上海大学 2025年高等代数第0题

由于 $A$ 和 $B$ 可对角化，存在可逆矩阵 $P$ 和 $Q$ 使得 $P^{-1}AP = \Lambda_A$ 和 $Q^{-1}BQ = \Lambda_B$ 为对角矩阵。令 $R = \begin{pmatrix} P & 0 \\ 0 & Q \end{pmatrix}$，则 $R^{-1}HR = \begin{pmatrix} 2\Lambda_A & D \\ 0 & 3\Lambda_B \end{pmatrix}$，其中 $D = P^{-1}CQ$。因此问题转化为证明 $\tilde{H} = \begin{pmatrix} 2\Lambda_A & D \\ 0 & 3\Lambda_B \end{pmatrix}$ 可对角化。

设 $\Lambda_A = \operatorname{diag}(\alpha_1, \dots, \alpha_m)$，$\Lambda_B = \operatorname{diag}(\beta_1, \dots, \beta_n)$。由于 $A$ 和 $B$ 无公共特征值，故 $\alpha_i \neq \beta_j$ 对所有 $i,j$ 成立。$\tilde{H}$ 是分块上三角矩阵，其特征值为 $2\alpha_i$ 和 $3\beta_j$。因为 $2,3$ 非零，所以 $2\alpha_i \neq 3\beta_j$，即所有特征值互异。

构造矩阵 $S = \begin{pmatrix} I_m & X \\ 0 & I_n \end{pmatrix}$，其中 $X$ 是待定的 $m \times n$ 矩阵。则 $S^{-1} = \begin{pmatrix} I_m & -X \\ 0 & I_n \end{pmatrix}$。计算 $S^{-1} \tilde{H} S = \begin{pmatrix} 2\Lambda_A & 2\Lambda_A X - 3X\Lambda_B + D \\ 0 & 3\Lambda_B \end{pmatrix}$。

令 $2\Lambda_A X - 3X\Lambda_B + D = 0$，即 $2\Lambda_A X - 3X\Lambda_B = -D$。由于 $\Lambda_A$ 和 $\Lambda_B$ 是对角矩阵，该方程等价于 $(2\alpha_i - 3\beta_j)x_{ij} = -d_{ij}$。因为 $2\alpha_i - 3\beta_j \neq 0$，所以 $x_{ij} = -d_{ij}/(2\alpha_i - 3\beta_j)$，存在唯一解 $X$。

取上述 $X$，则 $S^{-1} \tilde{H} S = \begin{pmatrix} 2\Lambda_A & 0 \\ 0 & 3\Lambda_B \end{pmatrix}$ 为对角矩阵。因此 $\tilde{H}$ 可对角化，进而 $H$ 可对角化。

对任意 $m \times n$ 复矩阵 $C$，存在可逆矩阵 $R$ 和 $S$ 使得 $(RS)^{-1} H (RS) = \begin{pmatrix} 2\Lambda_A & 0 \\ 0 & 3\Lambda_B \end{pmatrix}$ 为对角矩阵，故 $H$ 可对角化。