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妙哉!妙哉啊!分别使用极限和多项式导出伴随矩阵的一个运算规则

分析笔记 huijiaorz 251℃ 0评论

这里使用的证明有很好的启发性,首先是特殊的情况:两个矩阵都可逆时,容易知道结论是成立的。而再从这一特殊情况出发,考虑两个矩阵的多项式,只是分别通过构造的序列和多项式将这种特殊情况下的等式成立关系,推导到一般的情形。该命题本身大有用处,这两个证明也是非常的值得学习,请留意这种从特殊到一般的思路。

设$A,B\in P^{n\times n}$,求证:$(AB)^*=B^*\cdot A^*$

证明一:先设$A、B$均可逆,那么$$\begin{aligned}A^\ast&=|A|\cdot A^{-1},\quad B^ast=|B|\cdot B^{-1}\\(AB)^\ast&=|AB|\cdot(AB)^{-1}\\&=|AB|\cdot B^{-1}\cdot A^{-1}\\&=B^\ast\cdot A^\ast\end{aligned}$$

对于一般情形,引入参数$t$,使行列式$$|tE_n+A|=0$$

的$t$只有有限个,同样$$|tE_n+B|=0$$

的$t$也只有有限个,因此存在一个无穷列$t_n$,使得$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}t_n=0$,且$tE_n+A,tE_n+B$均可逆。故$$[(tE_n+A)\cdot(tE_n+B)]^\ast=(tE_n+A)^\ast(tE_n+B)^\ast$$

两边取极限易得$(AB)^\ast=B^\ast\cdot A^\ast$。


该命题通过构造一个极限为零序列,对每个序列值都有命题成立,然后再通过极限将这种成立的结论传导到极限零的情况,从而实现从特殊到一般的证明。当然了,你还需要确定取极限后,等式是仍然成立的,留给读者思考一下?其实两边都是简单的加、乘运算,两边取极限没有问题。

证明二:仅证$|AB|=0$的情形,考虑矩阵$A(\lambda)=A-\lambda E,\quad B(\lambda)=B-\lambda E$,由于$A、B$最多只有有限个特征值,因此有无穷多$\lambda$,使$$|A(\lambda)|\neq 0,\quad |B(\lambda)|\neq 0$$

此时$$[A(\lambda)B(\lambda)]^\ast=B^\ast(\lambda)A^\ast(\lambda)$$

令$$(A(\lambda)B(\lambda))^\ast=f(\lambda),\quad B^\ast(\lambda)A^\ast(\lambda)=g(\lambda)$$

即$$f(\lambda)=g(\lambda)$$

因$f(\lambda),g(\lambda)$为有限次多项式,且有无穷多$\lambda$使$f(\lambda)=g(\lambda)$成立。所以对一切$\lambda,f(\lambda)=g(\lambda)$均成立。$\lambda=0$时,即可得$$(AB)^\ast=(A(0)B(0))^\ast=B^\ast(0)A^\ast(0)=B^\ast A^\ast$$


这个证明是考虑了特征多项式,两个有限次的多项式,有无穷多的值使得两个多项式相等,两个多项式自然是相等的了。

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