[专业课活动]高等代数天天见－３（已公布答案）

原帖由 Jennifer1955 于 2008-5-22 10:28 发表
楼上的怎么这么吝啬呢 觉得简单 答案还不公布[s:10]

不好意思，我本来以为比较容易。为了不影响别人思考，设置为楼主可见。
现在我把我写的修正了，现在重新发一次。
AB(AB)*=|AB|E=|A||B|E
AB(B*A*)=A(BB*)A*=A(|B|E)A*=|B|AA*=|B||A|E
（1）若|A||B|不等于0，即A,B皆可逆。
所以(AB)*=B^-1A^-1|A||B|E
B*A*=B^-1A^-1|A||B|E
所以(AB)*=B*A*
（以下刚开始，我没考虑。看起来不能轻视那些基本题目。特变别像这种感觉像定理的。
另外，对定理的应用也得清楚知道其适用性）
（2）若|A||B|等于0。情况就复杂多。
（由向量的特征值有有限多个可以得出以下思路）
考虑矩阵A(x)=A-xE,B(x)=B-xE,其中x为实数，E为单位矩阵。
由于A和B都只具有有限个特征值。所以存在无限多个x，
使得|A(x)|,|B(x)|不等于0。
由（1）可知（A(x)B(x)）*=B(x)*A(x)*,对无穷多个x成立。
记（A(x)B(x)）*=(Fij(x))nxn,B(x)*A(x)*=(Gij(x))nxn，
由上式得Fij(x)=Gij(x),(i,j=1,2,...,n)。
也就是说：有无穷多个x,使上式成立，但Fij(x),Gij(x)是次数有限的多项式，故对任意x
都有Fij(x)=Gij(x).特别地，Fij(0)=Gij(0)。
此时,就能得出(AB)*=(A(0)B(0))*=B(0)*A(0)*=BA。
证毕。
第二步真的很难，不知还有没简单证法。
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楼上的方法为扰动法，不过这个方法必须是A,B为数值矩阵

想想！！！

原帖由 307872338 于 2008-5-22 12:05 发表

这是我重新改正的证法，现在觉得其实这道题目真的很好，呵呵。也不简单

完全支持啊  ！！！
很简单的哦

原帖由 hulucs 于 2008-5-22 12:10 发表
楼上的方法为扰动法，不过这个方法必须是A,B为数值矩阵

请问扰动法是什么？我在书上还没看过．

原帖由 307872338 于 2008-5-22 12:09 发表

不好意思，我本来以为比较容易。为了不影响别人思考，设置为楼主可见。
现在我把我写的修正了，现在重新发一次。
AB(AB)*=|AB|E=|A||B|E
AB(B*A*)=A(BB*)A*=A(|B|E)A*=|B|AA*=|B||A|E
（1）若|A||B|不等于 ...

哦！！我也忽略了~~~原来还是要讨论的，第二种情况的证明还是有点看不明白。

扰动法就是你哪个加上个xI，I为单位阵

哦，原来是这个。我不知道这个。我只是想矩阵的特征值是有限个的，而多项式
如果有个数超过它次数的根，那么它就恒等于0.

s) 扰动法：哈密尔顿－凯莱定理的证明
哈密尔顿—凯莱定理：Ａ是 n 阶方阵，Ｆ A （ｘ）是Ａ的特征多项式，则Ｆ A （Ａ）= ０。
扰动方法的证明：
１）如果Ａ对角矩阵，直接验证。
２）如果Ａ是特征值互相不同的复矩阵，利用相似变换，归结为１）。
３）对于一般复矩阵Ａ，考虑另一个矩阵Ｂ，使得Ａ＋ｋＢ的特征值互相不同，利用２），有Ａ＋ｋＢ的特征多项式在矩阵Ａ＋ｋＢ的值是０。令 ｋ 趋于０ 即可。
注１：Ａ＋ｋＢ的特征多项式各个系数都是复数变量ｋ的多项式。当然关于ｋ连续，可以取极限，极限是Ａ的特征多项式。
注２：关于Ｂ的存在性，可以利用：
每一个复方阵相似于一个上三角矩阵，对角元是所有特征值。
这个事实来构造Ｂ。比如可以选Ｂ也是上三角矩阵，而且在Ａ的相同对角元的位置处令Ｂ的元素互相不同就可以使得Ａ＋ｋＢ的特征值互相不同了。
这个是扰动法的一个意外应用吧。不过，由于哈密尔顿－凯莱定理关于对角矩阵太容易证了，所以有理由相信历史上这两位就是用这种方法猜出了一般结果，所以这个方法是最自然的了。（比如尝试对学物理的说说看，绝对会赞成的）
这样，概括来看，扰动法就有一个新的方面应用：
１）从可逆情形过渡到不可逆情形。（以往论坛帖子讨论的重点）
２）从可以对角化情形过渡到不可对角化情形。（新的，值得注意的）
或者更好一些，由特征值互异的矩阵过渡到特征值可以重复的矩阵。

呵呵，谢谢了。请问有什么书有讲这个的？