[家里蹲大学数学杂志]第066期南开大学2008年高等代数考研试题参考解答

解答: 写出 $$\bex {\bf A}&=&\sex{\ba{cccc} a_{11}&\cdots&a_{1,n-1}&a_{1n}\\ \vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ a_{n-1,1}&\cdots&a_{n-1,n-1}&a_{n-1,n}\\ a_{n1}&\cdots&a_{n,n-1}&a_{nn} \ea}\\ &\rra&\sex{\ba{ccccc} a_{11}&\cdots&a_{1,n-1}&a_{1n}\\ \vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ a_{n-1,1}&\cdots&a_{n-1,n-1}&a_{n-1,n}\\ 0&\cdots&0&0 \ea}, \eex$$ 而 $$\bex \rank({\bf A})=\rank({\bf B})=\rank({\bf B}^T), \eex$$ 其中 $$\bex {\bf B}=\sex{\ba{ccc} a_{11}&\cdots&a_{1,n-1}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_{n-1,1}&\cdots&a_{n-1,n-1} \ea}. \eex$$ 往证 $\rank({\bf B}^T)=n-1$, 而 $\rank({\bf A})=n-1$. 用反证法. $$\bex & &\rank({\bf B}^T)<n-1\\ &\ra& \det({\bf B}^T)=0\\ &\ra& \exists\ {\bf x}=\sed{x_i}_{i=1}^{n-1},\ s.t.\ {\bf B}^T{\bf x}={\bf 0}\\ &\ra& a_{1k}x_1 +\cdots +a_{kk}x_k +\cdots +a_{n-1,k}x_{n-1} =0\\ & &\sex{\sev{x_k}=\max_{1\leq i\leq n-1}\sev{x_i}, 1\leq k\leq n-1\mbox{ 或 } k=\arg \max_{1\leq i\leq n}\sed{\sev{x_i}}}\\ &\ra& a_{kk}\sev{x_k} =\sev{\sum_{1\leq i\leq n-1\atop i\neq k}a_{ik}x_i} =\sum_{1\leq i\leq n-1\atop i\neq k}\sex{-a_{ik}\sev{x_i}} \leq \sex{\sum_{1\leq i\leq n-1\atop i\neq k}-a_{ik}}\sev{x_k}\\ &\ra& a_{nk}=-\sum_{1\leq i\leq n-1}a_{ik}\geq 0\quad\sex{1\leq k\leq n-1}. \eex$$ 这是一个矛盾.

解答: 设 ${\bf E}_{ij}$ 为仅第 $i$ 行第 $j$ 列元素为 $1$, 其余元素为 $0$ 的 $n\times n$ 矩阵, 则 $\sed{{\bf E}_{ij}}_{1\leq i,j\leq n}$ 构成 $\bbP^{n\times n}$ 的一组基. 在此基下, $$\bex \scrT({\bf E}_{ij}) &=&{\bf A}{\bf E}_{ij}\quad\sex{\mbox{其第 } j\mbox{ 列为 } {\bf A} \mbox{ 的第 }i\mbox{ 列, 其余各列为 } {\bf 0}}\\ &=&\sum_{k=1}^n a_{ki}{\bf E}_{kj}\\ &=&\sex{{\bf E}_{1j},\cdots,{\bf E}_{nj}}\sex{\ba{ccc} a_{1i}\\ \vdots\\ a_{ni} \ea}. \eex$$ 于是 $$\bex & &\scrT\sex{{\bf E}_{11},\cdots,{\bf E}_{n1}; {\bf E}_{12},\cdots,{\bf E}_{n2}; \cdots; {\bf E}_{1n},\cdots,{\bf E}_{nn}}\\ & &=\sex{{\bf E}_{11},\cdots,{\bf E}_{n1}; {\bf E}_{12},\cdots,{\bf E}_{n2}; \cdots; {\bf E}_{1n},\cdots,{\bf E}_{nn}} \sex{\ba{cccc} {\bf A}&&&\\ &{\bf A}&&\\ &&\ddots&\\ &&&{\bf A} \ea}. \eex$$ 故 $$\bex \tr(\scrT)=n\cdot\tr({\bf A}),\qquad \det(\scrT)=\sex{\det {\bf A}}^n. \eex$$

解答: 由 $$\bex \lambda{\bf E}-{\bf A}=\sex{\ba{cccccc} \lambda&0&0&\cdots&0&c_0\\ -1&\lambda&0&\cdots&0&c_1\\ 0&-1&\lambda&\cdots&0&c_2\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 0&0&0&\cdots&-1&\lambda+c_{n-1} \ea} \eex$$ 知\footnote{用数学归纳法.} $$\bex \det(\lambda{\bf E}-{\bf A}) =\lambda^n+c_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+c_1\lambda+c_0, \eex$$ 又 $\lambda{\bf E}-{\bf A}$ 之左下方有一 $(n-1)\times(n-1)$ 子式为 $1$, 而 ${\bf A}$ 的行列式因子 (从而也是不变因子) 为 $$\bex \underbrace{1,\cdots,1}_{(n-1)\mbox{个}},\ \lambda^n+c_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+c_1\lambda+c_0. \eex$$ 若 $$\bex \lambda^n+c_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+c_1\lambda+c_0 =\prod_{i=1}^s(\lambda-\lambda_i)^{n_i}\quad\sex{n_i>0}, \eex$$ 则 ${\bf A}$ 的初等因子为 $$\bex \sed{(\lambda-\lambda_i)^{n_i};\ 1\leq i\leq s}. \eex$$ 按 Jordan标准型理论, ${\bf A}$ 与 $$\bex {\bf J}=\sex{\ba{ccc} {\bf J}_1&&\\ &\ddots&\\ &&{\bf J}_s \ea} \eex$$ 相似, 其中 $$\bex {\bf J}_i=\sex{\ba{cccccc} \lambda_i&1&&&\\ &\lambda_i&\ddots&&\\ &&\ddots&\ddots&\\ &&&\lambda_i&1\\ &&&&\lambda_i \ea}. \eex$$ 而 ${\bf A}$ 的最小多项式为 ${\bf J}$ 的最小多项式: $$\bex \prod_{i=1}^s(\lambda-\lambda_i)^{n_i} =\lambda^n+c_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+c_1\lambda+c_0. \eex$$

解答: 按题意, $$\bex \scrT\sex{{\bf v}e_1,{\bf v}e_2,{\bf v}e_3} =\sex{{\bf v}e_1,{\bf v}e_2,{\bf v}e_3}{\bf A},\quad \scrT\sex{{\bf \eta}_1,{\bf \eta}_2,{\bf \eta}_3} =\sex{{\bf \eta}_1,{\bf \eta}_2,{\bf \eta}_3}{\bf B}. \eex$$ 设 $$\bex \sex{{\bf \eta}_1,{\bf \eta}_2,{\bf \eta}_3} =\sex{{\bf v}e_1,{\bf v}e_2,{\bf v}e_3}{\bf T}, \eex$$ 则 $$\bex {\bf B}={\bf T}^{-1}{\bf A}{\bf T}. \eex$$ 为求 ${\bf T}$, 我们把 ${\bf A}$, ${\bf B}$ 对角化如下: $$\bex {\bf T}_1=\sex{\ba{ccc} 1&0&1\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \ea}\ra {\bf T}_1^{-1}{\bf A}{\bf T}_1 =\sex{\ba{ccc} 1&&\\ &1&\\ &&-1 \ea}; \eex$$ $$\bex {\bf T}_2=\sex{\ba{ccc} 0&1&1\\ 1&0&2\\ 1&0&3 \ea}\ra {\bf T}_2^{-1}{\bf B}{\bf T} =\sex{\ba{ccc} 1&&\\ &1&\\ &&-1 \ea}. \eex$$ 于是 $$\bex {\bf T}_1^{-1}{\bf A}{\bf T}_1 ={\bf T}_2^{-1}{\bf B}{\bf T}_2. \eex$$ 而 $$\bex {\bf T}&=&{\bf T}_1\cdot{\bf T}_2^{-1}\\ &=&\sex{\ba{ccc} 1&0&1\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \ea} \sex{\ba{ccc} 0&3&-2\\ 1&1&-1\\ 0&-1&1 \ea}\\ &=&\sex{\ba{ccc} 0&2&-1\\ 1&0&0\\ 0&-1&1 \ea}. \eex$$ 我们最终得到 $$\bex {\bf \eta}_1={\bf v}e_2,\qquad {\bf \eta}_2=2{\bf v}e_1-{\bf v}e_3,\qquad {\bf \eta}_3=-{\bf v}e_1+{\bf v}e_2. \eex$$

解答: 设 $\lambda$ 是 ${\bf P}$ 的一特征值, 则 $\lambda^2$ 为 ${\bf P}^2$ 的特征值\footnote{ $\dps{ \left.\ba{rr} {\bf P}{\bf x}_0=\lambda{\bf x}_0\\ {\bf x}_0\neq {\bf 0} \ea\right\} \ra \left\{\ba{ll} {\bf P}^2{\bf x}_0=\lambda^2{\bf x}_0\\ {\bf x}_0\neq 0 \ea\right..}$ }, 而 $\lambda^2$ 是 ${\bf P}^T$, 从而也是 ${\bf P}$ 的特征值. 如此一直做下去, 有 $$\bex \lambda, \lambda^2, \cdots, \lambda^{2^{n-1}}, \cdots \eex$$ 均是 ${\bf P}$ 的特征值. 但 ${\bf P}$ 的特征值 (复数) 最多为 $n$ 个 (重根按重数算). 我们有

(1)若 $\sed{\lambda^{2^i}}_{i=0}^{n-1}$ 互不相同, 则 $$\bex \lambda^{2^n}=\lambda &\ra& \lambda\sex{\lambda^{2^n-1}-1}=0\\ &\ra&\lambda=0\mbox{ 或 } 2^n-1\mbox{ 次单位根}. \eex$$

(2)若 $\lambda^{2^i}=\lambda^{2^j}$ ($0\leq i<j\leq n-1$), 则 $$\bex & &\lambda^{2^i}\sex{\lambda^{2^j-2^i}-1}=0\\ &\ra& \lambda=0\mbox{ 或 } (2^j-2^i)\mbox{ 次单位根}. \eex$$ 综上, ${\bf P}$ 的所有可能特征值为 $$\bex \sed{0}\cup \sed{2^j-2^i\mbox{ 次单位根};\ 0\leq i<j\leq n}. \eex$$

证明: 易知 $$\bex \rank({\bf A}{\bf B})\leq \rank({\bf A})\cdot\rank({\bf B}), \eex$$ 而 $$\bex \rank\sex{{\bf A}_1{\bf A}_2\cdots{\bf A}_m} &\leq&\rank\sex{{\bf A}_2\cdots{\bf A}_m}\\ &\leq&\cdots\\ &\leq&\rank\sex{{\bf A}_{m-1}{\bf A}_m}\\ &\leq&\rank({\bf A}_m). \eex$$ 于是 $$\bex \rank\sex{{\bf A}_j{\bf A}_{j+1}\cdots{\bf A}_m} =\rank\sex{{\bf A}_{j+1}{\bf A}_{j+2}\cdots{\bf A}_m}\quad\sex{1\leq j\leq m-1}. \eex$$ 简单的维数分析 (参见第65期_南开大学2011年高等代数考研试题参考解答公式 (1)) 说明 $$\bex {\bf A}_j{\bf A}_{j+1}\cdots{\bf A}_m{\bf x}={\bf 0}\mbox{ 与 } {\bf A}_{j+1}{\bf A}_{j+2}\cdots{\bf A}_m{\bf x}={\bf 0} \eex$$ 同解, 而有结论.

证明: 显然 ${\bf S}+{\bf T}$ 也是正定阵, 而有可逆阵 ${\bf P}$ 使得 $$\bex {\bf P}^T\sex{{\bf S}+{\bf T}}{\bf P} =\sex{\ba{cc} {\bf E}_r&\\ &{\bf 0} \ea}, \eex$$ 其中 ${\bf E}_r$ 为 $r=\rank({\bf S}+{\bf T})$ 阶单位阵. 记 $$\bex {\bf P}^T{\bf S}{\bf P} =\sex{\ba{cc} {\bf S}_{11}&{\bf S}_{12}\\ {\bf S}_{12}^T&{\bf S}_{22} \ea},\qquad {\bf P}^T{\bf T}{\bf P} =\sex{\ba{cc} {\bf T}_{11}&{\bf T}_{12}\\ {\bf T}_{12}^T&{\bf T}_{22} \ea}, \eex$$ 其中 ${\bf S}_{11}$, ${\bf T}_{11}$ 为 $r$ 阶方阵. 则 $$\bex {\bf S}_{11}+{\bf T}_{11}={\bf E}_r; \eex$$ 且由 ${\bf S}_{22}$, ${\bf T}_{22}$ 的半正定性及 ${\bf S}_{22}+{\bf T}_{22}={\bf 0}$ 知\footnote{ $$\bex 0=s_{22,ii}+t_{22,ii}\ra s_{22,ii}=t_{22,ii} =0; \eex$$ $$\bex 0\leq \det\sex{\ba{cc} 0&s_{22,ij}\\ s_{22,ij}&0 \ea} =-s_{22,ij}^2\ (i\neq j)\ra s_{22,ij}=0. \eex$$ } $$\bex {\bf S}_{22}={\bf T}_{22}={\bf 0}; \eex$$ 由 ${\bf S}$, ${\bf T}$ 的半正定性知\footnote{ $$\bex 0\leq \det \sex{\ba{cc} s_{11,ij}&s_{12,ij}\\ s_{12,ij}&0 \ea} \ra s_{12,ij}=0. \eex$$ } $$\bex {\bf S}_{12}={\bf T}_{12}={\bf 0}. \eex$$ 于是 $$\bex {\bf P}^T{\bf S}{\bf P}=\sex{\ba{cc} {\bf S}_{11}&\\ &{\bf 0} \ea},\qquad {\bf P}^T{\bf T}{\bf P}=\sex{\ba{cc} {\bf T}_{11}&\\ &{\bf 0} \ea}, \eex$$ 且 $$\bex {\bf S}_{11}+{\bf T}_{11}={\bf E}_r. \eex$$ 又 ${\bf S}_{11}$ 为正定阵, 而存在正交阵 ${\bf Q}_{11}$ 使得 $$\bex {\bf Q}_{11}^T{\bf S}_{11}{\bf Q}_{11}={\bf \varLambda}_r, \eex$$ 其中 $\dps{{\bf \varLambda}_r=\sex{\ba{ccc} \lambda_1&&\\ &\ddots&\\ &&\lambda_r \ea}}$ 为 $r$ 阶对角阵. 记 $\dps{{\bf Q}=\sex{\ba{cc} {\bf Q}_{11}&\\ &{\bf 0} \ea}}$, 则 $$\bex {\bf Q}^T{\bf P}^T{\bf S}{\bf P}{\bf Q}=\sex{\ba{cc} {\bf \varLambda}_r&\\ &{\bf 0} \ea}, \eex$$ $$\bex {\bf Q}^T{\bf P}^T{\bf T}{\bf P}{\bf Q} ={\bf Q}^T\sex{\ba{cc} {\bf E}_r&\\ &{\bf 0} \ea} -{\bf Q}^T{\bf P}^T{\bf S}{\bf P}{\bf Q} =\sex{\ba{cc}{\bf E}_r-{\bf \varLambda}_r&\\ &{\bf 0}\ea}. \eex$$ 若 $r<n$, 则 $$\bex \det{\bf S}=\det{\bf T}=\det\sex{{\bf S}+{\bf T}}=0, \eex$$ 结论显然成立. 若 $r=n$, 则 $$\bex \det \sex{{\bf P}^2} \cdot \det\sex{{\bf S}+{\bf T}} &=&\det\sex{{\bf Q}^T{\bf P}^T\sex{{\bf S}+{\bf T}}{\bf P}{\bf Q}}\\ &=&\det{\bf E}_n\\ &=&1; \eex$$ $$\bex \det \sex{{\bf P}^2} \cdot \sex{\det{\bf S}+\det{\bf T}} &=&\det\sex{{\bf Q}^T{\bf P}^T{\bf S}{\bf P}{\bf Q}} +\det\sex{{\bf Q}^T{\bf P}^T{\bf T}{\bf P}{\bf Q}}\\ &=&\det{\bf \varLambda}_n+\det\sex{{\bf E}_n-{\bf \varLambda}_n}\\ &=&\prod_{i=1}^n\lambda_i+\prod_{i=1}^n(1-\lambda_i). \eex$$ 故仅须验证 $$\bex 1\geq \prod_{i=1}^n\lambda_i+\prod_{i=1}^n(1-\lambda_i). \eex$$ 事实上, $$\bex & &1-\prod_{i=1}^n\lambda_i-\prod_{i=1}^n(1-\lambda_i)\\ & &=\lambda_n+\sex{1-\lambda_n} -\lambda_n\prod_{i=1}^{n-1}\lambda_i -(1-\lambda_n)\prod_{i=1}^{n-1}\sex{1-\lambda_i}\\ & &= \lambda_n\sex{1-\prod_{i=1}^{n-1}\lambda_i}+(1-\lambda_n)\sez{1-\prod_{i=1}^{n-1}\sex{1-\lambda_i}}\\ & &\geq 0. \eex$$

证明: 对 $\forall\ {\bf 0}\neq {\bf x}\in{\bf R}^n$, 有 $$\bex {\bf x}^T\sex{{\bf E}-{\bf A}^{-1}} {\bf x} &=&\sex{{\bf A}{\bf y}}^T \sex{{\bf E}-{\bf A}^{-1}}\sex{{\bf A}{\bf y}}\quad\sex{{\bf x}={\bf A}{\bf y},\ {\bf y}\neq {\bf 0}}\\ &=&{\bf y}^T{\bf A}\sex{{\bf E}-{\bf A}^{-1}}{\bf A}{\bf y}\\ &=&{\bf y}^T{\bf A}\sex{{\bf A}-{\bf E}}{\bf y}\\ &>&0. \eex$$ 最后一步我们用到\footnote{ 设正交阵 ${\bf P}$ 使 $\dps{{\bf P}^T{\bf A}{\bf P}=\sex{\ba{ccc} {\bf \varLambda}_1&&\\ &\ddots&\\ &&{\bf \varLambda}_s \ea}}$, (${\bf \varLambda}_i$ 是以 $\lambda_i$ 为对角元的对角矩阵). 则由 $$\bex {\bf A}{\bf B}={\bf B}{\bf A} \ra \sex{{\bf P}^T{\bf A}{\bf P}}\sex{{\bf P}^T{\bf B}{\bf P}} =\sex{{\bf P}^T{\bf B}{\bf P}}\sex{{\bf P}^T{\bf A}{\bf P}} \eex$$ 知 $$\bex {\bf P}^T{\bf B}{\bf P} =\sex{\ba{ccc} {\bf B}_1&&\\ &\ddots&\\ &&{\bf B}_s \ea},\quad\sex{{\bf B}_i\mbox{ 与 }{\bf \varLambda}_i\mbox{ 同阶}}. \eex$$ 如此, 对 $\forall\ {\bf 0}\neq {\bf x}\in{\bf R}^n$, 有 $$\bex {\bf x}^T{\bf A}{\bf B}{\bf x} &=&{\bf y}^T\sex{{\bf P}^T{\bf A}{\bf P}}\sex{{\bf P}^T{\bf B}{\bf P}}{\bf y}\quad \sex{{\bf y}={\bf P}^T{\bf x}\neq 0}\\ &=&{\bf y}^T\sex{\ba{ccc} {\bf \varLambda}_1&&\\ &\ddots&\\ &&{\bf \varLambda}_s \ea} \sex{\ba{ccc} {\bf B}_1&&\\ &\ddots&\\ &&{\bf B}_s \ea} {\bf y}\\ &=&{\bf y}^T \sex{\ba{ccc} \lambda_1{\bf B}_1&&\\ &\ddots&\\ &&\lambda_s{\bf B}_s \ea}{\bf y}\\ &>&0\quad\sex{{\bf B}_i\mbox{ 均正定}}. \eex$$ } $$\bex \left.\ba{rr} {\bf A},{\bf B}\mbox{ 正定}\\ {\bf A}{\bf B}={\bf B}{\bf A} \ea\right\} \ra {\bf A}{\bf B}\mbox{ 正定}. \eex$$

证明: 由 $f$ 的非退化性知线性方程组 $$\bex \sum_{j=1}^n f({\bf v}e_j,{\bf v}e_i)\alpha_j=g({\bf v}e_i),\quad\sex{1\leq i\leq n} \eex$$ 存在唯一的解. 这里, $\sed{{\bf v}e_i}_{i=1}^n$ 为 $V$ 的一组基. 令 $$\bex {\bf \alpha}=\sum_{i=1}^n \alpha_i{\bf v}e_i, \eex$$ 则对 $\dps{\forall\ {\bf \beta}=\sum_{i=1}^n \beta_i{\bf v}e_i}$, $$\bex g({\bf \beta}) =\sum_{i=1}^n \beta_ig({\bf v}e_i) =\sum_{i=1}^n \beta_i \sum_{j=1}^n f({\bf v}e_j,{\bf v}e_i)\alpha_j =f\sex{\sum_{j=1}^n \alpha_j{\bf v}e_j,\sum_{i=1}^n \beta_i{\bf v}e_i} =f\sex{{\bf \alpha},{\bf \beta}}. \eex$$ 这就说明了 ${\bf \alpha}$ 的存在性. 往证唯一性\footnote{ $$\bex \left.\ba{rr} {\bf x}^T{\bf A}{\bf y}={\bf 0},\ \forall\ {\bf y}\\ \det{\bf A}\neq 0 \ea\right\} \ra {\bf x}={\bf 0}. \eex$$ 事实上, $$\bex 0=({\bf x}^T{\bf A})\cdot({\bf A}^T{\bf x}) =\sev{{\bf A}^T{\bf x}}^2 \ra {\bf A}^T{\bf x}={\bf 0} \ra {\bf x}={\bf 0}. \eex$$ }: $$\bex & &f(\tilde {\bf \alpha},{\bf \beta})=g({\bf \beta})\quad \sex{\forall\ {\bf \beta}\in V}\\ &\ra& f\sex{\tilde {\bf \alpha}-{\bf \alpha},{\bf \beta}}=0\\ &\ra& \tilde {\bf \alpha}-{\bf \alpha}=0. \eex$$

证明:

(1)对任意固定的 ${\bf x}\in V$, 记\footnote{ 对称:　symmetry;\ 反对称: anti-symmetry. } $$\bex S_x=\sed{{\bf y}\in V;\ \sex{\scrT{\bf x},{\bf y}} =\sex{{\bf x},\scrT{\bf y}}}, \eex$$ $$\bex A_x=\sed{{\bf y}\in V;\ \sex{\scrT{\bf x},{\bf y}} =-\sex{{\bf x},\scrT{\bf y}}}. \eex$$ 则 $S_x$, $A_x$ 均是 $V$ 的线性子空间, 且满足 $$\bex S_x\cup A_x=V. \eex$$ 我们断言 $$\bex S_x=V\mbox{ 或 }A_x=V. \eex$$ 用反证法. 若 $S_x\neq V$ 且 $A_x\neq V$, 则\footnote{ 若 ${\bf y}_1+{\bf y}_2\in S_x\cup A_x$, 则不妨设 ${\bf y}_1+{\bf y}_2\in S_x$, 而 $$\bex {\bf y}_1=\sex{{\bf y}_1+{\bf y}_2}-{\bf y}_2\in S_x. \eex$$ 这是一个矛盾. 故 ${\bf y}_1+{\bf y}_2\not\in S_x\cup A_x$. } $$\bex \left.\ba{rr} \exists\ {\bf y}_1\in V,\ s.t.\ {\bf y}_1\not\in S_x\ra {\bf y}_1\in A_x\\ \exists\ {\bf y}_2\in V,\ s.t.\ {\bf y}_2\not\in A_x\ra {\bf y}_2\in S_x \ea\right\} \ra {\bf y}_1+{\bf y}_2\not\in S_x\cup A_x=V. \eex$$ 这是一个矛盾.

(2)再记 $$\bex S=\sed{{\bf x}\in V;\ S_x=V}; \eex$$ $$\bex A=\sed{{\bf x}\in V;\ A_x=V}. \eex$$ 同上论述, 易知 $$\bex S=V\mbox{ 或 }A=V. \eex$$ 而有结论.

证明: 按题意, $$\bex {\bf C}^k&=&{\bf C}^{k-1}{\bf C} ={\bf C}^{k-1}({\bf A}{\bf B}-{\bf B}{\bf A}) -{\bf C}^{k-1}{\bf A}{\bf B}-{\bf C}^{k-1}{\bf B}{\bf A}\\ &=&{\bf A}{\bf C}^{k-1}{\bf B}-{\bf C}^{k-1}{\bf B}{\bf A}\quad\sex{\forall\ k\geq 1}. \eex$$ 而\footnote{ $\tr({\bf A}{\bf B})=\tr({\bf B}{\bf A})$. } $$\bee\label{nk08gd:7:eq} \tr({\bf C}^k) =\tr\sez{{\bf A}\sex{{\bf C}^{k-1}{\bf B}}-\sex{{\bf C}^{k-1}{\bf B}}{\bf A}} =0. \eee$$ 我们证明的策略是在 \eqref{nk08gd:7:eq} 条件下说明 ${\bf C}$ 的特征值全为 $0$, 而 ${\bf C}$ 幂零. 设可逆阵 ${\bf T}$ 使得 $$\bex {\bf T}^{-1}{\bf C}{\bf T}={\bf J}, \eex$$ 其中 $$\bex {\bf J}=\sex{\ba{ccc} {\bf J}_1&&\\ &\ddots&\\ &&{\bf J}_s \ea},\quad {\bf J}_i=\sex{\ba{cccccc} \lambda_i&1&&&\\ &\lambda_i&\ddots&&\\ &&\ddots&\ddots&\\ &&&\lambda_i&1\\ &&&&\lambda_i \ea}\quad\sex{\lambda_i\neq \lambda_j,\ n_i>0}. \eex$$ 我们验证所有的 $\lambda_i=0$. 用反证法. 不妨设 $\lambda_1,\cdots,\lambda_r$ 是 ${\bf C}$ 的所有两两互异的不为零的特征值 (重根按重数算), 则由 \eqref{nk08gd:7:eq} 知 $$\bex \left\{\ba{llll} n_1\lambda_1+\cdots+n_r\lambda_r=0,\\ n_2\lambda_1^2+\cdots+n_r\lambda_r^2=0,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ n_1\lambda_1^r+\cdots+n_r\lambda_r^r=0. \ea\right. \eex$$ 据 Vandermonde 行列式的非奇异性知 $$\bex n_i=0,\quad\sex{1\leq i\leq r}. \eex$$ 这是一个矛盾. 既然 ${\bf C}$ 的所有特征值均为 $0$, 则 $$\bex {\bf C}^m={\bf T}{\bf J}^m{\bf T}^{-1} ={\bf 0}, \eex$$ 其中 $$\bex m=\max_{1\leq i\leq s}\sed{n_i}\leq n. \eex$$