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七、(本题10分) 设 $A,B$ 为 $n$ 阶方阵, 满足 $AB=BA=0$, $r(A)=r(A^2)$, 求证: $$r(A+B)=r(A)+r(B).$$
分析 这是一道陈题, 出现在各种高代教材或考研试题中. 这道题目至少有三种证法, 第一种方法利用分块初等变换, 这需要对矩阵秩的证明技巧十分熟悉才能想到; 第二种方法利用线性变换理论, 只要对几何概念和相关技巧掌握熟练, 并不是高不可攀的证明; 第三种证法利用 Jordan 标准形理论, 这是最简单快捷的证法, 也是 Jordan 标准形理论应用的重要例题之一 (很可惜, 忘记收录到新版白皮书中了).
证法一 (代数方法--利用分块初等变换) 类似于线性方程组的求解理论, 可以证明: 矩阵方程 $AX=B$ 有解的充要条件是 $r(A\mid B)=r(A)$. 考虑矩阵方程 $A^2X=A$, 我们有 $$r(A^2)\leq r(A^2\mid A)=r\Big(A(A\mid I_n)\Big)\leq r(A),$$ 再由 $r(A)=r(A^2)$ 可知 $r(A^2\mid A)=r(A^2)$, 从而矩阵方程 $A^2X=A$ 有解, 不妨设为 $X=X_0$. 同理对 $A‘$ 重复上述讨论可得, 矩阵方程 $YA^2=A$ 有解, 不妨设为 $Y=Y_0$. 对下列分块矩阵实施如下分块初等变换, 第一步是第一分块列右乘 $X_0$ 加到第二分块列上; 第二步是第一分块行加到第二分块行上; 第三步是第二分块列右乘 $-A$ 加到第一分块列上, 并利用 $BA=0$ 进行化简; 第四步是第二分块行左乘 $-Y_0A$ 加到第一分块行上, 并利用 $AB=0$ 进行化简: $$\begin{pmatrix} A^2 & 0 \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} A^2 & A \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} A^2 & A \\ A^2 & A+B \\ \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} 0 & A \\ 0 & A+B \\ \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & A+B \\ \end{pmatrix}.$$ 由于矩阵的秩在分块初等变换下不改变, 故由秩的基本公式可得 $$r(A)+r(B)=r(A^2)+r(B)=r\begin{pmatrix} A^2 & 0 \\ 0 & B \\ \end{pmatrix}=r\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & A+B \\ \end{pmatrix}=r(A+B).$$
证法二 (几何方法--利用线性变换理论) 请参考 [问题2014A12] 及其解答.
证法三 (代数方法--利用 Jordan 标准形理论) 设 $P$ 为 $n$ 阶非异阵, 使得 $P^{-1}AP$ 为 Jordan 标准形. 在等式 $AB=BA=0$ 的两边同时左乘 $P^{-1}$, 右乘 $P$ 可得 $$(P^{-1}AP)(P^{-1}BP)=(P^{-1}BP)(P^{-1}AP)=0.$$ 同理可证对 $A,B$ 同时作相似变换也不改变秩的条件和结论, 故不妨一开始就假设 $A$ 是 Jordan 标准形. 由 $r(A)=r(A^2)$ 知 $A$ 的关于零特征值的 Jordan 块都是 1 阶的, 故可设 $A=\begin{pmatrix} A_{11} & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, 其中 $A_{11}$ 是非异阵. 设 $B=\begin{pmatrix} B_{11} & B_{12} \\ B_{21} & B_{22} \end{pmatrix}$ 为相应的分块, 代入 $AB=BA=0$ 可得 $B_{11}$, $B_{12}$, $B_{21}$ 都是零矩阵, 从而 $B=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & B_{22} \end{pmatrix}$, 再由秩的基本公式即得结论. $\Box$
复旦大学2014--2015学年第二学期（14级）高等代数II期末考试第七大题解答
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