北京工业大学 2025年高等代数第6题

对于任意 $n$ 阶方阵 $A, B$，有秩不等式 $r(A) + r(B) \leq r(AB) + n$。这是已知结论，直接应用即可。

由 $AB = A + 2025B$，移项得 $AB - A - 2025B = 0$。两边加上 $2025I$：$AB - A - 2025B + 2025I = 2025I$。因式分解：$(A - 2025I)(B - I) = 2025I$。

由 $(A - 2025I)(B - I) = 2025I$，两边取行列式得 $\det(A-2025I) \cdot \det(B-I) = \det(2025I) = 2025^n \neq 0$，故 $\det(A-2025I) \neq 0$ 且 $\det(B-I) \neq 0$，因此 $A-2025I$ 和 $B-I$ 均可逆。

由可逆性，$A = 2025I + (A-2025I)$，$B = I + (B-I)$。这里 $A-2025I$ 和 $B-I$ 均可逆。

考虑矩阵 $\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}$，左乘 $\begin{pmatrix} I & I \\ 0 & I \end{pmatrix}$，右乘 $\begin{pmatrix} I & 0 \\ I & I \end{pmatrix}$，得到： $$\begin{pmatrix} I & I \\ 0 & I \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & 0 \\ I & I \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A+B & B \\ B & B \end{pmatrix}.$$

由于左乘和右乘的矩阵均为可逆矩阵（行列式为1），秩不变，故 $$r\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} A+B & B \\ B & B \end{pmatrix}.$$ 左边秩为 $r(A)+r(B)$。右边矩阵的秩不小于其左上角子块 $A+B$ 的秩加上右下角子块 $B$ 的秩减去重叠部分，但更直接地，考虑分块矩阵的秩不等式： $$r\begin{pmatrix} A+B & B \\ B & B \end{pmatrix} \geq r(A+B) + r(B) - r(0) = r(A+B) + r(B).$$ 但我们需要的是 $r(A)+r(B) \geq r(A+B)+r(AB)$。由条件 $AB = A+2025B$，可推出 $AB$ 与 $A+B$ 的关系？实际上，利用 $A-2025I$ 和 $B-I$ 可逆，可证 $r(AB) = r(A+2025B) = r(A+B)$？不，更精确地，由 $(A-2025I)(B-I)=2025I$ 可得 $A-2025I$ 和 $B-I$ 互为逆矩阵的常数倍，从而 $A$ 和 $B$ 可交换？实际上，由 $AB = A+2025B$ 可得 $(A-2025I)(B-I)=2025I$，所以 $A-2025I$ 与 $B-I$ 可逆且互为逆矩阵的 $2025$ 倍，因此 $A$ 与 $B$ 可交换。于是 $AB = BA$。那么 $r(AB) = r(BA)$。但我们需要的是 $r(A+B)$ 与 $r(AB)$ 的关系。另一种思路：由 $AB = A+2025B$ 可得 $(A-2025I)(B-I)=2025I$，所以 $A-2025I$ 和 $B-I$ 可逆，从而 $A$ 和 $B$ 均可逆？不一定，但 $A-2025I$ 可逆意味着 $A$ 的特征值不含2025，但 $A$ 本身可能奇异。实际上，由 $AB = A+2025B$ 可推出 $A(B-I) = 2025B$，若 $B-I$ 可逆，则 $A = 2025B(B-I)^{-1}$，故 $A$ 可逆当且仅当 $B$ 可逆。但这里我们不需要可逆性。 更简洁的证明：由 $AB = A+2025B$ 得 $(A-2025I)(B-I)=2025I$，所以 $A-2025I$ 和 $B-I$ 可逆。于是 $A = 2025I + (A-2025I)$，$B = I + (B-I)$。考虑矩阵 $\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix} I & I \\ I & I \end{pmatrix}$ 的乘积？实际上，标准方法是利用秩不等式： $$r(A)+r(B) \geq r(A+B) + r(AB)$$ 对于任意矩阵成立？不，这个不等式并不总是成立。但在此题条件下成立。 另一种方法：利用 $A$ 和 $B$ 可交换，且 $AB = A+2025B$，则 $A$ 和 $B$ 可同时对角化？但需要假设可对角化。 实际上，已知结论：对于任意 $n$ 阶方阵 $A,B$，有 $r(A)+r(B) \geq r(A+B) + r(AB)$ 当且仅当 $AB=BA$？不，这是错误的。 更常见的证明是：由 $AB = A+2025B$ 可得 $(A-2025I)(B-I)=2025I$，所以 $A-2025I$ 和 $B-I$ 可逆。于是 $A$ 和 $B$ 可表示为 $A = 2025I + P$，$B = I + Q$，其中 $P$ 和 $Q$ 可逆且 $PQ = 2025I$，即 $Q = 2025P^{-1}$。那么 $A+B = 2026I + P + 2025P^{-1}$，$AB = (2025I+P)(I+2025P^{-1}) = 2025I + 2025^2 P^{-1} + P + 2025I = 4050I + P + 2025^2 P^{-1}$。这似乎没有简化。 实际上，标准解法是：由 $AB = A+2025B$ 得 $(A-2025I)(B-I)=2025I$，所以 $A-2025I$ 和 $B-I$ 可逆。于是 $r(A-2025I)=n$，$r(B-I)=n$。那么 $r(A) = r(2025I + (A-2025I))$，但 $2025I$ 是数量矩阵，秩为 $n$，所以 $r(A) = n$？不一定，因为 $A-2025I$ 可逆，所以 $A$ 可逆？实际上，若 $A-2025I$ 可逆，则 $A$ 可逆当且仅当 $2025I$ 不是 $A$ 的特征值，但 $A-2025I$ 可逆意味着 $2025$ 不是 $A$ 的特征值，所以 $A$ 可逆。同理 $B$ 可逆。因此 $r(A)=r(B)=n$，那么 $r(A)+r(B)=2n$，而 $r(A+B) \leq n$，$r(AB)=n$，所以不等式 $2n \geq r(A+B)+n$ 成立，即 $n \geq r(A+B)$，显然成立。但这样证明太简单，且没有用到一般性。实际上，题目可能假设 $A,B$ 不一定可逆，但由条件可推出它们可逆？检查：$A-2025I$ 可逆，则 $A$ 可逆吗？不一定，例如 $A=2025I$ 时 $A-2025I=0$ 不可逆，但这里 $A-2025I$ 可逆，所以 $A$ 的特征值都不等于2025，但 $A$ 可能奇异吗？如果 $A$ 奇异，则存在非零向量 $x$ 使得 $Ax=0$，那么 $(A-2025I)x = -2025x$，所以 $-2025$ 是 $A-2025I$ 的特征值，但 $A-2025I$ 可逆，所以 $-2025$ 不是特征值，矛盾。因此 $A$ 可逆。同理 $B$ 可逆。所以 $r(A)=r(B)=n$。那么（2）显然成立。但这样证明是否太取巧？题目可能期望更一般的证明，但既然条件推出可逆，那么直接使用即可。 因此，步骤可简化为：由条件推出 $A$ 和 $B$ 均可逆，从而 $r(A)=r(B)=n$，则 $r(A)+r(B)=2n \geq r(A+B)+r(AB)$ 因为 $r(A+B) \leq n$，$r(AB)=n$。

（1）由秩不等式直接得 $r(A)+r(B) \leq r(AB)+n$。 （2）由条件 $AB=A+2025B$ 推出 $A-2025I$ 和 $B-I$ 可逆，进而 $A$ 和 $B$ 可逆，故 $r(A)=r(B)=n$，于是 $r(A)+r(B)=2n \geq r(A+B)+r(AB)$ 成立。