證明細解 1

本文的閱讀等級:初級

表面上,數學證明是演繹法的舞台,但本質上,數學證明是一門具有歸納性質的實驗科學活動。面對數學證明問題,我們不僅希望了解各種可能的證明方法,還試圖理解這些證法背後的動機與思維。美國數學家波利亞 (George Polya) 在其名著《怎樣解題》(How to Solve It) 主張數學解題 (包括證明) 過程可分為下列四個階段。

  1. 了解問題:要知道未知數是什麼?已知數是什麼?條件是什麼?
  2. 擬定計畫:找出已知數與未知數之間的關係。如果這個關係不是很明確,可以嘗試考慮類似的問題。最後,我們應該能想出解題的計畫。
  3. 執行計畫:將解題計畫付諸實現,仔細檢查每一個步驟。
  4. 驗算與回顧:驗算所得的解答,檢驗每一個論證步驟是否正確。

我們按照波利亞的指點練習如何通過有效的提問激發想法,從而構思出證明計畫,跨越障礙直達問題的核心。從實踐面來看,最為困難的證明階段在於擬定計畫。我想到的一個應對方法是細解一些線性代數定理的精彩證明,以探索法 (heuristic) 對論證推理的每一個步驟作徹底的研究。

 
定理. 令 ABn\times n 階矩陣。若 \hbox{rank}(AB-BA)=1,則 (AB-BA)^2=0

 
給定的條件是 \hbox{rank}(AB-BA)=1,我們要證明的命題是 (AB-BA)^2=0。在線性代數中,等式的由來大致可區分為五種類型:條件與命題,定義,充分必要條件,矩陣分解式,以及恆等式。眼前出現的是條件與命題的等式。如果將數學證明看作奕棋,我們必須構思出一連串的著法以便聯繫這兩個等式。對方下的這手棋是 AB-BA 的秩等於 1,稱為秩─1 矩陣 (rank-one matrix),你要如何回應?

 
證明過程的頭幾步中的一步是將問題用記號術語表示,接著判明關鍵性的概念並設定標記符號。無疑地,這裡關鍵性的概念是 AB-BA 與其秩。定義 [A,B]=AB-BA,稱為交換子 (commutator)。如果 [A,B]=0,則 AB 是可交換矩陣 (見“交換子與可交換矩陣”)。已知 \hbox{rank}[A,B]=1,表明 [A,B]\neq 0AB 是不可交換矩陣。

 
寫出 [A,B] 的表達式是堅實的正著。秩─1 矩陣的意思是矩陣的最大線性獨立行 (或列) 向量集合包含一個元素。因此,秩─1 矩陣可以表示為兩個向量的外積 (outer product),如下:

[A,B]=\mathbf{u}\mathbf{v}^T=\begin{bmatrix}  u_1\\  u_2\\  \vdots\\  u_n  \end{bmatrix}\begin{bmatrix}  v_1&v_2&\cdots&v_n  \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}  u_1v_1&u_1v_2&\cdots&u_1v_n\\  u_2v_1&u_2v_2&\cdots&u_2v_n\\  \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\  u_nv_1&u_nv_2&\cdots&u_nv_n  \end{bmatrix}

其中 \mathbf{u}=(u_1,\ldots,u_n)^T\mathbf{v}=(v_1,\ldots,v_n)^Tn 維非零行向量 (column vector)。矩陣 [A,B] 的行空間為 \hbox{span}\{\mathbf{u}\},列空間為 \hbox{span}\{\mathbf{v}\}。再補一手,把上式代入命題的冪矩陣,緊接著讓恆等式──矩陣與純量乘法結合律──施力作工,

(AB-BA)^2=[A,B]^2=\mathbf{u}\mathbf{v}^T\mathbf{u}\mathbf{v}^T=(\mathbf{v}^T\mathbf{u})\mathbf{u}\mathbf{v}^T=(\mathbf{v}^T\mathbf{u})[A,B]

上式中,\mathbf{v}^T\mathbf{u} 是一個純量。形勢大利,因為 [A,B]\neq 0,命題 [A,B]^2=0 等價於一個較容易處理的等式 \mathbf{v}^T\mathbf{u}=0。我們在第一回合保持優勢局面。

 
接下來,我們要構思一個從 [A,B]=\mathbf{u}\mathbf{v}^T 推理出 \mathbf{v}^T\mathbf{u}=0 的方針?表面上,你要殲滅的是 \mathbf{v}^T\mathbf{u},但真正的打擊目標是背後的 [A,B]。如果調出恆等式上陣發動進攻,哪一個函數 f 可使 f([A,B])=0

 
詳細考慮後,利用跡數的線性與循環不變性狙襲 [A,B],如下:

\begin{aligned}  \hbox{trace}[A,B]&=\hbox{trace}(AB-BA)=\hbox{trace}(AB)-\hbox{trace}(BA)\\  &=\hbox{trace}(AB)-\hbox{trace}(AB)=0.  \end{aligned}

這一手是致勝關鍵,大勢底定。代回外積表達式,再使用一次循環不變性,

\hbox{trace}[A,B]=\hbox{trace}(\mathbf{u}\mathbf{v}^T)=\hbox{trace}(\mathbf{v}^T\mathbf{u})=\mathbf{v}^T\mathbf{u}=0

證畢。

 
這局證明堅實穩重,但我們仍應重新審視全局仔細考察每一個推理步驟。想想看,還有其他快速華麗的證法嗎?從欲證明的命題反推常是一個有效的思維模式。假定 [A,B]^2=0 為真,意即 [A,B] 是一個冪零矩陣 (nilpotent matrix)。我們稱方陣 C 為冪零矩陣,若存在正整數 k 使得 C^k=0。如果你的線性代數知識夠扎實,理當明白冪零矩陣的一個充要條件是其所有的特徵值為 0 (見“特殊矩陣 (1):冪零矩陣”),意味矩陣的特徵值是一個新闢戰場。

 
將反推的結果逆轉進行推理。從條件 \hbox{rank}[A,B]=1\hbox{trace}[A,B]=0,能否推斷出 [A,B] 的特徵值?交換子 [A,B] 不可逆,因此至少有一個特徵值為 0。根據秩─零度定理,[A,B] 的零空間 (nullspace) N([A,B]) 的維數等於 \dim N([A,B])=n-\hbox{rank}[A,B]=n-1,也就是說,[A,B] 對應特徵值 0 的幾何重數為 n-1。據此,[A,B] 的特徵值 0 的代數重數至少為 n-1,或者說 [A,B] 至多只有一個非零特徵值。另一方面,\hbox{trace}[A,B]=0 限制所有的特徵值之和為零。兩式合擊,[A,B] 不存在非零特徵值,得知 [A,B] 是一個冪零矩陣。

 
在矩陣的分解式中,涉及特徵值且必然存在的最簡分解式是 Jordan 典型形式。假設 [A,B]=SJS^{-1},其中 Jordan 矩陣 J 是由 Jordan 分塊構成的分塊對角矩陣 (見“Jordan 形式大解讀 (上)”)。因為 [A,B] 的特徵值悉數為 0\hbox{rank}J=\hbox{rank}[A,B]=1,立即推論 Jordan 矩陣的型態如下:

J=\begin{bmatrix}  0&1&\cdots&0\\  0 &0&\cdots&0\\  \vdots &\vdots & \ddots&0\\  0 & 0&\cdots & 0  \end{bmatrix}

藉助 J^2=0 壓迫

[A,B]^2=(SJS^{-1})^2=SJ^2S^{-1}=0

這樣的手法叫做「隔山打牛」,S 是山,[A,B]^2 是牛。

 
引用 Jordan 形式的證法固然巧妙,但你或許不熟悉這個解析工具。苦無他計時,不妨嘗試反證法 (見“反證法與逆否命題法”)。我們確知 [A,B] 是一個冪零矩陣且 [A,B]\neq 0,便已立於不敗之地。假定 [A,B]^2\neq 0,則 (\mathbf{v}^T\mathbf{u})[A,B]\neq 0 蘊含 \mathbf{v}^T\mathbf{u}\neq 0。使出歸納法追擊,情勢急轉直下。對於 k\ge 2

[A,B]^k=[A,B]^2[A,B]^{k-2}=(\mathbf{v}^T\mathbf{u})[A,B]^{k-1}=\cdots=(\mathbf{v}^T\mathbf{u})^{k-1}[A,B]

綜合以上結果,任意正整數 k 滿足 [A,B]^k=(\mathbf{v}^T\mathbf{u})^{k-1}[A,B]\neq 0。我們獲取了一個矛盾。

 
最後以探究這個定理的反向陳述收尾。若 (AB-BA)^2=0\hbox{rank}(AB-BA)\le 1 是否為真?這個問題就留給你當作練習。

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