线性代数中的相关问题

线性代数中的相关问题

这里，签名：使用矩阵a的行列方程，使用sr中的元素x来表示列向量，即，使用aga表示矩阵a的转置，用i表示n级单位矩阵。1道a+i,a+i我们在讲授高等代数与线性代数的一系列问题时,将数学分析中的函数的连续性应用于其中,收到了很好的效果,现用例题形式表述如下:例1若A为n阶半正定矩阵,则A的伴随矩阵A*也半正定.证因为A为半正定矩阵,故对任何μ∈(0,+∞),B=μI+A均为正定矩阵,从而|B|>0,B-1为正定矩阵,B*=|B|B-1,故B*也为正定矩阵.∀x∈Rn,令f(μ)=xT(μI+A)*x则f∈C[0,+∞),且∀μ∈(0,+∞),f(μ)>0.由连续函数的保号性定理知f(0)=limμ→0+f(μ)≥0f(0)=limμ→0+f(μ)≥0,即对∀x≠0,有xTA*x≥0,所以A*半正定.例2若A为n阶正定矩阵,S为n阶反对称矩阵,则|A+S|>0.证因为A为正定矩阵,S为反对称矩阵,于是|A+S|≠0.否则存在x∈Rn且x≠0,使(A+S)x=0,所以xT(A+S)x=0(1)由A正定,S为反对称矩阵,知AT=A,ST=-S,从而由(1)知xT(A-S)x=0,由此知xTAx=xTSx,于是xTSx=xTAx=(xTAx)T=(xTSx)T=xTSTx=xT(-S)x=-xTSx,所以2xTSx=0,故xTSx=0.于是由上述已证存在x≠0使xTAx=xTSx,知存在x≠0使xTAx=0,这与A为正定矩阵矛盾,故|A+S|≠0.令f(t)=|A+tS|,则f∈C.而∀t∈,有(tS)T=-tS,可见tS为反对称矩阵,于是由上述已证结果知f(t)≠0.因为f(0)=|A|,由A为正定矩阵知f(0)>0.若f(1)=|A+S|<0,则由于连续函数的介值定理得知,存在t0∈(0,1),使f(t0)=0,这与f(t)≠0矛盾,故f(1)=|A+S|>0,从而命题得证.引理(i)对任何方阵A+εI与γA+I,除有限个值外均为非奇异阵(其中ε与γ均为数域中的元素);(ii)存在μ=const>0,对∀ε∈(0,μ),A+εI均为可逆矩阵,对一切充分大的γ>0,γA+I均为可逆矩阵.证(i)A+εI奇异⇔|A+εI|=|εI-(-A)|=0⇔ε为-A的特征根.而矩阵-A最多有n个不同的特征根,可见除了有限个ε为-A的特征根外,A+εI为非异阵.而当γ≠0时,可令ε=1γε=1γ,于是有γA+Ι=γ(A+1γΙ)γA+I=γ(A+1γI),由此与上述已证结果得知γ除有限个值外,γA+I为非异阵.(ii)因为-A其至多有有限个特征根,记其为λ1,λ2,…,λn,不妨设λ1=0,今设μ是-A的非0特征根的绝对值(或模)之最小值,则对∀ε∈(0,μ),A+εI为非异阵,γA+Ι=γ(A+1γΙ)γA+I=γ(A+1γI).令ε=1γε=1γ,当γ→+∞,则ε→0+可得关于γA+I的结果.例3若A与B为同阶方阵,A*为A的伴随矩阵,则(AB)*=B*A*.证当A与B均为非异阵,则结论显然成立.现证当A,B至少有一个为奇异阵时,仍为(AB)*=B*A*.因为据引理知对一切充分小的ε>0,A+εI,B+εI为非异阵,于是由上述之结论有((A+εI)(B+εI))*=(B+εI)*(A+εI)*.令f(ε)=((A+εI)(B+εI))*,g(ε)=(B+εI)*(A+εI)*,f(ε)与g(ε)均为连续的矩阵函数,且f(ε)=g(ε),于是limε→0+f(ε)=limε→0+g(ε)limε→0+f(ε)=limε→0+g(ε),从而f(0)=g(0).故有(AB)*=B*A*.注1本题结果推广了中P136例26之结果.例4若A,B均为n阶方阵,则AB与BA特征多项式相同.证当A为非奇异阵时,AB～BA,故其特征多项式相同.当A为奇异阵时,据引理知有常数μ>0,对∀ε∈(0,μ),矩阵A+εI为非异阵,从而由上述事实知|λI-(A+εI)B|=|λI-B(A+εI)|.(2)因为(2)式两端均为ε之连续函数,所以在(2)中令ε→0+得|λI-AB|=|λI-BA|.注2本例结果还可以推广到“若A,B分别是n×m和m×n矩阵,λ≠0,则|λIn-AB|=λn-m|λIm-BA|”之中.例5设A,B,C,D都是n阶矩阵,AC=CA.若|A|≠0,则|ABCD|=|AD-CB|.∣∣∣ACBD∣∣∣=|AD−CB|.这个命题是的P203的补充题6,该命题是正确的,但|A|≠0这个条件是可以除掉的,则结论仍立.现证明如下:当|A|=0时,∃μ=const>0,对∀ε∈(0,μ),矩阵A+εI可逆,即得|A+εI|≠0.于是由上述事实知有(A+εI)C=AC+εC=CA+εC=C(A+εI),从而|A+εΙBCD|=|(A+εΙ)D-CB|.∣∣∣A+εICBD∣∣∣=|(A+εI)D−CB|.设f(ε)=|A+εΙBCD|‚g(ε)=|(A+εΙ)D-CB|f(ε)=∣∣∣A+εICBD∣∣∣‚g(ε)=|(A+εI)D−CB|,则f,g∈C[0,μ),且∀ε∈(0,μ),f(ε)=g(ε),因此limε→0+f(ε)=limε→0+g(ε)limε→0+f(ε)=limε→0+g(ε),可见f(0)=g(0).故结论成立.注这里例5之工作实际上推广了中的命题.2问题的拉格朗日函数有些线性代数中的有关行列估值与不等式问题,若直接引用代数的方法,可能解决起来不易,甚至不可能,但若灵活运用数学分析中的有关求条件极值的方法,则很容易解决.请看下例:例6(哈达玛不等式)若|A|=|aij|n×n为n阶矩阵A的行列式,则|A|2≤n∏i=1(n∑j=1a2ij).(3)证现用A表示矩阵(aij)n×n,考察函数f(a11,a12,…,a1n,a21,…,a2n,…,an1,…,ann)=|A|=|aij|n×n在条件{a211+a212+⋯+a21n=d21‚a221+a222+⋯+a22n=d22‚⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯a2n1+a2n2+⋯+a2nn=d2n下的极值问题,其中di>0(i=1,2,…,n)且di为常数.显然在上述n个条件限制下的n2元点集D=(a11,a12,…,a1n,a21,…,a2n,…,an1,an2,…,ann)n∑j=1a2kj=d2k,k=1,2,…,n为δ(D)<+∞,且ˉD=D,则f∈C(D),故f在D上取得最大值和最小值.现我们利用求条件极值的拉格朗日函数法来解决这个问题.今作拉格朗日函数为g=f-n∑k=1λk(n∑j=1a2kj-d2k).又f(a11,a12,…,a1n,a21,…,a2n,…,an1,…,ann)=|A|=n∑j=1akjAkj,其中Akj是akj的代表余子式,由条件极值的必要条件得∂g∂akj=Akj-2λkakj=0(k,j=1,2,⋯,n).由上述方程组解得akj=Akj2λk.当i≠k(i,k=1,2,…,n)时,有n∑j=1aijakj=n∑j=1Aijakj2λi=12λin∑j=1akjAij=0.可见当函数f满足极值的必要条件为“行列式不同的两行所对应的向量必正交”.于是以AT表示A之转置矩阵,则显然|A|之最大值和最小值分别为-√n∏k=1d2k和√n∏k=1d2k,即-√n∏k=1d2k≤|A|≤√n∏k=1d2k,从而|A|2≤n∏k=1d2k,故∀k∈{1,2,…,n},dk≠0,有|A|2≤n∏k=1n∑j=1a2kj.若至少有一个k,使n∑j=1a2kj=0,即a2kj=0(j=1,2,…,n),从而|A|=0,于是不等式(3)成立.综合上述知(3)式成立.推论设J=|A|=|aij|n×n为n阶行列式aij∈R,i,j=1,2,…,n,n∑j=1a2ij=1,则必有|J|≤1.例