哈尔滨工业大学 2014年高等代数第6题
📝 题目
6．设 $P$ 是一个数域，$\displaystyle A \in P^{m \times n}, B \in P^{n \times m}, m>n, \lambda \in P$ 。证明
$$
\left|\lambda E_{m}-\lambda B\right|=\lambda^{m-n}\left|\lambda E_{n}-B A\right|
$$
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：构造分块矩阵
考虑分块矩阵 $M = \begin{pmatrix} \lambda E_m & A \\ B & E_n \end{pmatrix}$，其中左上角是 $m \times m$ 矩阵，右上角是 $m \times n$ 矩阵，左下角是 $n \times m$ 矩阵，右下角是 $n \times n$ 矩阵。
提示：注意矩阵的维度匹配：$A$ 是 $m \times n$，$B$ 是 $n \times m$，因此分块矩阵是 $(m+n) \times (m+n)$ 的。
步骤 2/5
目标：利用分块矩阵的行列式公式（方法一）
对 $M$ 左乘矩阵 $\begin{pmatrix} E_m & 0 \\ -B & \lambda E_n \end{pmatrix}$，得到
\[
\begin{pmatrix} E_m & 0 \\ -B & \lambda E_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda E_m & A \\ B & E_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda E_m & A \\ 0 & \lambda E_n - BA \end{pmatrix}.
\]
取行列式得
\[
\det\begin{pmatrix} E_m & 0 \\ -B & \lambda E_n \end{pmatrix} \det(M) = \det\begin{pmatrix} \lambda E_m & A \\ 0 & \lambda E_n - BA \end{pmatrix}.
\]
左边第一个行列式为 $\det(E_m) \det(\lambda E_n) = \lambda^n$，右边行列式为 $\det(\lambda E_m) \det(\lambda E_n - BA) = \lambda^m \det(\lambda E_n - BA)$。因此
\[
\lambda^n \det(M) = \lambda^m \det(\lambda E_n - BA),
\]
即
\[
\det(M) = \lambda^{m-n} \det(\lambda E_n - BA).
\]
公式：分块矩阵行列式公式：$\det\begin{pmatrix} P & Q \\ R & S \end{pmatrix} = \det(P) \det(S - RP^{-1}Q)$ 当 $P$ 可逆。
提示：左乘矩阵的行列式是上三角分块矩阵的行列式，等于对角块行列式的乘积。
步骤 3/5
目标：利用分块矩阵的行列式公式（方法二）
对 $M$ 右乘矩阵 $\begin{pmatrix} E_m & -A \\ 0 & \lambda E_n \end{pmatrix}$，得到
\[
\begin{pmatrix} \lambda E_m & A \\ B & E_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} E_m & -A \\ 0 & \lambda E_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda E_m & 0 \\ B & \lambda E_n - BA \end{pmatrix}.
\]
取行列式得
\[
\det(M) \det\begin{pmatrix} E_m & -A \\ 0 & \lambda E_n \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} \lambda E_m & 0 \\ B & \lambda E_n - BA \end{pmatrix}.
\]
右边行列式为 $\det(\lambda E_m) \det(\lambda E_n - BA) = \lambda^m \det(\lambda E_n - BA)$，左边第二个行列式为 $\det(E_m) \det(\lambda E_n) = \lambda^n$。因此同样得到
\[
\det(M) = \lambda^{m-n} \det(\lambda E_n - BA).
\]
提示：右乘矩阵也是上三角分块矩阵，行列式易求。
步骤 4/5
目标：直接计算分块矩阵的行列式（方法三）
假设 $\lambda \neq 0$，则 $\lambda E_m$ 可逆。利用分块矩阵行列式公式：
\[
\det(M) = \det(\lambda E_m) \det(E_n - B (\lambda E_m)^{-1} A) = \lambda^m \det(E_n - \frac{1}{\lambda} BA).
\]
由于 $\det(\lambda E_n - BA) = \lambda^n \det(E_n - \frac{1}{\lambda} BA)$，代入得
\[
\det(M) = \lambda^m \cdot \frac{1}{\lambda^n} \det(\lambda E_n - BA) = \lambda^{m-n} \det(\lambda E_n - BA).
\]
当 $\lambda = 0$ 时，等式两边均为多项式，由连续性知等式仍成立。
公式：$\det(\lambda E_n - BA) = \lambda^n \det(E_n - \frac{1}{\lambda} BA)$
提示：注意 $\lambda=0$ 时需单独说明，但多项式恒等式可由非零点延拓得到。
步骤 5/5
目标：回到原题并给出最终等式
原题中左边应为 $|\lambda E_m - AB|$ 而非 $|\lambda E_m - \lambda B|$，因为 $\lambda B$ 维度不匹配。正确的Sylvester行列式恒等式为
\[
|\lambda E_m - AB| = \lambda^{m-n} |\lambda E_n - BA|.
\]
由上述推导，$\det(M) = \lambda^{m-n} \det(\lambda E_n - BA)$，同时 $\det(M)$ 也可通过另一种方式得到 $\det(\lambda E_m - AB)$？实际上，我们并未直接得到 $\det(\lambda E_m - AB)$，但注意到 $\det(M)$ 的另一种计算：
\[
\det\begin{pmatrix} \lambda E_m & A \\ B & E_n \end{pmatrix} = \det(\lambda E_m - AB) \quad \text{？}
\]
这并不直接成立。实际上，更常见的证明是考虑 $\det(\lambda E_m - AB)$ 与 $\det(\lambda E_n - BA)$ 的关系。我们已得到 $\det(M) = \lambda^{m-n} \det(\lambda E_n - BA)$，而 $\det(M)$ 也等于 $\det(\lambda E_m - AB)$？检查：对 $M$ 进行行变换或列变换可得 $\det(M) = \det(\lambda E_m - AB)$？例如，将 $M$ 左乘 $\begin{pmatrix} E_m & -A \\ 0 & E_n \end{pmatrix}$ 得 $\begin{pmatrix} \lambda E_m - AB & 0 \\ B & E_n \end{pmatrix}$，其行列式为 $\det(\lambda E_m - AB) \det(E_n) = \det(\lambda E_m - AB)$，而左乘矩阵行列式为1，故 $\det(M) = \det(\lambda E_m - AB)$。因此，$\det(\lambda E_m - AB) = \lambda^{m-n} \det(\lambda E_n - BA)$。
提示：注意区分 $AB$ 和 $BA$ 的维度：$AB$ 是 $m \times m$，$BA$ 是 $n \times n$。
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