大学数学杂志问题征解栏目 — 问题 4 的多种证法

大学数学杂志问题征解栏目 — 问题 4 (供题者: 谢启鸿、厉茗)  设 $n$ 阶复方阵 $A$ 满足: 对任意的正整数 $k$, $$|A^k+I_n|=1.$$ 证明: $A$ 是幂零阵.

证法一 (代数证法, 由湖南第一师范学院 2018 级本科生伍诗颖同学给出)  设 $A$ 的特征值为 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$, 则 $A^k$ 的特征值为 $\lambda_1^k,\lambda_2^k,\cdots,\lambda_n^k$. 由题意可得

$$|I_n+A^k|=\prod_{j=1}^n(1+\lambda_j^k)=1,\quad k=1,2,\cdots.$$

要证 $A$ 幂零, 只要证明 $\lambda_1=\lambda_2=\cdots=\lambda_n=0$ 即可. 将展开式

$$\prod_{j=1}^n(1+\lambda_j)-1=\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n+\lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3+\cdots+\lambda_{n-1}\lambda_n+\cdots+\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n$$

中的各项记作 $y_1,y_2,\cdots,y_{2^n-1}$, 则有

$$y_1^k+y_2^k+\cdots+y_{2^n-1}^k=\prod_{j=1}^n(1+\lambda_j^k)-1=|I_n+A^k|-1=0,\quad k=1,2,\cdots.$$

上式说明关于 $y_1,y_2,\cdots,y_{2^n-1}$ 的幂和 $s_k=0\,(k=1,2,\cdots)$, 由 Newton 公式或直接由高代白皮书的例 5.60 可知, 关于 $y_1,y_2,\cdots,y_{2^n-1}$ 的初等对称多项式 $\sigma_k=0\,(1\leq k\leq 2^n-1)$. 因此以 $y_1,y_2,\cdots,y_{2^n-1}$ 为根的方程就是 $x^{2^n-1}=0$, 从而 $y_1=y_2=\cdots=y_{2^n-1}=0$.  特别地, $\lambda_1=\lambda_2=\cdots=\lambda_n=0$, 故 $A$ 为幂零阵. $\Box$

证法二 (分析证法, 由复旦大学 2019 级本科生厉茗同学给出)  开始的讨论同证法一, 即只要证明由下式

$$(\lambda_1^k+1)\cdots(\lambda_n^k+1)=1,\quad k=1,2,\cdots\qquad (1)$$

可推出$\lambda_1=\lambda_2=\cdots=\lambda_n=0$ 即可. 对个数 $n$ 进行归纳. 当 $n=1$ 时, 显然 $\lambda_1=0$. 假设问题对个数小于 $n$ 的情形成立, 现考虑个数为 $n$ 的情形. 若存在某个 $\lambda_i=0$, 则由归纳假设可知结论成立. 下面用反证法, 假设方程组 (1) 存在一组全不为零的解.

引理 1  若 $(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$ 是方程组 (1) 的解, 则对于任意正整数 $k$, $(\lambda_1^k,\cdots,\lambda_n^k)$ 也是方程组 (1) 的解.

引理 1 的证明  将解 $(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$ 代入 (1) 可知对于任意正整数$k,t$, 有 $$((\lambda_1^{k})^t+1)\cdots((\lambda_n^{k})^t+1)=1,$$ 因此 $(\lambda_1^k,\cdots,\lambda_n^k)$ 也是方程组 (1) 的解. $\Box$

设 $\lambda_i\,(1\leq i\leq n)$ 的辐角为 $\theta_i\cdot 2\pi\,(0\leq \theta_i< 1)$. 通过选取合适的 $k$ , 就能使那些 $\theta_i$ 为有理数的 $\lambda_i$ 满足 $k\cdot\theta_i$ 都为整数. 因此, 不妨设在 $\lambda_1, \cdots, \lambda_n$ 中, $\lambda_1, \cdots, \lambda_s$ 是正实数, 而 $\lambda_{s+1}, \cdots, \lambda_n$ 是辐角为 $2\pi$ 的无理数倍的复数. 为了估计 $\lambda_i^k+1$ 的模长, 需要用到以下引理.

引理 2  设 $\theta_1, \cdots, \theta_l$ 为无理数, $m$ 为任意正整数, 则存在正整数 $N$, 使得对于任意 $1\leq j\leq l$, 成立 $\{N\cdot \theta_j\}<\dfrac{1}{m}$ 或者 $\{N\cdot\theta_j\}>1-\dfrac{1}{m}$. 其中 $\{\star\}$ 表示小数部分.

引理 2 的证明  将 $\left[0,1)^l\right.$ 划分成 $m^l$ 个完全相同的小立方体, 每个小立方体的边长都为 $\dfrac{1}{m}$, 对于 $m^l+1$ 个不同的正整数 $1, 2, \cdots, m^l+1$, 考虑点集

$$\Big\{(\{k\cdot \theta_1\}, \cdots, \{k\cdot \theta_l\}), 1\leq k\leq m^l+1, k\in \mathbb{Z}\Big\},$$

其中括号内部的 $\{\star\}$ 仍表示小数部分. 由抽屉原理, 该点集中必有两个点落在同一个小立方体中, 假设相应的 $k$ 为 $p,q$, 其中 $p>q$, 则 

$$|\{p\cdot\theta_j\}-\{q\cdot\theta_j\}|<\frac{1}{m},\,\,\forall\,1\leq j\leq l.$$

因此, 根据小数部分函数的运算性质, 有

$$\{(p-q)\theta_j\}\in(0,\frac{1}{m})\cup(1-\frac{1}{m},1),\,\,\forall\,1\leq j\leq l.$$

最后, 令 $N=p-q$ 即可. $\Box$

回到原题, 对于无理数组 $\theta_{s+1}, \cdots, \theta_n$, 使用引理 2 就能得到: 对于任意正整数 $m$, 存在正整数 $N$, 使得
$$N\cdot \theta_j\in(0,\frac{1}{m})\cup(1-\frac{1}{m},1),\,\,\forall\,s+1\leq j\leq n,$$
于是相应的 $\lambda_j^N\,(s+1\leq j\leq n)$ 的辐角主值就在 $(0, \dfrac{2\pi}{m})\cup(2\pi-\dfrac{2\pi}{m}, 2\pi)$ 中. 特别地, 取 $m=4$, 就有
$$|\lambda_j^N+1|>1,\,\,\forall\,s+1\leq j\leq n.$$
又由于 $\lambda_1, \cdots, \lambda_s$ 都是正实数, 显然有
$$|\lambda_i^N+1|>1,\,\,\forall\,1\leq i\leq s.$$
综合上述两点, 在 (1) 中取 $k=N$, 并对等式两边同时取模长即得矛盾. $\Box$

各种证法的点评  事实上, 复旦大学 2018 级本科生周烁星同学也给出了另外一种分析证法. 虽然从表面上看, 厉茗同学给出的分析证法比代数证法繁琐一些, 但其运用的技巧 (例如上面的引理 2) 在很多分析的问题中都有巧妙的应用. 众所周知, 对称多项式的初等对称多项式表示是对称多项式进一步对称化的基本操作.  伍诗颖同学给出的代数证法中, 并没有直接将每一个 $\prod\limits_{j=1}^k(1+\lambda_j^k)-1$ 都化成初等对称多项式的多项式, 而是将其中每一个非对称单项分开, 变成它们的幂和为零, 最后再利用 Newton 公式或 Vandermonde 行列式证明所有的 $\lambda_j$ 为零. 这一代数证法不仅简洁, 而且还得到了更强的结论:

推论  设 $n$ 阶复方阵 $A$ 满足 $|A^k+I_n|=1\,(1\leq k\leq 2^n-1)$, 则 $A$ 是幂零阵.

如果我们进一步探讨: 使得 $|A^k+I_n|=1\,(1\leq k\leq N(n))$ 成立便可推出 $A$ 是幂零阵, 那么最佳上界 $N(n)$ 是多少呢? 上面的推论告诉我们: $N(n)\leq 2^n-1$. 例如, $N(2)=2^2-1=3$, $N(3)=2^3-1=7$ 都是对的 (这两个结论的证明可参考复旦数院 20 级高代 II 每周一题第 4 题). $n\geq 4$ 情况如何, 感兴趣的读者可以自行思考和研究.

 

参考文献

[1]  高代教材: 姚慕生, 吴泉水, 谢启鸿 编著, 高等代数学 (第三版), 复旦大学出版社, 2014.

[2]  高代白皮书: 姚慕生, 谢启鸿 编著, 学习方法指导书: 高等代数 (第三版), 复旦大学出版社, 2015.

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