$n$阶复方阵$A=(a_{ij})$的第$i$行上所有元素的模之和记为$R_i$,即$\displaystyle R_i=\sum_{j=1}^{n}|a_{ij}|,i=1,2,\cdots,n$.方阵$A=(a_{ij})$的第$j$列上所有元素的模之和记为$T_j$,即$\displaystyle T_i=\sum_{i=1}^{n}|a_{ij}|,j=1,2,\cdots,n$.记$P_i=R_i-|a_{ii}|,Q_i=T_j-|a_{jj}|$.
如果方阵$A$满足$|a_{ii}|>P_i,i=1,2,\cdots,n$,则方阵$A$称为\textbf{行主角占优方阵};如果方阵$A$满足$|a_{jj}|>Q_j,j=1,2,\cdots,n$,则方阵$A$称为\textbf{列主角占优方阵}.关于主角占优方阵,我们有
\begin{Theorem}[Levy-Desplanques]
设$A=(a_{ij})$是行或列主角占优方阵,则$\det A\neq 0$.
\end{Theorem}
\begin{Proof}
设$A=(a_{ij})$是行主角占优方阵,且$\det A=0$.则方程组$Ax=0$有非零解$x=(x_1,x_2,\cdots,x_n)^{\mathrm{T}}$,故
$\max\{|x_1|,|x_2|,\cdots,|x_n|\}=|x_k|>0,1\leq k\leq n$.因此$\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{kj}x_j=0$.于是
\[a_{kk}x_k=-\sum_{1\leq j\leq n,j\neq k}a_{kj}x_j.\]
上式两端取模,得到
\[|a_{kk}||x_k|=-\left|\sum_{1\leq j\leq n,j\neq k}a_{kj}x_j\right|\leq \sum_{1\leq j\leq n,j\neq k}|a_{kj}||x_j|.\]
因此$|a_{kk}|\leq P_k$,与$A$为行主角占优方阵矛盾.
对列主角占优方阵$A$,则$A^{\mathrm{T}}$为行主角占优方阵.因此$\det A=\det A^{\mathrm{T}}\neq 0$.
\end{Proof}
\begin{Theorem}[Gersg$\ddot{o}$rin圆盘定理, 1931]
任意$n$阶复方阵$A=(a_{ij})$的特征值一定落在复平面上$n$个圆盘
\[|z-a_{ii}|\leq P_i,\quad i=1,2,\cdots,n\]
的并集内.
\end{Theorem}
\begin{Proof}
设$\lambda_0$是方阵$A$的特征值,则$\varphi(\lambda_0)=\det(\lambda_0I_{(n)}-A)=0$.因此由Levy-Desplanques定理,方阵$\lambda_0I_{(n)}-A$不是行主角占优方阵,所以至少有某个$i$, $1\leq i\leq n$,使得$|\lambda_0-a_{ii}|\leq P_i$.这就证明了圆盘定理.
\end{Proof}
参考文献: 李炯生,线性代数, P252.
\begin{Example}
(丘维声上P145)设$A=(a_{ij})$是实数域上的$n$阶矩阵.证明:如果
\[a_{ii}>\sum_{j=1,j\neq i}^{n}|a_{ij}|,\quad i=1,2,\cdots,n,\]
那么$|A|>0$.
\end{Example}
\begin{Proof}
令\[B(t)=\begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12}t & \cdots & a_{1n}t \\
a_{21}t & a_{22} & \cdots &a_{2n}t\\
\vdots & & & \vdots\\
a_{n1}t & a_{n2}t & \cdots &a_{nn}
\end{pmatrix},\]
$|B(t)|$是$t$的多项式,从而$|B(t)|$是连续函数.当$t\in (0,1]$时,由已知条件得
\[a_{ii}>\sum_{j=1,j\neq i}^{n}|a_{ij}|\cdot 1\geq \sum_{j=1,j\neq i}^{n}|a_{ij}|t=\sum_{j=1,j\neq i}^{n}|a_{ij}t|,\]
其中$i=1,2,\cdots,n$.由上面结论可知$|B(t)|\neq 0$.由于
\[|B(0)|=a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}>0,\]
因此据连续函数中间值定理可知$|B(1)|>0$,即$|A|>0$.
\end{Proof}
%%A伴随的伴随
\begin{Theorem}
(李炯生P365)设$S=(a_{ij})_{n\times n}\geq 0$.证明:
\[\det S\leq a_{11}a_{22}\cdots a_{nn},\]
并且等号当且仅当方阵$S$为对角方阵时成立.
\end{Theorem}
\begin{Proof}
\end{Proof}
\begin{Theorem}[Hadamard不等式]
(李炯生P365)设$A=(a_{ij})$是$n$阶方阵.证明:
\[\det A\leq \prod_{j=1}^{n}\left(\sum_{i=1}^{n}a_{ij}^2\right)^{1/2},\]
其中等式当且仅当方阵$A$的$n$个列向量两两正交时成立.
\end{Theorem}
\begin{Proof}
\end{Proof}
\begin{Theorem}
(许以超P250)任一$n$阶复方阵$A$能分解为两个复对称方阵的乘积,且可指定其中一个为可逆的.
\end{Theorem}
\begin{Proof}
\end{Proof}
\begin{Theorem}
(许以超P250)任一$n$阶复方阵$A$能分解为两个复对称方阵的乘积,且可指定其中一个为可逆的.
\end{Theorem}
\begin{Proof}
\end{Proof}
\begin{Theorem}
(许以超P260)设$A$为$n$阶可逆复方阵, $\alpha$为非零复数,则存在$n$阶复方阵$B$,使得$B^\alpha=A$,即矩阵方程$X^\alpha=A$有解.
\end{Theorem}
\begin{Proof}
\end{Proof}
\begin{Theorem}
\end{Theorem}
\begin{Proof}
\end{Proof}
\begin{Theorem}
求解常微分方程$y'+P(x)y+Q(x)=0$,其中$P(x),Q(x)$均为给定的函数.
\end{Theorem}
\begin{Proof}
只需先求$y'+P(x)y=0$的解$Y(x)$,然后有
\begin{align*} \left( \frac { y } { Y ( x ) } \right) ^ { \prime } &= \frac { y ^ { \prime } Y ( x ) - y Y ^ { \prime } ( x ) } { Y ^ { 2 } ( x ) } = \frac { y ^ { \prime } Y ( x ) - y [ - P ( x ) Y ( x ) ] } { Y ^ { 2 } ( x ) } \\ &{ = \frac { y ^ { \prime } + P ( x ) y } { Y ( x ) } = - \frac { Q ( x ) } { Y ( x ) } }, \end{align*}
因此
\[y = - Y ( x ) \int \frac { Q ( x ) } { Y ( x ) } d x.\]
\end{Proof}
\begin{Example}
求解$xy'-y+x^3=0$.
\end{Example}
\begin{Theorem}
设$f(x)$在$[a,b]$上连续,在$(a,b)$上可导,且$\displaystyle f(x_1)=y_1,f(x_2)=y_2,\int_{a}^{b}f(x)dx=A$.证明:存在$\xi\in (a,b)$,使得$f''(\xi)=B$.
\end{Theorem}
\begin{Proof}
构造函数$F(x)=dx^2+ex+f$使得$f(x_1)=y_1,f(x_2)=y_2,\int_{a}^{b}f(x)dx=A$即可,然后考察$G(x)=f(x)-F(x)$即可.
\end{Proof}
\textbf{注.}利用了函数拟合(逼近)的思想.
\begin{Theorem}
设$A$是实数域上的$s\times n$矩阵,则
\[\mathrm{rank}(A'A)=\mathrm{rank}(AA')=\mathrm{rank}(A).\]
\end{Theorem}
\begin{Proof}
(丘维声上册P183)
\end{Proof}
\begin{Theorem}
证明: 对于任意复矩阵$A$,有
\[\mathrm{rank}(\overline{A}'A)=\mathrm{rank}(A\overline{A}')=\mathrm{rank}(A).\]
\end{Theorem}
\begin{Proof}
(丘维声上册P193)
\end{Proof}
\begin{Example}
举例说明:对于复矩阵$A$, $\mathrm{rank}(\overline{A}'A)\neq\mathrm{rank}(A)$.
\end{Example}
\begin{Theorem}
证明Cauchy恒等式:当$n\geq 2$时,有
\[\left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } c _ { i } \right) \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } b _ { i } d _ { i } \right) - \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } d _ { i } \right) \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } b _ { i } c _ { i } \right) = \sum _ { 1 \leqslant j < k \leqslant n } \left( a _ { j } b _ { k } - a _ { k } b _ { j } \right) \left( c _ { j } d _ { k } - c _ { k } d _ { j } \right).\]
\end{Theorem}
\begin{Proof}
(丘维声上册P188)
\end{Proof}
\begin{Theorem}
(丘维声上册P193)证明Lagrange恒等式:当$n\geq 2$时,有
\[\left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } \right) \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } b _ { i } ^ { 2 } \right) - \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } b _ { i } \right) ^ { 2 } = \sum _ { 1 < j < k \leq n } \left( a _ { j } b _ { k } - a _ { k }b_{j} \right)^ { 2 }.\]
\end{Theorem}
\begin{Theorem}
证明Cauchy-Schwarz不等式:对任意实数$a_1,a_2,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots,b_n$,有
\[\left( a _ { 1 } ^ { 2 } + a _ { 2 } ^ { 2 } + \dots + a _ { n } ^ { 2 } \right) \left( b _ { 1 } ^ { 2 } + \dots + b _ { n } ^ { 2 } \right) \geqslant \left( a _ { 1 } b _ { 1 } + a _ { 2 } b _ { 2 } + \dots + a _ { n } b _ { n } \right) ^ { 2 },\]
等号成立当且仅当$(a_1,a_2,\cdots,a_n)$与$(b_1,b_2,\cdots,b_n)$线性相关.
\end{Theorem}
\begin{Proof}
(丘维声上册P188)
\end{Proof}
\begin{Example}
设实数域上的$n$阶矩阵$A=(B,C)$,其中$B$是$n\times m$矩阵,证明:
\[|A|^2\leq |B'B|\, |C'C|.\]
\end{Example}
\begin{Proof}
(丘维声上册P193)
\end{Proof}
\begin{Example}
设$A,B$分别是数域$K$上$n\times m,m\times n$矩阵.证明:如果$I_n-AB$可逆,那么$I_m-BA$也可逆,并求$(I_m-BA)^{-1}$.
\end{Example}
\begin{Proof}
(丘维声上册P206)
\[\left( I _ { m } - B A \right) ^ { - 1 } = I _ { m } + B \left( I _ { n } - A B \right) ^ { - 1 } A.\]
\end{Proof}
\begin{Example}
设$A$是数域$K$上的$n$阶矩阵,证明:对任意正整数$k$,有
\[\mathrm{rank}(A^{n+k})=\mathrm{rank}(A^n).\]
\end{Example}
\begin{Proof}
(丘维声上册P208)
\end{Proof}
\begin{Example}
(Lyapunov不等式)设$f(x)$在闭区间$[a,b]$有连续的二阶导数,且$f(a)=f(b)=0$,当$x\in (a,b)$时, $f(x)\neq 0$,证明:
\[\int _ { a } ^ { b } \left| \frac { f ^ { \prime \prime } ( x ) } { f ( x ) } \right| \mathrm{d} x \geq \frac { 4 } { b - a }.\]
\end{Example}
\begin{Proof}
由于
\[\int _ { a } ^ { b } \left| \frac { f ^ { \prime \prime } ( x ) } { f ( x ) } \right| \mathrm { d } x \geq \frac { \int _ { a } ^ { b } \left| f '' ( x ) \right| \mathrm { d } x } {\displaystyle \max _ { a \leq x < b } | f ( x ) | },\]
故只需证
\[\int _ { a } ^ { b } \left| f'' ( x ) \right| \mathrm { d } x \geq \frac { 4 } { b - a } \max _ { a \leq x \leq b } | f ( x ) | = \frac { 4 } { b - a } \left| f \left( x _ { 0 } \right) \right|,\]
$x_0\neq a,b$,对$f(x)$在$[a,x_0]$和$[x_0,b]$分别用拉格朗日中值定理,有
\begin{align*}
f \left( x _ { 0 } \right) - f ( a ) &= f ^ { \prime } \left( \xi _ { 1 } \right) \left( x _ { 0 } - a \right), \\
f ( b ) - f \left( x _ { 0 } \right) &= f ^ { \prime } \left( \xi _ { 2 } \right) \left( b - x _ { 0 } \right), \end{align*}
则
\begin{align*}
\int _ { a } ^ { b } \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \mathrm { d } x &\geq \int _ { \xi _ { 1 } } ^ { \xi _ { 2 } } \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \mathrm { d } x\\
&\geq \left| \int _ { \xi _ { 1 } } ^ { \xi _ { 2 } } f ^ { \prime \prime } ( x ) \mathrm { d } x \right| = \left| f ^ { \prime } \left( \xi _ { 2 } \right) - f ^ { \prime } \left( \xi _ { 1 } \right) \right| = \left| \frac { - f \left( x _ { 0 } \right) } { b - x _ { 0 } } - \frac { f \left( x _ { 0 } \right) } { x _ { 0 } - a } \right|\\
&= \left| f \left( x _ { 0 } \right) \right| \frac { b - a } { \left( b - x _ { 0 } \right) \left( x _ { 0 } - a \right) },
\end{align*}
而$\left( b - x _ { 0 } \right) \left( x _ { 0 } - a \right) \leq \frac { ( b - a ) ^ { 2 } } { 4 }$,因此
\[\int _ { a } ^ { b } \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \mathrm { d } x \geq f \left( x _ { 0 } \right) \frac { 4 } { b - a }.\]
\end{Proof}