1. 设 $A,B$ 为 $n$ 阶方阵, $\rank(A)<n$, 且 $A=B_1\cdots B_k$, 其中 $B_i^2=B_i$, $i=1,\cdots,k$. 试证: $$\bex \rank(E-A)\leq k\sez{n-\rank(A)}. \eex$$
证明: $$\beex \bea \rank(E-A)&=\rank(E-B_1\cdots B_k)\\ &=\rank(E-B_1+B_1(E-B_2\cdots B_k))\\ &\leq \rank(E-B_1)+\rank(E-B_2\cdots B_k)\\ &=n-\rank(B_1)+\rank(E-B_2\cdots B_k)\\ &\leq n-\rank(A)+\rank(E-B_2\cdots B_k)\\ &\leq \cdots\cdots\\ &\leq k\sez{n-\rank(A)}. \eea \eeex$$
2. 记 $\lm_1(A)\geq \lm_2(A)\geq\cdots\geq \lm_n(A)$ 为 $n$ 阶实对称矩阵 $A$ 的特征值. 试证:
(1) 若 $A,B$ 均为实对称矩阵, 实数 $0\leq a\leq 1$, 则对 $i=1,2,\cdots,n$, 有 $$\bex a\lm_i(A)+(1-a)\lm_n(B)\leq \lm_i(aA+(1-a)B)\leq a\lm_i(A)+(1-a)\lm_1(B); \eex$$
(2) 若 $B$ 半正定, 则 $$\bex \lm_1(A+B)\geq \lm_1(A),\quad \lm_n(A+B)\geq \lm_n(A). \eex$$
证明: (1) 注意到 $a\lm_i(A)=\lm_i(aA),\ a\geq 0$, 我们仅须在 $A,B$ 实对称的条件下证明: $$\bex \lm_i(A)+\lm_n(B)\leq \lm_i(A+B)\leq \lm_i(A)+\lm_1(B). \eex$$ 由 $A$ 实对称知存在可逆阵 $P=(\al_1,\cdots,\al_n)$ 使得 $$\bex AP=P\diag(\lm_1(A),\cdots,\lm_n(A)). \eex$$ 也由 $A+B$ 实对称知存在可逆阵 $Q=(\beta_1,\cdots,\beta_n)$ 使得 $$\bex (A+B)Q=Q\diag(\lm_1(A+B),\cdots,\lm_n(A+B)). \eex$$ 记 $$\bex V_1=span\sed{\al_i,\cdots,\al_n},\quad V_2=span\sed{\beta_1,\cdots,\beta_i}, \eex$$ 则由 $$\beex \bea \dim (V_1\cap V_2)&=\dim V_1+\dim V_2-\dim (V_1+V_2)\\ &\geq (n-i+1)+i-n\\ &>0 \eea \eeex$$ 知 $$\bex \exists\ 0\neq \gamma\in V_1\cap V_2,\st |\gamma|=1. \eex$$ 于是 $$\beex \bea \lm_i(A+B)&\leq \sef{(A+B)\gamma,\gamma}\\ &=\sef{A\gamma,\gamma}+\sef{B\gamma,\gamma}\\ &\leq \lm_i(A)+\lm_1(B). \eea \eeex$$ 同理, 记 $$\bex W_1=\span\sed{\al_1,\cdots,\al_i},\quad W_2=\span\sed{\beta_i,\cdots,\beta_n}, \eex$$ 则 $$\bex \exists\ 0\neq \delta\in W_1\cap W_2,\st |\delta|=1. \eex$$ 于是 $$\beex \bea \lm_i(A+B)&\geq \sef{(A+B)\delta,\delta}\\ &=\sef{A\delta,\delta}+\sef{B\delta,\delta}\\ &=\geq \lm_i(A)+\lm_n(B). \eea \eeex$$ (2) 若 $B$ 半正定, 则 $\lm_i(B)\geq 0,\ i=1,2,\cdots,n$. 于是由 (1), $$\beex \bea \lm_1(A+B)&\geq \lm_1(A)+\lm_n(B)\geq \lm_1(A),\\ \lm_n(A+B)&\geq \lm_n(A)+\lm_n(B)\geq \lm_n(B). \eea \eeex$$
3. 设 $A$ 为 $n$ 阶可逆方阵, 试证: 存在正交阵 $P$, 正定阵 $U,V$ 使得 $$\bex A=RU=VR. \eex$$
证明: 由 $A$ 可逆知 $A^TA$ 正定, 而存在正交阵 $Q$ 使得 $$\bex A^TA=Q^T\diag(\lm_1,\cdots,\lm_n)Q. \eex$$ 取 $$\bex D=\diag(\sqrt{\lm_1},\cdots,\sqrt{\lm_n}),\quad P=AQ^TD^{-1}, \eex$$ 则 $$\bex A=(AQ^TD^{-1}) DQ\equiv PDQ, \eex$$ 且 $P$、$Q$ 为正交阵: $$\bex P^TP=D^{-1}QA^TAQ^TD^{-1}=E. \eex$$ 于是 $$\beex \bea Q&=(PQ)(Q^TDQ)\equiv RU\\ &=(PDP^T)(PQ)\equiv VR. \eea \eeex$$
4. 设 $A,B$ 分别为 $m$ 阶和 $n$ 阶矩阵. 试证: $A,B$ 无公共特征值的充要条件是矩阵方程 $AX=XB$ 只有零解.
证明: $\ra$: 由 $AX=XB$ 知 $$\bex A^2X=A(AX)=A(XB)=(AX)B=(XB)B=XB^2, \eex$$ 等等, 而 $$\bex f(A)X=Xf(B), \eex$$ 其中 $f(\lm)$ 为 $A$ 的特征多项式. 由 Hamilton-Caylay 定理, $$\bex 0=Xf(B). \eex$$ 因为 $A,B$ 无公共特征值, 而 $f(B)$ 可逆, $X=0$. $\ra$: 用反证法. 若 $A,B$ 有公共特征值 $\lm$, 则由 $$\bex |\lm E-B|=(\lm E-B)^T|=|\lm E-B^T| \eex$$ 知 $B^T$ 也有特征值 $\lm$. 设 $\al,\beta$ 分别为 $A,B^T$ 的属于特征值 $\lm$ 的特征向量, 则 $$\beex \bea A\al&=\lm\al,\\ B^T\beta&=\lm \beta,\\ A\al \beta^T&=\lm \al\beta^T=\al(\lm\beta)^T =\al (B^T\beta)^T=\al \beta^T B. \eea \eeex$$ 故 $AX=XB$ 有非零解 $\al\beta^T$. 这是一个矛盾. 故有结论.
5. 设 $\lm_1,\cdots,\lm_n$ 是 $n$ 阶实矩阵 $A$ 的全部特征值, 但 $-\lm_i\ (i=1,2,\cdots,n)$ 不是 $A$ 的特征值, 定义 $\bbR^{n\times n}$ 的线性变换 $$\bex \scrA(X)=A^TX+XA,\quad \forall\ X\in\bbR^{n\times n}. \eex$$
(1) 试证: $\scrA$ 是可逆线性变换;
(2) 对任意实对称矩阵 $C$, 必存在唯一的实对称矩阵 $B$, 使得 $A^TB+BA=C$.
证明: (1) 由维数公式 $$\bex \dim \scrA^{-1}(0)+\dim \im \scrA=n \eex$$ 知仅须证明 $$\bex \scrA(X)=0\lra A^TX=-XA=X(-A)\ra X=0. \eex$$ 而这可由第 4 题立即得到 ($A^T$ 具有与 $A$ 相同的特征值).
(2) 由 (1) 知存在唯一的矩阵 $B$ 使得 $A^TB+BA=C$. 两边转置有 $B^TA+A^TB^T=C.$ 又由唯一性知 $B^T=B$.
6. 设 $A$ 是 $n$ 阶方阵, 并且 $0$ 是 $A$ 的 $m$ 重特征值, 试证: $$\bex \rank(A^m)=n-m. \eex$$
证明: 由 Jordan 标准型理论, 存在可逆阵 $P$ 使得 $$\bex P^{-1}AP=\sex{\ba{cccccc} J_1&&&&&\\ &\ddots&&&&\\ &&J_s&&&\\ &&&J_{s+1}&&\\ &&&&\ddots&\\ &&&&&J_t \ea}, \eex$$ 其中 $$\bex J_i=\sex{\ba{cccc} \lm_i&1&&\\ &\ddots&\ddots&\\ &&\ddots&1\\ &&&\lm_i \ea}, \eex$$ 且 $J_1,\cdots,J_s$ 所对应的 $\lm_i=0$. 于是 $$\bex P^{-1}A^mP=\sex{\ba{cccccc} 0&&&&&\\ &\ddots&&&&\\ &&0&&&\\ &&&J_{s+1}^m&&\\ &&&&\ddots&\\ &&&&&J_t^m \ea}\ra \rank(A^m)=n-m. \eex$$
7. 试证: 不存在 $n$ 阶矩阵 $X,Y$ 使得 $XY-YX=E$.
证明: 用反证法. 若存在, 则 $$\bex 0=\tr(XY-YX)=\tr E=n. \eex$$ 这是一个矛盾. 故有结论.
8. 设 $Q$ 为 $n$ 阶正定阵, $x$ 为 $n$ 维列向量, 试证: $$\bex 0\leq x^T (Q+xx^T)^{-1}x<1. \eex$$
证明: 先利用 Neumman 幂级数形式求出 $$\beex \bea (Q+xx^T)^{-1}&=\sez{Q(E+Q^{-1}xx^T)}^{-1}\\ &=(E+Q^{-1}xx^T)^{-1}Q^{-1}\\ &=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k (Q^{-1}xx^T)^kQ^{-1}\\ &=\sez{E+\sum_{k=1}^\infty (x^TQ^{-1}x)^{k-1}Q^{-1}xx^T}Q^{-1}\\ &=Q^{-1}-\frac{Q^{-1}xx^TQ^{-1}}{1+x^TQ^{-1}x}. \eea \eeex$$ 然后直接验证确实如此. 往证题目如下: $$\beex \bea x^T(Q+xx^T)^{-1}x&=x^T\sex{Q^{-1}-\frac{Q^{-1}xx^TQ^{-1}}{1+x^TQ^{-1}x}}x\\ &=x^TQ^{-1}x-\frac{(x^TQ^{-1}x)^2}{1+x^TQ^{-1}x}\\ &=\frac{x^TQ^{-1}x}{1+x^TQ^{-1}x}\\ &\in [0,1). \eea \eeex$$
9. 设 $n$ 阶反对称矩阵 $A=(a_{ij})$ 的行列式为 $1$. 对任意的 $x$, 试计算 $B=(a_{ij}+x)$ 的行列式.
解答: $$\beex \bea |B|&=\sev{\ba{cccc} 1&x&\cdots&x\\ 0&a_{11}+x&\cdots&a_{1n}+x\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&a_{n1}+x&\cdots&a_{nn}+x \ea}\\ &=\sev{\ba{cccc} 1&x&\cdots&x\\ -x&a_{11}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ -x&a_{n1}&\cdots&a_{nn} \ea}\\ &=\sev{\ba{cc} 1&x\al^T\\ -x\al&A \ea}\quad\sex{\al=(1,1,\cdots,1)^T}. \eea \eeex$$ 由 $$\bex \sex{\ba{cc} 1&-x\al^TA^{-1}\\ 0&E \ea}\sex{\ba{cc} 1&x\al^T\\ -x\al&A \ea}\sex{\ba{cc} 1&0\\ -xA^{-1}\al&E \ea}=\sex{\ba{cc} 1-x^2\al^TA^{-1}\al&0\\ 0&A \ea} \eex$$ 知 $$\beex \bea |B|&=(1-x^2\al^TA^{-1}\al)|A|\\ &=1-x^2\al^TA^{-1}\al\\ &=1+x^2\beta^TA\beta\quad\sex{\beta=A^{-1}\al}\\ &=1. \eea \eeex$$
10. 设 $A,B$ 是两个 $n$ 阶正定矩阵, 证明:
(1) 若 $AB=BA$, 则 $AB$ 也是正定矩阵;
(2) 若 $A-B$ 正定, 则 $B^{-1}-A^{-1}$ 也正定.
证明: (1) 显然, $AB$ 对称. 由 $A,B$ 正定知存在可逆阵 $P,Q$ 使得 $A=P^TP,\quad B=Q^TQ.$ 而由 $$\bex Q(AB)Q^{-1} =QP^TPQ^T=(PQ^T)^T(PQ^T) \eex$$ 知 $AB$ 相似于正定矩阵, 具有正的特征值, 是正定的.
(2) $$\beex \bea &\quad A-B\mbox{ 正定}\\ &\ra P^TP-Q^TQ\mbox{ 正定}\\ &\ra Q^{-T}P^TPQ^{-1}-E\mbox{ 正定}\\ &\ra PQ^{-1}Q^{-T}P^T-E\mbox{ 正定}\\ &\quad\sex{Y(XY)Y^{-1}=YX\ra XY,YX\mbox{ 相似, 而有相同的特征值}}\\ &\ra Q^{-1}Q^{-T}-P^{-1}P^{-T}\mbox{ 正定}\\ &\ra B^{-1}-A^{-1}\mbox{ 正定}. \eea \eeex$$
