如何证明当n>m时，m×n矩阵A与n×m矩阵B满足ch_{BA}(t)=t^{n-m}ch_{AB}(t)

嘿，这个问题用分块矩阵的初等变换技巧就能轻松解决，我来一步步给你拆解清楚：

首先明确目标：我们要证明的是特征多项式的等式，而特征多项式的定义是 $ch_M(t) = \det(tI - M)$，所以本质上就是要证：
$$\det(tI_n - BA) = t^{n-m}\det(tI_m - AB)$$

步骤1：构造分块矩阵并做初等变换 #

我们先构造一个 $(m+n) \times (m+n)$ 的分块矩阵：
$$M = \begin{pmatrix} tI_m & A \ B & I_n \end{pmatrix}$$

接下来用两种不同的初等变换方式计算 $\det(M)$，因为分块初等变换不改变矩阵的行列式（或仅引入可控的倍数/符号）：

第一种变换（消去右上角的A）

当 $t \neq 0$ 时，左乘分块矩阵 $\begin{pmatrix} I_m & -\frac{A}{t} \ 0 & I_n \end{pmatrix}$，得到：
$$\begin{pmatrix} I_m & -\frac{A}{t} \ 0 & I_n \end{pmatrix} M = \begin{pmatrix} tI_m & 0 \ B & I_n - \frac{BA}{t} \end{pmatrix}$$
这个矩阵是上三角分块矩阵，行列式等于对角块行列式的乘积：
$$\det(\text{变换后的矩阵}) = \det(tI_m) \cdot \det\left(I_n - \frac{BA}{t}\right)$$
展开计算：
$$= t^m \cdot \det\left( \frac{tI_n - BA}{t} \right) = t^m \cdot \frac{1}{t^n}\det(tI_n - BA) = t^{m-n}\det(tI_n - BA)$$

第二种变换（消去左下角的B）

右乘分块矩阵 $\begin{pmatrix} I_m & 0 \ -B & I_n \end{pmatrix}$，得到：
$$M \begin{pmatrix} I_m & 0 \ -B & I_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} tI_m - AB & A \ 0 & I_n \end{pmatrix}$$
同样是上三角分块矩阵，行列式为：
$$\det(\text{变换后的矩阵}) = \det(tI_m - AB) \cdot \det(I_n) = \det(tI_m - AB)$$

步骤2：联立两个行列式等式 #

因为两种变换后的矩阵行列式都等于原矩阵 $M$ 的行列式，所以：
$$t^{m-n}\det(tI_n - BA) = \det(tI_m - AB)$$
两边同时乘以 $t^{n-m}$，就得到：
$$\det(tI_n - BA) = t^{n-m}\det(tI_m - AB)$$
也就是我们要证的 $ch_{BA}(t) = t^{n-m}ch_{AB}(t)$

补充：t=0的情况 #

当 $t=0$ 时，左边 $ch_{BA}(0) = \det(-BA) = (-1)^n\det(BA)$，右边 $t^{n-m}ch_{AB}(0) = 0^{n-m} \cdot (-1)^m\det(AB)$。
因为 $n > m$，$BA$ 是 $n$ 阶矩阵，而 $\text{rank}(BA) \leq \min(\text{rank}(B), \text{rank}(A)) \leq m < n$，所以 $\det(BA)=0$，左边等于0；右边的 $0^{n-m}=0$，也等于0，等式依然成立。

和已知结论的呼应 #

这个等式正好对应你提到的结论：

• $AB$ 和 $BA$ 的非零特征值完全相同（特征多项式的非零根一致）
• $BA$ 比 $AB$ 多了 $n-m$ 个零特征值（对应等式里的 $t^{n-m}$ 因子）
• 迹相等：因为迹是特征值的和，$BA$ 的零特征值不贡献迹，所以 $\text{tr}(AB)=\text{tr}(BA)$

这样是不是就把整个证明逻辑理清楚啦？分块矩阵的初等变换在处理不同阶矩阵乘积的特征问题时，真的是个非常实用的工具～

内容的提问来源于stack exchange，提问作者1256