华东师范大学 2026年高等代数第0题
📝 题目
13．设 $A, B$ 是 $n$ 阶复方阵，且 $A$ 可逆．已知存在正整数 $t$ ，使得对 $k \in\{t+1, t+2, \cdots, t+n\}, B$ 与 $A^{k}$均可交换．证明：$B$ 与 $A$ 可交换．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：引入特征多项式与Cayley-Hamilton定理
设 $A$ 的特征多项式为 $f(\lambda)=\det(\lambda I-A)=\lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+a_0$。由 Cayley-Hamilton 定理，$f(A)=0$，即 $A^n = -a_{n-1}A^{n-1}-\cdots-a_0I$。因此，对任意正整数 $m$，$A^m$ 可表示为 $I, A, \ldots, A^{n-1}$ 的线性组合。
公式：f(A)=0
提示：注意特征多项式是首一多项式，且常数项 $a_0=(-1)^n\det A$，由于 $A$ 可逆，$a_0\neq0$。
步骤 2/6
目标：利用已知交换性条件
已知存在正整数 $t$，使得对 $k=t+1, t+2, \ldots, t+n$，有 $BA^k = A^k B$。由于 $A$ 可逆，$0$ 不是特征值，故 $A$ 的极小多项式 $m(\lambda)$ 次数 $d\leq n$ 且常数项非零。
公式：BA^k = A^k B, \quad k=t+1,\ldots,t+n
提示：注意 $d\leq n$，因此 $t+1,\ldots,t+d$ 包含在已知条件中。
步骤 3/6
目标：构造多项式并利用极小多项式
构造多项式 $p(x)=x^t m(x)$，则 $p(A)=0$。将 $p(x)$ 展开为 $p(x)=x^{t+d}+c_{t+d-1}x^{t+d-1}+\cdots+c_1 x^{t+1}$（常数项为0，因为 $p(0)=0$）。于是有 $A^{t+d} = -c_{t+d-1}A^{t+d-1}-\cdots-c_1 A^{t+1}$。
公式：p(A)=0, \quad A^{t+d} = -\sum_{j=1}^{d} c_{t+j} A^{t+j}
提示：注意 $p(x)$ 的次数为 $t+d$，且最低次项为 $x^{t+1}$ 的倍数，因为 $m(0)\neq0$。
步骤 4/6
目标：推导 $BA^{t+d}=A^{t+d}B$
将 $A^{t+d} = -c_{t+d-1}A^{t+d-1}-\cdots-c_1 A^{t+1}$ 左乘 $B$ 得 $BA^{t+d} = -c_{t+d-1}BA^{t+d-1}-\cdots-c_1 BA^{t+1}$。由已知交换性，$BA^{t+j}=A^{t+j}B$，故 $BA^{t+d} = -c_{t+d-1}A^{t+d-1}B-\cdots-c_1 A^{t+1}B$。另一方面，将 $p(A)=0$ 右乘 $B$ 得 $A^{t+d}B = -c_{t+d-1}A^{t+d-1}B-\cdots-c_1 A^{t+1}B$。比较两式得 $BA^{t+d}=A^{t+d}B$。
公式：BA^{t+d}=A^{t+d}B
提示：注意左右乘的区别，确保推导正确。
步骤 5/6
目标：递推证明对所有 $m\geq t+1$ 有 $BA^m=A^mB$
利用 $p(x)$ 乘以 $x$ 得到更高次幂，可递推证明。例如，考虑 $x p(x)=x^{t+d+1}+c_{t+d-1}x^{t+d}+\cdots+c_1 x^{t+2}$，类似地可推出 $BA^{t+d+1}=A^{t+d+1}B$。依此类推，对任意 $m\geq t+1$，$BA^m=A^mB$ 成立。
公式：BA^m=A^mB, \quad \forall m\geq t+1
提示：递推时注意每次乘以 $x$ 后，新多项式仍以 $A$ 为零点。
步骤 6/6
目标：取 $m=t+1$ 并左乘 $A^{-t}$ 得到结论
特别地，取 $m=t+1$，有 $BA^{t+1}=A^{t+1}B$。由于 $A$ 可逆，左乘 $A^{-t}$ 得 $BA=AB$。因此 $B$ 与 $A$ 可交换。
公式：BA=AB
提示：注意 $A$ 可逆是必要的，否则不能左乘 $A^{-t}$。
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