8.4 不可约非负矩阵

如果能够对不含任何0元的矩阵证明一结论，那么这个结论常常可推广到不可约矩阵，这是一个颇具启发性的有用法则。我们在第6章推广基本的Gersgorin定理时，已有这个法则的一个例证，现在要给出另一个例证。其基本思想已在定理(6.2.24)中得到证明；这里重述其相关的部分。

8.4.1 引理 设 $A \in M_n$ ，且假定 $A \geqslant 0$ 。那么， $A$ 是不可约矩阵，当且仅当 $(I + A)^{n-1} > 0$ 。

练习 如果 $A \in M_{n}$ , 证明, $A$ 是不可约的, 当且仅当 $A^{t}$ 是不可约的.

目前，我们还需要下述简单的结果。

8.4.2 引理 设 $A \in M_{n}$ ，且设 $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n}$ 是 $A$ 的特征值（计重特征值）。则 $\lambda_{1} + 1, \ldots, \lambda_{n} + 1$ 是 $I + A$ 的特征值且 $\rho(I + A) \leqslant 1 + \rho(A)$ 。如果 $A \geqslant 0$ ，则 $\rho(I + A) = 1 + \rho(A)$ 。

证明：设 $\lambda \in \sigma(A)$ 有重数 $k$ ，则 $\lambda$ 是特征方程 $p_A(t) = \operatorname{det}(tI - A) - 0$ 的 $k$ 重根。另外，因 $\operatorname{det}(tI - A) = \operatorname{det}[(t + 1)I - (A + I)]$ ，所以 $\lambda + 1$ 是 $p_{A, t}(s) = \operatorname{det}[sI - (A + I)] = 0$ 的 $k$ 重根。于是 $\lambda_1 + 1, \dots, \lambda_n + 1$ 是 $A + I$ 的特征值。因此， $\rho(I + A) = \max_{1 \leqslant i \leqslant n} |\lambda_i + 1| \leqslant \max_{1 \leqslant i \leqslant n} |\lambda_i| + 1 = 1 + \rho(A)$ 。但是，当 $A \geqslant 0$ 时，根据(8.3.1)， $1 \mid \rho(A)$ 是 $I + A$ 的特征值，因此，在这种情形， $\rho(I + A) = 1 + \rho(A)$ □

练习 试说明，为了证明上述引理的前一部分，下述论证为什么是不完全的：如果 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，则存在某个向量 $x \neq 0$ 使得 $A.x = \lambda x$ 。但是， $(A + I)x = (\lambda + 1)x$ ，所以 $\lambda + 1$ 是 $A + I$ 的特征值。

8.4.3 引理 如果 $A \in M_{n}$ , $A \geqslant 0$ , 且对某个 $k \geqslant 1$ 有 $A^{k} > 0$ , 则 $\rho(A)$ 是 $A$ 的代数单重特征值.

证明：如果 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ 是 $A$ 的特征值，则 $\lambda_1^k, \dots, \lambda_n^k$ 是 $A^k$ 的特征值。由定理(8.3.1)可知， $\rho(A)$ 是 $A$ 的特征值，因此，假如 $\rho(A)$ 是 $A$ 的重特征值，则 $\rho(A)^k = \rho(A^k)$ 是 $A^k$ 的重特征值。但这是不可能的，因为由定理(8.2.10)可知， $\rho(A^k)$ 是 $A^k$ 的单重特征值。

现在将可看到，在多大程度上Perron定理可以推广到非负不可约矩阵．把正矩阵的Perron结果推广到非负矩阵，是与Frobenius的名字分不开的.

8.4.4 定理 设 $A \in M_{n}$ ，且假定 $A$ 是不可约非负矩阵，则

(a) $\rho (A) > 0$

(b) $\rho(A)$ 是 $A$ 的特征值；
(c) 存在正向量 $x$ 使得 $A_x = \rho(A)_x$ ;
(d) $\rho(A)$ 是 $A$ 的代数（因而几何）单重特征值.

证明：推论(8.1.25)说明，即使在比不可约性更弱的条件下，（a）仍然成立。根据定理(8.3.1)，论断(b)对所有非负矩阵成立，同时它保证存在适合 $Ax = \rho(A)x$ 的非负向量 $x \neq 0$ 。另一方面， $(I + A)^{-1}x = [1 + \rho(A)]^{-1}x$ ，又根据引理(8.4.1)，矩阵 $(I + A)^{-1}$ 是正的，所以由(8.1.14)可知，向量 $(I + A)^{-1}x$ 一定是正的。因此 $x = [1 + \rho(A)]^{1 - n}(I + A)^{n - 1}x > 0$ 。为了证明(d)，利用引理(8.4.2)可证，如果 $\rho(A)$ 是 $A$ 的重特征值，则 $1 + \rho(A) = \rho(I + A)$ 是 $I + A$ 的重特征值。但是 $I + A \geqslant 0$ ，且根据引理(8.4.1)， $(I + A)^{-1} > 0$ ，因此由引理(8.4.3)可知， $1 + \rho(A)$ 一定是 $I + A$ 的单重特征值。□

该定理保证，不可约非负矩阵相应于Perron根的特征空间是一维的。对于不可约非负矩阵，其分量和为1的唯一正特征向量称为Perron向量。

因为不可约非负矩阵有正特征向量，所以(8.1)节末的诸结果可以应用于这类矩阵，其中特别重要的是谱半径的变分特征(8.1.32)．另外， $A^{\dagger}$ 不可约，当且仅当 $A$ 不可约，所以不可约非负矩阵也有正左特征向量．因此，定理(8.3.4)对不可约非负矩阵成立．这个事实在定理(8.1.18)的下述推广中是关键的.

8.4.5 定理 设 $A, B \in M_{n}$ . 假定 $A$ 是不可约非负矩阵，且 $A \geqslant |B|$ ，则 $\rho(A) \geqslant \rho(B)$ . 如果 $\rho(A) = \rho(B)$ ，又 $\lambda = e^{i\varphi} \rho(B)$ 是 $B$ 的特征值，则存在 $\theta_{1}, \dots, \theta_{n} \in \mathbb{R}$ 使得 $B = e^{i\varphi} D A D^{-1}$ ，其中 $D = \operatorname{diag}(e^{i\theta_{1}}, \dots, e^{i\theta_{n}})$ .

证明：由定理(8.1.18)已经知道，如果 $A \geqslant |B|$ ，则 $\rho(A) \geqslant \rho(B)$ 。如果 $\rho(A) = \rho(B)$ ，则存在某个 $x \neq 0$ ，使得 $Bx = \lambda x$ ，且 $|\lambda| = \rho(B) = \rho(A)$ ，因而

因为 $A$ 是不可约矩阵，所以，根据定理(8.3.4)可知， $A \mid x \mid = \rho(A) \mid x$ . 因而 $|Bx| = |B| \mid x| = A \mid x$ . 此外，定理(8.4.4)的(c)和(d)也蕴涵 $|x| > 0$ ，又因为 $|B| \leqslant A$ 所以由(8.1.15)和 $|B| \mid r \mid = A \mid x$ , 的事实推出 $|B| = A$ . 如果定义 $\theta_k \in \mathbb{R}$ 为 $e^{i\theta_k} = x_k / |x_k|$ ， $k = 1, \dots, n$ ，如果 $\lambda \equiv e^{i\varphi} \rho(A)$ ，又如果令 $D \equiv \mathrm{diag}(e^{\theta_1}, \dots, e^{i\theta_n})$ ，则 $x = D \mid x$ 且 $\lambda x = e^{i\varphi} \rho(A)D \mid x = BD \mid x = Br$ . 因此， $e^{-i\varphi}D^{-1}BD \mid x = \rho(A) \mid x = A \mid x$ . 这个恒等式连同 $|x| > 0$ 和 $|e^{-i\varphi}D^{-1}BD| = A$ 的事实蕴涵 $e^{-i\varphi}D^{-1}BD = A$ . □

练习 对上述证明的最后一部分，给出其证明细节。提示：设 $C = e^{i\pi}D^{-1}BD$ ，且注意到

因而在三角不等式中等式成立，辐角 $\arg (c_{ij} | x_j |) =$ 常数， $c_{ij} \geqslant 0$ ，且 $c_{ij} = a_{ij}$

当 $A > 0$ 时，由Perron定理可知， $\rho(A)$ 是 $A$ 的有最大模的唯一特征值。当 $A \geqslant 0$ 时，可能存在多个有极大模的特征值，不过，在这种情形， $A$ 应该有特殊的形式，且这些特征值应该位于一个很规则的图形内。

8.4.6 推论 设 $A \in M_{n}$ ，假定 $A$ 是不可约非负矩阵，又假定具有极大模特征值 $\rho(A)$ 的集合 $S = \{\lambda_{n} = \rho(A), \lambda_{n-1}, \dots, \lambda_{n-k-1}\}$ 恰好有 $k$ 个互不相同的元，则每个特征值 $\lambda_{i} \in S$ 有代数重数 1，且

即这些极大模特征值正好是 $k$ 个次单位根与 $\rho(A)$ 的乘积，另外，如果 $\lambda$ 是 $A$ 的任一特征值，则对所有 $p = 0, 1, \dots, k - 1$ ， $e^{2\pi p / k} \lambda$ 是特征值。

证明：对于 $S$ 中的每个特征值，记 $\lambda_{n,p} = e^{i\varphi_{p}}\rho(A)$ ， $p = 0,1,\dots,k-1$ ，也就是 $\varphi_{p} = \arg (\lambda_{n-p})$ 。假定 $k > 1$ ，如果有必要，可以重新标记诸特征值，如果还有必要，也可以重新定义辐角使得 $0 = \varphi_{0} < \varphi_{1} < \varphi_{2} < \dots < \varphi_{k} < 2\pi$ 。利用上述定理，且取 $B \equiv A$ 和 $\lambda \equiv \lambda_{n-p}$ ，得知，对 $p = 0,1,\dots,k-1$ 有 $A = B = e^{i\varphi_{p}}D_{p}AD_{p}^{-1}$ 。因 $D_{p}AD_{p}^{-1}$ 相似于 $A$ ，所以它与 $A$ 有相同的特征值，因此这个恒等式说明，对任意 $p = 0,1,\dots,k-1$ ，如果 $A$ 的特征值集合在复平面内作角 $\varphi_{p}$ 的旋转，则它仍变到自身；（只要证明 $\varphi_{p} = 2\pi p / k$ ）这就是上述最后一个论断。此外，已知 $\lambda_{n} = \rho(A)$ 是 $A$ 的代数单重特征值（因为 $A$ 是不可约的），所以依次令 $p = 1,2,\dots,k-1$ ，便得出所有 $\lambda_{n-p}$ 也是代数单重特征值。

不过，还可以说得更详细一些。因为对每个 $p = 0, 1, \dots, k - 1$ ， $S = \{\lambda_n, \lambda_{n-1}, \dots, \lambda_{n-k+1}\} = \{e^{i\varphi_p}\lambda_n, e^{i\varphi_p}\lambda_{n-1}, \dots, e^{i\varphi_p}\lambda_{n-k+1}\}$ ，所以一定存在某个 $q = q(p)$ 使得 $\rho(A) = \lambda_n = e^{i\varphi_p}\lambda_q$ ；即对每个 $p$ ，都存在某个 $q = q(p)$ 使得 $\varphi_p = 2\pi - \varphi_q$ [即 $\varphi_p = -\varphi_q(\bmod 2\pi)$ ]，因而， $e^{i\varphi_p}\rho(A) \in S$ 。另外，如果重复定理(8.4.5)给出的关于 $A$ 的表示式，并且对于任意选定的适合 $0 \leqslant r, m \leqslant k-1$ 的 $r, m$ ，取 $B = e^{i\varphi_r}D_rAD_r^{-1}$ 和 $\lambda = \lambda_m = e^{i\varphi_m}\rho(A)$ ，则得出

因此，根据上述相同的论证，在复平面内， $A$ 的特征值集合经 $\varphi_{m} + \varphi_{r}$ 的旋转变到自身。特别是， $\lambda_{n}e^{t(\varphi_{m} + \varphi_{r})} = e^{t(\varphi_{m} + \varphi_{r})}\rho (A)$ 一定是 $A$ 的(具有极大模的)特征值，所以对某个 $j = j(m,r)$ ，一定有 $\varphi_{m} + \varphi_{r} = \varphi_{j} (\bmod 2\pi)$

考虑集合 $G = \{\varphi_0 = 0, \varphi_1, \dots, \varphi_{n - k + 1}\} \subset [0, 2\pi)$ 。上一段已提供了以下信息：（a） $0 \in G$ ；（b）如果 $\varphi_i, \varphi_j \in G$ ，则 $\varphi_i + \varphi_j (\bmod 2\pi) \in G$ ；（c）如果 $\varphi_i \in G$ ，则 $\varphi_i (\bmod 2\pi) \in G$ 。另外显然有，（d）如果 $\varphi_i, \varphi_j \in G$ ，则 $\varphi_i + \varphi_j = \varphi_i + \varphi_i (\bmod 2\pi)$ 。因此， $G$ 是恰好有 $k$ 个元素的 Abel 群；群的运算是“关于模为 $2\pi$ 的加法”。因为有限 Abel 群任一元素的阶一定整除群的阶，所以每个 $e^{\varphi_m}$ 一定是 $p$ 次单位根，其中 $p = p(m)$ 是 $k$ 的因子。另外，我们可以不用群的理论直接证明这一事实。

因为对某个 $j$ 以及每个 $r$ 和 $m$ 有 $\varphi_{m} + \varphi_{r} = \varphi_{j} (\bmod 2\pi)$ ，用归纳法可得出，（令 $r = m = 1$ ）对所有 $r = 0, 1, 2, \dots (\bmod 2\pi)$ 有 $r\varphi_{1} \in G$ ；即对所有 $r = 0, 1, 2, \dots$ 有 $e^{r\varphi_{1}}\rho(A) \in S$ 。但是，假如 $e^{i\varphi_{1}}$ 不是单位根，这便蕴涵 $S$ 有无限多个不同的元素，而这是不可能的。因此，对某个适合 $1 < p \leqslant k$ 的 $p$ ， $e^{i p\varphi_{1}} = 1$ ；可假定 $p$ 是使这个式子成立的最小整数。我们知道， $0 < \varphi_{1} < \varphi_{2} < \dots < \varphi_{n - k + 1} < 2\pi$ ，且对某个固定指数 $m$ 考虑 $\varphi_{m}$ ，恰好可用 $p + 1$ 个点 $0, \varphi_{1}, 2\varphi_{1}, \dots, (p - 1)\varphi_{1}$ ， $p\varphi_{1} = 2\pi$ 将区间 $[0, 2\pi)$ 分成 $p$ 个半开子区间（在右边开）；点 $\varphi_{m}$ 一定落在这些子区间的一个中。于是，存在某个适合 $0 \leqslant q \leqslant p - 1$ 的 $q$ 使得 $q\varphi_{1} \leqslant \varphi_{m} < (q + 1)\varphi_{1}$ ；即 $0 \leqslant \varphi_{m} - q\varphi_{1} < \varphi_{1}$ 。因此，对某个 $j - j(m)$ ，一定有 $\varphi_{m} - q\varphi_{1} = \varphi_{j}$ ，这是因为已经证明，如果 $e^{i\varphi_{1}}\rho(A)$ 是特征值，则 $e^{-i\varphi_{1}}\rho(A)$ 和 $e^{-i\varphi_{1}}\rho(A)$ 也是特征值。另一方面， $0 \leqslant \varphi_{m} - q\varphi_{1} = \varphi_{j} < \varphi_{1}$ ，且选定 $\varphi_{1}$ 是最小非零辐角，因而一定有 $\varphi_{m} - q\varphi_{1} = 0$ 。这就说明每个辐角 $\varphi_{j}$ 是 $\varphi_{1}$ 的某个倍数，所以必定是 $p = k$ ；即 $\varphi_{1} = 2\pi / k$ ，因为假如 $p < k$ ，则在集合 $\{e^{i\varphi_{1}}\rho(A), e^{2i\varphi_{1}}\rho(A), e^{3i\varphi_{1}}\rho(A), \dots\}$ 中的不同的元素会少于 $k$

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个，然而这个集合一定等于整个S. 最后，因为每个 $\varphi_{m}$ 是 $\varphi_{1} = 2\pi /k$ 的某个倍数，又因为存在 $k$ 个不同的 $\varphi_{i}$ 项和 $k$ 个 $\varphi_{1}$ 的不同倍数，所以对所有 $m = 0,1,2,\dots ,k - 1$ 一定有 $\varphi_{m} = m\varphi_{1}$

整个证明是在 $k > 1$ 的假定下进行的，但是，如果 $k = 1$ ，所作的论断是显然的.

8.4.7 附注 如果 $A \geqslant 0$ 是不可约的，且有 $k > 1$ 个极大模特征值，则 $A$ 的每个非零特征值位于中心在 $\mathbf{C}$ 中的 0 的一个圆上，这个圆恰好经过 $A$ 的 $k$ 个特征值，且使它们在整个圆上都保持相同的间隔。特别是， $k$ 必须是 $A$ 的非零特征值的个数的因子。因此，如果 $A$ 是 $n \times n$ 非奇异不可约非负矩阵，且 $n$ 是素数，则一定存在一个或 $n$ 个极大模特征值；不会有其他可能性。
8.4.8 推论 假定 $A \in M_{n}$ 是不可约非负矩阵，且记 $A^{m} \equiv \left[a_{ij}^{(m)}\right]$ ， $m = 1, 2, \cdots$ 。如果正好存在 $A$ 的 $k > 1$ 个具有极大模的特征值，则当 $m$ 不是 $k$ 的整数倍时， $a_{ij}^{(m)} \equiv 0$ 对所有 $i = 1, 2, \cdots, n$ 成立。特别是所有 $a_{n} = 0$ 。

证明：利用推论(8.4.6)选取 $A$ 的一个极大模特征值 $\lambda = e^{i\varphi}\rho(A)$ ，其中 $\varphi = 2\pi / k$ 。于是，只要 $m$ 不是 $k$ 的整数倍， $e^{m\varphi}$ 就不是正实数。利用定理(8.4.5)，且取 $B - A$ 和 $\lambda = e^{i\varphi}\rho(A)$ ，得出 $A = e^{i\varphi}DAD^{-1}$ ，所以对于所有 $i = 1, \cdots, n$ 和 $m = 1, 2, 3, \cdots$ ，有 $A^m = e^{m\varphi}DA^m D^{-1}$ 和 $a_n^{(m)} = e^{in\varphi}a_n^{(m)}$ 。如果 $e^{in\varphi}$ 不是正实数，又如果 $a_n^{(m)} > 0$ ，则这个等式不可能成立，因此，当 $m$ 不是 $k$ 的倍数时，对所有 $i = 1, \cdots, n$ ，一定有 $a_n^{(m)} \equiv 0$ □

练习 假定 $A \in M_{n}$ 是不可约非负矩阵。证明，为了保证 $\rho(A)$ 是 $A$ 的唯一极大模特值，其充分条件是某个 $a_{n} \neq 0$ 。但是，考察矩阵

并说明这个条件不是必要的，你能找一个 $2 \times 2$ 矩阵的反例吗？

8.4.9 附注 比推论(8.4.8)更强的结论仍成立：如果 $A \geqslant 0$ 是不可约矩阵，且有 $k > 1$ 个具有极大模的特征值，则存在置换矩阵 $P$ 使得

其中， $k$ 个主对角零子块是方阵而所列出的诸子块 $A_{ij}$ 不一定是零矩阵。特别地，所有主对角元 $a_{n}$ 必须是零[Var，p.28]。

为了得到在推论(8.4.6)中所描述的极大模特征值的规则图形，尽管不可约性假设是本质的，但是在一般情形下不仍然可以得到某些信息。

8.4.10 推论 如果 $A \in M_n, A \geqslant 0, \rho(A) > 0$ ，如果 $\lambda$ 是 $A$ 的适合 $|\lambda| = \rho(A)$ 的特征值，则 $\lambda / \rho(A) = e^{i\varphi}$ 是单位根，对某个适合 $1 \leqslant k \leqslant n$ 的 $k$ 有 $e^{i\varphi} = 1$ ，且对所有 $p = 0, 1, 2, \dots, k-1, e^{i\varphi} \rho(A)$ 都是 $A$ 的特征值。

证明：如果 $A$ 是不可约的，则论断可由推论(8.4.6)推出。如果 $A$ 可约，则 $A$ 可经置换相似变成分块上三角形式

其中 $A_{j}$ 是不可约方阵或零方阵． $A$ 的特征值是各对角子块矩阵 $A_{1},\dots ,A_{r}$ 的特征值的并，且每个 $A_{j}$ 的极大模特征值集合的结构由推论(8.4.8)给出. □

练习设

通过考察

来说明，对于一般的非负矩阵 $A$ ， $A$ 的极大模特征值可能比 $\rho (A)$ 以及 $\rho (A)$ 经过一个单位根的各次幂的旋转所得到的集合要多.

习题

1. 用例子说明，未列入到定理(8.4.4)中的Perron定理(8.2.11)中的各项命题对不可约非负矩阵一般不成立。

2. 用例子说明， $\rho(I + A) = 1 + \rho(A)$ 对所有 $A \in M_{n}$ 不成立。试给出使这恒等式成立的关于 $A$ 的必要充分条件。

3. 不可约性是非负矩阵有正特征向量的充分条件而不是必要条件。试考察 $\left[ \begin{array}{ll}1 & 1\\ 0 & 0 \end{array} \right]$ 和 $\left[ \begin{array}{ll}1 & 0\\ 1 & 0 \end{array} \right]$ ，说明可约非负矩阵可能有或可能没有正特征向量。

4. 如果 $A \geqslant 0$ 是不可约的，证明，当 $m \to \infty$ 时，矩阵 $[\rho(A)^{-1}A]^m$ 的各元一致有界。

5. 我们已经证明，不可约矩阵有正 Perron 向量。假定 $A \geqslant 0$ ， $\rho(A) > 0$ ， $x \geqslant 0$ ， $x \neq 0$ 且 $Ax = \rho(A)x$ ；证明，如果 $x$ 不是正的，则 $A$ 是可约的。如果 $x$ 是正的， $A$ 就一定不可约吗？

6. 假定 $A \geqslant 0$ 是不可约的，且 $B \geqslant 0$ 与 $A$ 可交换。如果 $x$ 是 $A$ 的 Perron 向量，证明 $Bx = \rho(B)x$ 。提示：定理(8.4.4d)。

7. 说明多项式 $x^{k} - 1 = 0$ 的友矩阵是 $k \times k$ 非负矩阵有 $k$ 个极大模特征值的例子。验证这些特征值在复平面中的位置。

8. 设 $k_{1}, k_{2}, k_{p}$ 是给定的正整数，说明如何构造一个非负矩阵使得它的极大模特征值正好是 $k_{1}$ 个 $k_{1}$ 次单位根， $k_{2}$ 个 $k_{2}$ 次单位根，…，以及 $k_{p}$ 个 $k_{p}$ 次单位根。

9. 如果不可约非负矩阵 $A$ 有 $k \geqslant 1$ 个极大模特征值，说明为什么称 $A$ 为指标 $k$ 的循环。

10. 如果 $A \geqslant 0$ 是不可约矩阵，并且还是指标 $k \geqslant 1$ 的循环，证明特征多项式 $p_A(t) = t^r (t^k - \rho(A)^k)(t^k - \mu_2^k) \cdots (t^k - \mu_m^k)$ ，其中， $r, m \geqslant 0$ 为某个整数， $\mu_i$ 是适合 $|\mu_i| < \rho(A)$ 的某些复数， $i = 2, \dots, m$ 。对 $p_A(t)$ 中零和非零系数的型式作出说明，并且基于特征多项式的形式给出 $A$ 只有一个极大模特征值的准则。提示：在推论(8.4.6)的证明中已知，如果 $\varphi = 2\pi / k$

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且 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，则 $e^{\alpha \gamma} \lambda$ 亦是 $A$ 的特征值， $r = 0, 1, 2, \dots$ .
11. 设 $n > 1$ 是素数。证明，如果 $A \in M_{n}$ 是非负的，不可约的和非奇异的，则或者 $\rho(A)$ 是 $A$ 的有极大模的唯一特征值，或者 $A$ 的所有特征值有极大模。
12. 考察 $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$ ，说明一般不可能改进推论(8.4.8)而断言， $A$ 的所有幂的主对角元一定都是零。
13. 如果 $A \geqslant 0$ ，证明， $A$ 的不可约性只与其零元的位置有系，而与非零元的大小无关。
14. 如果 $A, B \in M_{n}$ , 则 $AB$ 与 $BA$ 有相同的特征值. 考察 $\left[ \begin{array}{cc}0 & 1 \\ 0 & 1\end{array} \right]$ 和 $\left[ \begin{array}{cc}0 & 0 \\ 1 & 1\end{array} \right]$ , 说明, 即使 $A$ 和 $B$ 是非负矩阵, 有可能 $AB$ 不可约而 $BA$ 可约. 这种例子说明不可约矩阵可能相似 (甚至酉等价) 于可约矩阵; 解释这是为什么. 同时它说明, 仅仅涉及矩阵的特征值的任何条件不能最终验证其不可约性.
15. 设 $A \in M_{n}$ 是给定的不可约非负矩阵。证明，只要 $B \in M_{n}$ 非负， $A + B$ 就不可约，并且只要 $B \geq 0$ 和 $B \neq 0$ ，就有 $\rho(A + B) > \rho(A)$ 。这是(8.1.18)到严格单调性的改进，不过需附加不可约性假定。提示：(8.1.18)说明 $\rho(A + B) \geqslant \rho(A)$ ，如果等式成立，利用(8.4.5)证明 $B = 0$ 。
16. 证明可以用下述方式强化(8.4.1). 设 $A \in M_{n}$ 是非负的, 且设 $A$ 的极小多项式有次数 $m$ . 证明, $A$ 不可约, 当且仅当 $(I + A)^{m-1} > 0$ . 提示: 考虑 $I + A + A^{n} + \cdots + A^{m-1} + A^{m} + \cdots + A^{n-1}$ , 然后用 $I, A, \cdots, A^{m-1}$ 表示 $A^{m}$ 和更高次幂.
17. 设 $A \in M_{n}$ 是给定的非负矩阵，考虑在最小二乘意义下求 $A$ 的秩 1 最佳逼近问题；即求秩 $1X \in M_{n}$ 使 $\| A - X \|_{2} = \min \{\| A - Y \|_{2}: Y \in M_{n}$ 有秩 1}. 假定 $AA^{T}$ 的 Perron 根是单根，如果 $AA^{T}$ 或 $A^{T}A$ 不可约，情况就是这样。为什么？证明这样的最佳 $X$ 是非负的，唯一的且由 $X = \sqrt{r} w^{T}$ 给出，其中 $r = \rho(AA^{T})$ 是 $A$ 的 Perron 根，而 $v, w \in \mathbb{R}^{n}$ 是非负单位向量，它们分别是 $AA^{T}$ 和 $A^{T}A$ 相应于特征值 $r$ 的单位特征向量。提示：利用(7.4.1)中给出的秩 1 最佳逼近的特征。注意 $AA^{T}$ 和 $A^{T}A$ 都是实对称半正定矩阵，所以 $r, v$ 和 $w$ 的计算原则上是不太困难的。

1. 试用习题17求每个矩阵

的秩1最佳二乘逼近。证明， $A = I \in M_n$ 的秩1最佳二乘逼近不唯一；对于任何单位向量 $v \in \mathbf{C}^n$ ， $X = vv^*$ 是 $I$ 的秩1最佳二乘逼近。