線性代數中的相關問題

這里，簽名：使用矩陣a的行列方程，使用sr中的元素x來表示列向量，即，使用aga表示矩陣a的轉置，用i表示n級單位矩陣。1道a+i,a+i我們在講授高等代數與線性代數的一系列問題時,將數學分析中的函數的連續性應用于其中,收到了很好的效果,現用例題形式表述如下:例1若A為n階半正定矩陣,則A的伴隨矩陣A*也半正定.證因為A為半正定矩陣,故對任何μ∈(0,+∞),B=μI+A均為正定矩陣,從而|B|>0,B-1為正定矩陣,B*=|B|B-1,故B*也為正定矩陣.?x∈Rn,令f(μ)=xT(μI+A)*x則f∈C[0,+∞),且?μ∈(0,+∞),f(μ)>0.由連續函數的保號性定理知f(0)=limμ→0+f(μ)≥0f(0)=limμ→0+f(μ)≥0,即對?x≠0,有xTA*x≥0,所以A*半正定.例2若A為n階正定矩陣,S為n階反對稱矩陣,則|A+S|>0.證因為A為正定矩陣,S為反對稱矩陣,于是|A+S|≠0.否則存在x∈Rn且x≠0,使(A+S)x=0,所以xT(A+S)x=0(1)由A正定,S為反對稱矩陣,知AT=A,ST=-S,從而由(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.于是由上述已證存在x≠0使xTAx=xTSx,知存在x≠0使xTAx=0,這與A為正定矩陣矛盾,故|A+S|≠0.令f(t)=|A+tS|,則f∈C.而?t∈,有(tS)T=-tS,可見tS為反對稱矩陣,于是由上述已證結果知f(t)≠0.因為f(0)=|A|,由A為正定矩陣知f(0)>0.若f(1)=|A+S|<0,則由于連續函數的介值定理得知,存在t0∈(0,1),使f(t0)=0,這與f(t)≠0矛盾,故f(1)=|A+S|>0,從而命題得證.引理(i)對任何方陣A+εI與γA+I,除有限個值外均為非奇異陣(其中ε與γ均為數域中的元素);(ii)存在μ=const>0,對?ε∈(0,μ),A+εI均為可逆矩陣,對一切充分大的γ>0,γA+I均為可逆矩陣.證(i)A+εI奇異?|A+εI|=|εI-(-A)|=0?ε為-A的特征根.而矩陣-A最多有n個不同的特征根,可見除了有限個ε為-A的特征根外,A+εI為非異陣.而當γ≠0時,可令ε=1γε=1γ,于是有γA+Ι=γ(A+1γΙ)γA+I=γ(A+1γI),由此與上述已證結果得知γ除有限個值外,γA+I為非異陣.(ii)因為-A其至多有有限個特征根,記其為λ1,λ2,…,λn,不妨設λ1=0,今設μ是-A的非0特征根的絕對值(或模)之最小值,則對?ε∈(0,μ),A+εI為非異陣,γA+Ι=γ(A+1γΙ)γA+I=γ(A+1γI).令ε=1γε=1γ,當γ→+∞,則ε→0+可得關于γA+I的結果.例3若A與B為同階方陣,A*為A的伴隨矩陣,則(AB)*=B*A*.證當A與B均為非異陣,則結論顯然成立.現證當A,B至少有一個為奇異陣時,仍為(AB)*=B*A*.因為據引理知對一切充分小的ε>0,A+εI,B+εI為非異陣,于是由上述之結論有((A+εI)(B+εI))*=(B+εI)*(A+εI)*.令f(ε)=((A+εI)(B+εI))*,g(ε)=(B+εI)*(A+εI)*,f(ε)與g(ε)均為連續的矩陣函數,且f(ε)=g(ε),于是limε→0+f(ε)=limε→0+g(ε)limε→0+f(ε)=limε→0+g(ε),從而f(0)=g(0).故有(AB)*=B*A*.注1本題結果推廣了中P136例26之結果.例4若A,B均為n階方陣,則AB與BA特征多項式相同.證當A為非奇異陣時,AB～BA,故其特征多項式相同.當A為奇異陣時,據引理知有常數μ>0,對?ε∈(0,μ),矩陣A+εI為非異陣,從而由上述事實知|λI-(A+εI)B|=|λI-B(A+εI)|.(2)因為(2)式兩端均為ε之連續函數,所以在(2)中令ε→0+得|λI-AB|=|λI-BA|.注2本例結果還可以推廣到“若A,B分別是n×m和m×n矩陣,λ≠0,則|λIn-AB|=λn-m|λIm-BA|”之中.例5設A,B,C,D都是n階矩陣,AC=CA.若|A|≠0,則|ABCD|=|AD-CB|.∣∣∣ACBD∣∣∣=|AD?CB|.這個命題是的P203的補充題6,該命題是正確的,但|A|≠0這個條件是可以除掉的,則結論仍立.現證明如下:當|A|=0時,?μ=const>0,對?ε∈(0,μ),矩陣A+εI可逆,即得|A+εI|≠0.于是由上述事實知有(A+εI)C=AC+εC=CA+εC=C(A+εI),從而|A+εΙBCD|=|(A+εΙ)D-CB|.∣∣∣A+εICBD∣∣∣=|(A+εI)D?CB|.設f(ε)=|A+εΙBCD|?g(ε)=|(A+εΙ)D-CB|f(ε)=∣∣∣A+εICBD∣∣∣?g(ε)=|(A+εI)D?CB|,則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),可見f(0)=g(0).故結論成立.注這里例5之工作實際上推廣了中的命題.2問題的拉格朗日函數有些線性代數中的有關行列估值與不等式問題,若直接引用代數的方法,可能解決起來不易,甚至不可能,但若靈活運用數學分析中的有關求條件極值的方法,則很容易解決.請看下例:例6(哈達瑪不等式)若|A|=|aij|n×n為n階矩陣A的行列式,則|A|2≤n∏i=1(n∑j=1a2ij).(3)證現用A表示矩陣(aij)n×n,考察函數f(a11,a12,…,a1n,a21,…,a2n,…,an1,…,ann)=|A|=|aij|n×n在條件{a211+a212+?+a21n=d21?a221+a222+?+a22n=d22???????????a2n1+a2n2+?+a2nn=d2n下的極值問題,其中di>0(i=1,2,…,n)且di為常數.顯然在上述n個條件限制下的n2元點集D=(a11,a12,…,a1n,a21,…,a2n,…,an1,an2,…,ann)n∑j=1a2kj=d2k,k=1,2,…,n為δ(D)<+∞,且ˉD=D,則f∈C(D),故f在D上取得最大值和最小值.現我們利用求條件極值的拉格朗日函數法來解決這個問題.今作拉格朗日函數為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,由條件極值的必要條件得?g?akj=Akj-2λkakj=0(k,j=1,2,?,n).由上述方程組解得akj=Akj2λk.當i≠k(i,k=1,2,…,n)時,有n∑j=1aijakj=n∑j=1Aijakj2λi=12λin∑j=1akjAij=0.可見當函數f滿足極值的必要條件為“行列式不同的兩行所對應的向量必正交”.于是以AT表示A之轉置矩陣,則顯然|A|之最大值和最小值分別為-√n∏k=1d2k和√n∏k=1d2k,即-√n∏k=1d2k≤|A|≤√n∏k=1d2k,從而|A|2≤n∏k=1d2k,故?k∈{1,2,…,n},dk≠0,有|A|2≤n∏k=1n∑j=1a2kj.若至少有一個k,使n∑j=1a2kj=0,即a2kj=0(j=1,2,…,n),從而|A|=0,于是不等式(3)成立.綜合上述知(3)式成立.推論設J=|A|=|aij|n×n為n階行列式aij∈R,i,j=1,2,…,n,n∑j=1a2ij=1,則必有|J|≤1.例