北京交通大学 2022年高等代数第0题

假设 $\lambda=1$ 是 $B$ 的特征值，则存在非零向量 $\boldsymbol{x}$ 使得 $B\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}$。

由 $AB = A - B$，两边右乘 $\boldsymbol{x}$ 得 $AB\boldsymbol{x} = A\boldsymbol{x} - B\boldsymbol{x}$。代入 $B\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}$ 得 $A\boldsymbol{x} = A\boldsymbol{x} - \boldsymbol{x}$，即 $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$，与 $\boldsymbol{x}$ 非零矛盾。

因此假设不成立，$\lambda=1$ 不是 $B$ 的特征值。

由 $AB = A - B$ 移项得 $AB + B = A$，即 $A(B+I) = B$。由于 $-1$ 不是 $B$ 的特征值（否则 $1$ 是特征值？实际上由(1)知 $1$ 不是特征值，但这里需要 $-1$ 不是特征值？注意：若 $-1$ 是特征值，则 $B+I$ 不可逆。但由 $A(B+I)=B$ 可推出 $B+I$ 可逆，因为否则 $B$ 有特征值 $-1$，代入 $AB=A-B$ 可得矛盾？更直接：由(1)知 $1$ 不是特征值，但 $-1$ 是否可能？假设 $-1$ 是特征值，则存在非零向量 $\boldsymbol{x}$ 使 $B\boldsymbol{x}=-\boldsymbol{x}$，代入 $AB=A-B$ 得 $A(-\boldsymbol{x}) = A\boldsymbol{x} - (-\boldsymbol{x})$，即 $-A\boldsymbol{x}=A\boldsymbol{x}+\boldsymbol{x}$，得 $2A\boldsymbol{x}=-\boldsymbol{x}$，但无法直接推出矛盾。实际上，由 $A(B+I)=B$ 知 $B+I$ 可逆，因为若 $B+I$ 奇异，则存在非零 $\boldsymbol{x}$ 使 $(B+I)\boldsymbol{x}=0$，即 $B\boldsymbol{x}=-\boldsymbol{x}$，代入 $AB=A-B$ 得 $A(-\boldsymbol{x}) = A\boldsymbol{x} - (-\boldsymbol{x})$，即 $-A\boldsymbol{x}=A\boldsymbol{x}+\boldsymbol{x}$，得 $2A\boldsymbol{x}=-\boldsymbol{x}$，这并不矛盾，但可推出 $A$ 有特征值 $-1/2$。但题目未要求证明 $-1$ 不是特征值，实际上从 $A(B+I)=B$ 可解出 $A = B(B+I)^{-1}$，这要求 $B+I$ 可逆。但 $B+I$ 可逆等价于 $-1$ 不是 $B$ 的特征值。然而题目(1)只证明了 $1$ 不是特征值，并未证明 $-1$ 不是。但我们可以从 $A(B+I)=B$ 推出 $B+I$ 可逆吗？若 $B+I$ 不可逆，则存在非零 $\boldsymbol{x}$ 使 $(B+I)\boldsymbol{x}=0$，则 $B\boldsymbol{x}=-\boldsymbol{x}$，代入 $AB=A-B$ 得 $A(-\boldsymbol{x}) = A\boldsymbol{x} - (-\boldsymbol{x})$，即 $-A\boldsymbol{x}=A\boldsymbol{x}+\boldsymbol{x}$，整理得 $2A\boldsymbol{x}=-\boldsymbol{x}$，所以 $A$ 有特征值 $-1/2$，但 $B$ 有特征值 $-1$，这并不矛盾。因此，仅由 $AB=A-B$ 不能推出 $-1$ 不是 $B$ 的特征值。但题目(2)中假设 $B$ 相似于对角矩阵，且 $B$ 的特征值都不等于 $1$，但可能等于 $-1$。然而，若 $B$ 有特征值 $-1$，则 $B+I$ 不可逆，那么 $A = B(B+I)^{-1}$ 无定义。但原等式 $AB=A-B$ 仍然成立，此时 $A$ 可能不存在？实际上，若 $B$ 有特征值 $-1$，则 $B+I$ 奇异，但 $A$ 仍然存在，例如 $B=-I$，则 $AB=A-B$ 变为 $-A = A + I$，得 $2A = -I$，$A = -\frac{1}{2}I$，此时 $B+I=0$ 不可逆，但 $A$ 存在。所以 $A = B(B+I)^{-1}$ 的推导需要 $B+I$ 可逆，但原题并未保证。因此，我们需要重新审视：由 $AB = A - B$ 可得 $A(B+I) = B$，但若 $B+I$ 不可逆，则不能直接解出 $A$。然而，我们可以考虑另一种变形：$AB + B = A$，即 $(A+I)B = A$，但同样需要 $A+I$ 可逆？实际上，更稳妥的做法是：由 $AB = A - B$ 可得 $(A+I)(B+I) = I$？计算 $(A+I)(B+I) = AB + A + B + I = (A-B) + A + B + I = 2A + I$，不是 $I$。另一种：$(I+A)(I-B) = I - B + A - AB = I - B + A - (A-B) = I$，所以 $(I+A)(I-B)=I$，因此 $I+A$ 与 $I-B$ 互逆。由此可得 $I-B$ 可逆，且 $I+A = (I-B)^{-1}$。这样避免了 $B+I$ 的可逆性。因为 $I-B$ 可逆等价于 $1$ 不是 $B$ 的特征值，这正是(1)的结论。所以正确的推导是：由 $AB = A - B$ 得 $AB + B = A$，即 $B(A+I) = A$？不对，重新整理：$AB = A - B$ 移项得 $AB + B = A$，即 $B(A+I) = A$，但这样 $B$ 在左边。或者 $AB + A = B$？另一种：$AB + B = A$ 可写为 $A(B+I) = B$，但 $B+I$ 可能不可逆。更好的方法是：$AB = A - B$ 两边加 $I$ 得 $AB + I = A - B + I$，即 $AB + I = A + I - B$，无法直接。实际上，考虑 $(I+A)(I-B) = I - B + A - AB = I - B + A - (A-B) = I$，所以 $(I+A)(I-B)=I$，因此 $I-B$ 可逆且 $(I-B)^{-1}=I+A$。这样，$A = (I-B)^{-1} - I$，且 $B$ 的特征值不等于 $1$。所以 $A$ 由 $B$ 唯一确定。因此，在(2)中，$B$ 相似于对角矩阵，设 $P^{-1}BP = \Lambda$，则 $P^{-1}(I-B)P = I - \Lambda$ 也是对角矩阵，且可逆（因为 $\lambda_i \neq 1$），于是 $P^{-1}AP = P^{-1}[(I-B)^{-1} - I]P = (I-\Lambda)^{-1} - I$，也是对角矩阵。这样就不需要 $B+I$ 可逆的条件。因此，步骤应修正。

由(1)知 $\lambda=1$ 不是 $B$ 的特征值，故 $I-B$ 可逆。由 $AB = A - B$ 可得 $(I+A)(I-B)=I$，因此 $I+A = (I-B)^{-1}$，即 $A = (I-B)^{-1} - I$。

由于 $B$ 相似于对角矩阵，存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{-1}BP = \Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$，其中 $\lambda_i$ 是 $B$ 的特征值，且 $\lambda_i \neq 1$。

计算 $P^{-1}AP = P^{-1}[(I-B)^{-1} - I]P = (P^{-1}(I-B)P)^{-1} - I = (I - \Lambda)^{-1} - I$。由于 $I-\Lambda$ 是对角矩阵，其逆也是对角矩阵，故 $(I-\Lambda)^{-1} - I$ 是对角矩阵。令 $T = P$，则 $T^{-1}AT$ 与 $T^{-1}BT$ 均为对角矩阵。

因此存在可逆矩阵 $T$（即 $B$ 的相似对角化矩阵）使得 $T^{-1}AT$ 与 $T^{-1}BT$ 均为对角矩阵。