三阶方阵的立方根

２０１３年第ｏ４期　吉林省教育学院学报　ＪＯＵＲＮＡＬ　ＯＦ　ＥＤＵＣＡＴＩＯＮＡＬ　ＩＮＳｌ＇ｌ＇ｌ＇ｔｒＩ￣ＯＦ　Ｊ】Ｌ１　ＰＲＯＶＩＮＣＥ　Ｎｏ．０４，２０１３　Ｖｏｌ　２９　ＴｏｔａｌＮ仉３４ＪＤ　第２９卷　（总３４０期）　三阶方阵的立方根　林建增　，丘泉英２　（１．武夷学院，福建武夷山３５４３００；２．深圳职业学院，广东深圳５１８０００）　摘要：本文在已有Ｊｏｒｄａｎ标准型的基础知识和众多学者研究开方运算的基础上，得出了ｎ阶矩阵开方运算的几个主要定　理，并且在其基础上重点研究三阶方阵的开立方问题，得出了几种情况。　关键词：Ｊｏｒｄａｎ标准型；矩阵函数；立方根。　中图分类号：０１５１．２１　文献标识码：Ａ　文章编号：１６７１－－１５８０（２０１３）０４—０１５ｌ—０２　矩阵代数在工程技术与自然科学研究中都起到　了重要的作用。但与数的运算相比较，它没有开方　运算。然而，若有开方运算，无论是工程应用还是理　论研究，都将是一件十分令人向往的事情。文章对　方阵开方问题展开了讨论，给出了矩阵可开方的一　些判别条件。　一０（ｉ＝１，２，…，ｎ），于是Ａ＝Ｕｄｉａｇ（入ｌ，入２，…，　）Ｕ“　＝Ｂ“其中Ｂ＝Ｕｄｉａｇ（　，　，…，　）Ｕ“为正　定矩阵，Ｂ的特征值　ｉ＞０，ｉ＿１，ｎ．　充分性：若Ｂ为正定Ｈｅｒｍｉｔｅ矩阵，则Ｂ的特征　值　＞０，（ｉ＝１，２，…，ｎ），从而Ｂ“的特征值为　＞　Ｎ阶矩阵开方运算的几个主要定理　引理１…对于ｒｉ阶Ｊｏｒｄａｎ块　、Ｊｉ‘　：　【　ｉ　…　一　ｉ１有　　Ｊ叫　ｘｋ）”…　（　）　０，（ｉ＝１，２，…，ｎ），故必为Ｈｅｒｍｉｔｅ正定矩阵。　从该命题可知，任何Ｈｅｒｍｉｔｅ正定矩阵Ａ必存　在ｎ次方根。　定理２：设Ａ∈Ｃ　，并且Ｐ～ＡＰ＝Ｊ，则Ａ有ｎ　次方根的充要条件是Ｊ有ｎ次方根，并且Ａｉ＝ＰＪ　Ｐ～，其中Ｊ为矩阵Ａ的若当标准型。　证明必要性：已知Ｐ～ＡＰ＝Ｊ，且设Ａ的ｎ次　方根为　Ｂ即Ａ＝Ｂ“，从而　Ｊ＝Ｐ一　Ｂ“Ｐ＝Ｐ一　ＢＰ…Ｐ一　ＢＰ＝（Ｐ一　ＢＰ）ｎ．　ｘｋ）　＝　（　）击（　…　（　（　）音（　…ｘｋ）　（　）吉（　…　Ｉｌ　充分性：设Ｊ的ｎ次方根　，则Ａ＝ＰＪＰ～＝Ｐ　（Ｊ吉）“Ｐ～＝（ＰＪ吉Ｐ　）“，故Ａ必有ｎ次方根　ＰＪｉ１　Ｐ～．　当　ｉ不为零，该公式对ｋ＝ｎ，ｋ＝　，ｎ∈Ｚ＋都　成立．　定理３：设Ａ∈Ｃ　“，若Ａ可对角化，则Ａ必有ｎ　次方根。　定理１：设Ａ∈Ｃ　“是Ｈｅｒｍｉｔｅ矩阵。证明Ｈｅｒ—　ｍｉｔｅ正定矩阵的充分必要条件是，存在Ｈｅｒｍｉｔｅ正　定矩阵Ｂ，使得Ａ＝Ｂ“．　证明　由于Ａ可对角化，故存在可逆矩阵Ｐ使　得Ｐ－１ＡＰ＝ｄｉａｇ（　ｌ，入２，…，　）．　证明必要性：如果Ａ是Ｈｅｒｍｉｔｅ正定矩阵，则　Ａ是正规矩阵，从而存在酉矩阵ｕ使得Ｕ“ＡＵ＝ｄｉａｇ　从而Ａ＝Ｐｄｉａｇ（入１，入２，…，　）Ｐ～＝［Ｐｄｉａｇ　（　，　，…，　）Ｐ　（入１，　２，…，　）．又由Ａ是Ｈｅｒｍｉｔｅ正定矩阵知　ｉ＞　收稿日期：２Ｏ１３—　ｌ—ｌ６　其中，　＝　＿ｅ　ｎ　，（ｋ＝０，１…，ｎ一１）并　作者简介：林建增（１９７ｌ一），男，福建永泰人。武夷学院数学与计算机系，讲师，硕士，研究方向：数字水印。　丘泉英（１９８７一），女，福建龙岩人。深圳职业学院，本科在读，研究方向：矩阵论。　ｌ５１　，入：，…，　中非零特征根的个数。　推论１：设Ａ∈Ｃ　“，若Ａ有ｎ个线性无关的特　证明　因为Ａ有ｎ个线性无关的特征向量，故　Ａ必可对角化，从而Ａ有ｎ次方根。　三阶矩阵的开立方运算有几种情况：　乏　＝［入　１　ｈｌ］，Ｊ２＝［　。　］．　（一）Ｊｏｒｄａｎ标准型只有一个三阶若当块，即Ｊ，　由引理３可知Ｊ　三次方根比为上三角形矩阵，　设Ａ　：Ｊ　，即Ａ＝玎．　可设Ａ＝ＩｒＬ　－－　ａ　ｂａ　ｃ］　ｂ　Ｉ　，记ｆ（ａＪ　　）＝　，则　（　入了１’ｂ＿　＝　÷，ｃ＝　＝　手一古　一手　一　一’Ａ＿肛１　入÷　　÷　号　÷　ｌ　入３　（　）Ｊｏｒｄａｎ标准型有一阶和二阶若当块，即Ｊ　情形得：Ａ＝Ｊ　＝　１　÷　一号　．ｊ　Ｉ　３　（　）Ｊｏｒｄａｎ标准型有三个一阶若当块，即Ｊ，＝　设Ａ＝ｄｉａｇ（ａ，ｂ，ｃ），Ａ＝玎，所以Ａ＝ｄｉａｇ（　，　（四）上文Ｊ　１，Ｊ　１出现÷　一，一　一，当　＝０　［。三　］　＝［　。　］的三次方根问题。　下面证明Ｊ，Ｊ。不存在立方根，设Ｊ的三次方根　数，可知Ａ是上三角形矩阵…，　ａ１　２　…Ａ＝　则贝ｕ　：　ＡＪ＝ＪＡ，即　，即『１Ｌ０　　０。００　０　　Ｉ］Ｊ　＝：Ｌ『１　兰０　０：　０　弘０　］ＪＩ　解得，ａ１１＝ａ２２＝ａ３３，ａｌ２　ａ２　『ａｌｌ　ａ１２　ａ１３］　故Ａ－ＩＬ　　ａｕ　ａ　ｌ，　ａ１１　Ｊ　ｒａ１１　３ａ　１ａｌ２　３ａ１１ａ２１２＋３ａ　ｌａ１３］　Ａ。＝１ｌ　　００　　ａ０３１　１　３ａ２３　ｌａ１２　ｊｌ　，而Ａ　＝　，ａｌ１＝０　Ｊ，所以Ｊ３４，ａ　：＝１　【３ａｌ１ａ　２＋３ａ　ｌａ１３＝０　知，Ｊ。不存在立方根．　对上述分析可知，当Ａ的若当标准型为Ｊ　，Ｊ：，　果Ｊ存在立方根，则有Ａ寺＝ＰＪ寺Ｐ～．　例Ａ＝［　＿＿ｏｌ１一三］，求Ａ　．解：ｄｅｔ　ｃ　－一　Ａ）＝（　一２）　，Ａ的特征值为　。＝　＝　。＝２，对应　的线性无关特征向量为Ｐ。：（一１，１，０）　Ｐ　＝（１，０，　１）　，故Ａ的Ｊｏｒｄａｎ标准型Ｊ如Ｊ：情形，此时Ｊ：中取　７　ｌ　７　３　３　３　所以，ＡＴ：ＰＵＰ一：２１　Ｉ　，　一丁２　，，　４　８　３　３　３　ｌ　ｌ　７　３　３　ｊ　三、小结　本文运用Ｊｏｒｄａｎ标准型的知识对三阶方阵的　立方根进行讨论，得出三阶矩阵立方根的所有可能　情况。同时，该方法对一般的任意阶方阵的ｎ次方　根研究有着某些启发作用。　［参考文献】　［１］徐仲等．矩阵论简明教程［Ｍ］．北京：高等教育出版　社，２００５．　［２］刘汉忠．２２矩阵的平方根［Ｊ］．数学通报，￣９９６（４）．　［３］王航平，魏庆平．方阵的开方运算［Ｊ］．中国计量学院学报，　２ＯＯ６（４）．　［４］朱德高．一个Ｊｏｒｄａｎ块的平方根矩阵［Ｊ］．数学物理学报，　￣９９９（３）．　［５］朱德高．具有两个Ｊｏｄｒａｎ块的Ｊｏｒｄａｎ标准形的平方根矩阵　［Ｊ］．数学物理学报，２０００（４）．