矩阵的标准形

矩阵的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 形 第七章 特征值 矩阵的标准形 基本内容 1. 基本概念:正交变换，正交矩阵，矩阵相似，特征值和特征向量，特征多项式，矩阵可 对角化，若当形矩阵，矩阵相合，二次型，实二次型的标准形、规范形，惯性指数，正 定二次型与正定矩阵， TTT是正交矩阵是正交矩阵 2. 定理:A,AA,E,AA,E,A 。 ,A,,1 3. 定理:设是的两组基。设变为的变换矩阵为。如果在,,L(V,V),B,BBB,VC1221 ,1基下的矩阵为，则在基下的矩阵为。 ABB,CAC21 nnn4. 定理:若阶矩阵的个特征值为，则。 ,,a,,,AA,(a),,？,,nn,,,ij1niiii,1,1,1iii5. 定理:?。 AB,,E,A,,E,B 6. 定理:若是的互不相同的特征值，则; ,,？,,,V:V,{0},1m,,ijj,i 设，则线性无关。 0,,,V,,？,,i,1mi 7. 定理:矩阵可对角化有个线性无关的特征向量， An,A 的所有不同特征值的重数之和等于且每个特征值的重n,A 数等于其特征子空间的维数。 8. 可对角化矩阵的变换矩阵的求法。 9. 定理:任一个矩阵在复数域上都相似于唯一的若当形矩阵。 10. 定理:(1)实对称矩阵的特征值都是实数; (2)实对称矩阵的属于不同特征值的特征向量是正交的; ,1 (3)设A是一个实对称矩阵，则存在正交矩阵，使得是对角阵。 QQAQ T11. 主轴定理:对于任一个实二次型XAX，都存在正交变换，使得 X,QY T22 。 XAX,,y，？，,y11nn 12. 惯性定理:实对称矩阵的相合规范形是唯一的。 13. 定理:对于A阶实对称矩阵，下列命题等价: n TA(1)XAX是正定二次型(即是正定矩阵); (2)AAE得正惯性指数为，即相合于; n TPA,PP(3)存在可逆矩阵使得; (4)的个特征值都大于零; An (5)的个顺序主子式都大于零。 An T14. 定理:若是正定二次型，则 XAX (1)的主对角元都大于零; A (2)的行列式大于零。 A 常见题型 1. 关于正交矩阵(变换) 解法:利用定义及性质(如习题前8道题)。 2. 关于相似矩阵(包括线性变换在不同基下的矩阵表示) 解法:定义及性质(如习题11至15等)。 3. 求特征值和特征向量 解法1:定义(如习题18(1)(2)、19，补充题1等); 解法2:特征多项式，解方程组，相似矩阵(如习题16、17、18、20，补充题2等)。 4. 关于可对角化矩阵(包括判断矩阵可对角化、求对角阵及相关证明) 解法1:利用关于特征值、特征向量的等价条件(如习题21、22等); 解法2:利用实对称矩阵的可对角化性(如习题25、26、27等); 解法3:利用若当标准形(在复数域上)。 5. 关于二次型及相合关系(主要是坐标变换成标准形或规范形) 解法1:实对称矩阵的可对角化性(如习题35、39、40等); 解法2:配 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 (如习题37等); 6. 关于正定矩阵(包括判定及相关证明) 解法:定义及等价条件。 习题 T1( 解:因为是正交矩阵，所以。所以有方程组。。。(下略) QQQ,E3 考察点:正交矩阵的定义，解方程组。 2( 证明:设A是对称矩阵且是正交矩阵，下证A是对合矩阵。因为A是正交矩阵，所以 TT2TAA,EA。因为是对称矩阵，所以A,A。所以A,AA,E。 其余两种情况略。 考察点:对称矩阵、正交矩阵、对合矩阵的定义。 3( 解:略。 考察点:对称矩阵、正交矩阵、对合矩阵的定义。 ,1ATT**A4( 证明:因为是正交矩阵，所以AA,AA,E。因为，所以。AA,AEA,A TTTT,1,1,1,1,1,1,1,,,,AAAAAAAAE()()()T**,,,,所以。所AA,,,,,,E()2TT,,,,AAEAAAAA,,,, *以是正交矩阵。 A 考察点:正交矩阵、伴随矩阵的性质，矩阵乘积的逆与转置。 *T5( 证明:(1)充分性:因为的每个元素等于自己的代数余子式，所以。所以AA,(A) TT*TT*TT。因为，所以，即为AA,EAAA,(A)A,(AA),(AE),AEA,1 正交矩阵。 T必要性:因为为正交矩阵，所以。所以AAA,E TTT*TT*T**TAAE()AAE()AAAAAAAA(())()()()()。AAE,,,,,,,AAAAAA *T因为，所以，即的每个元素等于自己的代数余子式。 AA,1A,(A) (2)与上类似;略。 考察点:正交矩阵、伴随矩阵，矩阵的乘法结合律。 a,,11,,A,？6( 证明:设对角矩阵。因为A是正交矩阵，所以,, ,,ann,, 22,,aa,,1111,,,,T22EAAA？？,,,,，即。所以,,a,1,,1,i,n,,ii,,2,,aannnn,,,, 或,1。 ,1,i,n,a,1ii 考察点:矩阵乘积的分量公式，正交矩阵。 27( 证明:(1)因为， (E,A)(E，A),E,A,(E，A)(E,A) ,1,1,1(E,A)(E，A),(E，A)(E，A)(E,A)(E，A)所以。 ,1,1,1,(E，A)(E,A)(E，A)(E，A),(E，A)(E,A) T,1AA,A(2)因为是正交矩阵，所以。 ,1,1,1TTTT((E,A)(E，A)),((E，A)(E,A)),(E,A)((E，A)) TT,1,1,1,1,1,1,1,1,(E,A)((E，A)),(E,A)(E，A),(E,A)AA(E，A)所以， ,1,1,1,1,1,1,(A,E)(A(E，A)),,(E,A)((E，A)A),,(E,A)(A，E) ,1即是反对称矩阵。 (E,A)(E，A) 考察点:的用法，正交矩阵，矩阵乘积的逆与转置，反对称矩阵。 E 8( 证明:设是欧氏空间的两组单位正交基，设,,,,B,,,？,,,B,,,？,,V(,)B11n21n1 变为的过渡矩阵为。 A,(a),(,,？,,),M(,)Bij1nn2 ,,,,a，？a,1111n1n,？？则有。 , ,,,a,，？a,n1n1nnn, 所以 ,,,,,,,,1,i,j,n,,(,),(a，？a,a，？a)ijijininjnjn1111 nnnnn。 T,aa,(,,),aa,,aa,,,,,,,,tisjtstisjtstitjijtstst,,11,,11,1 T,,,1,,TTAA,,(,？,,)？,(,,),(,),E所以，即是正交矩阵。 A,,1nijij,,T,n,, 考察点:过渡矩阵，Kronecker符号，单位正交基，欧氏空间的内积，正交矩阵。 9，10:不要求。 11(略。 12(略。 考察点:过渡矩阵，线性变换在不同基下的矩阵表示，基的扩充方法(P183例3) ,1,113(证明:因为A可逆，所以，即AB?BA。 A(AB)A,(AA)BA,EBA,BA 考察点:的应用，相似矩阵 E ,1,114(证明:因为A?B，?D，所以存在可逆矩阵使得。P,QPAP,B,QCQ,DC ,1,1B0A0P0,,,,PAP0P0,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,1,1,,,,0D0C0Q0QCQ0Q,,,,,,,,,,所以， ,1P0A0P0,,,,,,,,,,,,,,,,,,,0Q0C0Q,,,,,, B0A0,,,, 即?,,。 ,,,,,,0D0C,,,, 考察点:相似矩阵，分块矩阵。 ,1ABP15(证明:因为?，所以存在可逆矩阵使得PAP,B。所以 ,1m,1,1m,1m,1mm,m,0,,a,F,P(aA)P,(P(aE)P)(PAP),a(PAP),(PAP),aB 0mm即?，这儿A,E。所以 aAaB ,1,1nn,1Pf(A)P,P(aA，aA，？，aA，aE)Pnn,110 11111,n,n,,,,P(aA)P，P(aA)P，？，P(aA)P，P(aE)P，即?。 f(A)f(B)11nn, nn,1,aB，aB，？，aB，aE,f(B)110nn, 考察点:相似矩阵，的应用。 E 16，17解:略。 考察点:特征值与特征向量的求法。 18(解:(1)的特征值必不等于零(如果存在)。若否，则方程组必有非零解，AAX,0这与可逆矛盾。 A (2)0必为的一个特征值。因为此时方程组有非零解。 AAX,0 (3)的特征值必不等于(如果存在)。理由与(1)类似，略。 A,1 (4)与(3)类似，略。 (5)1与中必有其一为的特征值。 ,1A 2因为，所以与0,E,A,(E,A)(E，A),E,AE，AE,A,0 n中必有其一成立。 ,E,A,(,1)E，A,0 (6)的特征值一定存在，且其必为1或。 A,1 22因为 ，所以 。所以1与中必有其一为的特征值(由(5)E,A,0,1AA,E 可得)。设是的一个特征值，则必存在非零向量使得。所以AX,AX,,X 222。所以，即或,1。 X,AX,A(AX),A(,X),,(AX),,X,,1,,1 A(7)的特征值一定存在，且其必为0或1。理由与(6)类似，略。 A(8)的特征值一定存在，且其必为0。理由与(6)类似，略。 ,，,,？,,，,AAnn9)(的个特征值为。验证即可(略)。(注意这儿默认是阶010n 方阵。) AAA，1,i,m(10)的特征值存在等价于使得的特征值存在。此时的特征值必为i A,1,j,m某一个的特征值。证明略。 j 考察点:特征值，特征行列式。 ,AX,,XAAB,BAX19(证明:因为是矩阵属于特征值的特征向量，所以。因为，00 BX,VA(BX),(AB)X,(BA)X,B(AX),B(,X),,(BX)所以，即。 ,000 考查点:特征值与特征向量，特征子空间。 AAnn20(证明:充分性:因为有个不同的特征值，所以有个线性无关的特征向量，设 ,,？,,,,？,,,FA,,,,,1,i,n为。所以存在使得。令1n1niii ,,,1,,,1？A,CC,,C,(,,？,,),M(F)AB，则有。因为的特征向量也是1nn,,,n,, ,,,1,,,1？B,CC,,,,？,,,F的特征向量，所以存在使得。所以1n,,,n,, ,,,,,,,,,,,,1111,,,,,,,,,1,1,1AB,C？CC？C,C？？C,,,,,,,, ,,,,,,,,,,,,,n,,n,,n,,n, ,,,,,,,,,,1111,,,,,,,1,1,C？C,C？？C,,,,,, ,,,,,,,,,,nnnn,,,,,, ,,,,,,11,,,,,1,1,C？CC？C,BA.,,,, ,,,,,,nn,,,, ,,？,,,FAAnn 必要性:因为有个不同的特征值(设为)，所以有个线性无关1n ,,？,,,,？,,A,,,,,1,i,n的分别属于的特征向量，设为。所以。令1n1niii ,,,1,,,1？A,CC,,C,(,,？,,),M(F)，则有。 1nn,,,n,, ,,,,,,11,,,,,1,1？？CCB,AB,BA,BCC,,,,AB,BA因为，所以， ,,,,,,nn,,,, ,,,,,,11,,,,11,,？CBC,CBC？所以。 ,,,, ,,,,,,nn,,,, ,1令，则有 CBC,(d)ij ,,,d？d,,,,11111n1,,,,？？,？(d),,,,ij ,,,,,,,d？dnn1nnnn,,,,。 ,,,d？d,,,,1111n1n,,,,(d)？？？,,,,,,ij ,,,,,,d？,dn1n1nnn,,,, ,1,i,j,n,d,0,,？,,因为彼此互不相同，所以必有。 ij1n ,1B,,d,,1,i,n所以是对角矩阵，从而。 CBC,(d)iiiiij AB的特征向量也是的特征向量。 所以 E考查点:特征值与特征向量，矩阵可对角化，的应用。 21(略。 P考查点:矩阵可对角化，的求法。 f,(),,E,A,(,,a)(,,a)？(,,a)A22(证明:(1)因为的特征多项式。如1122nnAAAnn果的主对角元互不相等，则有个互不相同的特征值。所以必有个线性无关 AA的特征向量，从而可对角化，即与对角阵相似。 aAAAn (2)因为的主对角元相等，所以有一个重特征值。因为中至少有一个不11 (aE,A),1dimN(aE,A),n,1在主对角线上的元素不为零，所以秩，即。所1111 AAAn以不可能有个线性无关的特征向量，所以不可能对角化，即不与对角阵相似。 210010,,,,,,,, A,0202E,A,000,,,,A (3)因为，所以有一个2重特征值2。因为， ,,,,003003,,,,(2E,A),2,dimN(2E,A),1所以秩。所以2重特征值2的特征子空间是1维的，A所以不可对角化。 A 考查点:对角化的条件，特征多项式。 X,X,XX,XA23(解:因为线性无关，所以有3个线性无关的特征向量。令12312 1,,,,,1PAP,1,,P,(X,X,X)。由题意可得，所以 123,,,2,, kk,,111,,,,,,,,,,,,,,,1k,1,1A,P1P,(？),A,P1P,P1P,(？),,,,,,,, ,,,,,,,,,2,2,2,,,,,,,,考查点:矩阵可对角化，的应用。 E AA24(略。(注意不可对角化，但是一个对角块矩阵，其对角块分别为可对角化的矩阵和 若当块矩阵。) 考查点:分块矩阵的乘积，矩阵对角化，若当块矩阵的幂。 TT25(思路:要证明可对角化，由很容易联想到他是实对称矩阵。而要求出，P,,A,,,, T就需要求出的所有特征值及对应的特征向量。但很任意，咋看无法下手。A,,,,注意到正因为很任意，这说明的特征值必然很特殊，所以要么是特殊的确定数字，A, 要么可由的分量得到。想到特殊的数字，很容易联想到0，1，或。而0作为特征,1, 值又与的解空间联系到一起，从而想到考虑的秩。这时注意到的秩等于1，AAAX,0 于是我们就得到了个特征值和特征向量。而对于1，或作为特征值，这儿显然,1n,1 很难继续考虑。所以我们考虑可否由的分量得到得到最后一个特征值。注意到是一, T个向量，容易联想到就是一个数。验证这个数，容易得到 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 。于是这个题就解,, 出来了。 T证明:因为，所以秩秩。因为，所以秩a,0,i,1,2,？,n(A),(,),1A,,,i A。所以秩。所以。所以0是的特征值(A),1(A),1dimN(A),n,1,dimN(,) ,,(,a,a,0,？,0),？,,,(,a,0,？,0,a)N(A),N(,)N(,)且。易知是的121n1,n1 ,,？,,An,1一个基础解系，所以是的属于0的个线性无关的特征向量。又因为1n,1 nnnTTTTT22T2A,,(a),(a),,,,,,AA,，所以是的特征值，且是(a),,ii,iii,1,1i,1 nTT2,,,,？,,P,(,,,,？,,)的属于的特征向量。所以线性无关。令，(a)1n,11n,1,ii,1 n,,2a,,,i i,1,, 0,,,,,1PPAP,,。则可逆，且。 ,,？,,,,0,, P 考查点:矩阵对角化，0为特征值的条件，的求法。 26(略。 QP考查点:的求法(或的求法，Schmidt正交化过程)。 AAA的特征值只可能为1或0。因为是实对称矩阵，所以可27(证明:18题(7)的证明得 对角化且。。。(略) AA 考查点:实对称矩阵的对角化，与矩阵相似的对角矩阵的主对角线上的元素与的特征值的关系。 E0,,r,1,,QAQ,Q28(解:由上题，存在正交矩阵使得。所以,,00,, ,,,E0E0E0,,,,rrr111,,,,,,,,,A,2E,QQ,2E,Q,2EQ,QQ,,,,,,0,2E0000nr,,,,,,, ,E0rnnr,,,(,1)2. 0,2Enr, 考查点:实对称矩阵的对角化，矩阵乘积和的行列式。 E 29(证明:因为实对称矩阵的特征值，所以存在正交实矩阵使得A,,0,i,1,2,？,nQi ,,,1,,1,QAQ？,。所以,, ,,,n,, ,,,,,,,,,111,,,,,,,1,1,,,,A,QQ,QQ？？？,,,,,,,,,,,,,,,nnn,,,,,,。令 ,,,,,,11,,,,,1,1,,,,,Q？QQ？Q ,,,,,,,,,,nn,,,, ,,,1,,,1,,？B,QQ。下面留给大家自己验证B满足条件。 ,,,,,n,, AA 考查点:实对称矩阵的对角化，与矩阵相似的对角矩阵的主对角线上的元素与的特征值的关系。 30(不要求。 31. 不要求。 1,32. 证明:因为是两个非零的向量，所以。所以秩秩，所以,,,(A),(,),1A,0 A秩。所以0是的特征值且其重数 。 (A),1,dimN(A),n,1,n,1 TA设是的特征值，则存在非零向量X使得，即。所以,,X,,X,,0AX,,X T。因为正交，所以,,,X,,,,,,, TTTTTTn(这儿表示中的标准内积)。(,,,),X,,,X,,(,,X),,(,,,,),0, 这与且矛盾。所以的特征值只有零。 A,,0X,0 所以最多可以找到个线性无关的的特征向量，从而不可对角化。 AAn,1 考查点:矩阵乘积的秩，齐次线性方程组解空间的维数，特征值与特征向量的定义，矩 阵对角化的条件。 33. 证明:因为二次型，所以其规范形也恒为零。所以的相合规范形为0，即Af(X),0 与零矩阵相合，所以。(或用反证法) AA,0 T34. 证明:因为，所以二次型。由上题f(X),g(X)X(A,B)X,f(X),g(X),0 结论，，即。 A,BA,B,0 2,,35. 解:(1)不成立。例如。 ,,A,,B,E,C,D,,E,,2,, (2)成立。因为相合于，相合于，所以存在可逆矩阵使得ABDP,QC 00ABP,,,,,,TTT。令，则有,,,,，且,,MPAP,B,QCQ,DMM,M,,,,,,,00QCD,,,,,, 可逆。 考查点:相合的定义及性质。 36. 略。考查点:正交变换法求标准形(即求实对称矩阵的)。 Q 37. 略。考查点:配方法求标准形。 38. 不要求。 39. 证明:因为rA是秩为的实对称矩阵，所以存在可逆矩阵P使得 E00,,t,,iiiTPAPE,0,0。令。则有E,(e),e,,,,1,i,r,1,l,m,n,,r,tlmlmillm ,,000,, trtrT,1ii,1,1Tii,1A,(P)(E，(,E))P,(P)(E，(,E))P,,,,i,1i,t，1i,1i,t，1。易验证后一个tr,1Ti,1,1Ti,1,((P)EP)，((P)(,E)P),,i,1i,t，1 式子中的每一项都是一个实对称矩阵，且其秩都是1。 考查点:实对称矩阵的相合规范形，矩阵乘积的分配律。 r40. 证明:(1)因为A是幂等矩阵，所以A的特征值只能为0或1。因为A是秩为的实对 0E,,r,1,,称矩阵，所以存在正交矩阵使得。所以令，则二次型QX,QY,QAQ,,00,, TT22的一个标准形为。 XAXXAX,y，？y1r (2)略。 考查点:实对称矩阵的对角化，标准形与特征值的关系。 41. 略。 42. 略。 43. 略。 44. 略。 考查点:正定矩阵的等价条件，正交变换法求标准形。 45. 不要求。 T46. 证明:显然是对称矩阵。 PP TTTT22n任给，令，则有。PX,Y,(y,？,y)X(PP)X,YY,y，y,0X,,n11n T所以是半正定矩阵。 PP 考查点:半正定矩阵的定义。这一结论要记住。 47. 证明:类似与上题用定义证明。 48. 略。 考查点:正定矩阵的定义，矩阵乘积的分配律。 为是阶实对称矩阵且是的互异特征值，设分别为49. 证明:因AA,,？,,X,？,Xn1n2n n的属于的特征向量，则且构成了的一AAX,,X,1,i,nX,？,X,,？,,,2niii1n 组正交基。所以 TT，(A,,XX)X,,X,,XXX,,X,,X(X,X),,X,2,i,n111iii111iii111iii TT即是的互异特征值且分别为的属于,,？,,X,？,XA,,XXA,,XX2n2n111111 的特征向量。又因为对应于的单位特征向量，所以X,,？,,,2n11 TT，即0是(A,,XX)X,,X,,XXX,,X,,X(X,X),0,0X1111111111ii11111 A的特征值且是A的属于0的单位特征向量。 X1 Tn综上所述，是的属于的特征向量构成了的一组X,？,X0,,,？,,A,,XX,1n2n111 T正交基，所以是的特征值。(思考为什么要加这句话,) 0,,,？,,A,,XX2n111 考查点:实对称矩阵的对角化，特征值的定义。 A50. 解:先由的特征值得到的特征值，然后利用正定矩阵特征值的性质可A，tE,A,tE 解。 TBPPBP,EA51. 证明:因为是正定矩阵，所以存在可逆矩阵使得。因为是实对称矩 TTT阵，所以也是实对称矩阵。所以存在正交矩阵使得是对角阵，且PAPQQPAPQ TTTTT也是对角阵。令，则可逆且都是对C,PQQPBPQ,QQ,ECAC,CBCC 角阵。 考查点:实对称矩阵的对角化，正定矩阵的等价条件。 TT52. 证明:因为存在使得，所以存在可逆矩阵使得此PX,XXAX,0,XAX,0121122 二次型在坐标变换下变为规范形X,PY T2222。令，则XAX,y，？，y,y,？,y,r,nY,(1,0,？,0,1),X,PYrr，n00011 T且。 X,0XAX,1,1,0000 考查点:相合规范形与正定性的关系。 T,1,1X,,,,0AXXAX,,,,10,,,,,,53. 证明:因为，所以,T,,T,,,,XAEXA0,,,,,, T,10X,,,XAX0,,T,1T,1,,。,,f(X),det,det,,AXAX,X(,AA)XT,,T,,XAXA,,,, ,1,1因为正定，所以且正定(通过特征值易证此成立)。所以正定，所AAA,0AA ,1以负定，即负定。 ,AAf(X) 考查点:正(负)定的定义及关系，矩阵及其逆矩阵的正定性关系。 54. 证明:(1)因为A正定，所以且A的所有顺序主子式都大于零。从而的顺Aa,0nnn,1 ,A,,n,1,1,,序主子式都大于零，所以正定。从而可逆且正定。令，AAAA,n,1n,1n,1T,,,a,nn, ,A,,n,1T,1,,则有且A经过初等变换可变为。所以,A,,0B,n,1T,1,,0aA,,,nnn,1,, T,1。 detA,detB,A(a,,A,),aAn,1nnn,1nnn,1 (2) 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 归纳法(略)。 考查点:正定的等价条件，矩阵及其逆矩阵的正定性关系。 补充题 ,1AP1. 证明:因为是的个特征值，所以存在可逆矩阵使得是一个,,？,,nPAP,J1n 若当形矩阵，且此若当形矩阵的主对角线上的元就是(如果不计顺序)。特别,,？,,1n ,12,1,12地，是一个上三角阵。所以也是一个上三角阵，且其PAP,PAPPAP,JJ 222主对角线上的元就是(如果不计顺序)。所以的的特征行列式为A,,？,,n1 2222222。所以是的个特征值。由,E,A,,E,J,(,,,)？(,,,)A,,？,,nn1n1 P239推论可得等式(略)。 2. 思路:刚开始看到这个题，不知道从哪儿入手。但注意到条件中的复数域，很容易想到复数域上的矩阵一定存在个特征值，而知道了这个特征值，就可以用这些特征值把nn 的特征多项式表示出来，从而得到的一个表达式，这时注意到成了个Bf(A)f(A)n矩阵的乘积，问题迎刃而解。 证明:设是的个特征值(因为是复数域上的矩阵，所以可作这一假设)，BB,,？,,n1n 则。所以。所f(,),,E,B,(,,,)？(,,,)f(A),(A,,E)？(A,,E)1n1n以可逆f(A),f(A),0,,1,i,n,,E,A,A,,E,0,,1,i,n,,iii不是的特征值。 A 3. 证明:(1)假设是的属于特征值的特征向量，则有c,，c,,,12 。因为是的属于不同特征值的特,(c,，c,),,(c,，c,),,c,，,c,,,,,121212 征向量，分别设它们对应的特征值为，则有且,,,,,,1212 。所以,(c,，c,),c,(,)，c,(,),,c,，,c,12121122 ，所以。因为是,c,，,c,,,c,，,c,(,,,)c,，(,,,)c,,0,,,,1122121122 的属于不同特征值的特征向量，所以线性无关。所以。,,,(,,,)c,(,,,)c,01122因为，所以，即。这与矛盾。 cc,0(,,,),(,,,),0,,,,,,,,12121212(2)充分性:显然成立(理由略，自己补出)。 必要性:因为中任意非零向量都是的特征向量，所以由(1)可知的特征值都是,,V 相等的，设为。则其特征子空间，即。所以。 V,V,,,V,,(,),c,c,,cI0c00V0 4. 证明:数学归纳法。 AP时，本身就是上三角阵，所以取为单位阵即可。 n,1 ,1APPAP假设时结论成立，下证对任意的阶矩阵，存在可逆阵使得是上三角,nn 矩阵。因为AA是复数域上的矩阵，所以一定存在特征值。设是的一个特征值，X, A是的属于的一个特征向量，则有。因为，所以可以扩充X,0,AX,,X,X,0 n成(这儿代表复数域)的一组基。所以存在阶复矩阵和BX,X,？,XCCn,12nn,1复向量使得 , ,AXXX,AXAXAX,XAXAX(,,？,)(,,？,)(,,？,)2n2n2n T,, ,,,,(X,X,？,X).,2n,,0Bn,1,, ,1因为是阶复矩阵，根据归纳假设，存在可逆阶复矩阵使得BQQBQn,1n,1n,1n,1 10,,n是上三角阵。令。因为是的一组基且,,(,,,)X,X,？,XQP,XXXC？2n2n,,0Q,, 可逆，所以可逆，且 P ,1,,1010,,,,,1,,,,,,PAP,XXXAXXX(,,,)(,,,)？？2n2n,,,,,,QQ00,,,,,, ,1T,,,,1010,,,,,1,,,,,,,XXXXXX(,,,)(,,,) ？？2n2n,,,,,,QQ00B0,,,,n,1,, TT,,,,1010Q,,,,,,,,,,,,,,,,,,.,1,,,,,1,,,,0Q0QBQBQ00,,,,n,1n,1,,,, ,1,1因为是上三角阵，所以PAP也是上三角阵。 QBQn,1 r5. 证明:(1)因为A可对角化，不妨设是A的重特征值，是A的其余特,,,？,,01n,r征值。则且存在可逆矩阵P使得,,,,1,i,n,r0i ,E,,r0,,,,,2,1A,PP。所以 ,,？,,,,,nr,,, ,E0,,,,0r,,,,,,,,,,,,,,220,1,1A,E,PP,E,PP,00,,,,？？,,,,,,,,,,,,,,,,,,0nrnr 2,,0,,,,,,,,,,,,,20,2,1A,E,PP()0,,,,？,,,,,,,,,,,,,,0nr,, 200,,,,,,,,2,,,,,,(),,,,2020,1,1,PP,PP,,,,,？？,,,,2,,,,,,,,,,(),0,0nrnr,,,, 2 因为，所以秩秩。 (A,,E),,,,1,i,n,r(A,,E),n,r,0i00 6. 证明:设是一个正交矩阵，则是一个实矩阵。设是在复数域上的一个特征值，AAA, 是的属于的一个特征向量，则有。所以 AX,AX,,X 2TTXX,XX,(X,X),(AX,AX),,,,,。 TTTTTT,(AX)(AX),XAAX,XAAX,XX 2因为，所以。所以若为复数，则其模为1;若为实数，则,,1,,,1X,0,, 。 ,,,1 7. 证明:设是(奇数)维欧氏空间中的一个第一类正交变换，设是其在此欧氏空A,n 间的某一组单位正交基下的矩阵，则且A是一个正交矩阵。由上题知，可设1A,1 是A的重特征值，,1是A的重特征值，是A的所有复特征值。,,,,？,,,,ts11mm s则有，。所以必为偶数。因为为奇数，(,1),,？,,,A,1snt，s，2m,n11mm 所以，即必有一个特征值为1。 ,t,0 8. 证明:与上题类似，略。 9. 证明:，由题意得 ,,,,,V,,t,s,, ,,,,,,,,,,,,,,((t，s),t(),s(),(t，s),t(),s()),,,,,,,,,,,((t，s),(t，s),t(),s()) ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,t((),(t，s),t(),s()),s((),(t，s),t(),s()),,,,,,,,,,,,,,,,,((t，s),(t，s)),t((t，s),()),s((t，s),()),,,,,,,,,,,,,2,t((),(t，s))，t((),())，ts((),()) 2,,,,,,,,,,,,,,s((),(t，s))，ts((),())，s((),()) ,,,,,,,,,,,(t，s,t，s),t(t，s,),s(t，s,) 22,,,,,,,,,,,,,,,t(,t，s)，t(,)，ts(,),s(,t，s)，ts(,)，s(,) 222,,,,,,,,,,,,,(t(,)，ts(,)，ts(,)，s(,)),(t(,)，ts(,)) 222,,,,,,,,,,,,,(ts(,)，s(,)),(t(,)，ts(,))，t(,)，ts(,) 22,(ts,(,,)，s,(,,))，ts(,,,)，s(,,,),0 (以上根据题设和内积的线性性质)。所以，即,(t,，s,),t,(,),s,(,),0 。所以是线性变换，从而是正交变换。 ,(t,，s,),t,(,)，s,(,),, 10. 思路:看到这个题，我首先想到用数学归纳法证明。可是考虑到使用初等倍加变换时需 TT要用到或可逆，这就迫使我们考虑秩的情况。从而开始分情况讨论。接(A)AA,,11 下来在考虑秩的情形时，得到了(A),m 1TTTT,T，而我们要放缩这个式子，就要考detAA,(,,,,A(AA)A,)det(AA)111111 TTT虑的行列式是否大于零。再注意到是半正定的，从而想到是否能得到AAAAAA111111 正定。考虑完这些东西，题目就解出来了。 mn2TT证明:若秩，则秩。所以成立。 det(AA),0,a(A),m(AA),m,,ik,1,1ik TTT若秩，则秩，即可逆。注意到是半负定的(有半负定AAAA(A),m(AA),m T的定义和欧氏空间的内积可得)，所以AA正定。此时对用数学归纳法。 m 时易验证结论成立。 m,1 nT假设时结论成立，下证时结论成立。设，则，，m,tA,A,,,,,,AAm,t,1111 TT,,,AAATT111,,,,可逆且AAAA。因为通过初等倍加变换可得 ,,(,)(,)11TT,,,A,,1,, TTT,,,,,AAAAA0T11111,,,, AA,,1TTTTT,T,,,,,A,,0,,,A(AA)A,,11111,,,, 所以 1TTTT,TT,,,,detAA,(,A(AA)A)det(AA),111111。 1TTT,T(,,,,A(AA)A,)det(AA)111111 TT因为正定，所以。所以根据归纳假设 AAdetAA,01111 ,1TTTTTTTdetAA,,(,,,A(AA)A,)det(AA),,,det(AA)11111111 ,1mmnnn。 ,,,,222,aa,a,,,,,,,,,imikik,,,1,1,1i,1i,1i,,kk,, 11. 不要求。 12. 思路:看到这个分块矩阵，相当头疼，因为这儿没有可逆矩阵出现。但是冷静思考一下， AB0,,注意到11位置分块的不同，想到可以用倍加变换把的11位置消掉。又因为,,,,B0,, ,1EAEA,,AB0,,,,,,mm,,,,我们考虑相似关系，所以先试着计算,,，而计算结果,,,,,,0E0EB0nn,,,,,,一出来，问题迎刃而解。 证明:因为 ,1EAEAEAEA,AB,,AB0000,,,,,,,,,,,,,,mmmm,,,,,,,,,,,,,,，,,,,,,,,,,,,,,,,EEEEBBBBA000000nnnn,,,,,,,,,,,,,, AB000,,,,所以相似于。所以 ,,,,,,,,B0BBA,,,, ,,AB0,,n,,,,,,,,,det(E,AB),det(E,AB)det(E),detE,mmn,,,,B0,,,,。 ,,00,,m,,,,,det,E,,det(,E,BA)det(,E),,det(,E,BA)nmn,,,,BBA,,,, 所以AB与BA的非零特征值相同;如果，则有。 ,E,AB,,E,BAm,nnn 13. 证明:暂缺。 ,,,1,,TQAQ？,14. 由题意得存在正交矩阵使得，令。则有QX,QY,, ,,,n,, ,,,1,,TT2222,,,(AX,X),XAX,Y？Y,y，？，y,(y，？，y),,11nn11n，其,,,n,, TTTT,,(YY),,(XQQX),,(XX),(,X,X)1111 T中等号成立当且仅当，所以当且仅当是y,？,y,0X,{tQ(1,0,？,0)|t,,}2n 等号成立。 后边的不等式类似可得。 15. 证明:因为是正定矩阵，所以也是正定矩阵(根据定义)。设的最A，BA,BA,A，B 大特征值分别为。由上题知，对任意的向量有X,,, TTTT且存在不为零的向量使得上面两个不Y,ZXAX,,XX,X(A，B)X,,XX 等式中的等号分别成立。因为是正定矩阵且所以存在不为零的正数使A,A，B,Y,0 TT得。 0,Y(A，B)Y,,YY,, TTTTTT因为，所以。 ,,,,YY,Y(A，B)Y,YAY，YBY,YAY,,YY TTT因为，所以。所以。 ,,,,,,,YY,Y(A，B)Y,,YY 16. 证明:因为是实对称矩阵，所以也是实对称矩阵(根据定义)。设的A，BA，BA,B 最小特征值为。由14题知，对任意的向量有X, TTTTTT且存在不为零的向量YXAX,,XX,XBX,,XX,X(A，B)X,,XX11 TT使得。 Y(A，B)Y,,YY TTTTTTT所以，注,YY,Y(A，B)Y,YAY，YBY,,YY，,YY,(,，,)YY1111 意到，所以。 ,,,，,Y,011 17. 证明:因为正定，所以都是实对称矩阵。暂缺。 A,BA,B 18. 略。