严格对角占优矩阵的性质

• 严格对角占优矩阵的性质

设

$A=\left( \begin{matrix} a_{11}& a_{12}& \cdots& a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots& a_{2n}\\ \vdots& \vdots& & \vdots\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots& a_{nn}\\ \end{matrix} \right)$

为一实数域上的矩阵，证明：
(1) 如果$|a_{ii}|>\sum\limits_{j\neq i}|a_{ij}|,i=1,2,\cdots,n$,(严格对角占优：即每一行元素绝对值中对角线元素大于其它元素之和), 那么$|A|\neq 0$
(2)如果$a_{ii}>\sum\limits_{j\neq i}|a_{ij}|,i=1,2,\cdots,n$,(即每一行元素中对角线元素大于其它元素绝对值之和), 那么$|A|> 0$

解 (1) 只要证明以 $\boldsymbol{A}$ 为系数矩阵的齐次线性方程组只用有零解. 这等价于对任一不全为零的实数组 $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$, 证明必有某 $i$ 使 $a_{i 1} c_{1}+a_{i 2} c_{2}+\cdots+a_{i n} c_{n} \neq 0$. （否则$c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$为解，矛盾）

由于 $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$ 不全为零, 必有某 $c_{i} \neq 0$,且 $\left|c_{i}\right| \geqslant\left|c_{j}\right|, j=1,2, \cdots, n$. 于是

$\begin{aligned} \left|\sum_{j=1}^{n} a_{i j} c_{j}\right| & \geqslant\left|a_{i i} c_{i}\right|-\sum_{\substack{j=1 \\ j \neq i}}^{n}\left|a_{i j} c_{j}\right|\\ &\left.\geqslant\left|a_{i i}\right|\left|c_{i}\right|-\sum_{j \neq i}^{n}\left|a_{i j}\right|\left|c_{i}\right|\right. \\ &=\left|c_{i}\right|\left(\left|a_{i i}\right|-\sum_{j \neq i}\left|a_{i j}\right|\right)>0 \end{aligned}$

故 $\sum\limits_{j=1}^{n} a_{i j} c_{j} \neq 0$, 即以 $\boldsymbol{A}$ 为系数矩阵的齐次方程组只有零解. 所以 $|\boldsymbol{A}| \neq 0$.

(2)应用数学归纳法.

$n=1,|\boldsymbol{A}|=a_{11}>0$.

设命题对 $n-1$ 已成立. 取 $|\boldsymbol{A}|$ 的第一行的 $n$ 个代数余子式 $A_{11}, A_{12}, \cdots, A_{1 n}$. 易得

$\begin{aligned} a_{11} A_{11}+a_{12} A_{12}+\cdots+a_{1 n} A_{1 n} &=|\boldsymbol{A}| . \\ a_{i 1} A_{11}+a_{i 2} A_{12}+\cdots+a_{i n} A_{1 n} &=0, \quad i=2,3, \cdots, n . \end{aligned}$

由 (1) 知 $|\boldsymbol{A}| \neq 0$, 故 $A_{11}, A_{12}, \cdots, A_{1 n}$ 不全为零. 我们欲证 $A_{11}, A_{12}, \cdots, A_{1 n}$ 中绝对值最大的为 $A_{11}$, 用反证法. 设有 $i \neq 1,\left|A_{1 i}\right| \geqslant\left|A_{1 j}\right|, j=1,2, \cdots, n$, 这时必有 $\left|A_{1 i}\right|>0$, 则

$\begin{aligned} &\left|a_{i 1} A_{11}+\cdots+a_{i i} A_{1 i}+\cdots+a_{i n} A_{1 n}\right| \\ \geqslant &\left|a_{i i}\right|\left|A_{1 i}\right|-\sum_{j \neq i}\left|a_{i j}\right|\left|A_{1 j}\right| \\ \geqslant &\left|a_{i i}\right|\left|A_{1 i}\right|-\sum_{j \neq i}\left|a_{i j}\right|\left|A_{1 i}\right| \\ =&\left|A_{1 i}\right|\left(a_{i i}-\sum_{j \neq i}\left|a_{i j}\right|\right)>0 . \end{aligned}$

因 $i \neq 1$, 前面式子等于零, 矛盾.故 $\left|A_{11}\right| \geqslant\left|A_{1 j}\right|, j=1,2, \cdots, n$.

又由归纳假设有 $A_{11}>0$, 故 $a_{11} A_{11}>0$. 于是

$\begin{aligned} |\boldsymbol{A}| &=a_{11} A_{11}+\sum_{i=2}^{n} a_{1 i} A_{1 i} \geqslant a_{11} A_{11}-\sum_{i=2}^{n}\left|a_{1 i}\right|\left|A_{1 i}\right| \\ & \geqslant\left(a_{11}-\sum_{i=2}^{n}\left|a_{1 i}\right|\right) A_{11}>0 . \end{aligned}$

结论得证.