矩阵问题总结
矩阵
判断题
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\(\star\)[白皮例2.4] \(n\) 阶对称阵 \(A\) 是零矩阵 \(\Longleftrightarrow\) 对任意 \(n\) 维列向量 \(\alpha\), 有 \(\alpha'A\alpha=0\).
注：考虑标准单位向量即可. -
\(\star\)[白皮例2.5] \(n\) 阶方阵 \(A\) 是反对称阵 \(\Longleftrightarrow\) 对任意 \(n\) 维列向量 \(\alpha\), 有 \(\alpha' A\alpha=0\).
注：利用反对称阵的性质即可. 另外 \(A+A'\) 是对称阵. -
[白皮例2.7] 若 \(A,B\) 都是由非负实数组成的矩阵且 \(AB\) 有一行等于零, 则或者 \(A\) 有一行为零, 或者 \(B\) 有一行为零.
注：没什么难的，展开就行. -
\(\star\)[白皮例2.8] 上（下）三角阵的加减、数乘、乘积（幂）、多项式、伴随和求逆仍然是上（下）三角阵, 并且所得上（下）三角阵的主对角元是原上（下）三角阵对应主对角元的加减、数乘、乘积（幂）、多项式、伴随和求逆.
注：此结论后面常用. -
[白皮例2.31] 任意一个可逆矩阵 \(A\) 只用第三类初等变换就可以将其化为 \(\text{diag}\{1,\cdots,1,|A|\}\).
注：事实上，任何一个可逆阵可以通过第三类初等变换转化为对角阵, 因此只需对对角阵证明结论就行. -
[白皮例2.32] 任一 \(n\) 阶矩阵均可表示为形如 \(I_n+a_{ij}E_{ij}\) 这样的矩阵之积, 其中 \(E_{ij}\) 是 \(n\) 阶基础矩阵.
注：利用矩阵的相抵标准型即可, 问题转化为对初等矩阵的情形. -
\(\star\)[白皮例2.46] 若 \(A\) 是 \(m\times n\) 实矩阵, 则 \(\text{tr}(AA')\ge0\), 且等号成立 \(\Longleftrightarrow \ A=0\).
注：注意到 \(\text{tr}(AA')=\sum\limits_{i,j=1}^na_{ij}^2, \ a_{ij}\in\mathbb{R}\). -
\(\star\)[白皮例2.46] 若 \(A\) 是 \(m\times n\) 复矩阵, 则 \(\text{tr}(A\overline{A}')\ge0\), 且等号成立 \(\Longleftrightarrow \ A=0\).
注：注意到 \(\text{tr}(A\overline{A}')=\sum\limits_{i,j=1}^n|a_{ij}|^2, \ a_{ij}\in\mathbb{C}\). -
**[白皮第二章训练14] 设 \(n\) 阶矩阵 \(A\) 的每一行、每一列元素之和都为零, 证明: \(A\) 的每个元素的代数余子式都相等.
注：看到代数余子式要想到结论：\(\left| \begin{array}{ccccc} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} & x_1\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} & x_2\\ \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots\\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} & x_n\\ y_1 & y_2 & \cdots & y_n & 0 \end{array} \right|=-\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nA_{ij}x_iy_j\). 利用每行每列元素和为零又能得到上述行列式为 \(-A_{11}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nx_iy_j\). 比较两式系数即得结论.
从矩阵秩的角度看, 若 \(r(A)<n-1\), 则 \(A^*=O\), 结论显然成立; 若 \(r(A)=n-1\), 则 \(Ax=0\) 的解空间的维数为 \(1\), 显然 \(\alpha=(1,1,\cdots,1)'\) 是一个解, 则 \(A^*\) 的列向量都与 \(\alpha\) 成比例, 于是 \(A\) 的每行元素都相等. 同样对 \(A'\) 讨论, 注意到 \((A')^*=(A^*)'\), 故 \(A^*\) 的每一列元素都相等. -
*[白皮例3.67] 设 \(A,B\) 为 \(n\) 阶方阵, 满足 \(AB=O\). 讨论 \(AB'+A'B\) 的可逆性.
注：由 Sylvester 不等式可知 \(r(A)+r(B)\le n\), 从而一定有 \(r(A)\le\frac{n}{2}\) 或 \(r(B)\le\frac{n}{2}\). 下面讨论 \(n\) 的奇偶性即可. -
[白皮例3.70] \(n\) 阶矩阵 \(A\) 是幂等矩阵 \(\Longleftrightarrow\) \(r(A)+r(I_n-A)=n\).
注：考虑分块对角矩阵 \(\begin{pmatrix}A&O\\O&I_n-A\end{pmatrix}\). -
[白皮例3.71] \(n\) 阶矩阵 \(A\) 是对合矩阵 \(\Longleftrightarrow\) \(r(I_n+A)+r(I_n-A)=n\).
注：考虑分块对角矩阵 \(\begin{pmatrix}I_n+A&O\\O&I_n-A\end{pmatrix}\). -
\(\star\)[白皮例3.76] 设 \(A\) 是 \(m\times n\) 实矩阵, 则 \(r(A'A)=r(AA')=r(A)\).
注：只需验证 \(r(A'A)=r(A)\), 考虑线性方程组 \(A'Ax=0\) 与 \(Ax=0\) 同解即可. -
[白皮例3.78] 方程组 \(ABx=0\) 与 \(Bx=0\) 同解 \(\Longleftrightarrow \ r(AB)=r(B)\).
注：事实上 \(r(AB)=n-\dim V_{AB},r(B)=n-\dim V_{B}\), 显然 \(V_B\subseteq V_{AB}\), 故 $ r(AB)=r(B)\Longleftrightarrow \dim V_{AB}=\dim V_B\Longleftrightarrow V_{B}=V_{AB}$. -
[白皮例3.81] 设 \(n\) 阶矩阵 \(A\) 的行列式等于零, 证明: \(r(A^*)\le1\).
注：若 \(r(A)<n-1\), 则 \(A^*=O\); 若 \(r(A)=n-1\), 则\(Ax=0\) 的解空间 \(V_0\) 是 \(1\) 维的, 又 \(AA^*=|A|I_n=O\), 从而 \(A^*\) 的列向量都属于 \(V_0\), 因此 \(A^*\) 的列向量成比例, 即 \(r(A^*)=1\). -
**[白皮例3.83] 严格对角占优阵必是非异阵. 即若 \(n\) 阶实方阵 \(A=(a_{ij})\) 满足
\[a_{ii}>\sum\limits_{j=1,j\neq i}^n|a_{ij}|, \ 1\le i\le n, \]求证: \(|A|>0\).
注：即证线性方程组 \(Ax=0\) 只有零解. 用反证法, 若有非零解 \((c_1,c_2,\cdots,c_n)\), 将其中的绝对值的最大者 \(c_k\) 代入第 \(k\) 个方程式来导出矛盾.
证明题
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\(\star\)[白皮例2.23] 设 \(A\) 为 \(m\times n\) 矩阵, \(B\) 为 \(n\times m\) 矩阵, 使得 \(I_m+AB\) 可逆, 求证: \(I_n+BA\) 也可逆.
注：\(|I_n+BA|=|I_m||I_n+BI_m^{-1}A|=|I_n||I_m+AI_n^{-1}B|=|I_m+AB|\neq0\). 如果要求它的逆矩阵, 可以发现 \(A(I_n+BA)=(I_m+AB)A\Rightarrow A=(I_m+AB)^{-1}A(I_n+AB)\Rightarrow BA=B(I_m+AB)^{-1}A(I_n+AB)\), 因此 \(I_n=I_n+BA-BA=(I_n+BA)-B(I_m+AB)^{-1}A(I_n+AB)=(I_n-B(I_m+AB)^{-1}A)(I_n+BA)\), 由此即得 \((I_n+BA)^{-1}=I_n-B(I_m+AB)^{-1}A\). -
**[白皮例2.24] 设 \(A,B\) 均为 \(n\) 阶可逆阵, 使得 \(A^{-1}+B^{-1}\) 可逆, 证明: \(A+B\) 也可逆且
\[(A+B)^{-1}=A^{-1}-A^{-1}(A^{-1}+B^{-1})^{-1}A^{-1}. \]注：事实上 \(A+B=A(A^{-1}+B^{-1})B\), 因此 \(A+B\) 可逆, 且
\[\begin{aligned} (A+B)^{-1}&=B^{-1}(A^{-1}+B^{-1})^{-1}A^{-1}=(I_n+A^{-1}B)^{-1}A^{-1}\\ &=(I_n-A^{-1}(I_n+BA^{-1})^{-1}B)A^{-1}\\ &=A^{-1}-A^{-1}(A^{-1}+B^{-1})^{-1}A^{-1} \end{aligned} \] -
*[白皮例2.25] (Sherman-Morrison-Woodbury 公式) 设 \(A\) 为 \(n\) 阶可逆矩阵, \(C\) 为 \(m\) 阶可逆矩阵, \(B\) 为 \(n\times m\) 矩阵, \(D\) 为 \(m\times n\) 矩阵, 使得 \(C^{-1}+DA^{-1}B\) 可逆, 求证 \(A+BCD\) 也可逆, 且
\[(A+BCD)^{-1}=A^{-1}-A^{-1}B(C^{-1}+DA^{-1}B)^{-1}DA^{-1}. \]注：利用上题结论即可.
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*[白皮例2.36] 设 \(A,B\) 为 \(n\) 阶矩阵, 求证: \((AB)^*=B^*A^*\).
注：法一：用伴随矩阵的定义验证即可, 涉及矩阵乘积的余子式将用到 Cauchy-Binet 公式；法二：用摄动法, 首先验证 \(A,B\) 都是非异阵的情形, 再验证 \(A,B\) 是一般方阵的情形. -
[白皮例2.38] 设 \(A\) 为 \(n\) 阶矩阵, 求证: \(|A^*|=|A|^{n-1}\).
注：分 \(A\) 是否可逆两种情况讨论, 也可以利用摄动法. -
*[白皮例2.40] 设 \(A\) 为 \(m\) 阶矩阵, \(B\) 为 \(n\) 阶矩阵, 求分块对角阵 \(C=\begin{pmatrix}A&O\\O&B\end{pmatrix}\) 的伴随矩阵.
注：用伴随矩阵的定义做, 在计算余子式的时候会用到 Laplace 定理. 或者利用摄动法. -
\(\star\)[白皮例2.49] 设 \(A\) 为 \(n\) 阶实矩阵, 求证: \(\text{tr}(A^2)\le\text{tr}(AA')\), 等号成立当且仅当 \(A\) 是对称阵.
注：考虑 \(\text{tr}((A-A')(A-A'))\), 利用迹的正定性和交换性. -
[白皮例2.50] 设 \(A,B\) 是两个 \(n\) 阶矩阵, 使得 \(\text{tr}(ABC)=\text{tr}(CBA)\) 对任意 \(n\) 阶矩阵 \(C\) 成立, 求证: \(AB=BA\).
注：设 \(AB=(d_{ij}),BA=(e_{ij})\), 令 \(C\) 为基础矩阵即得结论. -
*[白皮例2.51] 设 \(f\) 是数域 \(\mathbb{F}\) 上 \(n\) 阶矩阵集合到 \(\mathbb{F}\) 的一个映射, 它满足下列条件:
(1) 对任意的 \(n\) 阶矩阵 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}, f(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B})=f(\boldsymbol{A})+f(\boldsymbol{B}) $;
(2) 对任意的 \(n\) 阶矩阵 \(\boldsymbol{A}\) 和 \(\mathbb{F}\) 中的数 \(k, f(k \boldsymbol{A})=k f(\boldsymbol{A})\);
(3) 对任意的 \(n\) 阶矩阵 \(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}, f(\boldsymbol{A B})=f(\boldsymbol{B} \boldsymbol{A})\);
(4) \(f\left(\boldsymbol{I}_{n}\right)=n\) .
求证: \(f\) 就是迹, 即 \(f(\boldsymbol{A})=\operatorname{tr}(\boldsymbol{A})\) 对一切 \(\mathbb{F}\) 上 \(n\) 阶矩阵 \(\boldsymbol{A}\) 成立.
注：\(n=f(I_n)=f(E_{11})+\cdots+f(E_{nn})\), 又 \(f(E_{ii})=f(E_{ij}E_{ji})=f(E_{ji}E_{ij})=f(E_{jj})\), 故 \(f(E_{ii})=1, 1\le i\le n\). 并且 \(f(E_{ij})=f(E_{ii}E_{ij})=f(E_{ij}E_{ii})=f(O)=f(0\cdot I_n)=0\cdot f(I_n)=0,i\neq j\). -
[白皮第二章训练4] 设 \(A\) 为 \(n\) 阶幂零矩阵, \(B\) 为 \(n\) 阶矩阵, 使得 \(AB+BA=B\), 求证: \(B=O\).
注：注意到 \(AB=B(I_n-A)\Rightarrow A^{k}B=B(I_n-A)^k=0\Rightarrow B=O\). -
**[白皮第二章训练13] 设 \(b\) 为非零常数, 下列形状的矩阵称为 \(b-\)循环矩阵:
\[\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccccc} a_{1} & a_{2} & a_{3} & \cdots & a_{n} \\ b a_{n} & a_{1} & a_{2} & \cdots & a_{n-1} \\ b a_{n-1} & b a_{n} & a_{1} & \cdots & a_{n-2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ b a_{2} & b a_{3} & b a_{4} & \cdots & a_{1} \end{array}\right) \](1) 证明: 同阶 \(b-\)循环矩阵的乘积仍为 \(b-\)循环矩阵;
(2) 求上述 \(b-\)循环矩阵 \(A\) 的行列式的值.
注：令 \(J_b=\begin{pmatrix}O&I_{n-1}\\b&O\end{pmatrix}\), 则 \(A=a_1I_n+a_2J_b+a_3J_b^2+\cdots+a_nJ_b^{n-1}\). 记 \(f(x)=a_1+a_2x+a_3x^2+\cdots+a_nx^{n-1}\), 则 \(|A|=f(\varepsilon_1)f(\varepsilon_2)\cdots f(\varepsilon_n)\), 其中 \(\varepsilon_i\) 为 \(b\) 的所有 \(n\) 次方根. -
**[白皮第二章训练15] 设 \(A=(a_{ij})\) 为 \(n\) 阶方阵, 定义函数 \(f(A)=\sum\limits_{i,j=1}^na_{ij}^2\). 设 \(P\) 为 \(n\) 阶可逆矩阵, 使得对任意的 \(n\) 阶方阵 \(A\) 成立: \(f(PAP^{-1})=f(A)\). 证明: 存在非零常数 \(c\), 使得 \(P^{\prime}P=cI_n\).
注：事实上, \(f(A)=\text{tr}(AA')\). -
\(\star\)[白皮例3.60] 证明: \(r(AB)\le\min\{r(A),r(B)\}\).
注：考虑 \(B\) 的列分块的极大无关组和 \(A\) 的行分块的极大无关组. -
\(\star\)[白皮例3.61] 证明: \(r\begin{pmatrix}A&C\\O&B\end{pmatrix}\ge r(A)+r(B)\).
注：考虑相抵标准型. -
\(\star\)[白皮例3.63] 证明: \(r(A \ \ B)\le r(A)+r(B),r\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}\le r(A)+r(B)\).
注：注意到 \((I,I)\begin{pmatrix}A&O\\O&B\end{pmatrix}=(A,B)\). -
[白皮例3.65] 证明: \(r(A-B)\ge |r(A)-r(B)|\).
注：不妨 \(r(A)\ge r(B)\), 即证 \(r(A-B)+r(B)\ge r(A)\), 显然成立. -
\(\star\)[白皮例3.66] (Sylvester 不等式) 证明: 设 \(A\) 是 \(m\times n\) 矩阵, \(B\) 是 \(n\times t\) 矩阵, 求证: \(r(AB)\ge r(A)+r(B)-n\).
注：考虑 \(\begin{pmatrix}I_n&O\\O&AB\end{pmatrix}\) 的初等变换.
【推论】设 \(A_1,A_2,\cdots,A_m\) 为 \(n\) 阶方阵, 则 \(r(A_1)+r(A_2)+\cdots+r(A_m)\le(m-1)n+r(A_1A_2\cdots A_m)\). -
\(\star\)[白皮例3.69] (Frobenius 不等式) 证明: \(r(ABC)\ge r(AB)+r(BC)-r(B)\).
注：考虑 \(\begin{pmatrix}ABC&O\\O&B\end{pmatrix}\) 的初等变换. -
**[白皮例3.75] 设 \(A,B\) 都是数域 \(\mathbb{K}\) 上的 \(n\) 阶矩阵且 \(AB=BA\), 证明: \(r(A+B)\le r(A)+r(b)-r(AB)\).
注：考虑矩阵变换 \(\begin{pmatrix}I_n&I_n\\O&I_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A&O\\O&B\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n&-B\\I_n&A\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A+B&O\\O&AB\end{pmatrix}\).
