矩陣可乘映照的保秩表示問題

矩陣可乘映照的保秩表示問題

當fp）設置時，mn（f）mn（f）是圖像，mn（f）是表示區(qū)域f中的n階矩陣組合的。若?滿足:?(AB)=?(A)?(B)對任意A,B∈Mn(F)皆成立,則稱?為可乘映照?？沙擞痴毡３中詥栴}的研究是一個十分活躍的研究話題,其中的有些問題,例如關于可乘保譜映照、可乘保譜半徑映照、可乘保數(shù)值半徑映照、可乘保數(shù)值域映照及可乘保正規(guī)性映照的特征描述等,已經獲得了很好的回答。本文的主要目的是:一方面,給出一個判定可乘映照是否為保秩映照的新的便捷方法;另一方面,針對F=R或C,給出Mn(F)上保1-范數(shù)、保∞-范數(shù)以及保F范數(shù)的可乘映照的顯形式,從而證明Mn(F)上保1-范數(shù)可乘映照必為保F范數(shù)映照,而可乘保F范數(shù)映照又一定保譜半徑、保數(shù)值半徑、保正規(guī)性及保酉性等。設F為數(shù)域,?:Mn(F)→Mn(F)為可乘映照。熟知,?稱為是保秩k的是指:對秩為k的任意矩陣A均有rank?(A)=k;?稱為是秩非升的是指:對任意矩陣A均有rank?(A)≤rankA;而?稱為是保秩的是指:對任意矩陣A有rank?(A)=rankA。設‖·‖為Mn(F)上的范數(shù),可乘照映?:Mn(F)→Mn(F)稱為是可乘保范映照是指:‖?(A)‖=‖A‖對任意A∈Mn(F)皆成立。注意到,根據(jù)矩陣的秩,Mn(F)可分n+1個等價類:秩為0的等價類記為F0,秩為1的等價類記為F1,……,稱為n的等價類記為Fn。任取A,B∈Fr,則A能被寫成也能被寫成,其中Pi,Qj,Wk,Vl皆為初等非奇異陣。因此,可構造下列等式:A=Ρ1?Ρs(Ιr000)W-1p?W-11W1?Wp(Ιr000)V1?Vq?V-1q?V-11(Ιr000)Q1?Qt令X=Ρ1?Ρs(Ιr000)W-1p?W-11?Y=V-1q?V-11(Ιr000)Q1?Qt則有?(A)=?(X)?(B)?(Y)從而rank?(A)≤rank?(B),進而rank?(A)=rank?(B)。這表明映照rank?(-)|Fr為常值函數(shù)。因此可引進如下定義:定義1設F為數(shù)域,?:Mn(F)→Mn(F)為可乘映照。令T={k|?是保秩k的,k∈{0,1,2,…,n}},稱T為?的秩保特征集。通篇中約定,n為大于1的自然數(shù),R表實數(shù)集,C表復數(shù)域,F表數(shù)域。對A∈Mn(F),用AT表示A的轉置,A*表示A的共軛轉置。環(huán)同態(tài)均指保持單位元的環(huán)同態(tài)。1引理2.2及2.5本節(jié)主要給出可乘保范映照的一般形式,其基本結果在后文中也將用到。首先,需要如下引理:引理1設D為一個主理想整環(huán),f:Mn(D)→Mn(D)為可乘映照。若有某個A∈Mn(D)使得f(A)≠0且detA=0,則f必具有下列形式之一:(1)f(X)=g(X)+E,其中,X為變元,E為冪等陣,g:Mn(D)→Mn(D)為可乘映照且零化Mn(D)中一切行列式為0的矩陣。(2)f(X)=R(τ(xij))R-1,其中,R為Mn(D)中的某個可逆陣,τ為D上的某個自同態(tài),X=(xij)n×n為變元。(3)f(X)=R(τ(xxj))cR-1,其中,R為Mn(D)中的某可逆陣,τ為D上的某自同態(tài),X=(xij)n×n為變元,(τ(xij))c表矩陣(τ(xij))的余子式矩陣(Cofactor)。利用引理1可給出引理2,其內容與文獻中的命題2.2及2.5有著密切的關系。引理2設F為數(shù)域,?:Mn(F)→Mn(F)為可乘映照,T表?的秩保特征集,則有以下幾條等價:(1)?是保秩的(即T的基數(shù)=n+1);(2)?(0)=0及存在某個秩為1的W使得?(W)≠0;(3)存在F上的某單自同態(tài)τ及某個可逆陣R,使得?(X)=R(τ(xij))R-1,其中X=(xij)為變元;(4)T的基數(shù)≥3。證明(1)?(2)顯然。(2)?(1)。對n分為兩種情形:(i)n=2,(ii)n>2。(i)n=2時,設?可表為?(X)=g(X)+E,其中,X=(xij)為變元,E為冪等陣,g為可乘映照且對一切detX=0的X均有g(x)=0。于是由(2)得{0=?(0)=E?(W)=E≠0矛盾。因此?只能有引理1中的(2)或(3)形式。若?具有引理1中的(3)形式,則此時易知?是保秩的。顯然引理1的(2)形式總是保秩的,如所需。(ii)n>2時,同樣可肯定?具有引理1中的(2)形式或(3)形式?，F(xiàn)若?具有引理1中的(3)形式,則得矛盾于?(W)≠0。因此,?只能有引理1中的(2)形式,當然是保秩的。(2)?(1)獲證。(1)?(3)。見文獻中的定理1.3。(1)?(4)。由T的基數(shù)≥3得,?兩個不同的n1,n2(它們均小于n)及相應的兩個矩陣A1,A2使得rank?(A1)=rankA1=n1,rank?(A2)=rankA2=n2。因此適合引理1中的條件。若?具有引理1的形式(1),則有?(A1)=E=?(A2),從而導致rank?(A1)=n1=?(A2)=n2,矛盾。故?只能有引理1中的形式(2)或形式(3),?當然是保秩的。注記引理2使得我們判斷一個可乘映照?是否保秩變得十分方便。例如n=100,?:Mn(F)→Mn(F)為一個可乘映照。若要判斷是否為保秩的,只需任取一個秩為1的矩陣A,通過檢驗條件{?(0)=0?(A)≠0即可。特別地,只須驗證?(0)=0及即可。又比如,若已知對3個秩不同的矩陣A1,A2,A3,有rank?(A1)=rankA1,rank?(A2)=A2及rank?(A3)=A3,則也可立即判定?是保秩的。定理1設F為數(shù)域,‖·‖為Mn(F)上的范數(shù),若?保范數(shù)‖·‖,則?可表為?(X)=R(τ(xij))R-1,其中,R為一個可逆陣,τ為數(shù)F上的一個單自同態(tài),X=(xij)n×n,為變元。證明?保范數(shù)‖·‖蘊含?(0)=0。由。因此由引理2可得,?可表為?(X)=R(τ(xij))R-1其中,R為非奇異陣,τ:F→F為單環(huán)同態(tài),X=(xij),為變元。2x型保-范數(shù)的特征?A=(aij)n×n∈Mn(C),讓‖A‖F(xiàn),‖A‖1,‖A‖∞分別表A的Frobenius范數(shù),1-范數(shù),及∞-范數(shù)。熟知,Frobenius范數(shù)簡稱F范數(shù),1-范數(shù)又叫列范數(shù),∞-范數(shù)也叫行范數(shù)。進一步,‖A‖F(xiàn)和‖A‖1實際上也就是文獻中的向量(2,2)范數(shù)和向量(∞,1)范數(shù)。本節(jié)中,利用第1節(jié)的結果給出Mn(C)及Mn(R)上的保F范數(shù)可乘映照,保1-范數(shù)可乘映照及?！?范數(shù)可乘映照的完全表示。進而證明可乘保1-范數(shù)映照必是可乘保F范數(shù)映照,而可乘保F范數(shù)映照又必保持譜半徑、數(shù)值半徑、正規(guī)性及酉性等。定理2設?:Mn(F)→Mn(F)為映照。(i)讓F=R,則?為可乘保F范數(shù)映照當且僅當存在正交陣U∈Mn(R)使得?有形式?(X)=UXUT;(ii)讓F=C,則?為可乘保F范數(shù)映照當且僅當存在酉陣U∈Mn(C)使得?具有下列形式之一:(a)?(X)=UXU*;(b)?(X)=UˉXU*。證明(i)F=R情形下,若?為可乘保F范數(shù),則由定理1,?可表為?(X)=R(τ(xij))R-1,其中,R可逆,X=(xij)為變元,τ為R的一個單自同態(tài)。由于任何一個無理數(shù)皆可看成是一個有理數(shù)列的極限且此時的τ保絕對值,因此?(X)=RXR-1。讓d為R的第1行的Euchid范數(shù),則有?(X)=RdXd-1R-1。記B=dR=(bij),則?(X)=BXB-1且B的第1行向量的模為1。?(x1,…,xn)T∈Rn,讓,則∥(x1???xn)Τ∥2=∥(x1???xn)Τ∥2?∥(b11???b1n)Τ∥2=∥A∥F=∥?(A)∥F=∥BAB-1∥F=∥BABadjdetB∥F=∥BΚ∥F=∥B(x1???xn)Τ∥2,其中,Badj為B的伴隨陣,。結果B為保距變換,即B為正交陣。反之,對一個正交陣U∈Mn(R),由表達式?(X)=UXUT直接知:?為可乘保F范數(shù)映照,因此(i)獲證。(ii)當F=C時,同樣由定理1得?可表為:?(X)=R(τ(xij))R-1,其中,R可逆,τ為C上的一個單自同態(tài)。?c∈C,由∥cΙn∥F=√n|c|得√n|c|=∥?(cΙn)∥F=√n|τ(c)|。因此|τ(c)|=|c|,從而τ還為C到C的連續(xù)映照。由此易知τ|R=1R,τ(i)=i或-i。當τ(i)=i時,τ的顯形式為:τ:C→C,z→z;當τ(i)=-i時,τ的顯形式為:τ:C→C,z→ˉz。所以?必具有下列形式之一:(a)?(X)=RXR-1;(b)?(X)=RˉXR-1。類似于(i)的證明,且注意到酉陣即為酉空間中的保距變換,立得(ii)的完全證明。推論1設?:Mn(F)→Mn(F)為可乘映照,其中F=R或C。若?保F范數(shù),則?必保譜半徑、數(shù)值半徑、正規(guī)性、酉性、自伴性和正定性。作為定理1的更多應用,下面給出可乘保1-范數(shù)映照和可乘?！?范數(shù)映照的完全表示。首先,引入如下定義:定義2對方陣M,若M的每一行每一列均只有1個元素非0,且該非零元素∈{1,-1},則稱M為一個簡單陣。定理3設?:Mn(R)→Mn(R)為映照。?為可乘保1-范數(shù)映照當且僅當?可表示為?(X)=MXM-1,其中,M為R上的某簡單陣,X為變元。證明?)簡單陣是一系列形如P(i(-1)),P(i,j)的初等矩陣的乘積。顯見此時?是可乘的保列范數(shù)的映照。?)由定理1及R上的單自同態(tài)只有恒等同態(tài)知,?可表為:?(X)=AXA-1,其中,A為R上某可逆陣。接下來考察A。?(x1,…,xn)T∈Rn,讓A=(aij),則A(x1a11x1a12?x1a1nx2a11x2a12?x2a1n????xna11xna12?xna1n)A-1=A(x10?0x20?0????xn0?0)上式中,設|a1j1|=max1≤j≤n|a1j|,取(x1,…,xn)T為(0???1j1?0???0)Τ,然后兩邊取1-范數(shù),于是由A的可逆性知:|a1j1|≠0,且有|a1j1|=|(00?0????a11a12?a1n????00?0)|1=|(a1j10?0?aj1j10?0?anj10?0)|1=|a1j1|+?+|anj1|所以a2j1=…=anj1=0。同樣地,對A的第2行,讓|a2j2|=max1≤j≤n|a2j|,施行前述過程,則可得a1j2=a3j2=…=anj2=0。再次注意到A可逆,于是j1≠j2,由此最終得到1,2,…,n的一個排列j1,j2,…,jn,使得:A中除了a1j1,a2j2,…,anjn外,其余元素皆為0。最后,為確定a1j1,…,anjn的值,讓表A的伴隨陣,D(A)表A的行列式。在式子?(X)=AXA-1中取X為Eij,于是得|AEijA-1|1=‖Eij‖1=1。注意到AEijA-1=AEijAadjD(A)=1D(A)(a1iA1ja1iA2j?a1iAnj???aniA1janiA2j?aniAnj)于是∥AEijA-1∥1=1|D(A)|(∑k=1n|aki|)?max1≤l≤n|Alj|=1固定j,讓i=1,…,n,則得∑k=1n|aki|為同一個值,換句話說,|a1j1|=|a2j2|=…=|anjn|?，F(xiàn)讓Μ=1a1j1A,結果M為簡單陣,且?(X)=MXM-1。定理3獲證。定理4設?:Mn(R)→Mn(R)為映照,則?為可乘保∞-范數(shù)映照當且僅當?有形式X→MXM