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[原创]专题:摄动法及其应用

专题:摄动法及其应用 高等代数资源网http://www.52gd.org

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2. 摄动法及其应用 在求解矩阵$A$的一些问题时,可以构造一簇与$A$密切相关的矩阵$A+kE$来处理,这种方法称为摄动法,或者扰动法.

摄动法的应用依赖多项式的两个结论.

Example 1. %
设$f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}\in F[x],$若存在$x_{1},x_{2},\cdots,x_{n},x_{n+1}\in F,x_{i}\neq x_{j},i\neq j$使得$f(x_{i})=0,i=1,2,\cdots,n,n+1.$则$f(x)=0.$

Example 2. %
若$f(x),g(x)\in F[x],$且它们的次数都不超过$n,$若对$n+1$个不同的数$a_{1},a_{2},\cdots,a_{n+1}\in F,$有
$$f(a_{i})=g(a_{i}),i=1,2,\cdots,n,n+1.$$
则$f(x)=g(x).$

Example 3. %
设$A=(a_{ij})\in R^{n\times n},$证明:

(1)若$|a_{ii}|>\sum_{j\neq i}|a_{ij}|,i=1,2,\cdots,n,$则$|A|\neq0;$

(2)若$a_{ii}>\sum_{j\neq i}|a_{ij}|,i=1,2,\cdots,n,$则$|A|>0.$

\textbf{证明:}(1)反证法.若$|A|=0,$则存在非零列向量$X=(x_{1},\cdots,x_{n})^{T}$使得$AX=0,$即
$$a_{i1}x_{1}+\cdots+a_{it}x_{t}+\cdots+a_{in}x_{n}=0.$$
设$|x_{t}|=max\{|x_{1}|,\cdots,|x_{n}|\},$则
$$a_{tt}x_{t}=-\sum_{j\neq t}a_{tj}x_{j},$$
于是
$$|a_{tt}x_{t}|=|a_{it}||x_{t}|=|\sum_{j\neq t}a_{tj}x_{j}|\leq \sum_{j\neq t}|a_{tj}||x_{j}|.$$
从而
$$|a_{tt}|\leq \sum_{j\neq t}|a_{tj}|,$$
这与条件矛盾.

(2)由(1)知$|A|\neq0,$若$|A|<0,$由于$f(x)=|xE+A|$是一个首项系数为1的$n$次多项式,从而存在足够大的正数$M$使得当$x\geq M$时,$f(x)>0,$于是$f(x)=|xE+A|$是$[0,M]$上的连续函数,且$f(0)=|A|<0,f(M)>0,$由连续函数的介值定理知,存在$a\in [0,M]$使得$$f(a)=|aE+A|=0,$$
显然$aE+A$的元素满足(1)的条件,从而$f(a)=|aE+A|\neq0.$矛盾.故$|A|>0.$

Example 4. 设$A$是$n$阶实矩阵,证明:

(1)若$|A|<0,$则存在非零的实列向量$X$使得$X^{T}AX<0;$

(2)若对任意的非零实列向量$X$都有$X^{T}AX>0,$则$|A|>0.$

\textbf{证明:}(1)由于$f(x)=|xE+A|$是一个首项系数为1的$n$次多项式,从而存在足够大的正数$M$使得当$x\geq M$时,$f(x)>0,$于是$f(x)=|xE+A|$是$[0,M]$上的连续函数,且$f(0)=|A|<0,f(M)>0,$由连续函数的介值定理知,存在$a\in [0,M]$使得$$f(a)=|aE+A|=0,$$
于是存在非零的实列向量$X$使得$(aE+A)X=0,$从而
$$0=X^{T}(aE+A)X=aX^{T}X+X^{T}AX,$$

$$X^{T}AX=-aX^{T}X<0.$$

(2)由(1)知$|A|\geq0.$若$|A|=0,$则存在非零列向量$X$使得$X^{T}AX=0,$这与题设矛盾.从而$|A|>0.$

Example 5. %
(武汉大学2011)(14分)设$A$是$n$阶实矩阵,且$\forall \alpha(\neq0)\in R^{n\times1},$均有$\alpha^TA\alpha>0.$求证:$detA>0.$

\textbf{证明:} (法一)由于
$$A=S+T,S=\dfrac{A+A^T}{2}\mbox{为实对称矩阵},T=\dfrac{A-A^T}{2}\mbox{为实反对称矩阵},$$
从而$\forall \alpha(\neq0)\in R^{n\times1},$均有
$$0<\alpha^TA\alpha=\alpha^T(S+T)\alpha=\alpha^TS\alpha,$$
即$S$是正定矩阵.

先证明$|A|=|S+T|\neq0.$否则,方程组$Ax=0$有非零解,设为$\beta,$注意到$T$是反对称矩阵,则有
$$0=\beta^TA\beta=\beta^TS\beta.$$
与条件矛盾.故$|A|\neq0.$

下证$|A|>0.$作$[0,1]$上的连续函数
$$f(x)=|S+xT|,$$
由上面$|A|\neq0$的证明可知,对任意$x\in [0,1],f(x)=|S+xT|\neq0.$而$f(0)=|S|>0,$若
$|A|=f(1)=|S+T|<0,$由连续函数的介质性知,存在$x_0\in(0,1)$使得$0=f(x_0)=|S+x_0T|.$矛盾.

(法二)设$\lambda$是$A$的任一实特征值,$\alpha$为对应的特征向量,即
$$A\alpha=\lambda\alpha,\alpha\neq0,$$
于是由条件有
$$0<\alpha^TA\alpha=\lambda\alpha^T\alpha,$$
而$\alpha^T\alpha>0,$故$\lambda>0.$即$A$的实特征值都大于0.又$A$的虚特征值是成对且互为共轭的,故$|A|>0.$

Example 6. (南开06竞赛)设$A$为$n$阶实方阵,且$A+A^T$为正定阵,证明$detA>0.$

Example 7. %
设$A$是$n$阶实对称正定矩阵,$S$为$n$阶实反对称矩阵.则$|A+S|>0.$

\textbf{证明:}(法1)由条件,对任意的非零实列向量$X$有
$$X^{T}(A+S)X=X^{T}AX+X^{T}SX=X^{T}AX>0.$$
由(例4)知$|A+S|>0.$

(法2)设$\lambda$是$A+S$的任一实特征值,$\alpha$是对应的特征向量,即
$$(A+S)\alpha=\lambda\alpha,\alpha\neq0,$$
于是由$A$正定有
$$0<\alpha^{T}A\alpha=\alpha^{T}(A+S)\alpha=\lambda\alpha^{T}\alpha,$$
从而$\lambda>0.$而$A+S$的虚特征值成对按共轭出现,故$$|A+S|>0.$$

Example 8. 设$A$为$n$阶实可逆阵,$S$为$n$阶实反对称阵,求证$|AA^T+S|>0.$

Example 9. (上海交大03)设$A$为$n$阶反对称阵,$B=diag(a_1,a_2,\cdots,a_n),a_i>0.$证明$|A+B|>0.$

Example 10. 设$A$正定,$B$实反对称,则$|A+B|>0.$

Example 11. 设$A$正定,$B$实反对称,则$r(A+B)=n.$

\textbf{证明:}若$r(A+B)<n,$则$|A+B|=0,$于是存在$x_0\in
R^n,x_0\neq0$使得
$$(A+B)x_0=0$$
从而
$$0=x_0^T(A+B)x_0=x_0^TAX_0$$
这与$A$正定矛盾.

Example 12. (中国地质03)设$A$为实反对称阵,试证$A+E$为非奇异阵.

\textbf{证明:} (法一)若$|A+E|=0,$则$(A+E)x=0$有非零解,设为$x_0,$则
$$0=x_0^T(A+E)x_0=x_0^Tx_0>0$$
矛盾.

(法二)若$|A+E|=0,$则$|-E-A|=0.$从而$-1$为$A$的特征值,矛盾.

Example 13. %
设$A$为$n$阶方阵,$u,v$为$n$维列向量,则
$$|A+uv^{T}|=|A|+v^{T}A^{*}u$$
其中$A^{*}$为$A$的伴随矩阵

\textbf{证明:} (1)$A$可逆时,
$$\begin{vmatrix}
A & u\\
-v^T & 1 \\
\end{vmatrix}
=\begin{vmatrix}
A & u\\
0 & 1+v^T\frac{A^*}{|A|}u \\
\end{vmatrix}=|A||1+v^T\frac{A^*}{|A|}u |=|A|+v^TA^*u$$
$$\begin{vmatrix}
A & u\\
-v^T & 1 \\
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
A+uv^{T} & 0\\
-v^T & 1 \\
\end{vmatrix}=|A+uv^{T}|.$$
(2)$A$不可逆时,存在无穷多$t$的值使得$A_1=A+tE$可逆.由(1)
$$\begin{vmatrix}
A_1 & u\\
-v^T & 1 \\
\end{vmatrix}
=|A_1|+v^TA_{1}^*u,$$
上式两边均为$t$的多项式,且有无穷的的$t$的值使得等式成立.故当$t=0$时,等式也成立.

Example 14. %
设$A,B,C,D$都是$n$阶矩阵,证明:

(1)若$AC=CA,$则$\begin{vmatrix}%
A&B\\
C&D
\end{vmatrix}=|AD-CB|;$

(2)若$AB=BA,$则$\begin{vmatrix}%
A&B\\
C&D
\end{vmatrix}=|DA-CB|.$

\textbf{证明:}(1)若$A$可逆,则由
$$\begin{pmatrix}%
E&0\\
-CA^{-1}&E
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
A&B\\
C&D
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}%
A&B\\
0&D-CA^{-1}B
\end{pmatrix},$$
两边取行列式可得
$$\begin{vmatrix}%
A&B\\
C&D
\end{vmatrix}=|A||D-CA^{-1}B|=|AD-ACA^{-1}B|=|AD-CB|.$$

若$A$不可逆,令$A_{1}=A+xE,$则存在无穷多$x$的值使得$A_{1}$可逆,由前证有
$$\begin{vmatrix}%
A_{1}&B\\
C&D
\end{vmatrix}=|A_{1}D-CB|.$$
此式两边是关于$x$的多项式,且有无穷多$x$的取值使得两边相等,从而上式是关于$x$的恒等式,于是当$x=0$时,等式也成立,即
$$\begin{vmatrix}%
A&B\\
C&D
\end{vmatrix}=|AD-CB|.$$

(2)由(1)以及$A^{T}B^{T}=B^{T}A^{T}$有
$$\begin{vmatrix}%
A&B\\
C&D
\end{vmatrix}
=\begin{vmatrix}%
\begin{pmatrix}%
A&B\\
C&D
\end{pmatrix}^{T}
\end{vmatrix}
=\begin{vmatrix}%
A^{T}&C^{T}\\
B^{T}&D^{T}
\end{vmatrix}
=|A^{T}D^{T}-B^{T}C^{T}|=|(DA-CB)^{T}|=|DA-CB|.$$

Example 15. (浙大02)$A,B\in C^{n\times n},$其中$A$为幂零阵(即存在正整数$m$使得$A^{m}=0$)且$AB=BA.$求证$|A+B|=|B|.$

\textbf{证明:}  (法1)利用可换的两个矩阵同时相似于上三角矩阵,并注意到上三角阵的对角元即为特征值可得.

(法2)若$B$可逆,由$AB=BA$可得$AB^{-1}=B^{-1}A,$从而
$$(AB^{-1})^{m}=A^{m}(B^{-1})^{m}=0$$
故$AB^{-1}$的特征值全为0.从而$E+AB^{-1}$的特征值全为1,
于是
$$|A+B|=|AB^{-1}+E||B|=|B|.$$

若$B$不可逆,令
$$B_{1}=tE+B$$
则存在无穷多个$t$的值使得$B_{1}$可逆,且$AB_{1}=B_{1}A.$故
$$|A+B_{1}|=|B_{1}|$$
由多项式性质,当$t=0$时上式成立.故结论成立.

Example 16. %
设$A$为$n\times m$矩阵,$B$为$m\times n$矩阵.证明:$\lambda^{n-m}|\lambda E_{m}-BA|=|\lambda E_{n}-AB|.$

\textbf{证明:}(1)先证明$m=n$时,结论成立.

若$A$可逆,则
$$|\lambda E_{n}-BA|=|\lambda AE_{n}A^{-1}-A(AB)A^{-1}|=|A(\lambda E_{n}-AB)A^{-1}|=|\lambda E_{n}-AB|.$$

若$A$不可逆,则存在无穷多$x$的值使得$A_{1}=A+xE$可逆,由前证有
$$|\lambda E_{n}-BA_{1}|=|\lambda E_{n}-A_{1}B|,$$
上式两边是关于$x$的恒等式,从而$x=0$时,等式也成立,即
$$|\lambda E_{n}-BA|=|\lambda E_{n}-AB|.$$

(2)不妨设$n>m,$令$A_{1}=(A,0)_{n\times n},B_{1}=(B,0)_{n\times n}^{T},$则由(1)有
$$|\lambda E_{n}-B_{1}A_{1}|=|\lambda E_{n}-A_{1}B_{1}|,$$
注意到$B_{1}A_{1}=\begin{pmatrix}%
BA&0\\
0&0
\end{pmatrix},A_{1}B_{1}=AB,$可得
$$\lambda^{n-m}|\lambda E_{m}-BA|=|\lambda E_{n}-AB|.$$

Example 17. %
设$A,B\in F^{n\times n},$证明:$(AB)^{*}=B^{*}A^{*}.$

\textbf{证明:}(1)若$A,B$都可逆,则
$$(AB)^{*}=|AB|(AB)^{-1}=|A||B|B^{-1}A^{-1}=|B|B^{-1}|A|A^{-1}=B^{*}A^{*}.$$

(2)若$A,B$都不可逆或有一个可逆,令
$$A_{1}=A+xE,B_{1}=B+xE,$$
则存在无穷多$x$的值使得$A_{1},B_{1}$都可逆,从而由(1)有
$$(A_{1}B_{1})^{*}=B_{1}^{*}A_{1}^{*}.$$
注意到等式两边矩阵的元素对应相等,都是$x$的多项式且有无穷多$x$的值使得它们相等,从而等式两边的矩阵是恒等的,从而当$x=0$时,等式也成立,即
$$(AB)^{*}=B^{*}A^{*}.$$

Example 18. 证明:$n$阶矩阵$A\in F^{n\times n}$的伴随矩阵$A^{*}$是$A$的多项式.

\textbf{证明:}(1)$r(A)<n-1$时,$A^{*}=0.$结论显然成立.

(2)$r(A)=n$时,设$A$的特征多项式为
$$f(x)=x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}$$

$$0=A^{n}+a_{n-1}A^{n-1}+\cdots+a_{1}A+a_{0}E$$
于是
$$A^{-1}=-\frac{1}{a_{0}}(A^{n-1}+a_{n-1}A^{n-2}+\cdots+a_{1}E)$$
而$A^{*}=|A|A^{-1},$从而结论成立.

当$r(A)<n$时,考虑$A_{1}=A+tE,$由于存在无穷多的$t$的值使得$A_{1}$可逆,由上证可得
$$A_{1}^{*}=g(A_{1})$$
令$k$趋于0即可

Example 19. 证明$$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=
\begin{vmatrix}
0 & x_1 & \cdots & x_n \\
-x_1 & a_{11} & \cdots & a_{1n} \\
\vdots& \vdots & \cdots & \vdots \\
-x_n & a_{n1} & \cdots & a_{nn} \\
\end{vmatrix}
$$是一个二次型,并求出此二次型的矩阵.

\textbf{证明:}
令$A=(a_{ij})_{n\times n},X=(x_1,\cdots,x_n)^T,$则
$$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=
\begin{vmatrix}
0& X^T\\
-X& A\\
\end{vmatrix}$$

(1)当$A$可逆时
\begin{equation*}
\begin{split}
f(x_1,x_2,\cdots,x_n) =&\begin{vmatrix}
0& X^T\\
-X& A\\
\end{vmatrix}
=\begin{vmatrix}
X^TA^{-1}X& 0\\
-X& A\\
\end{vmatrix}\\
=&|A||X^TA^{-1}X|
=X^TA^*X\\
=&X^T(\frac{A^*}{2}+(\frac{A^*}{2})^T)X
\end{split}
\end{equation*}
故$f(x_1,\cdots,x_n)$为一个二次型,其矩阵为$$\frac{A^*}{2}+(\frac{A^*}{2})^T.$$

(2)当$A$不可逆时,令$A_1=A+tE,$则存在无穷多个$t$使得$A_1$可逆,此时
$$f_1(x_1,\cdots,x_n)=\begin{vmatrix}
0 & X^T \\
-X & A_1\\
\end{vmatrix}=X^T(\frac{A_1^*}{2}+(\frac{A_1^*}{2})^T)X
$$
上式两边均为$t$的多项式,且有无穷多个$t$使得等式成立.故当$t=0$时,等式也成立,故
$$f(x_1,\cdots,x_n)=\begin{vmatrix}
0 & X^T \\
-X & A\\
\end{vmatrix}=X^T(\frac{A^*}{2}+(\frac{A^*}{2})^T)X$$

Example 20. (浙江大学2012)已知$A$为$2n$阶方阵且满足
$$A\begin{pmatrix}
0&I_{n}\\
-I_{n}&0
\end{pmatrix}A^{T}=\begin{pmatrix}
0&I_{n}\\
-I_{n}&0
\end{pmatrix}$$
证明:$det(A)=1.$

\textbf{证明:}
将$A$分块为
$$A=\begin{pmatrix}
A_{1}&A_{2}\\
A_{3}&A_{4}
\end{pmatrix}$$
由条件有
\begin{eqnarray}
-A_{2}A_{1}^{T}+A_{1}A_{2}^{T}&=&0\\
-A_{2}A_{3}^{T}+A_{1}A_{4}^{T}&=&I\\
-A_{4}A_{1}^{T}+A_{3}A_{2}^{T}&=&-I\\
-A_{4}A_{3}^{T}+A_{3}A_{4}^{T}&=&0
\end{eqnarray}

若$A_{1}$可逆,由$A$的分块可得$$|A|=|A_{1}||A_{4}-A_{3}A_{1}^{-1}A_{2}|$$由上面四式的第一式可得$$A_{2}=A_{1}A_{2}^{T}(A_{1}^{-1})^{T}$$
代入第二式可得
$$A_{4}-A_{3}A_{1}^{-1}A_{2}=(A_{1}^{-1})^{T}$$
从而可得.

当$A_{1}$不可逆时,利用摄动法可得.
\end{document}

百度云:http://pan.baidu.com/s/17Uw9M

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2 条留言  访客:1 条  博主:1 条

  1. gattsuo

    谢谢老师.咱学校课本课后题记得有一个需要摄动法解决的,在北大版也有.

    • admin

      是的

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