李雅玲，陳梅香，楊忠鵬，潘 磊

(1.莆田學(xué)院數(shù)學(xué)與金融學(xué)院，福建 莆田 351100；2.福建師范大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計學(xué)院，福建 福州 350117)

0 引 言

若存在可逆矩陣C滿足B=CTAC，則稱A、B∈n×n是合同的.在線性代數(shù)理論中，滿足AT=A或AT=-A的矩陣A的合同矩陣的性質(zhì)，已有很多成熟的結(jié)論.但從定義出發(fā)討論非對稱、非反對稱矩陣的合同問題是近幾年才開始的[1-4].

引理1([1]或[3，引理1]) 設(shè)A、B∈n×n，則A與B合同當(dāng)且僅當(dāng)存在可逆矩陣P使得PTAsP=Bs，PTAwP=Bw.

引理1簡單且對研究矩陣合同具有指向意義，但真正深入到具有明確結(jié)構(gòu)的矩陣合同的充要條件的研究，僅依靠這個結(jié)果是不夠的，目前可見的只有2、3階矩陣合同的結(jié)論[2-4].

命題1([2，定理1]) 設(shè)λs>0，1≤s≤4，a、b>0，且

(1)

則A與B合同的充要條件為As與Bs合同，且b2λ1λ2=a2λ3λ4.

命題2([3，定理5]) 設(shè)λs>0，1≤s≤6；a、b、c、d、e、f>0，且

(2)

則A與B合同當(dāng)且僅當(dāng)存在正交矩陣Q，使得以下兩個條件成立：

本文使用A∈4×4的2階復(fù)合矩陣C2(A)與相應(yīng)的復(fù)合伴隨矩陣的基本性質(zhì)，對命題2的證明方法進行改進，得到了具有命題1、2類似矩陣結(jié)構(gòu)的A、B∈4×4合同的充要條件.本文所使用的方法有別于命題1、2的討論，這樣的方法可對更高階的具有類似結(jié)構(gòu)的矩陣合同的充要條件研究有明確的指向意義.

1 預(yù)備知識

由文獻[5-7]，約定Qm，n={α=(α(1)，…，α(m))|α(1)<…<α(m)}，1≤m≤n.對α、β∈Qm，n，用detA[α，β]表示由A∈n×n中的第α(1)，…，α(m)行與第β(1)，…，β(m)列元素組成的m階子式，detA(α，β)=detA[α′，β′]，這里α′、β′分別為α、β∈Qm，n的補序列.Ck(A)是由A的k階子式detA[α，β]為元素按字典序排列所構(gòu)成的階矩陣；由A的k階子式detA[α，β]的代數(shù)余子式detAα， β=(-1)π(α)+π(β)detA(α，β)知，其中由文獻[7]知

引理2設(shè)A∈n×n為正交矩陣，則有

證明：由文獻[6，定理]知，對?α、β∈Qk，n，有

(detA)(detA[α，β])=(-1)π(α)+π(β)detA[α′，β′]=(-1)π(α)+π(β)detA(α，β)=detAα， β，

由文獻[7]知，當(dāng)A∈n×n為正交矩陣時，Ck(AAT)=Ck(E)=E=Ck(A)(Ck(A))T，因此(Ck(A))-1=(Ck(A))T，即有證畢.

設(shè)A=(aij)，B=(bij)∈m×n，稱C=(cij)=A°B∈m×n，cij=aijbij為A與B的Hadamard乘積[8].

引理3設(shè)n(≥2)為任意給定正整數(shù)，則n=2p+3q+4r總有非負整數(shù)解(p，q，r).

證明：當(dāng)n=2時，有非負整數(shù)解(1，0，0).

假設(shè)n≤k-1時命題成立，則當(dāng)n=k=3s或3s+2時，顯然有非負整數(shù)解(0，s，0)或(1，s，0)成立；當(dāng)n=k=3s+1時，有k=2s+s+1，而s+1=k-2s≤k-1，由歸納假設(shè)知，有非負整數(shù)解(p，q，r)使得s+1=2p+3q+4r成立，則k=2(s+p)+3q+4r有非負整數(shù)解(s+p，q，r).證畢.

引理4設(shè)A、B∈3×3滿足式(2)，則A與B合同當(dāng)且僅當(dāng)存在正交矩陣Q，使得

(ⅰ)(M-1QN-1)TAs(M-1QN-1)=Bs，其中

(3)

(ⅱ)Q*α=β，其中

證明：必要性.由引理1知，存在可逆矩陣P，使得PTAsP=Bs，PTAwP=Bw.再由文獻[3，定理4]知，存在正交矩陣Q滿足P=M-1QN-1，故(ⅰ)成立.進而由式(3)知，Bw=PTAwP=N-1SN-1，S=QTM-1AwM-1Q.

(4)

注意到S=NBwN和Q的2階子式與代數(shù)余子式的關(guān)系，所以由式(4)知

充分性.已知存在正交矩陣Q滿足條件(ⅰ)、(ⅱ)，由(ⅰ)知存在可逆矩陣P=M-1QN-1，使得PTAsP=Bs，其中M、N由式(3)確定.注意到必要性證明中都是等式，故其與PTAwP=Bw等價，進而由引理1知，A與B合同.證畢.

引理4揭示了Q*的重要作用，使文獻[3，定理5]的結(jié)論更加明確.由下面研究可知，其為高階情況的推廣討論提供了有力的支持.

2 主要結(jié)果

定理1設(shè)λs>0，1≤s≤8，且

A=diag(λ1，λ2，λ3，λ4)，B=diag(λ5，λ6，λ7，λ8)∈4×4，

(5)

則A與B合同，且滿足PTAP=B的可逆矩陣P必可表示為

(6)

其中，Q為正交矩陣.

證明：由正定矩陣A與B合同和式(5)知，設(shè)P=(puv)=(α1，α2，α3，α4)可逆，且PTAP=(yuv).從PTAP=B是對稱的，可有

(7)

(8)

定理2設(shè)λs>0，1≤s≤8，a，b，c，d，e，f，g，h，i，j，k，l>0，且

(9)

則A與B合同當(dāng)且僅當(dāng)存在正交矩陣Q，使得

(ⅰ)(M-1QN-1)TAs(M-1QN-1)=Bs，其中

(10)

證明：必要性.由引理1知，存在可逆矩陣P，使得PTAsP=Bs，PTAwP=Bw.再由定理1知，存在正交矩陣Q滿足P=M-1QN-1，故(ⅰ)成立.進而由式(6)、(10)知，Bw=PTAwP=N-1SN-1，S=QTM-1AwM-1Q.

設(shè)正交矩陣Q=(xuv)=(η1，η2，η3，η4)，則由M-1AwM-1=(buv)為反對稱矩陣知，S=QT(M-1AwM-1)Q=(zuv)也為反對稱的.

(11)

注意到S=NBwN和Q的2階子式與代數(shù)余子式的關(guān)系，所以由式(11)知

充分性.已知存在正交矩陣Q滿足條件(ⅰ)、(ⅱ).由(ⅰ)知存在可逆矩陣P=M-1QN-1，使得PTAsP=Bs，其中M、N由式(10)確定.注意到必要性證明中都是等式，故其與PTAwP=Bw等價，進而由引理1知，A與B合同.證畢.

命題2是文獻[3]的核心結(jié)論.雖然文獻[3]沒有對n≥4展開討論，但曾指出命題2的證法對更高階的情況也適用.本文定理1、2的討論表明，即使是用簡潔的記號，n=4的情況也會比n=2，3復(fù)雜很多.如果不引入A∈4×4的的記號與性質(zhì)，其表達的繁雜和規(guī)律的尋找不是簡單的套用文獻[3]的方法就可以的.對文獻[3]的證明方法進行改進，并運用至引理4和定理2，可使比3階矩陣討論更為復(fù)雜的4階矩陣有更明確清晰的表達.另外，由引理2和Q是正交矩陣知，可轉(zhuǎn)化為α=(detQ)C2(Q)β，形式與命題2具有一致性.在此基礎(chǔ)上，我們有理由相信對結(jié)構(gòu)類似的A、B∈n×n合同的充要條件中A的n-2階復(fù)合矩陣與其復(fù)合伴隨矩陣會起統(tǒng)一的作用.這些情況的討論將在繼續(xù)討論中進行.

引理5設(shè)A、B∈2×2滿足式(1)，則A與B合同當(dāng)且僅當(dāng)存在正交矩陣Q，使得

類似于引理4的討論，可將命題1改造為引理5.針對已有2、3階矩陣和本文4階的非對稱、非反對稱矩陣合同的討論，可在引理3的基礎(chǔ)上，對任意給定的正整數(shù)n≥2可證明必存在n非對稱、非反對稱矩陣具有合同關(guān)系.

定理3設(shè)n≥2為任意給定的正整數(shù)，(p,q,r)為n=2p+3q+4r的非負整數(shù)解，存在

A=diag(A11，…，A1p，A21，…，A2q，A31，…，A3r)∈n×n，

B=diag(B11，…，B1p，B21，…，B2q，B31，…，B3r)∈n×n，

其中A1t1、B1t1∈2×2形如式(1)，A2t2、B2t2∈3×3形如式(2)，A3t3、B3t3∈4×4形如式(9)，則A與B合同的充分必要條件是存在正交矩陣Qsts(s=1，2，3；1≤t1≤p；1≤t2≤q；1≤t3≤r)滿足以下條件：

(ⅰ)(M-1QN-1)TAs(M-1QN-1)=Bs，其中

M=diag(M11，…，M1p，M21，…，M2q，M31，…，M3r)，

N=diag(N11，…，N1p，N21，…，N2q，N31，…，N3r)，

Q=diag(Q11，…，Q1p，Q21，…，Q2q，Q31，…，Q3r)；

(ⅱ)C*(Q)α=β，其中

定理3是命題1、2，引理5和定理2的一個簡單應(yīng)用.

本文假定討論的矩陣皆為實矩陣是不失一般性的.實際上在復(fù)數(shù)域上的討論與實數(shù)域并沒有什么本質(zhì)不同，只要注意共軛轉(zhuǎn)置和酉矩陣的使用即可.另外，如同文獻[3，定理5]，命題1約定λ5>0，1≤s≤4，易知這與文獻[2，定理1]沒有本質(zhì)差別，且可方便n≥2情況的討論.