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七、(本题10分) 设 $A,B,C$ 分别为 $m\times m$, $n\times n$, $m\times n$ 阶复矩阵, $M=\begin{pmatrix} A & C\\ 0 & B\\ \end{pmatrix}$ 可对角化, 求证: 矩阵方程 $AX-XB=C$ 必有解.
证明 任取 $M$ 的特征值 $\lambda_0$, $M-\lambda_0I=\begin{pmatrix} A-\lambda_0I & C \\ 0 & B-\lambda_0I \end{pmatrix}$, 由矩阵秩的不等式可得 $$r(M-\lambda_0I)\geq r(A-\lambda_0I)+r(B-\lambda_0I).$$ 记 $m_M(\lambda_0),t_M(\lambda_0)$ 为 $M$ 的代数重数和几何重数, 则由上式及 $M$ 可对角化可得: $$m_M(\lambda_0)=t_M(\lambda_0)=m+n-r(M-\lambda_0I)\leq m-r(A-\lambda_0I)+n-r(B-\lambda_0I)=t_A(\lambda_0)+t_B(\lambda_0)\leq m_A(\lambda_0)+m_B(\lambda_0).$$ 因为上式左右两端相等, 故可得 $$t_A(\lambda_0)=m_A(\lambda_0),\,\,\,\,t_B(\lambda_0)=m_B(\lambda_0),\,\,\,\,r(M-\lambda_0I)=r(A-\lambda_0I)+r(B-\lambda_0I).\cdots(*)$$ 由 $\lambda_0$ 的任意性可知 $A,B$ 可对角化. 设 $P,Q$ 为非异阵, 使得 $P^{-1}AP=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\cdots,\lambda_m\}$, $Q^{-1}BQ=\mathrm{diag}\{\mu_1,\cdots,\mu_n\}$, 则 $$\begin{pmatrix} P^{-1} & 0 \\ 0 & Q^{-1} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \end{pmatrix}\begin{pmatrix} P & 0 \\ 0 & Q \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} P^{-1}AP & P^{-1}CQ \\ 0 & Q^{-1}BQ \end{pmatrix},$$ $$(P^{-1}AP)(P^{-1}XQ)-(P^{-1}XQ)(Q^{-1}BQ)=P^{-1}CQ,$$ 故不妨一开始就假设 $A,B$ 均为对角阵. 设 $X=(x_{ij})_{m\times n}$, $C=(c_{ij})_{m\times n}$, 则矩阵方程 $AX-XB=C$ 等价于 $$(\lambda_i-\mu_j)x_{ij}=c_{ij},\,\,\,\,1\leq i\leq m,\,\,1\leq j\leq n.$$ 若 $\lambda_i\neq\mu_j$, 则 $x_{ij}=\dfrac{c_{ij}}{\lambda_i-\mu_j}$ 有唯一解; 若 $\lambda_i=\mu_j$, 则只要证明 $c_{ij}=0$, 这样 $x_{ij}$ 就可任意取值, 从而原方程必有解. 不失一般性, 可设 $$A=\mathrm{diag}\{\lambda_0,\cdots,\lambda_0,\lambda_{r+1},\cdots,\lambda_m\},\,\,\,\,\lambda_j\neq\lambda_0,\,\,\forall\,j\geq r+1,$$ $$B=\mathrm{diag}\{\lambda_0,\cdots,\lambda_0,\mu_{s+1},\cdots,\mu_m\},\,\,\,\,\mu_j\neq\lambda_0,\,\,\forall\,j\geq s+1.$$ 记 $$A_1=\mathrm{diag}\{\lambda_{r+1}-\lambda_0,\cdots,\lambda_m-\lambda_0\},\,\,\,\, B_1=\mathrm{diag}\{\mu_{s+1}-\lambda_0,\cdots,\mu_m-\lambda_0\},$$ 则有如下分块矩阵的初等变换: $$M-\lambda_0I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & C_{11} & C_{12} \\ 0 & A_1 & C_{21} & C_{22} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & B_1 \end{pmatrix}\longrightarrow \begin{pmatrix} 0 & 0 & C_{11} & 0 \\ 0 & A_1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & B_1 \end{pmatrix},$$ 由此可得 $$r(M-\lambda_0I)=r(A_1)+r(B_1)+r(C_{11}),\,\,\,\,r(A_1)=r(A-\lambda_0I),\,\,\,\,r(B_1)=r(B-\lambda_0I).$$ 最后由 (*) 式即得 $r(C_{11})=0$, 即 $C_{11}=0$, 从而结论得证. $\Box$
注 本题是白皮书例6.45的自然延伸. 事实上, 本题还可以作如下的推广 (由 Roth 在1952年给出证明), 这一推广还和15级高代I期末考试倒数第二题有着密切的联系. 虽然 Roth 定理的证明并不算难, 但比较长, 有兴趣的同学可以参考其原始的证明 (W. E. Roth, The Equations $AX-YB=C$ and $AX-XB=C$ in Matrices, Proceedings of the American Mathematical Society, Vol. 3, No. 3 (1952), pp. 392-396).
Roth 定理 设 $A,B,C$ 分别为 $m\times m$, $n\times n$, $m\times n$ 阶复矩阵, 则
(1) $\begin{pmatrix} A & C\\ 0 & B\\ \end{pmatrix}$ 相抵于 $\begin{pmatrix} A & 0\\ 0 & B\\ \end{pmatrix}$ 的充分必要条件是矩阵方程 $AX-YB=C$ 有解;
(2) $\begin{pmatrix} A & C\\ 0 & B\\ \end{pmatrix}$ 相似于 $\begin{pmatrix} A & 0\\ 0 & B\\ \end{pmatrix}$ 的充分必要条件是矩阵方程 $AX-XB=C$ 有解.
复旦大学2015--2016学年第二学期（15级）高等代数II期末考试第七大题解答
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原文地址：http://www.cnblogs.com/torsor/p/5629102.html
