线性代数

$n$阶复方阵$A=(a_{ij})$的第$i$行上所有元素的模之和记为$R_i$,即$displaystyle R_i=sum_{j=1}^{n}|a_{ij}|,i=1,2,cdots,n$.方阵$A=(a_{ij})$的第$j$列上所有元素的模之和记为$T_j$,即$displaystyle T_i=sum_{i=1}^{n}|a_{ij}|,j=1,2,cdots,n$.记$P_i=R_i-|a_{ii}|,Q_i=T_j-|a_{jj}|$.
如果方阵$A$满足$|a_{ii}|>P_i,i=1,2,cdots,n$,则方阵$A$称为 extbf{行主角占优方阵};如果方阵$A$满足$|a_{jj}|>Q_j,j=1,2,cdots,n$,则方阵$A$称为 extbf{列主角占优方阵}.关于主角占优方阵,我们有

egin{Theorem}[Levy-Desplanques]
设$A=(a_{ij})$是行或列主角占优方阵,则$det A eq 0$.
end{Theorem}
egin{Proof}
设$A=(a_{ij})$是行主角占优方阵,且$det A=0$.则方程组$Ax=0$有非零解$x=(x_1,x_2,cdots,x_n)^{mathrm{T}}$,故
$max{|x_1|,|x_2|,cdots,|x_n|}=|x_k|>0,1leq kleq n$.因此$displaystylesum_{j=1}^{n}a_{kj}x_j=0$.于是
[a_{kk}x_k=-sum_{1leq jleq n,j eq k}a_{kj}x_j.]
上式两端取模,得到
[|a_{kk}||x_k|=-left|sum_{1leq jleq n,j eq k}a_{kj}x_j ight|leq sum_{1leq jleq n,j eq k}|a_{kj}||x_j|.]
因此$|a_{kk}|leq P_k$,与$A$为行主角占优方阵矛盾.

对列主角占优方阵$A$,则$A^{mathrm{T}}$为行主角占优方阵.因此$det A=det A^{mathrm{T}} eq 0$.
end{Proof}

egin{Theorem}[Gersg$ddot{o}$rin圆盘定理, 1931]
任意$n$阶复方阵$A=(a_{ij})$的特征值一定落在复平面上$n$个圆盘
[|z-a_{ii}|leq P_i,quad i=1,2,cdots,n]
的并集内.
end{Theorem}
egin{Proof}
设$lambda_0$是方阵$A$的特征值,则$varphi(lambda_0)=det(lambda_0I_{(n)}-A)=0$.因此由Levy-Desplanques定理,方阵$lambda_0I_{(n)}-A$不是行主角占优方阵,所以至少有某个$i$, $1leq ileq n$,使得$|lambda_0-a_{ii}|leq P_i$.这就证明了圆盘定理.
end{Proof}

参考文献: 李炯生,线性代数, P252.

egin{Example}
(丘维声上P145)设$A=(a_{ij})$是实数域上的$n$阶矩阵.证明:如果
[a_{ii}>sum_{j=1,j eq i}^{n}|a_{ij}|,quad i=1,2,cdots,n,]
那么$|A|>0$.
end{Example}
egin{Proof}
令[B(t)=egin{pmatrix}
a_{11} & a_{12}t & cdots & a_{1n}t \
a_{21}t & a_{22} & cdots &a_{2n}t\
vdots & & & vdots\
a_{n1}t & a_{n2}t & cdots &a_{nn}
end{pmatrix},]
$|B(t)|$是$t$的多项式,从而$|B(t)|$是连续函数.当$tin (0,1]$时,由已知条件得
[a_{ii}>sum_{j=1,j eq i}^{n}|a_{ij}|cdot 1geq sum_{j=1,j eq i}^{n}|a_{ij}|t=sum_{j=1,j eq i}^{n}|a_{ij}t|,]
其中$i=1,2,cdots,n$.由上面结论可知$|B(t)| eq 0$.由于
[|B(0)|=a_{11}a_{22}cdots a_{nn}>0,]
因此据连续函数中间值定理可知$|B(1)|>0$,即$|A|>0$.
end{Proof}

%%A伴随的伴随

egin{Theorem}
(李炯生P365)设$S=(a_{ij})_{n imes n}geq 0$.证明:
[det Sleq a_{11}a_{22}cdots a_{nn},]
并且等号当且仅当方阵$S$为对角方阵时成立.
end{Theorem}
egin{Proof}

end{Proof}

egin{Theorem}[Hadamard不等式]
(李炯生P365)设$A=(a_{ij})$是$n$阶方阵.证明:
[det Aleq prod_{j=1}^{n}left(sum_{i=1}^{n}a_{ij}^2 ight)^{1/2},]
其中等式当且仅当方阵$A$的$n$个列向量两两正交时成立.
end{Theorem}
egin{Proof}

end{Proof}

egin{Theorem}
(许以超P250)任一$n$阶复方阵$A$能分解为两个复对称方阵的乘积,且可指定其中一个为可逆的.
end{Theorem}
egin{Proof}

end{Proof}

egin{Theorem}
(许以超P250)任一$n$阶复方阵$A$能分解为两个复对称方阵的乘积,且可指定其中一个为可逆的.
end{Theorem}
egin{Proof}

end{Proof}

egin{Theorem}
(许以超P260)设$A$为$n$阶可逆复方阵, $alpha$为非零复数,则存在$n$阶复方阵$B$,使得$B^alpha=A$,即矩阵方程$X^alpha=A$有解.
end{Theorem}
egin{Proof}

end{Proof}

egin{Theorem}

end{Theorem}
egin{Proof}

end{Proof}

egin{Theorem}
求解常微分方程$y'+P(x)y+Q(x)=0$,其中$P(x),Q(x)$均为给定的函数.
end{Theorem}
egin{Proof}
只需先求$y'+P(x)y=0$的解$Y(x)$,然后有
egin{align*} left( frac { y } { Y ( x ) } ight) ^ { prime } &= frac { y ^ { prime } Y ( x ) - y Y ^ { prime } ( x ) } { Y ^ { 2 } ( x ) } = frac { y ^ { prime } Y ( x ) - y [ - P ( x ) Y ( x ) ] } { Y ^ { 2 } ( x ) } \ &{ = frac { y ^ { prime } + P ( x ) y } { Y ( x ) } = - frac { Q ( x ) } { Y ( x ) } }, end{align*}
因此
[y = - Y ( x ) int frac { Q ( x ) } { Y ( x ) } d x.]
end{Proof}

egin{Example}
求解$xy'-y+x^3=0$.
end{Example}

egin{Theorem}
设$f(x)$在$[a,b]$上连续,在$(a,b)$上可导,且$displaystyle f(x_1)=y_1,f(x_2)=y_2,int_{a}^{b}f(x)dx=A$.证明:存在$xiin (a,b)$,使得$f''(xi)=B$.
end{Theorem}
egin{Proof}
构造函数$F(x)=dx^2+ex+f$使得$f(x_1)=y_1,f(x_2)=y_2,int_{a}^{b}f(x)dx=A$即可,然后考察$G(x)=f(x)-F(x)$即可.
end{Proof}

extbf{注.}利用了函数拟合(逼近)的思想.

egin{Theorem}
设$A$是实数域上的$s imes n$矩阵,则
[mathrm{rank}(A'A)=mathrm{rank}(AA')=mathrm{rank}(A).]
end{Theorem}
egin{Proof}
(丘维声上册P183)
end{Proof}

egin{Theorem}
证明: 对于任意复矩阵$A$,有
[mathrm{rank}(overline{A}'A)=mathrm{rank}(Aoverline{A}')=mathrm{rank}(A).]
end{Theorem}
egin{Proof}
(丘维声上册P193)
end{Proof}

egin{Example}
举例说明:对于复矩阵$A$, $mathrm{rank}(overline{A}'A) eqmathrm{rank}(A)$.
end{Example}

egin{Theorem}
证明Cauchy恒等式:当$ngeq 2$时,有
[left( sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } c _ { i } ight) left( sum _ { i = 1 } ^ { n } b _ { i } d _ { i } ight) - left( sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } d _ { i } ight) left( sum _ { i = 1 } ^ { n } b _ { i } c _ { i } ight) = sum _ { 1 leqslant j < k leqslant n } left( a _ { j } b _ { k } - a _ { k } b _ { j } ight) left( c _ { j } d _ { k } - c _ { k } d _ { j } ight).]
end{Theorem}
egin{Proof}
(丘维声上册P188)
end{Proof}

egin{Theorem}
(丘维声上册P193)证明Lagrange恒等式:当$ngeq 2$时,有
[left( sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } ight) left( sum _ { i = 1 } ^ { n } b _ { i } ^ { 2 } ight) - left( sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } b _ { i } ight) ^ { 2 } = sum _ { 1 < j < k leq n } left( a _ { j } b _ { k } - a _ { k }b_{j} ight)^ { 2 }.]
end{Theorem}

egin{Theorem}
证明Cauchy-Schwarz不等式:对任意实数$a_1,a_2,cdots,a_n,b_1,b_2,cdots,b_n$,有
[left( a _ { 1 } ^ { 2 } + a _ { 2 } ^ { 2 } + dots + a _ { n } ^ { 2 } ight) left( b _ { 1 } ^ { 2 } + dots + b _ { n } ^ { 2 } ight) geqslant left( a _ { 1 } b _ { 1 } + a _ { 2 } b _ { 2 } + dots + a _ { n } b _ { n } ight) ^ { 2 },]
等号成立当且仅当$(a_1,a_2,cdots,a_n)$与$(b_1,b_2,cdots,b_n)$线性相关.
end{Theorem}
egin{Proof}
(丘维声上册P188)
end{Proof}

egin{Example}
设实数域上的$n$阶矩阵$A=(B,C)$,其中$B$是$n imes m$矩阵,证明:
[|A|^2leq |B'B|\, |C'C|.]
end{Example}
egin{Proof}
(丘维声上册P193)
end{Proof}

egin{Example}
设$A,B$分别是数域$K$上$n imes m,m imes n$矩阵.证明:如果$I_n-AB$可逆,那么$I_m-BA$也可逆,并求$(I_m-BA)^{-1}$.
end{Example}
egin{Proof}
(丘维声上册P206)

[left( I _ { m } - B A ight) ^ { - 1 } = I _ { m } + B left( I _ { n } - A B ight) ^ { - 1 } A.]
end{Proof}

egin{Example}
设$A$是数域$K$上的$n$阶矩阵,证明:对任意正整数$k$,有
[mathrm{rank}(A^{n+k})=mathrm{rank}(A^n).]
end{Example}
egin{Proof}
(丘维声上册P208)

end{Proof}

egin{Example}
(Lyapunov不等式)设$f(x)$在闭区间$[a,b]$有连续的二阶导数,且$f(a)=f(b)=0$,当$xin (a,b)$时, $f(x) eq 0$,证明:
[int _ { a } ^ { b } left| frac { f ^ { prime prime } ( x ) } { f ( x ) } ight| mathrm{d} x geq frac { 4 } { b - a }.]
end{Example}
egin{Proof}
由于
[int _ { a } ^ { b } left| frac { f ^ { prime prime } ( x ) } { f ( x ) } ight| mathrm { d } x geq frac { int _ { a } ^ { b } left| f '' ( x ) ight| mathrm { d } x } {displaystyle max _ { a leq x < b } | f ( x ) | },]
故只需证
[int _ { a } ^ { b } left| f'' ( x ) ight| mathrm { d } x geq frac { 4 } { b - a } max _ { a leq x leq b } | f ( x ) | = frac { 4 } { b - a } left| f left( x _ { 0 } ight) ight|,]
$x_0 eq a,b$,对$f(x)$在$[a,x_0]$和$[x_0,b]$分别用拉格朗日中值定理,有
egin{align*}
f left( x _ { 0 } ight) - f ( a ) &= f ^ { prime } left( xi _ { 1 } ight) left( x _ { 0 } - a ight), \
f ( b ) - f left( x _ { 0 } ight) &= f ^ { prime } left( xi _ { 2 } ight) left( b - x _ { 0 } ight), end{align*}
则
egin{align*}
int _ { a } ^ { b } left| f ^ { prime prime } ( x ) ight| mathrm { d } x &geq int _ { xi _ { 1 } } ^ { xi _ { 2 } } left| f ^ { prime prime } ( x ) ight| mathrm { d } x\
&geq left| int _ { xi _ { 1 } } ^ { xi _ { 2 } } f ^ { prime prime } ( x ) mathrm { d } x ight| = left| f ^ { prime } left( xi _ { 2 } ight) - f ^ { prime } left( xi _ { 1 } ight) ight| = left| frac { - f left( x _ { 0 } ight) } { b - x _ { 0 } } - frac { f left( x _ { 0 } ight) } { x _ { 0 } - a } ight|\
&= left| f left( x _ { 0 } ight) ight| frac { b - a } { left( b - x _ { 0 } ight) left( x _ { 0 } - a ight) },
end{align*}
而$left( b - x _ { 0 } ight) left( x _ { 0 } - a ight) leq frac { ( b - a ) ^ { 2 } } { 4 }$,因此
[int _ { a } ^ { b } left| f ^ { prime prime } ( x ) ight| mathrm { d } x geq f left( x _ { 0 } ight) frac { 4 } { b - a }.]
end{Proof}