哈尔滨工业大学 2018年高等代数第0题

对已知等式 $AB - BA = A^2$ 两边取迹，利用迹的线性性质和 $ operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$，得到 $\operatorname{tr}(AB - BA) = \operatorname{tr}(A^2)$，即 $0 = \operatorname{tr}(A^2)$。因此 $\operatorname{tr}(A^2)=0$。

由于 $\operatorname{tr}(B)=0$，设 $B$ 的特征值为 $\lambda, -\lambda$，则其特征多项式为 $\lambda^2 + \det(B)$。由 Cayley-Hamilton 定理，$B^2 + \det(B)I = 0$，即 $B^2 = -\det(B)I$。因此要证 $B^2=0$，只需证 $\det(B)=0$。

对原等式左乘 $A$：$A^2B - ABA = A^3$。将 $AB = BA + A^2$ 代入得 $A^2B - A(BA + A^2) = A^3$，化简得 $A^2B - ABA = 2A^3$。再对原等式右乘 $A$：$ABA - BA^2 = A^3$。将两式相加得 $A^2B - BA^2 = 3A^3$，即 $[A^2, B] = 3A^3$。

由 $\operatorname{tr}(A^2)=0$ 且 $A$ 是二阶矩阵，考虑其 Jordan 标准形。若 $A$ 可对角化，特征值为 $\alpha, \beta$，则 $\alpha^2+\beta^2=0$；若 $A$ 有 Jordan 块 $\begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}$，则 $\operatorname{tr}(A^2)=2\lambda^2=0$，得 $\lambda=0$，此时 $A$ 幂零。

假设 $\lambda \neq 0$，则 $B$ 可对角化，设 $B = PDP^{-1}$，$D = \operatorname{diag}(\lambda, -\lambda)$。令 $C = P^{-1}AP$，则 $CD - DC = C^2$。设 $C = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$，计算得 $CD - DC = \begin{pmatrix} 0 & -2b\lambda \\ 2c\lambda & 0 \end{pmatrix}$，$C^2 = \begin{pmatrix} a^2+bc & b(a+d) \\ c(a+d) & d^2+bc \end{pmatrix}$。比较得方程组：$0 = a^2+bc$，$-2b\lambda = b(a+d)$，$2c\lambda = c(a+d)$，$0 = d^2+bc$。

若 $b \neq 0$，则 $a+d = -2\lambda$；若 $c \neq 0$，则 $a+d = 2\lambda$。若 $b$ 和 $c$ 均非零，则 $-2\lambda = 2\lambda$ 得 $\lambda=0$，矛盾。若 $b=0, c \neq 0$，则 $a+d=2\lambda$，且由 $a^2+bc=0$ 得 $a=0$，由 $d^2+bc=0$ 得 $d=0$，故 $a+d=0$，从而 $\lambda=0$，矛盾。同理 $b \neq 0, c=0$ 也得 $\lambda=0$。若 $b=c=0$，则 $C$ 对角，$CD-DC=0$，故 $C^2=0$，得 $a=d=0$，则 $C=0$，$A=0$，与 $A$ 非零矛盾。因此 $\lambda$ 必须为 $0$。

由 $\lambda=0$ 知 $B$ 的特征值全为 $0$，故 $B$ 是幂零矩阵。对于二阶矩阵，幂零矩阵的平方为零，即 $B^2=0$。因此原命题正确。