《线性代数》大作业
关于Sylvester与Frobenius不等式在矩阵多项式方面等号条件的思考
班级:软件学院2012级 班
学号:
姓名:
2013年 1 月 2 日
关于Sylvester与Frobenius不等式在矩阵多项式方面等号条件的思考
摘要:应用新近得到的矩阵多项式秩的恒等式,对矩阵秩Sylvester 不等式和Frobenius不等式限定在矩阵多项式上取等号的条件进行进一步讨论,同时给出近期相关结果的一种统一的证明方法。
关键词:矩阵多项式;秩的恒等式;Sylvester不等式;Frobenius不等式
矩阵秩的研究是矩阵理论的重要内容。矩阵乘积秩的Sylvester 不等式和Frobenius 不等式是两个最基本的不等式,分别是由Sylvester 和Frobenius 于1884 年和1911 年首先证明的。
一、Sylvester与Frobenius不等式
Sylvester 不等式 A∈Pm×n, B ∈Pn×s则
r(A)+r(B)≤n+r(AB) (1)
证明:
Frobenius 不等式 A∈Pm×n, B ∈Pn×s,C ∈Ps×t,则
r(AB)+r(BC)≤r(B)+r(ABC) (2)
证明:
二、参考文献中的推广命题及其推论
经过查阅参考文献,得到下列命题并得出一些实用推论:
命题1 设A∈Pn×n,f(x),g(x)是P数域上的多项式,如果(f (x),g(x))=1,则
r(f(A))+r(g(A))=n+r(f(A)g(A)) (3)
证明:
由(f(x),g(x))=1 知, 存在u(x),v(x), 使得
f(x)u(x)+g(x)v(x)=1
以A 代入,得
f(A)u(A)+g(A)v(A)=E
从而
因此
由初等变换得
由(1)、(2)可得
r(f(A))+r(g(A))=n+r(f(A)g(A)).
推论1 设A∈Pn×n,f(x),g(x)是P数域上的多项式,如果(f (x),g(x))=1,则
f(x)g(x)=0 r(f(A))+r(g(B))=n (4)
推论2 设A∈Pn ×n,k 为正整数,则
1)r(A)+r(E±Ak)=n+r(Ak+1±A) (5)
2)r(A-E)+r(Ak+……+A+E)=n+r(Ak+1-E) (6)
3)r(A)+r(A-E)+r(Ak-1+……+A+E)=r(A-Ak+1)+2n (7)
推论3 设A∈Pn ×n,m为正整数,则对任意自然数l,k有
1)r( Al)+ r(Am- E)k= n Am+1= A (8)
2)r( A- E)l+ r( Am- 1+Am- 2+…+A+E)k= n Am= E (9)
命题2 若(f(x),g(x))=1,(f(x),h(x))=1,A∈Pm×n,有
r(f(A)g(A)h(A))+r(g(A))=r(f(A)g(A))+r(g(A)h(A)) (10)
证明:
∵(f(x),g(x))=1
由(3)知
r(f(A))+r(g(A))=n+r(f(A)g(A)) (1)
∵(f(x),h(x)=1
∴(f(x),g(x)h(x))=1
∴r(f(A)g(A)h(A))+n=r(f(A))+r(g(A)h(A)) (2)
将(1)代入(2) 得
r(f(A)g(A)h(A))+r(g(A))=r(f(A)g(A))+r(g(A)h(A)).
推论 设A∈Pn ×n,k 为正整数,则
1)若Ak= A,且k为奇数,k≥3,则
r( A)= r(A- A(k+1)/2)+r(A+ A(k+1)2 ) (11)
2)若Ak= A,且k为偶数,则
r( A)= r(A- A2)+r(A+ A2 +……+Ak-1) (12)
三、思考结论
思考上述结论,进一步推广下列结论
命题1 设A ∈Pn ×n,f (x) ,g(x)∈P[x],d(x)=(f(x),g(x)), m(x)= [f(x),g(x)]则
r(f(A))+r(g(A))=r(d(A))+r(m( A)) (13)
证明:
令f(x)=s(x)d(x),g(x)=t(x)d(x)
则 (s(x),d(x))=1,(s(x),t(x))=1且m(x)=s(x)d(x)t(x)
由 (1)知
r(s(A)d(A))+r(d(A)t(A))= r(s(A)d(A)t(A))+r(d(A))
即
r(f(A))+r(g(A))=r(d(A))+r(m( A)).
推论 设A ∈Pn ×n,g(x)∈P[x],g(0)≠0 则
r(A)+r(g(A))=n+r(Ag( A)) (14)
命题2 设M ∈Pn ×n,f (x) ,g(x)∈P[x],(f(x),g(x),fM(x))=1 则
r(f(M))+r(g(M))=n+r(f(M)g(M)) (15)
证明:
由(f(x),g(x),fM(x))=1,设d(x)=(f(x),g(x)), m(x)= [f(x),g(x)]则
(d(x),fM(x))=1
∴存在u(x),v(x)∈P[x],使得
u(x)d(x)+v(x)fM(x)=1
由Hamilton-Caylay定理
fM(M)=0
∴u(M)d(M)+v(M)fM(M)=u(M)d(M)=E
∴d(M)可逆
∴d(x)≠0
∴r(m(M))=r(f(M)g(M)) (1)
由(13)
r(m( M))=r(f(M))+r(g(M))-r(d(M))=r(f(M))+r(g(M))-n
代入(1)即得
r(f(M))+r(g(M))=n+r(f(M)g(M)).
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