 因而 $$r(M)=\sum\limits_{i=1}^t r(M_i)=(m-t)n+\sum\limits_{i=1}^tr(J_n(0)^{m_i}),$$ 從而解空間的維數等於 $$mn-r(M)=tn-\sum\limits_{i=1}^tr(J_n(0)^{m_i})\geq tn-t(n-1)=t.$$ 顯然, 等號成立當且僅當 $m_1=\cdots=m_t=1$ 或 $n=1$, 即 $J$ 或 $T$ 之一可對角化. $\Box$im
注 1 Part I$-$不等式的證實還有其餘四種方法: (1) 不把 $A,B$ 化簡成 Jordan 標準型, 而是直接把 $A,B'$ 的線性無關的特徵向量分別寫出, 而後按照高代白皮書例 7.49 的證法 1 的討論來進行證實, 固然這種方法跟上述證實並沒有本質區別; (2) 把 $B$ 化簡成 Jordan 標準型, 而後按照高代白皮書例 7.49 的證法 2 的討論來進行證實; (3) 利用高代白皮書的例 6.71, 即矩陣的 Kronecker 積, 也能夠給出上述不等式的簡單證實; (4) 事實上, Part II$-$等號成立的充要條件的證實過程當中, 天然地證實了上述不等式.di
注 2 按照本題的假設, 若進一步設 $A$ 關於特徵值 $\lambda_i$ 的根子空間塊 $J_i=\mathrm{diag}\{J_{m_{i1}}(\lambda_i),J_{m_{i2}}(\lambda_i),\cdots,J_{m_{it_i}}(\lambda_i)\}\,(1\leq i\leq k)$, $B$ 關於特徵值 $\mu_j$ 的根子空間塊 $T_j=\mathrm{diag}\{J_{n_{j1}}(\mu_j),J_{n_{j2}}(\mu_j),\cdots,J_{n_{js_j}}(\mu_j)\}\,(1\leq j\leq r)$, 則由 Part II$-$等號成立的充要條件的證實可知, 矩陣方程 $AX=XB$ 的解空間的維數等於 $$\sum_{i=1}^k\sum\limits_{j=1}^r\delta_{\lambda_i,\mu_j}\Bigg(\sum_{v=1}^{s_j}\bigg(t_i n_{jv}-\sum_{u=1}^{t_i}r\Big(J_{n_{jv}}(0)^{m_{iu}}\Big)\bigg)\Bigg).$$co
注 3 本次期末考試共有 13 位同窗徹底給出了 Part I$-$不等式的證實 (但沒有 1 人能給出 Part II$-$等號成立的充要條件的證實), 分別是 (排名不分前後): 張菲諾、劉宇其、高誠、郭宇城、史書珣、林妙可言、魏一鳴、張昰昊、朱柏青、汪子怡、王嘉輝、方博越、漆川燁.time