北京邮电大学 2026年高等代数第0题

假设1是$A$的特征值，则存在非零向量$\alpha$使得$A\alpha = \alpha$。由条件$BA^2 = A + B$，两边右乘$\alpha$得$BA^2\alpha = A\alpha + B\alpha$。由于$A^2\alpha = A(A\alpha) = A\alpha = \alpha$，所以$B\alpha = \alpha + B\alpha$，从而$0 = \alpha$，与$\alpha$非零矛盾。故1不是$A$的特征值。

由$BA^2 = A + B$移项得$BA^2 - B = A$，即$B(A^2 - I) = A$。因式分解$A^2 - I = (A - I)(A + I)$，故$B(A - I)(A + I) = A$。由(1)知1不是$A$的特征值，故$A - I$可逆；又-1可能为特征值？但注意$A+I$是否可逆？实际上，若-1是特征值，则存在$\beta$使得$A\beta = -\beta$，代入原式可得类似矛盾？但题目未要求，实际上$A+I$不一定可逆，但后续步骤中$\Lambda+I$可逆是因为$\Lambda$对角元不为-1？需要验证。实际上，由$B(A^2 - I) = A$，若$A+I$不可逆，则$A$有特征值-1，此时$A^2 - I$不可逆，但$B$可能无定义？但等式$B(A^2 - I) = A$仍然成立，但无法直接解出$B$。然而，由于$A$可对角化，且1不是特征值，但-1可能是。但为了得到对角化，我们需要$\Lambda+I$可逆，即-1不是特征值。实际上，从原式可推出-1也不是特征值：若$A\beta = -\beta$，则$BA^2\beta = B\beta = A\beta + B\beta = -\beta + B\beta$，得$0 = -\beta$，矛盾。故-1也不是特征值。因此$A+I$可逆。于是$B = A(A+I)^{-1}(A-I)^{-1}$。

假设-1是$A$的特征值，则存在非零向量$\beta$使得$A\beta = -\beta$。代入$BA^2 = A + B$得$B\beta = A\beta + B\beta = -\beta + B\beta$，推出$0 = -\beta$，矛盾。故-1也不是$A$的特征值，从而$A+I$可逆。

由于$A$可对角化，存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP = \Lambda$为对角矩阵，其中$\Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)$，且由(1)(2)知$\lambda_i \neq \pm 1$。

由$B = A(A+I)^{-1}(A-I)^{-1}$，代入得$P^{-1}BP = P^{-1}A(A+I)^{-1}(A-I)^{-1}P$。由于$P^{-1}A(A+I)^{-1}(A-I)^{-1}P = (P^{-1}AP)(P^{-1}(A+I)P)^{-1}(P^{-1}(A-I)P)^{-1}$，而$P^{-1}(A+I)P = \Lambda + I$，$P^{-1}(A-I)P = \Lambda - I$，且$\Lambda+I$和$\Lambda-I$均为对角矩阵且可逆（因为$\lambda_i \neq \pm 1$），故$P^{-1}BP = \Lambda (\Lambda+I)^{-1} (\Lambda-I)^{-1}$，这是对角矩阵（因为对角矩阵的乘积、逆仍为对角矩阵）。因此$P$同时对角化$A$和$B$。