高等代数 | 矩阵 | 矩阵的迹与幂零矩阵 | 求二次型的规范形

矩阵

矩阵的迹与幂零矩阵

(苏州大学,2021)设 ${n}$ 阶复方阵 ${A,B}$ 满足 ${A B-B A=A}$ ,证明:

${A^{k} B-B A^{k}=k A^{k}}$ 对任意的正整数 ${k}$ 都成立;

${A}$ 是幂零矩阵,即存在正整数 ${m}$ ，使得 ${A^{m}=O}$ ;

${A,B}$ 有公共的特征向量.

proof

数学归纳法. 当 ${k=1}$ 时,有 ${A B-B A=A}$ . 现在设命题对正整数 ${k}$ 成立,即 ${A^{k} B-B A^{k}=k A^{k}}$ ,则
$\begin{aligned} A^{k+1} B-B A^{k+1} &=A\left(B A^{k}+k A^{k}\right)-B A^{k+1}\\ &=A B A^{k}+k A^{k+1}-B A^{k+1} \\ &=(B A+A) A^{k}+k A^{k+1}-B A^{k+1}\\ &=(k+1) A^{k+1} \end{aligned}$
即命题对 ${k+1}$ 也成立.
由第一问可知
$\begin{aligned} \operatorname{tr}\left(k A^{k}\right)&=\operatorname{tr}\left(A^{k} B-B A^{k}\right)\\ &=\operatorname{tr}\left(A^{k} B\right)-\operatorname{tr}\left(B A^{k}\right)\\&=0,k=1,2,\cdots,n \end{aligned}$
即 ${\operatorname{tr}\left(A^{k}\right)=0(k=1,2,\cdots,n)}$ . 现在设 ${A}$ 的 ${n}$ 个特征值为 ${\lambda_{i}(i=1,2,\cdots,n)}$ ,则 ${ \operatorname{tr}\left(A^{k}\right)=\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i}^{k}=0,k=1,2,\cdots,n . }$

若 ${A}$ 的特征值不全为零,可设 ${\mu_{1},\mu_{2},\cdots,\mu_{s}}$ 为 ${A}$ 的全部互异非零特征值,其重数分别为 ${k_{1},k_{2},\cdots,k_{s}}$ ,由上式可知
${ \sum_{i=1}^{s} k_{i} \mu_{i}^{k}=0,k=1,2,\cdots,s . }$
将此看作关于 ${k_{1},k_{2},\cdots,k_{s}}$ 的线性方程组,其系数行列式为

$\begin{aligned} \left|\begin{array}{cccc} \mu_{1}&\mu_{2}&\cdots&\mu_{s} \\ \mu_{1}^{2}&\mu_{2}^{2}&\cdots&\mu_{s}^{2} \\ \vdots&\vdots& &\vdots \\ \mu_{1}^{s}&\mu_{2}^{s}&\cdots&\mu_{s}^{s} \end{array} \right|& =\mu_{1} \mu_{2} \cdots \mu_{s} \prod_{1 \leqslant j < i \leqslant s} \left( \mu_{i}-\mu_{j} \right)\neq 0. \end{aligned}$

故应有 ${k_{1}=k_{2}=\cdots=k_{s}=0}$ ,这与 ${k_{1},k_{2},\cdots,k_{s}}$ 为正整数矛盾. 所以 ${A}$ 的特征值均为零,进而 ${\lambda^{n}}$ 为其特征值多项式,由哈密顿-凯莱定理便知 ${A^{n}=O}$ ,即 ${A}$ 为幂零矩阵.
任取复数域上的 ${n}$ 维线性空间 ${V}$ ,设 ${\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\cdots,\varepsilon_{n}}$ 为 ${V}$ 的一组基,定义 ${V}$ 上的线性变换 ${\mathscr{A},\mathscr{B}}$ ,使得其在基 ${\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\cdots,\varepsilon_{n}}$ 下的矩阵分别为 ${A,B}$ ,则 ${\mathscr{A} \mathscr{B}-\mathscr{B} \mathscr{A}=\mathscr{A}}$ ,且 0 为 ${\mathscr{A}}$ 的特征值,现在考虑 ${\mathscr{A}}$ 的属于特征值 0 的特征值子空间 ${V_{0}}$ ,对任意的 ${\alpha \in V_{0}}$ ,有 ${\mathscr{A} \alpha=0}$ ,进而
${ \mathscr{A} \mathscr{B} \alpha=\mathscr{B} \mathscr{A} \alpha+\mathscr{A} \alpha=0 . }$
这说明 ${\mathscr{B} \alpha \in V_{0}}$ ,所以 ${V_{0}}$ 为 ${\mathscr{B}}$ 的不变子空间,而在复数域上, ${\mathscr{B} | V_{0}}$ 作为 ${V_{0}}$ 上的线性变换显然存在特征值与特征向量,不妨设非零向量 ${\xi \in V_{0}}$ 满足 ${\mathscr{B} \xi=\mu \xi}$ ,而明显 ${\mathscr{A} \xi=0}$ ,所以 ${\xi}$ 为 ${\mathscr{A},\mathscr{B}}$ 的公共的特征向量. 特别地,记 ${\xi}$ 在基 ${\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\cdots,\varepsilon_{n}}$ 下的坐标为 ${X \in \mathbb{C}^{n}}$ ,则 ${X}$ 就是矩阵 ${A,B}$ 的公共的特征向量.

(上海理工大学,2021)设 ${A,B}$ 为 2 阶矩阵,且 ${A=A B-B A}$ ,求 ${A^{2}}$ .

solution

若 ${A}$ 可逆,则由 ${A=A B-B A}$ 可知 ${E_{2}=B-A^{-1} B A}$ ,进而
${ \begin{aligned} 2&=\operatorname{tr}\left(E_{2}\right)\\ &=\operatorname{tr}\left(B-A^{-1} B A\right)\\ &=\operatorname{tr}(B)-\operatorname{tr}\left(A^{-1} B A\right)\\ &=0 . \end{aligned} }$
矛盾,所以 ${A}$ 不可逆,即 ${r(A) \leqslant 1}$ ,进而 ${A^{2}=\operatorname{tr}(A) A}$ ,而根据 ${A=A B-B A}$ 可知
${ \begin{aligned} \operatorname{tr}(A)&=\operatorname{tr}(A B-B A)\\ &=\operatorname{tr}(A B)-\operatorname{tr}(B A)\\ &=0 \end{aligned} }$
所以 ${A^{2}=\operatorname{tr}(A) A=O}$ .

求二次型的规范形

(中南大学,2021)设 ${A=\left(a_{i j}\right)}$ 为 ${n}$ 阶实方阵,满足:

${a_{11}=a_{22}=\cdots=a_{n n}=a>0}$ ;

对任意的 ${i=1,2,\cdots,n}$ ,有 ${\sum_{j=1}^{n}\left|a_{i j}\right|+\sum\limits_{j=1}^{n}\left|a_{j i}\right|<4 a}$ .

求二次型 ${f(X)=X^{\prime} A X}$ 的规范形,其中 ${X=\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}A\right)^{\prime}}$ .

solution

首先注意到 ${f(X)=X^{\prime} A X=X^{\prime} A^{\prime} X=X^{\prime} B X}$ ,其中
${ B=\frac{A+A^{\prime}}{2}=\left(b_{i j}\right) }$
为二次型 ${f(X)}$ 的对称矩阵,由已知可得
${ b_{i i}=a > 0,\sum_{j \neq i}\left|b_{i j}\right| < a,i=1,2,\cdots,n . }$
由于 ${B}$ 为实对称矩阵,所以 ${B}$ 的特征值均为实数,任取 ${\lambda_{0}}$ 为 ${B}$ 的实特征值,且 ${\alpha=\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}A\right)^{\prime}}$ 为对应的实特征值向量,由 ${B \alpha=\lambda_{0} \alpha}$ 可知
${ \sum_{j=1}^{n} b_{i j} x_{j}=\lambda_{0} x_{i},i=1,2,\cdots,n . }$
现在设 ${\left|x_{k}\right|=\max \left\{\left|x_{1}\right|,\left|x_{2}\right|,\cdots,\left|x_{n}\right|\right\}>0}$ ,则由 ${\sum\limits_{j=1}^{n} b_{k j} x_{j}=\lambda_{0} x_{k}}$ 可知
${ \left(\lambda_{0}-b_{k k}\right) x_{k}=\sum_{j \neq k} b_{k j} x_{j} . }$
上式取绝对值放缩可得
${ \left|\lambda_{0}-a\right|\left|x_{k}\right| \leqslant \sum_{j \neq k}\left|b_{k j}\right|\left|x_{k}\right| < a\left|x_{k}\right| . }$
即 ${\left|\lambda_{0}-a\right| < a}$ ,解得 ${\lambda_{0} > 0}$ ,即 ${B}$ 为正定矩阵,所以 ${f(X)}$ 的规范形为 ${y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+\cdots+y_{n}^{2}}$

(南开大学,2021)在实线性空间 ${V=\mathbb{R}^{n \times n}}$ 上定义二次型
$q(A)=\operatorname{tr}\left(A^{2}\right),A \in V$
试计算 ${q}$ 的正惯性指数和负惯性指数.

solution

首先设 $A = \left(x_{i j}\right)_{n \times n} \in V$ ,则有
$\begin{aligned} q(A)&=\operatorname{tr}\left(A^{2}\right)=\sum_{i,j=1}^{n} x_{i j} x_{j i}\\ &=\sum_{i=1}^{n} x_{i i}^{2}+2 \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} x_{i j} x_{j i} \end{aligned}.$

作非退化线性替换

${ \left\{\begin{array}{l} x_{i i}=y_{i i},1 \leqslant i \leqslant n \\ x_{i j}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(y_{i j}+y_{j i}\right),1 \leqslant i < j \leqslant n \\ x_{j i}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(y_{i j}-y_{j i}\right),1 \leqslant i < j \leqslant n \end{array}\right. }$

可得

${ q(A)=\sum_{i=1}^{n} y_{i i}^{2}+\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n}\left(y_{i j}^{2}-y_{j i}^{2}\right) . }$

因此 ${q}$ 的正惯性指数为 ${\dfrac{n (n+1)}{2}}$ ,负惯性指数为 ${\dfrac{n (n-1)}{2}}$ .

note

设 ${A=\left(a_{i j}\right)}$ 是 ${n}$ 级复矩阵。令
${ D_{i}(A)=\left\{z \in \mathbf{C}| \left|z-a_{i i}\right| \leqslant \sum_{j \neq i} \left|a_{i j} \right|\right\} . }$
称 ${D_{i}(A),i=1,2,\cdots,n}$ ,是 ${A}$ 的 ${n}$ 个 Gersgorin 圆盘. 证明下述的 Gersgorin 圆盘定理:

${n}$ 级复矩阵 ${A}$ 的每一个特征值都在 ${A}$ 的某个 Gersgorin 圆盘中.

proof

任取 $A$ 的一个特征值 $\lambda_{1}$ , 则存在 $\boldsymbol{\alpha} \in \mathbf{C}^{n}$ 且 $\boldsymbol{\alpha} \neq \boldsymbol{0}$ , 使得 $A \boldsymbol{\alpha}=\lambda_{1} \boldsymbol{\alpha}_{0}$ 设 $\boldsymbol{\alpha}=$ $\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right)^{\prime}$ ,且设
${ \left|c_{k}\right|=\max \left\{\left|c_{1}\right|,\left|c_{2}\right|,\cdots,\left|c_{n}\right|\right\} . }$
比较 ${A \alpha=\lambda_{1} \boldsymbol{\alpha}}$ 两边的第 ${k}$ 个分量,得
${ \lambda_{1} c_{k}=a_{k 1} c_{1}+\cdots+a_{k k} c_{k}+\cdots+a_{k n} c_{n} . }$
于是
${ \left(\lambda_{1}-a_{k k}\right) c_{k}=\sum_{j \neq k} a_{k j} c_{j} . }$

由于 ${\boldsymbol{\alpha} \neq \mathbf{0}}$ ,因此 ${c_{k} \neq 0}$ 。从上式得
${ \left|\lambda_{1}-a_{k k}\right|=\left|\sum_{j \neq k} a_{k j} \frac{c_{j}}{c_{k}}\right| \leqslant \sum_{j \neq k}\left|a_{k j}\right| . }$
于是 ${\lambda_{1} \in D_{k}(A)}$ .

从本题看出,若 ${A}$ 不可逆,则 ${A}$ 的特征值 0 属于 ${A}$ 的某一个 Gersgorin 圆盘。也就是说,如果 ${A}$ 不可逆,那么 ${A}$ 有一个 Gersgorin圆盘包含原点。从而如果 ${A}$ 的每一个 Gersgorin 圆盘都不包含原点,那么 ${A}$ 一定是可逆矩阵。

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