證明$AB$和$BA$是相似的

hbghlyj

考题述评(丙)
假設 $A, B$ 分別是 $m \times n$ 和 $n \times m$ 的矩陣, 求證 $A B$ 和 $B A$ 的非零固有值 (nonzero eigenvalue) 是一樣的。出題者還附一個提示: 「請考慮 $\left(\begin{array}{cc}A B & 0 \\ B & 0\end{array}\right)$ 和 $\left(\begin{array}{cc}0 & 0 \\ B & B A\end{array}\right)$ 這兩個 $(m+n) \times(m+n)$ 的方陣」
我只好從提示入手, 我知道出題者要考生想辦法證明這兩個方陣是相似的, 我湊了一下得出：
\[
\left(\begin{array}{cc}
I & -A \\
0 & I
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
A B & 0 \\
B & 0
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}
0 & 0 \\
B & B A
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
I & -A \\
0 & I
\end{array}\right)
\]
因爲 $\left(\begin{array}{cc}I & -A \\ 0 & I\end{array}\right)$ 是可逆的, 因此 $\left(\begin{array}{cc}A B & 0 \\ B & 0\end{array}\right)$ 的特徵多項式和 $\left(\begin{array}{cc}0 & 0 \\ B & B A\end{array}\right)$ 的特徵多項式相等, 而又和 $A B$ 及 $B A$ 的特徵多項式頂多只差在零根的部分, 這樣的證明需要一點經驗。但是, 我寧可從線性變換的角度來看:
\[
\mathbb{R}^n \stackrel{A}{\longrightarrow} \mathbb{R}^m \stackrel{B}{\longrightarrow} \mathbb{R}^n \stackrel{A}{\longrightarrow} \mathbb{R}^m
\]
或者看複數 (因爲固有值可能是複數)
\[
\mathbb{C}^n \stackrel{A}{\longrightarrow} \mathbb{C}^m \stackrel{B}{\longrightarrow} \mathbb{C}^n \stackrel{A}{\longrightarrow} \mathbb{C}^m
\]
如果 $B A$ 有一個固有向量 $v \neq 0$, 具固有值 $\lambda \neq 0$, 亦卻
\[
v \stackrel{A}{\longrightarrow} A v \stackrel{B}{\longrightarrow} \lambda v \neq 0
\]
所以 $A v \neq 0$, 並且再接著做 $A$ 有
\[
v \stackrel{A}{\longrightarrow} A v \stackrel{B}{\longrightarrow} \lambda v \stackrel{A}{\longrightarrow} \lambda A v
\]
不難看出 $A v \stackrel{A B}{\longrightarrow} \lambda A v$, 因此 $\lambda$ 也是 $A B$ 的固有值。這樣的證明直接, 並且只從定義出發, 不必勞駕出題者的提示。個人覺得在考場提示一個題目的做法, 有時並不恰當, 因爲可能會讓解法更難。本題也許可以證實我的看法, 因爲原來可以用直接的辦法來處理的考生, 可能被導向要去找出 $\left(\begin{array}{cc}A B & 0 \\ B & 0\end{array}\right)$ 及 $\left(\begin{array}{cc}0 & 0 \\ B & B A\end{array}\right)$ 之間的關係而無法落筆。

hbghlyj

见kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=9452

Czhang271828

显然对任意 $\lambda\neq 0$, 总有
\[\begin{align*}
&\det \begin{pmatrix}\lambda I_m-AB&O_{m\times n}\\O_{n\times m}&\lambda I_n\end{pmatrix}\\
\text{(加右上项)}=&\det \begin{pmatrix}\lambda I_m-AB&A\\O_{n\times m}&\lambda I_n\end{pmatrix}\\
\text{(右列右乘 $B$ 加至左)}=&\det \begin{pmatrix}\lambda I_m-AB+AB&A\\\lambda B&\lambda I_n\end{pmatrix}\\
\text{(消元)}=&\det \begin{pmatrix}\lambda I_m&A\\\lambda B&\lambda I_n\end{pmatrix}\\
\text{(左列右乘 $\lambda^{-1}A$ 加至右)}=&\det \begin{pmatrix}\lambda I_m&A-\lambda I_m\cdot \lambda^{-1}A\\\lambda B&\lambda I_n-\lambda B\cdot \lambda^{-1}A\end{pmatrix}\\
\text{(消元)}=&\det \begin{pmatrix}\lambda I_m&O\\\lambda B&\lambda I_n-BA\end{pmatrix}.
\end{align*}\]
因此 $\lambda^m\det (\lambda I_n-BA)=\lambda^n\det (\lambda I_m-AB)$. $AB$ 与 $BA$ 之特征值无非相差 $m-n$ 个 $0$.