2026年考研数学三第7题

已知条件为矩阵等式 $AB + BA = A^2 + B^2$，其中 $A, B$ 为同阶方阵。我们的目标是将其转化为更简洁的形式。首先将等式右边项移至左边： $$AB + BA - A^2 - B^2 = O$$ 为了配方，考虑将项重新组合。注意到 $(A-B)^2 = A^2 - AB - BA + B^2$，而当前等式中含有 $AB+BA$ 与 $-A^2-B^2$，符号相反。因此，将原等式两边同时乘以 $-1$ 可得： $$-AB - BA + A^2 + B^2 = O$$ 即 $$A^2 - AB - BA + B^2 = O$$ 这正是 $(A-B)^2$ 的展开式。因此有 $$(A-B)^2 = O$$ 其中 $O$ 表示零矩阵。这一推导过程利用了矩阵乘法的分配律以及矩阵加减法的交换律，但注意矩阵乘法一般不满足交换律，然而在展开 $(A-B)^2$ 时，交叉项恰好为 $-AB - BA$，与上述表达式一致，因此配方成立。由此得到关键等式：$(A-B)^2 = O$，即 $A-B$ 是幂零矩阵（指数为2）。

选项A的陈述为：若$(A-B)^2 = O$，则$(A-B)^3 = O$。 首先，已知条件为$(A-B)^2 = O$，其中$O$表示零矩阵。我们需要判断由此是否能推出$(A-B)^3 = O$。 推导过程如下： 将$(A-B)^3$写成$(A-B)^2 \cdot (A-B)$，即 $$(A-B)^3 = (A-B)^2 (A-B).$$ 由于已知$(A-B)^2 = O$，代入上式得 $$(A-B)^3 = O \cdot (A-B) = O.$$ 这里$O \cdot (A-B)$表示零矩阵乘以任意矩阵，结果仍为零矩阵。因此，$(A-B)^3 = O$成立。 另一种写法：左乘$(A-B)$，即 $$(A-B)^3 = (A-B)(A-B)^2 = (A-B) \cdot O = O.$$ 两种方式本质相同，都利用了矩阵乘法的结合律以及零矩阵的性质。 因此，由$(A-B)^2 = O$可以推出$(A-B)^3 = O$，选项A正确。 注意：本题中$A$和$B$均为$n$阶方阵，矩阵乘法满足结合律，但一般不满足交换律。上述推导只用到结合律，不涉及交换律，因此是有效的。

分析选项B：若$(A-B)^2 = O$，则$A-B$是幂零矩阵。幂零矩阵的特征值全为零，因此$A-B$的所有特征值均为0。设$\lambda$是$A$的任一特征值，对应的特征向量为$\boldsymbol{x}$，即$A\boldsymbol{x} = \lambda \boldsymbol{x}$。由$(A-B)^2 = O$可知，$A-B$可对角化（不一定，但幂零矩阵的Jordan标准形中特征值全为0），但更直接地，考虑$A$与$B$的关系：若$A$与$B$可交换，则$A-B$与$A$可交换，从而可同时三角化。但题目未给出交换性条件，因此需谨慎。实际上，由$(A-B)^2 = O$只能推出$A-B$的特征值全为0，但不能直接推出$A$与$B$的特征值相等。例如，取$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，则$(A-B)^2 = A^2 = O$，但$A$的特征值为0,0，$B$的特征值为0,0，此时$A$与$B$的特征值相同。但若取$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，则$A-B=O$，特征值也相同。然而，是否存在反例使得$A$与$B$特征值不同？假设$A$有特征值$\lambda$，$B$有特征值$\mu$，且$\lambda \neq \mu$，则$A-B$的特征值为$\lambda - \mu$，但$A-B$是幂零矩阵，其特征值全为0，因此$\lambda - \mu = 0$，即$\lambda = \mu$。这一推理成立的前提是$A$与$B$可同时三角化（即存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP$和$P^{-1}BP$均为上三角矩阵）。但一般地，两个矩阵不一定可同时三角化。然而，对于任意两个$n$阶方阵$A$和$B$，若$A-B$是幂零矩阵，则$A$与$B$的特征值相同。这是因为特征多项式$\det(\lambda I - A)$与$\det(\lambda I - B)$的关系：由$A = B + (A-B)$，且$A-B$是幂零矩阵，则$\det(\lambda I - A) = \det(\lambda I - B - (A-B))$，但直接比较特征值需利用矩阵的相似变换。实际上，更简单的论证：设$\lambda$是$A$的特征值，则存在非零向量$\boldsymbol{x}$使得$A\boldsymbol{x} = \lambda \boldsymbol{x}$。那么$(A-B)\boldsymbol{x} = \lambda \boldsymbol{x} - B\boldsymbol{x}$，但无法直接得到$B$的特征值。正确的推理是：由于$A-B$是幂零矩阵，其特征多项式为$\lambda^n$，因此$\det(\lambda I - (A-B)) = \lambda^n$。但$\det(\lambda I - A) = \det(\lambda I - B - (A-B))$，利用矩阵行列式的性质，若$A-B$与$B$可交换，则可推出特征值相等。但一般情形下，结论仍成立：两个矩阵的差是幂零矩阵时，它们有相同的特征值。这是因为特征值由特征多项式决定，而$\det(\lambda I - A) = \det(\lambda I - B - (A-B))$，将$\lambda I - B$视为整体，利用幂零矩阵的迹为零等性质，可证特征多项式相同。实际上，更严谨的证明：设$C = A-B$，则$C$是幂零矩阵，故存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}CP$是严格上三角矩阵（Jordan标准形）。但$A = B + C$，则$P^{-1}AP = P^{-1}BP + P^{-1}CP$，而$P^{-1}CP$是严格上三角，因此$P^{-1}AP$与$P^{-1}BP$有相同的对角元，即特征值相同。因此，$A$与$B$的特征值完全相同。所以选项B正确。

分析选项C：若$A$与$B$均为对角矩阵，则$AB=BA$必然成立。代入题设条件$(A-B)^2=O$，即$(A-B)^2=O$。由于$A$与$B$均为对角阵，则$A-B$也是对角阵，设$A-B=\operatorname{diag}(d_1,d_2,\ldots,d_n)$，则$(A-B)^2=\operatorname{diag}(d_1^2,d_2^2,\ldots,d_n^2)=O$，因此每个$d_i^2=0$，从而$d_i=0$，即$A-B=O$，故$A=B$。这与已知条件$A\neq B$矛盾，因此假设不成立，即$A$与$B$不可能均为对角阵。所以选项C正确。

选项D：若$A-B$是3阶非零幂零矩阵且指数为2，则$A$与$B$有相同的特征向量。 首先分析$A-B$的性质。由于$A-B$是3阶非零幂零矩阵且指数为2，即$(A-B)^2=O$但$A-B\neq O$。幂零指数为2意味着$A-B$的Jordan标准形中最大的Jordan块阶数为2。因为矩阵是3阶，所以其Jordan标准形由一个2阶Jordan块和一个1阶Jordan块组成，即 $$J=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$$ 该Jordan标准形的秩为1（因为非零行只有一行），几何重数等于特征值0的线性无关特征向量的个数，即$3-\text{rank}(A-B)=3-1=2$。因此$A-B$有两个线性无关的特征向量（对应于特征值0）。 现在考虑$A$与$B$的特征向量关系。由$A-B$的幂零性，$A$与$B$不一定有相同的特征向量。例如，取$B=O$（零矩阵），则$A-B=A$为幂零指数2的矩阵，其Jordan标准形如上，$A$有两个线性无关的特征向量。但$B=O$的特征向量为整个空间，显然$A$的特征向量只是$B$的特征向量的子集，并不完全相同。更一般地，$A$与$B$的特征向量关系取决于$A$和$B$的具体形式，仅由$A-B$的幂零性无法推出它们有相同的特征向量。因此选项D错误。 综上，本题正确答案为选项C。