利用矩陣跡求解兩類正交矩陣譜的研究

林志興, 陳梅香, 楊忠鵬, 楊子斌

( 1.福建省金融信息處理重點實驗室(莆田學院), 福建 莆田 351100;2.金融數學福建省高校重點實驗室(莆田學院), 福建 莆田 351100; 3.福州大學 數學與統計學院, 福州 350108 )

0 引言

設C、R分別為復數域、實數域,Z為所有整數的集合.復數i∈C滿足i2=-1.E(En)為n×n單位矩陣.AT、|A|、trA分別表示矩陣A的轉置、行列式、跡.如果ATA=En,則稱A∈Rn×n為正交矩陣.On×n為n×n正交矩陣集合,SOn×n為n×n對稱正交矩陣集合,IOn×n為n×n特征值都為實數或為純虛數的正交矩陣集合.稱A∈Rn×n的特征多項式|xE-A|在C上的n個根(λ1,λ2,…,λn)為A的特征值,且記A的譜為σ(A)={λ1,λ2,…,λn}.

研究顯示,在復數域上證明n×n矩陣特征多項式存在n個根具有較多困難[1].目前,利用Mathematic和Maple軟件雖可計算求出一個中等規模矩陣的特征多項式,但對于n≥5的n×n矩陣仍無良好的求解方法[2].為此,許多學者利用不同的方法探討了該問題,其中有些學者采用跡估計了矩陣特征值的上下界[3-11].1961年,Smith[12]首次用跡給出了3×3實對稱矩陣特征值的計算公式;2018年和2020年,文獻[13-14]的作者用跡研究了3×3正交矩陣的特征值.1999年和2011年,文獻[15-16]的作者研究了3×3正交矩陣的跡等式;2020年,文獻[17]的作者在文獻[15-16]的基礎上研究了更為一般的n×n正交矩陣的跡方程,并且得到了特征值全為實數或為純虛數的正交矩陣類IOn×n(由后面的討論可知,該IOn×n是平方對稱的正交矩陣)的所有解的顯示表達.另外,文獻[15]和[18]的作者還得到了n×n正交矩陣為對合的充分條件,并用2個4×4正交矩陣的數值例子(該例子為平方對稱和4次方冪對稱)說明了使用該結論時應注意的問題.以上研究表明,平方對稱和4次方冪對稱的正交矩陣是較為常見的正交矩陣,因此研究求解這兩類正交矩陣的特征值具有重要意義.

為此,本文從平方對稱、4次方冪對稱的這兩類n×n正交矩陣的特征值與跡的關系入手,應用正交相似矩陣的特征值和跡的不變性得到了判定這兩類矩陣為平方對稱正交矩陣和4次方冪對稱正交矩陣的充要條件,并在此基礎上給出了相應矩陣的特征值及其重數的計算公式.將本文計算方法應用到已有文獻中的數值例子上顯示,該方法比傳統方法(通過求解特征多項式來得到特征值)簡單、方便.

1 預備知識

O-1AQ= diag(Et,-Es,W1,…,Wk)=OA,t+s+2k=n;

(1)

A∈SOn×n當且僅當式(1)中k= 0.

(2)

如同式(1),本文作如下約定:A∈On×n的特征值1和-1的重數分別為t和s;k為A的兩兩共軛的非實的特征值的對數,且OA為A的正交標準形.

引理2[17]設A∈On×n,σ(A)={λ1,λ2,…,λn},則對于A的每個特征值λj有:|λj|= 1,λj∈σ(A),且|A|=(-1)s, -1為A的s重特征值.

(3)

(4)

(5)

證明計算H2、M2、N2的特征多項式即可得到式(3)和式(4),再計算H2、M2、N2的平方或4次方冪即可得式(5)成立.證畢.

由引理5可直接得如下引理6.

2 特征值為實數或純虛數時正交矩陣的譜和跡

定理1設A∈On×n,則A∈IOn×n當且僅當A2∈SOn×n.

A2=Qdiag(Et,-Es,W1,…,Wk)2Q-1=Qdiag(Et+s,-E2k)Q-1∈SOn×n.

(6)

(7)

定理1表明,特征值全為實數或為純虛數的正交矩陣與平方對稱的正交矩陣是同一類的正交矩陣,因此用矩陣平方的對稱性來確定IOn×n更為簡單實用.

定理2設A∈On×n.若A2∈SOn×n,則A的所有可能的特征值為實數或純虛數,且有:

(8)

(9)

證明由定理1知A∈IOn×n.由式(1)、(3)、(5)和引理6知式(6)和式(8)成立.由此再由式(1)和式(5)可得:

1)當A≠AT時,由式(1)、(2)、(8)可知k≠0.由此再由式(8)、(4)、(6)可得trA2=t+s-2k=t+s+2k-4k=n-4k,即:

(10)

2)當A=AT時,由式(1)、(2)、(8)知k= 0.再由式(10)知,式(9)仍然成立.證畢.

定理2表明,只用矩陣跡就可確定IOn×n中矩陣的譜的計算公式.

推論1設A∈On×n.若A2∈SOn×n,則有:

2)若trA>0,則t≥1;若trA<0,則s≥1;

證明由式(9)可知推論中的1)成立.若trA>0(即trA≥1),則t=s+trA≥ trA≥1;若trA<0(即trA≤-1),則有s=t-trA≥ -trA≥1.由此得推論中的2)成立.

當A=AT時,由定理2中的2)可得A2=En,即trA2=n.由于SOn×n?IOn×n,因此式(9)成立,由此可知推論中的3)得證.證畢.

由文獻[20]中的例6.2可知,F和Aj(j= 1,2,…,7)都是對稱的.由于trF= trAj= 2(j= 1,2,…,6),因此由推論1中的3)可知,σ(F)=σ(Aj)={1,1,1,-1},j= 1,2,…,6.類似地,由trA7= 0和推論1中的3)可知,σ(A7)={1,1,-1,-1}.

例2請用本文的方法求出如下兩組置換矩陣[20]的特征值和譜:

由于μ1,μ2,…,μ6是對稱矩陣,且置換矩陣是正交的,因此μj∈SO4×4,j= 1,2,…,6.再由trμj= 2和推論1中的3)可知,μ1,μ2,…,μ6彼此為正交相似,且其正交標準形為diag(1,1,1,-1).

3 四次方冪對稱的正交矩陣的譜和跡

(11)

再由式(3)—(5)可得:

(12)

Q-1A4Q= diag(Et+s+2k1,-E2k2,-E2k3)=OA4∈SOn×n,n=t+s+2k1+2k2+2k3.

(13)

于是由式(13)知A4∈SOn×n,必要性得證.

②充分性.由于B=A2∈On×n,B2=A4∈SOn×n,因此由定理1可知B=A2∈IOn×n.設tB、sB、kB分別為B的特征值1和-1的重數以及特征值±i的對數,于是由式(6)、(8)、(9)可得:

(14)

U-1A4U=U-1B2U= diag(EtB+sB,-E2kB).

(15)

(16)

(17)

(18)

(19)

(20)

(21)

4 主要結論的應用

1962年,華羅庚在研究辛群的辛方陣的相似問題時,用簡潔的方法再次得到了“兩個正交矩陣正交相似的充要條件是它們的特征矩陣有相同的初等因子”[21]的結論.由初等因子理論易知,該結論與本文的引理1等價,由此進一步表明兩個正交矩陣是否正交相似是由它們所有的特征值來確定的.

定理5設A,B∈On×n,則:

1)若A,B∈SOn×n,則A與B正交相似當且僅當trA= trB;

2)若A2,B2∈SOn×n,則A與B正交相似當且僅當trA= trB, trA2= trB2;

3)若A4,B4∈SOn×n,則A與B正交相似當且僅當trA= trB, trA2= trB2, trA4= trB4.

證明1)必要性.由矩陣正交相似的性質可知,當A與B正交相似時,Al與Bl也正交相似,因此trAl= trBl,其中l是任意的正整數.必要性得證.

原有的相關文獻都是通過求解特征多項式來求解正交矩陣的特征值,如例4、例5和例6,而本文僅采用矩陣跡即可求出正交矩陣的特征值.

由trA= 2和定理5中的1)可知,A與例1中的F和Aj(j= 1,2,…,6)以及例2中的1)中的μj∈SO4×4(j=1,2,…,6)都是正交相似的.于是由推論1中的3)可知,它們的正交標準形為diag(1,1,1,-1).

2)請用本文的方法求解A和U[15,18]的特征值.

(22)

由式(22)可知:

A2=-UT(≠E4), 且A4= (UT)2=U2=-E4∈SO4×4.

(23)

再由式(23)可知,U與A分別是平方對稱、4次方冪對稱的正交矩陣.由于 trU= 0, trU2=-4,因此由定理2和式(11)可得t=s= 0,k= 2,即

σ(U)={i,i,-i,-i}.

(24)

文獻[15]和文獻[18]給出了正交矩陣的一個重要結論:當A,U∈On×n,且U沒有重特征值和UA=AUT時,必有A2=E.

式(22)中的2個矩陣是文獻[15]中的定理6.5和文獻[18]中定理1中的2個數值例子.由式(22)和式(23)可知,UA=AUT,A2≠E;因此,由式(24)可知文獻[15]和文獻[18]中給出的結論其前提條件“U無重特征值”是必不可少的.

文獻[24]中的習題535、文獻[26]5.3節中的習題22.3、文獻[27]5.3節中的習題21.3都是應用正交變換將同一個二次型“2x1x2+2x3x4”化為標準形,但其所用的正交矩陣是各不相同的.應用本文方法計算這3個正交矩陣的特征值得:文獻[24]所用的正交矩陣是平方對稱的;文獻[26]和文獻[27]所用的正交矩陣是4次方對稱的,且由定理5中的3)可知這兩個矩陣是正交相似的.由此表明,將一個實二次型化為正交標準形時,可以使用不同的正交矩陣,且所使用的正交矩陣既可以是正交相似的,也可以不是正交相似的.

以上數值例子表明,利用矩陣跡求解平方對稱和4次方冪對稱的這兩類正交矩陣的特征值,可不用通過求解特征多項式來求解,因此該方法比傳統方法簡單、實用.