矩阵计算作业二

您好，这是李教授在课堂上布置的作业解答。

问题1：对于$n$阶矩阵$A,B$，证明：$\det (AB)=\det(A)\cdot \det(B)$

证明：

方法一

当$A$不可逆时，有$\det(A)=0$。

而$rank(AB)\le rank(A)$，可知$AB$不可逆，故$\det(AB)=\det(A)\cdot \det(B)=0$.

当$A$可逆时，其可以表示为一系列初等矩阵的乘积，即$A=E_kE_{k-1}\cdots E_1$（$E_1,\cdots,E_k$均为初等矩阵）。

因此$\det(AB)=\det(E_kE_{k-1}\cdots E_1B)$

而初等矩阵满足：对于任何初等矩阵$E$和任意方阵$M$，有$\det(EM)=\det(E)\det(M)$

故$\det(E_kE_{k-1}\cdots E_1B)$

$=\det(E_k) \det(E_{k-1})\cdots \det(E_1)\det(B)$

$=\det(E_kE_{k-1}\cdots E_1)\det(B)=\det(A)\cdot \det(B)$

综上，$\det(AB)=\det(A)\cdot \det(B)$

方法二

考虑以下分块矩阵 $M$： $$M = \begin{pmatrix} A & 0 \\ -I & B \end{pmatrix}$$ 其中 $I$ 是单位矩阵。根据分块对角矩阵的性质，其行列式为： $$\det(M) = \det(A) \det(B)$$

现在，我们对 $M$ 进行分块初等变换（变换不改变行列式的值）：将第一行（矩阵块）加上第二行乘以 $A$（即 $R_1 \leftarrow R_1 + A \cdot R_2$）： $$\begin{pmatrix} A + A(-I) & 0 + AB \\ -I & B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & AB \\ -I & B \end{pmatrix}$$

设变换后的矩阵为 $M'$，则 $\det(M) = \det(M')$。对于矩阵 $M' = \begin{pmatrix} 0 & AB \\ -I & B \end{pmatrix}$，我们可以通过交换行和列的操作将其整理：

这个矩阵的行列式可以通过 Laplace 展开或者分块交换公式得出： $$\det \begin{pmatrix} 0 & AB \\ -I & B \end{pmatrix} = (-1)^{n^2} \det(AB) \det(-I)$$
或者更直观地，经过 $n$ 次相邻行块交换（实际上是 $n$ 行与 $n$ 行交换），可以得到： $$\det \begin{pmatrix} 0 & AB \\ -I & B \end{pmatrix} = (-1)^n \det \begin{pmatrix} -I & B \\ 0 & AB \end{pmatrix} = (-1)^n \det(-I) \det(AB)$$
因为 $\det(-I) = (-1)^n$，所以： $$\det(M') = (-1)^n \cdot (-1)^n \det(AB) = (-1)^{2n} \det(AB) = \det(AB)$$

综上所述： $$\det(A)\det(B) = \det(M) = \det(M') = \det(AB)$$ 证明完毕。

问题2：证明矩阵$AB$和$BA$具有相同特征值。

命题修改（作业中的表述似乎不是很严谨）：设$A$为$m\times n$矩阵，$B$为$n\times m$矩阵，则矩阵$AB$与$BA$的非零特征值及其代数重数完全相同，当$m=n$时，所有特征值及其代数重数完全相同。

证明：考虑引理：$|I_m-AB|=|I_n-BA|$

则$\lambda^n|\lambda I_m-AB|=\lambda^{m+n}|I_m-\displaystyle \frac{1}{\lambda}AB|=\lambda^{m+n}|I_n-\frac{1}{\lambda}BA|$

$=\lambda^m|\lambda I_n-BA|$，由此得出，非零数$\lambda_0$是$AB$的特征值当且仅当$\lambda_0$是$BA$的特征值。从而$AB,BA$有相同的特征值。

下证明这些特征值的代数重数相同。

设$\lambda_0$是$AB$的$l$重特征值，把$AB$的特征多项式在复数域上因式分解，得

$|\lambda I_m-AB|=(\lambda-\lambda_0)^{l}(\lambda-\lambda_1)^{l_1}\cdots (\lambda-\lambda_{k-1})^{l_{k-1}}$

其中$l,l_1,\cdots,l_{k-1}$两两不等，且$l+l_1+\cdots+l_{k-1}=m$

而$\lambda^n(\lambda-\lambda_0)^{l}(\lambda-\lambda_1)^{l_1}\cdots (\lambda-\lambda_{k-1})^{l_{k-1}}=\lambda^m|\lambda I_n-BA|$

故$\lambda_0$是$BA$的特征多项式的$l$重根，$\lambda_0$是$BA$的$l$重特征值。

反之亦然，由此证明了命题。