关于“k次幂等矩阵和矩阵的正交性”的注记

关于“k次幂等矩阵和矩阵的正交性”的注记
林维;黄玉笙;陈梅香;杨忠鹏
【摘要】By applying the orthogonality of - potent matarices over field, this paper proves the relations among the algebraic equivalence, similarity and the equal characteristic polynomial over field are equivalent, then summarizes and generalizes the corresponding conclusions of JIN Hui- ping and WU Miao- xian.%应用数域上k次幂等矩阵和矩阵的正交性质，证明了在数域F上k次幂等矩阵的代数等价、相似和特征多项式相等这三者是等价的。

概括和改进了金慧萍和吴妙仙《k次幂等矩阵和矩阵的正交性》的相应结论。

【期刊名称】《广东石油化工学院学报》
【年(卷),期】2011(021)006
【总页数】4页(P60-63)
【关键词】次幂等矩阵;代数等价;矩阵相似;特征多项式
【作者】林维;黄玉笙;陈梅香;杨忠鹏
【作者单位】华南理工大学理学院,广东广州510000;莆田学院数学系,福建莆田351100;莆田学院数学系,福建莆田351100;莆田学院数学系,福建莆田351100;莆田学院数学系,福建莆田351100
【正文语种】中文
【中图分类】O151.21
1 引言
如同文献[1]、文献[2]和文献[3],设R为含幺结合环,F为数域,C为复数域。

Mn(R)、Mn(F)分别为含幺结合环,数域F上n阶矩阵全体。

E为单位矩阵,r(A),mA(x)和
f A(λ)|λE-A|分别为A∈Mn(F)的秩,最小多项式和特征多项式。

A～sB代表矩阵A
与B相似。

如果Ak=A∈Mn(R),k≥1,称A为k次幂等矩阵,记(R)={A|Ak=A∈Mn(R)};若
X,Y∈Mn(R),使得A=XY,B=YX,称A与B代数等价,记作A～aB;若AB=BA=0,称A 与B正交(或垂直),记作A⊥B[1-3]。

在文献[1]、文献[2]和文献[3]等关于含幺结合环上的k次幂等矩阵正交与代数等价的讨论基础上,最近文献[4]研究了数域F上的相关情况,使得讨论深入到了特征多项式和特征值等矩阵理论的核心问题上。

命题1.1(见文献[4],定理1) 设A,B∈(F),则A的特征值为零,或是k-1次单位根;又如果A有属于特征值1的特征向量a,A⊥B,则a是B的属于特征值0的特征向量。

命题1.2(见文献[4],定理2) 设A,B∈(F)代数等价(即A～aB),则A与B有相同的特
征多项式,因而有相同的特征值。

命题1.3(见文献[4],定理3) 设A,B∈(F),则A⊥B在⇔在Pk2n(F)中分块对角矩阵diag(A,B)～adiag(A+B,0)。

命题1.4(见文献[4],定理4) 设A,B∈(F),且Ai～aBi,i=1,2。

若A1⊥A2,B1⊥B2,则
A1+A2与B1+B2有相同的特征值。

本文在文献[4]的基础上,从数域F的k次幂等矩阵性质出发,对A,B∈Pk
n(F)证明了A～aB,A～sB与fA(λ)是相互等价的。

从而推广和改进了文献[4]的相
应结果。

我们指出文献[4]对命题1.3的充分性证明没有完成。

2 预备知识
下面的引理2.1～2.3是数域上矩阵讨论中常用的。

引理2.1(见文献[5]217) 设A,B∈Mn(C),则A可对角化⇔mA(x)无重根。

引理2.2(见文献[5]216) 设A,B∈Mn(F),则fAB(λ)=fBA(λ)。

引理2.3(见文献[5],习题8.3.30) 设A,B∈Mn(F),且A与B都是可对角的,如果
AB=BA,则存在可逆阵S∈Mn(F)使得S-1AS与S-1BS都为对角矩阵。

引理2.4 设包含数域F的一个较大的数域,A,B∈Mn(F),则在上A～sB⇔在F上就有A～sB。

证明充分性证明是显然的。

由文献[5]例8.2.6知必要性是成立的。

从特征多项式和矩阵的有理标准形的关系可有:
引理2.5 设A∈Mn(F),则A是幂零的⇔0为A的n重特征值。

引理2.6 设A∈(C),则A可对角化。

证明从Ak=A的最小多项式mA(x)整除其化零多项式x(xk-1-1),知mA(x)无重根,由引理2.1得A可对角化。

引理2.7 设A,B∈(C),且A⊥B,则存在可逆矩阵P∈Mn(C)使得
证明由引理2.6知A,B都是可对角化的;从A⊥B亦即AB=BA=0和引理2.3知有可逆阵S∈Mn(F)使得S-1AS与S-1BS都为对角矩阵。

因为可以通过置换相似将S-1AS的非零对角元素(即为A的非零特征值)都交换到左上角,即此时有置换矩阵为Q(QT=Q-1),使得Q-1(S-1AS)Q=diag(Ar,0),其中Ar∈Mr(C)是由A的所有非零特征值为对角元素构成的对角阵,当然满足r(A)=r(Ar)=r;注意到对角矩阵经过置换相似还是对角矩阵的简单事实,这样可知有可逆矩阵P=SQ使得
由式(2.3)知Ar是可逆的且从式(2.3)、式(2.4)得(P-1AP)(P-1BP)=diag(ArBr,0)=0,知此时必有Br=0。

这样从式(2.3)和式(2.4)知式(2.1)和式(2.2)成立。

3 结论
定理3.1 设B(≠0)∈Mn(C)且A不是幂零矩阵,如果BA=0,则:
(1)B有零特征值且A有非零特征值;
(2)当α是A的属于非零特征值的特征向量时,那么α是B的属于零特征值的特征向量。

证明
(1)因为BA=0,有r(A)+r(B)≤n;所以从r(A)≥1知r(B)≤n-1＜n,即|B|=0,B有零特征值;再由引理2.5知A有非零特征值。

(2)若Aα=λ α,λ≠0,α≠0,有BAα=λBα=0,注意到λ≠0,得Bα=0,即α是B的属于零特征值的特征向量。

定理3.1所要求的题设条件要比命题1.1宽松得多。

定理3.2 设A,B∈Pkn(F),则在数域F上下述等价:
(1)A～aB;(2)fA(λ)=fB(λ);(3)A～sB。

证明
(1)⇒(2)此时存在X,Y∈Mn(F),使得
由引理2.2和式(3.1)得fA(λ)=fXY(λ)=fYX(λ)=fB(λ)。

(2)⇒(3)从fA(λ)=fB(λ)知在复数域￡上,A,B有相同的特征值:λ1…,λn。

由
A,B∈(F)⊆(C)和引理2.6知,存在可逆U,V∈Mn(C)使得U-
1AU=diag(λ1,…,λn)=V-1BV,这样就有T=UV-1∈Mn(C)使得T-1AT=VU-1AUV-1=B,进而由引理2.4可知在数域F上有A～sB。

(3)⇒(1)此时存在可逆矩阵X∈Mn(F)使得令X-1AX=B。

令X-1A=Y,则式(3.1)成立。

在含幺结合环R中,Blackadar曾指出对幂等矩阵A,B∈R)来说,A～aB不一定有
A～sB(见文献[6])。

文献[1]定理3证明了A,B∈(R)的代数等价是相似的必要非充
分条件。

本文定理3.2表明
命题1.2证明了,对于A,B∈(R)来讲,fA(λ)=fB(λ)是A～aB的必要条件,并且我们定
理3.2说明fA(λ)=fB(λ)也是A～aB的充分条件。

因此
定理3.2证明了式(3.2),但是这并不意味着A,B∈Pkn(F),在数域F上都可对角化。

例3.3 设A=得X-1AX=B,fA(λ)=fB(λ)=λ2+1。

但是A,B在实数域上都不可对角化,这是因为i,-i是A,B的所有特征值。

献[4]对命题1.3的充分性证明是从叙述“假设diag(A,B)～adiag(A+B,0),则由定理2(即本文命题1.2)知它们有相同的特征多项式”开始的。

从文献[4](定理2)及证明知,其给出的结论fA(λ)=fB(λ)是在A,B∈(F)和A～aB这两个前提下得到的。

当A,B∈(F)时,易知d iag(A,B)∈(R)。

对文献[4]在命题1.3的充
分性证明中,从diag(A,B)～adiag(A+B,0)出发,应用定理2得到
fdiag(P,Q)(λ)=fdiag(P+Q,0),实质上也就是默认了此时diag(P+Q,0)∈(F)。

下面
的事实是简单的,当
这样,由式(3.3)知文献[4]定理2的充分性证明实质是从A,B∈(F)且A+B∈(F)这两
个前提开始的。

由文献[4]定理2的证明知它是应用了A,B∈(F)和A⊥B这两个前提而得到
A+B∈(F)的。

由式(3.3)可知diag(A+B,0)∈(F)也应从A⊥B得到。

而A⊥B恰是
文献[4]定理3的充分性要证明的。

综上可知,文献[4]对命题1.3的充分性证明还是没有完成。

这样文献[4]所得命题
1.3在目前看来应为:
推论3.5 设A,B∈(F),若A⊥B,则diag(A+B)～adiag(A+B,0)。

定理3.6 设A,B∈(F),A⊥B,则在(F)中diag(A,B)～sdiag(A+B,0)。

证明从A,B∈(F)知diag(A,B)k=diag(A,B)∈(F);再由且A⊥B有(A+B)k=(Ak+,进
而由推论3.4知,此时diag(A,B)～adiag(A+B,0),再从定理3.2知结论成立。

对于定理3.6还可以应用本文给出的结果来证明。

证明从A,B∈(F)⊆(C),满足A⊥B和引理2.7知在复数域C上式(2.1)、式(2.2)成立。

这样从式(2.1)和式(2.2)知
这样由式(3.4)、式(3.5)、式(3.6)可得
T-1diag(A,B)T=diag(A+B,0),T=diag(P,P)Qdiag(P,P)-1∈M2n(C)进而从引理2.4知在数域F上,有diag(A,B)～sdiag(A+B,0)。

定理3.7 设若Ai,Bi∈(F),Ai∶aBi(i=1,2),A1⊥A2,B1⊥B2,则A1+A2～sB1+B2。

证明从Ai,Bi∈F)(i=1,2)且A1⊥A2,B1⊥B2类似定理3.6证明知
(A1+A2)k=A1+A2,(B1+B2)k=B1+B2∈(F),由命题1.4知A1+A2～aB1+B2,再
从定理3.2得A1+A2～sB1+B2。

定理3.7加强了命题1.4的结论,这里还可类似定理3.6,给出另外的证明。

证明从Ai,Bi∈(F),i=1,2;A1⊥A2,B1⊥B2和类似定理3.6的另外证明中知在复数
域C,上式(2.1)和式(2.2)成立。

为此不妨设有可逆矩阵U,V∈Mn(C)使得
从Ai～aBi和定理3.2知Ai～sBi(i=1,2),即A1与B1,A2与B2分别有相同特征值,进而从式(3.7)～式(3.10)可知有逆阵S,W,使得S-1A11S=B11,W-1A22W=B22。

这样有可逆矩阵T=diag(S,W),Y=UTV-1∈Mn(C)满足Y-1(A1+A2)Y=B1+B2,再
由引理2.4得在数域F上,有A1+A2～sB1+B2。

[参考文献]
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