(完整word版)矩阵论考博题选

1、设矩阵A (aj) Cnn满足naiiaij(i 1,2,L , n)j i则称A为严格对角占优矩阵。证明(i)(i)A是非奇异矩阵。(ii)(ii)D diag(aii,L松)，B I证明n0,由akjXj0，得akkXkj inakjxj，两边取绝对值又得j ij k而B的任一特征值i，即(B) i。证明设A的特征多项式为由 Hamilton-CayleyHamilton-Cayley 定理，f(A)(i)反证。假设A是 奇异矩阵(即A0)，则Ax 0有非零解:X (Xi,X2丄,Xn)T。XkakkakjXjj；nXkj ij kakjakkakji k这与A是严格对角占优矩阵矛盾。故A

2、是非奇异矩阵。证毕。(ii(ii)B I DiA Di(D A)，B的特征多项式为det( IiiB) det(D ( D AD) det(D )det( D (A D)(i)如果B的某个特征值oi，则显然D (A D)也是严格对角占优矩阵。由结论(i i).det(oD (A D)0。把式(i i )中 换成o，左边等于零，右边不等于零，矛盾。从A是非奇异的充要条件是存在常数项不为零的多项式g()使得g(A) 0。D1A，证明(B)1设xkmax xf()nanaa0(a。( i)nA)mm ig(A) A am iALaiA a0I O必要性：如a。0，g()f()，即得证。充分性：设g(

3、)mm iam iL aia(a。0)，且2，2移项A (Am 1a0am 1Am 2L Ql) I，说明A可逆。设A Cnnn是矩阵A的n个特征值,证明aiji 1 j 1证明 由 SchurSchur 定理，对于任意的A Cnn,存在n阶酉矩阵U ,使得HAU其中R(rij)n n为对角元为A的特征值的上三角矩阵。对上式两端取共轭转置并两式相乘得:UHAHAURHR即AHA与RHR酉相似。从而tr(AHA) tr(RHR)，因为R为对角元为A的特征值的上三角矩阵，所以22iriirijni 1i 1 j 1n n设A为n阶的 HermiteHermite 矩阵， 其特征佂证明因A为n阶的

4、HermiteHermiteUy，则xHAx所以1(y1y2y1y2ynHtr(RHAx AxHx xR)矩阵，故存在酉矩阵UHU AU diag(1,H .y (UHAU)y1y12Htr(A A)naijj 1n,证明对任意非零向量x使得y2Cn有2yn)xHAxn(y1所以y21HHHHAx Ax1x x x AxnX x，1Hnx x所以设A是n阶矩阵，证明rank A rank(A I) nA2A2证明 设A A，A(A I) O，从而由常用结论，rankA rank(A又I A (I A)，由常用结论，n rank I ran k A (I A) rankA ran k(I A)

5、rankA综上，rankA ran k(A I) n。反之，Cn, A (I A)，所以CnR(A) R(I A)又rankA rank(A I) n，则由维数公式R(A) I R(I A) 0因2 2A Cm n，证明:max ari i JI A2Vmn max aiiij证明(i 1,2,L ,m)为A的行，则AxT2X2mnmax aiji, j特别地取xei,e2丄从而A2max ajmaxML1Ax2mn max(1,0丄，0), L等。得IA2靜皿卜引aijmax a”1 j n ijI) nrank( A I)R(I A)1(A A) A(I A) R(A),又(AA) (I

6、A)A只有（A2A）0，由 的任意性得A2A O。设B是n m矩阵，C是m n矩阵，证明m rank( InBC ) n rank( Imrank( InBC) rank(ImCB) n m注：我想此题应有其它方法CB)证明 由常用结论BC与CB非零特征值一样当然秩相等）设（由SchurSchur 分解定理）1P11(BC )P11,P21(CB)P20m其中1,L ,tP11(InBC)P1rank( InP21(ImCB)P21BC) rank P11(InBC )P1, rank(ImCB)1rank P2(ImCB)P2它们的秩是上面非零对角元的个数，显然有（不妨nm）设矩阵A (ai

7、j) Cn n为 HermiteHermite 正定矩阵，证明aiia22L ann两边取行列式设A,B是 n n 阶实矩阵，且AB 0, B2BV1x|Ax0, V2x| Bx 0,证明（1 1）RnV1V2(2)上面为直和的充要条件是rank( A) rank( B) n证明 （1 1）x, x Bx （I B）x，又ABx 0，B（I B）x 0,说明证明A有三角分解（CholeskyCholesky 分解）Haii|ii|ii|iiAiLHHLLH|ii|iiLLHaiiAi由于 A A 也是正定的,依次递推得证。设A, B均为n阶 HermiteHermite 矩阵，A正定,(1 1

8、)证明(2 2)证明证明(1 1)aaU|jaaUjj(2 2)由于A中模最大的AB特征值都是实数由于A正定，则A的所有主子式都是正定的。反证，如果aij(i j)最大，则aij2aiiaij0,这与_正定矛盾。aijajjA正定，有分解A PPH(P可逆)ABP(PHBP)P1，说明AB与PHBP相似，它们有相同的特征值，而后者是HermiteHermite 矩阵，特征值为实数，故AB的特征值也是实数。aiiajjBx V1,( I B)x V2，从而RnViV2。dim V1dim V2nn rank A n rankB nrank A rankB nA (a Cnn,B (b) Cn n均为 HermiteHermite 矩阵，定义C (ajbij)，证明如果A 0, B 0，则C 0证明把B进行满秩分解设矩阵A(aij) Cn n为 HermiteHermite 矩阵，满足naiiaj(i 1,2,L , n)j 1证明A正定。证明设A的特征值为，由盖氏圆盘定理则bjrgikgjkk 1(少共轭)nnrrnxHCxxiaijbijxjXiajgikgjkXjaj(Xigik)(gjkXi,j 1i,j 1 k 1k 1 i, j 1、口(k)记yixgik(i1,L ,n ,k 1,L,r)则rxHC