兩個(gè)正交投影算子組合的性質(zhì)

蔣萬林，左可正，李 昱

(湖北師范大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院，湖北 黃石 435002)

1 預(yù)備引理

對(duì)于矩陣A∈n×n，若A2=A，稱A為冪等矩陣;若A3=A，稱A為三冪等矩陣;若A2=In，稱A為對(duì)合矩陣;若存在k∈N+，使得Ak=0，稱A為冪零矩陣;若AA?=A?A，稱A為EP陣．

定義1[1-2]設(shè)矩陣A∈m×n，若矩陣X∈n×m滿足下列條件：

1)AXA=A，2)XAX=X，3)XAk+1=Ak，

則稱X為矩陣A的Moore-Penrose逆，記為A?．

A?總是存在且唯一的．

定義2[1-2]設(shè)矩陣A∈n×n，Ind(A)=k，若矩陣X∈n×n滿足下列條件:

1)AXA=A，2)XAX=X，3)XAk+1=Ak，

則稱X為矩陣A的Drazin逆，記為AD.當(dāng)k=1時(shí)，AD稱為是A的群逆，記為AD=A#．

若A#存在，則唯一.A#存在當(dāng)且僅當(dāng)Ind(A)≤1.

對(duì)于矩陣A∈n×n，分別用A，A，AD，?，A?，A表示矩陣A的核心逆[3]，核-EP逆[4]，DMP-逆[5]，BT-逆[6]，弱群逆[7]．

在文[13]中，Benítez研究了兩個(gè)正交投影算子P和Q的線性組合aP+bQ(ab≠0)的譜和秩，分別給出了兩個(gè)正交投影算子的組合aP+bQ是EP陣，可對(duì)角化的，冪零矩陣，冪等矩陣，三冪等矩陣，對(duì)合矩陣，廣義投影算子，超廣義投影算子的一些性質(zhì)，給出了在特殊條件下aP+bQ的Moore-Penrose逆的表示.在P和Q相乘不可交換的條件下，給出了aP+bQ是三冪等矩陣，對(duì)合矩陣，超廣義投影算子的充要條件，并證明了aP+bQ不可能是冪零矩陣，冪等矩陣以及廣義投影算子．

關(guān)于兩個(gè)冪等矩陣P和Q的組合的研究有很多，例如，Koliha[14]證明了當(dāng)a，b∈且ab≠0，a+b≠0時(shí)，r(aP+bQ)=r(P+Q).Tian[15]給出了關(guān)于r(P-Q)，r(P+Q)，r(PQ-QP)的一些秩等式.Deng[16]給出了在一些特殊條件下P+Q，P-Q的Drazin逆表達(dá)式．

進(jìn)一步地，左可正[17]給出了兩個(gè)冪等矩陣P和Q的組合aP+bQ+cPQ(ab≠0)的秩的重要等式，即證明了當(dāng)a+b+c=0時(shí)，

r(aP+bQ+cPQ)=r(P-Q);

當(dāng)a+b+c≠0時(shí)，

r(aP+bQ+cPQ)=r(P+Q).

在文[18]中，左可正研究了兩個(gè)正交投影算子P和Q的組合aP+bQ-cPQ-dQP的可逆性條件，給出了在特殊條件下，aP+bQ-cPQ-dQP的Moore-Penrose逆的顯示表達(dá)式.在文[19]中，左可正又證明了只有當(dāng)兩個(gè)正交投影算子P和Q相乘可交換時(shí)，aP+bQ+cPQ才有可能是正交冪等陣．

本文主要利用矩陣的CS-分解，研究兩個(gè)正交投影算子P和Q的組合aP+bQ+cPQ分別在條件PQ=QP以及PQ≠Q(mào)P下，是EP陣，可對(duì)角化矩陣，冪零矩陣，冪等矩陣，三冪等矩陣，對(duì)合矩陣的完全刻畫．

CS-分解是研究兩個(gè)正交投影算子的重要工具，利用CS-分解可以得到兩個(gè)正交投影算子的組合的譜和秩的性質(zhì)[13].CS-分解與兩個(gè)子空間的主角密切相關(guān)[20],這些主角是擾動(dòng)理論中的重要概念[21]．

其中C，S都是對(duì)角元為正實(shí)數(shù)的p階對(duì)角方陣，且C2+S2=Ip.在P和Q的表達(dá)式中，對(duì)應(yīng)位置的單位矩陣I和零矩陣有相同的階數(shù)．

在CS-分解中，令

(1)

則

P=U(T1⊕R1)UH，Q=U(T2⊕R2)UH.

(2)

通過恰當(dāng)?shù)闹脫Q，對(duì)T1和T2中的元素進(jìn)行重排，可設(shè)

(3)

令

i=1，2，…，p.

(4)

顯然有

(5)

從而，

aP+bQ+cPQ=U((aT1+bT2+cT1T2)⊕

(aR1+bR2+cR1R2))UH=

(6)

(aP+bQ+cPQ)?=

(aP+bQ+cPQ)](In-Π)+
{[(a+b+c)?-a-1-b-1]PQ+

a-1P+b-1Q}Π ，

其中，

2 主要結(jié)果

1)σ(aP+bQ+cPQ)?{0，a，b，a+b+c};

2)當(dāng)a+b+c=0時(shí)，r(aP+bQ+cPQ)=r(P)+r(Q)-2r(PQ)=r(P-Q);當(dāng)a+b+c≠0時(shí)，r(aP+bQ+cPQ)=r(P)+r(Q)-r(PQ)=r(P+Q);

P=U(Ix⊕Iy-x⊕0⊕0)UH，

Q=U(Ix⊕0⊕Iz-x⊕0)UH，

(7)

則

aP+bQ+cPQ

=U((a+b+c)Ix⊕aIy-x⊕bIz-x⊕0)UH，

(8)

從而，

σ(aP+bQ+cPQ)?{0，a，b，a+b+c}.

2)結(jié)合文[17]中的結(jié)論，可知

當(dāng)a+b+c=0時(shí)，

r(aP+bQ+cPQ)=

(y-x)+(z-x)=y+z-2x=

r(P)+r(Q)-2r(PQ)=r(P-Q);

當(dāng)a+b+c≠0時(shí)，

r(aP+bQ+cPQ)=

x+(y-x)+(z-x)=y+z-x=

r(P)+r(Q)-r(PQ)=r(P+Q).

3)由文[18]中定理1的結(jié)果即得．

1)若θ∈Θ(P，Q)，η∈，η2=(a+b+ccos2θ)2-4absin2θ，則

若λ∈σ(aP+bQ+cPQ){0，a，b，a+b+c}，則存在θ∈Θ(P，Q)使得

其中，η2=(a+b+ccos2θ)2-4absin2θ．

2)r(PQ-QP)≤r(aP+bQ+cPQ).特別地，若PQ-QP可逆，則aP+bQ+cPQ可逆．

3)r((aP+bQ+cPQ)(I-Π))=r(PQ-QP)．

證明1)由(6)式有

σ(aP+bQ+cPQ)=

(9)

由(4)式知，Xi的特征多項(xiàng)式為

fXi(λ)=λ2-(a+b+ccos2θi)λ+absin2θi，

所以Xi的譜

σ(Xi)=

其中，

η2=(a+b+ccos2θi)2-4absin2θi.

(10)

因?yàn)棣?Xi)?σ(aP+bQ+cPQ)，i=1，2，…，p，所以

從而1)的前部分得證．

反過來由(9)式知，

σ(aP+bQ+cPQ){0，a，b，a+b+c}=

這樣1)的后部分得證．

2)因?yàn)閨Xi|=absin2θi≠0，由(5)式知，(aT1+bT2+cT1T2)∈2p×2p可逆．

由(6)式知，r(aP+bQ+cPQ)≥r(aT1+bT2+cT1T2)=2p，因?yàn)閞(PQ-QP)=2p，所以r(PQ-QP)≤r(aP+bQ+cPQ).若PQ-QP可逆，則r(PQ-QP)=n，從而r(aP+bQ+cPQ)=n，即aP+bQ+cPQ可逆．

3)因?yàn)?aP+bQ+cPQ)(I-Π)=U((aT1+bT2+cT1T2)⊕0)UH，所以

r((aP+bQ+cPQ)(I-Π))=

2p=r(PQ-QP)．

λ∈σ(aP+bQ+cPQ)?

證明必要性.根據(jù)(3)式，由于

(11)

所以σ(T1T2)={cos2θi|θi∈Θ(P，Q)}∪{0}.取任意λ∈σ(aP+bQ+cPQ){0，a，b，a+b+c}，由定理2知，存在θ∈Θ(P，Q)以及η∈，η2=(a+b+ccos2θ)2-4absin2θ，使得

(12)

因此存在μ∈σ(T1T2)，使得μ=cos2θ.再結(jié)合(10)式和(12)式得出

λ2-(a+b)λ+ab=μ(ab+cλ)，

由于λ∈σ(aP+bQ+cPQ){0，a，b，a+b+c}，所以ab+cλ≠0，從而

(13)

因?yàn)棣?T1T2)?σ(PQ)，所以μ∈σ(PQ)．

充分性.假設(shè)μ∈σ(PQ)由(13)式給出，其中λ∈{0，a，b，a+b+c}，則有μ≠0且μ≠1，否則λ∈{a，b}或λ∈{0，a+b+c}，與假設(shè)矛盾．

對(duì)任意θ∈Θ(P，Q)，因?yàn)?/p>

σ(PQ)=σ(T1T2)∪σ(R1R2)，

其中，σ(T1T2)={cos2θi|θi∈Θ(P，Q)}∪{0}，σ(R1R2)={0，1}，從而μ∈σ(T1T2)．

由(11)式知，存在θ∈{θ1，θ2，…，θp}，使得μ=cos2θ.由(13)式，知

由上式，可得

λ2-(a+b+ccos2θ)λ+4absin2θ=0.

記η2=(a+b+ccos2θ)2-4absin2θ，從而

注記1定理3是文[13]中定理2.8的推廣．

證明由(6)式，知aP+bQ+cPQ可對(duì)角化?aT1+bT2+cT1T2與aR1+bR2+cR1R2可對(duì)角化.而aR1+bR2+cR1R2是對(duì)角的，再結(jié)合(5)式知，aP+bQ+cPQ可對(duì)角化等價(jià)于每個(gè)Xi，i=1，2，…，p都可對(duì)角化.由(3)式知，Xi的特征多項(xiàng)式為

fXi(λ)=λ2-(a+b+ccos2θi)λ+absin2θi，

顯然fXi(λ)有兩個(gè)不同的根當(dāng)且僅當(dāng)(a+b+ccos2θi)2≠4absin2θi，因此若(a+b+ccos2θi)2≠4absin2θi，此時(shí)Xi可對(duì)角化.若(a+b+ccos2θi)2=4absin2θi，fXi(λ)有兩個(gè)相同的特征值，此時(shí)若Xi可對(duì)角化，則存在一個(gè)可逆矩陣K∈2×2，使得Xi=K-1diag(λ，λ)K=λI2，這與(4)式矛盾.從而Xi可對(duì)角化當(dāng)且僅當(dāng)(a+b+ccos2θ)2≠4absin2θ．

注記2定理4是文[13]中推論2.9的推廣．

證明當(dāng)PQ=QP時(shí)，結(jié)論顯然成立．

當(dāng)PQ≠Q(mào)P時(shí)，由(6)式知，aR1+bR2+cR1R2是對(duì)角陣，而對(duì)角陣是EP陣.又因?yàn)閍T1+bT2+cT1T2可逆，所以aT1+bT2+cT1T2也是EP陣，從而aP+bQ+cPQ是EP陣．

注記3由于X=aP+bQ+cPQ是EP陣，此時(shí)有

下面分別討論在條件PQ=QP，PQ≠Q(mào)P下aP+bQ+cPQ是冪零矩陣，冪等矩陣，三冪等矩陣，對(duì)合矩陣的充要條件.由于本文研究P，Q的組合的性質(zhì)，因此只討論P(yáng)，Q≠0的情況．

1)aP+bQ+cPQ是冪零矩陣的充分必要條件是a+b+c=0，P=Q=PQ．

2)aP+bQ+cPQ是冪等矩陣的充分必要條件是下列任一命題成立：

i)a+b+c∈{0，1}，a=1，b=1;

ii)a+b+c∈{0，1}，a=1，PQ=Q;

iii)a+b+c∈{0，1}，b=1，PQ=P;

iv)a+b+c∈{0，1}，P=Q;

v)a=1，b=1，PQ=0．

3)aP+bQ+cPQ是三冪等矩陣的充分必要條件是下列任一命題成立：

i)a+b+c∈{0，-1，1}，a∈{-1，1}，b∈{-1，1};

ii)a+b+c∈{0，-1，1}，a∈{-1，1}，PQ=Q;

iii)a+b+c∈{0，-1，1}，b∈{-1，1}，PQ=P;

iv)a+b+c∈{0，-1，1}，P=Q;

v)a∈{-1，1}，b∈{-1，1}，PQ=0．

4)aP+bQ+cPQ是對(duì)合矩陣的充分必要條件是下列任一命題成立：

i)a+b+c∈{-1，1}，a∈{-1，1}，b∈{-1，1}，r(P+Q)=n;

ii)a+b+c∈{-1，1}，a∈{-1，1}，P=In;

iii)a+b+c∈{-1，1}，b∈{-1，1}，Q=In;

iv)a+b+c∈{-1，1}，P=Q=In;

v)a∈{-1，1}，b∈{-1，1}，PQ=0，P+Q=In．

證明1)必要性.由(7)式知，aP+bQ+cPQ可對(duì)角化，若aP+bQ+cPQ是冪零矩陣，則

aP+bQ+cPQ=0.

(14)

將(14)式乘P，可得

aP+(b+c)PQ=0，

(15)

再將(15)式乘Q，可得

aPQ+(b+c)PQ=0，

(16)

又因?yàn)閍≠0，結(jié)合(15)式和(16)式，可得P=PQ．

類似可證明Q=PQ，從而P=Q=PQ.此時(shí)(14)式變?yōu)?a+b+c)P=0，因?yàn)镻≠0，所以a+b+c=0．

充分性.當(dāng)a+b+c=0，P=Q=PQ時(shí)，aP+bQ+cPQ=0，因此aP+bQ+cPQ是冪零矩陣．

2)必要性.易知

(a+b+c)2=a+b+c?a+b+c∈{0，1}.

利用(7)式和(8)式的記號(hào)，若aP+bQ+cPQ是冪等矩陣，進(jìn)行如下分類討論.

a)當(dāng)x>0，y-x>0，z-x>0時(shí)，有a+b+c∈{0，1}，a=1，b=1．

b)當(dāng)x>0，y-x>0，z-x=0時(shí)，有a+b+c∈{0，1}，a=1，此時(shí)，

P=U(Ix⊕Iy-x⊕0)UH，

Q=U(Ix⊕0⊕0)UH，PQ=Q.

c)當(dāng)x>0，y-x=0，z-x>0時(shí)，有a+b+c∈{0，1}，b=1，此時(shí)，

P=U(Ix⊕0⊕0)UH，

Q=U(Ix⊕Iz-x⊕0)UH，PQ=P.

d)當(dāng)x>0，y-x=0，z-x=0時(shí)，有a+b+c∈{0，1}，此時(shí)，

P=U(Ix⊕0)UH，Q=U(Ix⊕0)UH，P=Q.

e)因?yàn)镻，Q≠0，當(dāng)x=0時(shí)，y-x，z-x都是大于0的，此時(shí)，

P=U(Iy-x⊕0⊕0)UH，

Q=U(0⊕Iz-x⊕0)UH，PQ=0.

由a)—e)，必要性得證．

充分性.利用(7)式和(8)式，直接驗(yàn)證即得．

3)易知(a+b+c)3=a+b+c?a+b+c∈{0，-1，1}，證明類似于上述2)的證明．

4)必要性.若aP+bQ+cPQ是對(duì)合矩陣，則(8)式中的第四分塊不能出現(xiàn)，否則與aP+bQ+cPQ是對(duì)合矩陣相矛盾．

易知(a+b+c)2=1?a+b+c∈{-1，1}，利用(7)式和(8)式的記號(hào)，進(jìn)行如下分類討論.

a)當(dāng)x>0，y-x>0，z-x>0時(shí)，有a+b+c∈{-1，1}，a∈{-1，1}，b∈{-1，1}，此時(shí)，

P=U(Ix⊕Iy-x⊕0)UH，

Q=U(Ix⊕0⊕Iz-x)UH，r(P+Q)=n.

b)當(dāng)x>0，y-x>0，z-x=0時(shí)，有a+b+c∈{-1，1}，a∈{-1，1}，此時(shí)，

P=U(Ix⊕Iy-x)UH，Q=U(Ix⊕0)UH，P=In.

c)當(dāng)x>0，y-x=0，z-x>0時(shí)，有a+b+c∈{-1，1}，b∈{-1，1}，此時(shí)，

P=U(Ix⊕0)UH，Q=U(Ix⊕Iz-x)UH，Q=In.

d)當(dāng)x>0，y-x=0，z-x=0時(shí)，有a+b+c∈{0，1}，此時(shí)，

P=U(Ix)UH，Q=U(Ix)UH，P=Q=In.

e)因?yàn)镻，Q≠0，當(dāng)x=0時(shí)，y-x，z-x都是大于0的，有a∈{-1，1}，b∈{-1，1}，此時(shí)，

P=U(Iy-x⊕0)UH，

Q=U(0⊕Iz-x)UH，PQ=0，P+Q=In.

由(a)—(e)，必要性得證．

充分性.利用(7)式和(8)式，直接驗(yàn)證即得．

1)aP+bQ+cPQ不是冪零矩陣．

2)aP+bQ+cPQ不是冪等矩陣．

證明1)反證法.因?yàn)镻Q≠Q(mào)P，若aP+bQ+cPQ是冪零矩陣，則aT1+bT2+cT1T2是冪零矩陣且aT1+bT2+cT1T2這塊一定存在，而這與aT1+bT2+cT1T2是可逆矩陣相矛盾，因此aP+bQ+cPQ不是冪零矩陣．

2)反證法.若aP+bQ+cPQ是冪等矩陣，由定理2知，aT1+bT2+cT1T2可逆，結(jié)合(6)式知

aT1+bT2+cT1T2=I2p.

(17)

因?yàn)?4)式中bcosθisinθi≠0，這與(1)式相矛盾，因此aP+bQ+cPQ不是冪等矩陣．

注記4定理7為文[13]中定理2.11(i)，(iv)的推廣，當(dāng)c=0時(shí)，即為定理2.11(i)，(iv)．

1)aP+bQ+cPQ是三冪等矩陣的充分必要條件是Θ(P，Q)={θ}，(aP+bQ+cPQ)2(In-Π)=In-Π，且下列任一命題成立：

iv)a+b+ccos2θ=0，absin2θ=-1，PΠ=QΠ=0．

2)aP+bQ+cPQ是對(duì)合矩陣的充分必要條件是Θ(P，Q)={θ}，(aP+bQ+cPQ)2(In-Π)=In-Π，且下列任一命題成立：

iii)a+b+ccos2θ=0，absin2θ=-1，Π=0．

(aP+bQ+cPQ)2(In-Π)=In-Π.

a+b+ccos2θi=0，absin2θi=-1.

(18)

由(1)式知，此時(shí)R1=Ix⊕Iy⊕0⊕0，R2=Ix⊕0⊕Iz⊕0，則

aR1+bR2+cR1R2=

(a+b+c)Ix⊕aIy⊕bIz⊕0.

(19)

R1=Ix⊕Iy⊕0，R2=Ix⊕0⊕0.

R1=Ix⊕0⊕0，R2=Ix⊕Iz⊕0.

c)當(dāng)x>0，y=0，z=0時(shí)，有(a+b+c)3=(a+b+c)，即a+b+c∈{0，-1，1}.根據(jù)a+b+c的不同取值，再對(duì)c)進(jìn)行如下分類討論.

c1)若a+b+c=0，則-csin2θ=0，又因?yàn)閟in2θ≠0，所以c=0，此時(shí),

c=0，R1=R2=Ix⊕0.

b2sin2θ-bcos2θ-1=0.

(20)

或

R1=R2=Ix⊕0.

(21)

c3)若a+b+c=1，類似于c2)的證明，可得

R1=R2=Ix⊕0，

(22)

或

R1=R2=Ix⊕0.

(23)

R1=Iy⊕0，R2=0⊕0.

R1=0⊕0，R2=Iz⊕0.

f)當(dāng)x=0，y=0，z=0時(shí)，R1=R2=0，此時(shí),

a+b+ccos2θ=0，absin2θ=-1，

PΠ=QΠ=0.

因此，由a)，d)，(20)式及(22)式可得命題i);由b)，e)，(21)式及(23)式可得命題ii);由c1)可得命題iii);由f)可得命題iv)．

(In-Π)Π=Π(In-Π)=0，

PΠ=U(0⊕R1)U=ΠP，

QΠ=U(0⊕R2)U=ΠQ，

(aP+bQ+cPQ)(In-Π)=

U((aT1+bT2+cT1T2)⊕0)=

(In-Π)(aP+bQ+cPQ)，

則有

(aP+bQ+cPQ)3=

[(aP+bQ+cPQ)(In-Π)+

(aP+bQ+cPQ)Π]3=

(aP+bQ+cPQ)3(In-Π)+

(aPΠ+(b+c)QΠ)3=

(aP+bQ+cPQ)(In-Π)+

a3PΠ+[3a(b+c)2+3a2(b+c)+

(b+c)3]QΠ，

(24)

又因?yàn)?a+b+c)∈{-1，1}，a=±1，所以(a+b+c)3=a+b+c，a3=a，從而

3a(b+c)2+3a2(b+c)+(b+c)3=b+c.

結(jié)合(24)式，可得

(aP+bQ+cPQ)3=

(aP+bQ+cPQ)(In-Π)+aPΠ+(b+c)QΠ=

aP+bQ+cPQ，

所以aP+bQ+cPQ是三冪等矩陣.類似可證命題ii)～iv)的充分性．

因?yàn)閍R1+bR2+cR1R2是對(duì)合矩陣，所以(21)式中右邊的0不出現(xiàn).結(jié)合(18)式和(19)式，進(jìn)行如下分類討論.

R1=Ix⊕Iy，R2=Ix⊕0.

R1=Ix⊕0，R2=Ix⊕Iz.

c)當(dāng)x>0，y=0，z=0時(shí)，有(a+b+c)2=1，即a+b+c∈{-1，1}.再根據(jù)a+b+c的不同取值對(duì)(c)進(jìn)行如下分類.

b2sin2θ-bcos2θ-1=0，

(25)

或

(26)

c2)若a+b+c=1，類似于c1)的證明，可得

(27)

或

(28)

R1=In-2p，R2=0.

R1=0，R2=In-2p.

f)當(dāng)x=0，y=0，z=0時(shí)，R1，R2不存在，此時(shí),

a+b+ccos2θ=0，absin2θ=-1，

P=UT1UH，Q=UT2UH，Π=0.

因此，由a)，d)，(25)式及(26)式可得命題i);由b)，e)，(26)式及(27)式可得命題ii);由f)可得命題iii)．

(In-Π)Π=Π(In-Π)=0，

PΠ=U(0⊕R1)U=ΠP，

QΠ=U(0⊕R2)U=ΠQ，

(aP+bQ+cPQ)(In-Π)=

U((aT1+bT2+cT1T2)⊕0)=

(In-Π)(aP+bQ+cPQ)，

則有

(aP+bQ+cPQ)2=

[(aP+bQ+cPQ)(In-Π)+

(aP+bQ+cPQ)Π]2=

(aP+bQ+cPQ)2(In-Π)+

(aPΠ+(b+c)QΠ)2=

(In-Π)+a2PΠ+[(b+c)2+2a(b+c)]QΠ.

(29)

又因?yàn)閍+b+c∈{-1，1}，a=±1，所以(a+b+c)2=1，a2=1．

結(jié)合(29)式，可得

(aP+bQ+cPQ)2=

(In-Π)+Π+(a+b+c)2QΠ-a2QΠ=In，

從而aP+bQ+cPQ是對(duì)合矩陣.類似可證明命題ii)～iii)的充分性．

注記5由定理8 1)中的命題iii)知，aP+bQ是三冪等矩陣的充分必要條件是

Θ(P，Q)={θ}，

(aP+bQ)2(In-Π)=In-Π，

c=0，PΠ=QΠ.

(30)

又因?yàn)?30)式等價(jià)于

Θ(P，Q)={θ}，

(P-Q)2(In-Π)=sin2θ(In-Π)，

(31)

而(31)式即為文[13]中定理2.11(ii)．

注記6假設(shè)c=0，則定理8 1)中的命題i)，ii)不存在，由iv)可以得到iii).由注記5知，此時(shí)定理8 1)即為文[13]中定理2.11(ii)．

當(dāng)c=0時(shí)，定理8 2)中的命題i)～ii)不存在，此時(shí)aP+bQ是對(duì)合矩陣的充分必要條件是

Θ(P，Q)={θ}，(P-Q)2In=sin2θIn，

(32)

此時(shí)，(32)式即為文[13]中定理2.11(iii)．