酉矩阵和正交矩阵.doc

网卡驱动网站/link/44/435505.shtml对称变换且的特征根均为1.证明必要性:因正交变换可对角化,所以由引理1可知:的特征根均为1,再由定理1的必要性可知:为对称变换.充分性:因对称变换的特征根均为1,所以由文1定理8.4.5知:存在V的一个标准正交基,使在此基下的矩阵为对称阵A =diag(-1,-1,1,1),于是A2= I,由文1定理7.3.3知:2= l,再由引理3知:为正交变换,故是一个可对角化的正交变换.例1设V是一个n维欧氏空间,是V中的一个单位向量,定义V的变换如下:() =-2,(V).试证:2= l且是一个可对角化的正交变换.证法1易证:2= l且 ,V均有(),=,(),所以由定理3可知:是一个可对角化的正交变换.证法2易证2= l且 ,V均有(),()=,于是由定理4可知:是一个可对角化的正交变换.证法3易证 ,V均有(),()=,且(),=,(),于是由定理5可知:是一个可对角化的正交变换,再由定理2知:2= l.证法4易证 ,V均有(),()=,且(),=,(),于是由引理3与定理5可知:2= l且是一个可对角化的正交变换.证法5易证 ,V均有(),=,().于是由文5中定理1可知:为V的对称变换,又由的定义易知:的特征根均为1,所以由定理6可知:为一个可对角化的正交变换,再由定理2可知:2= l.相应地,关于正交矩阵可对角化的判定条件有:引理4若n阶正交矩阵A的特征根均为实数1,则存在n阶正交矩阵T使TAT = T-1AT =diag(-1,-1,1,1).证明参见文2380381页此处从略.定理7设A为n阶正交矩阵,则A可对角化的充要条件是:A的特征根均为实数1.证明必要性:因为A可对角化,所以由文1推论7.6.6知:A的特征根均为实数,又A为正交变矩阵,所以由引理1可知:A的实特征根只能为1.充分性:由引理4知显然成立.定理8设A为n阶实矩阵,则A是一个可对角化的正交矩阵的充要条件为:存在n阶正交矩阵T使TAT = T-1AT =diag(-1,-1,1,1).证明必要性:因为正交矩阵A可对角化,所以由定理7知:A的特征根均为实数1,于是由引理4知:存在n阶正交矩阵T使TAT = T-1AT =diag(-1,-1,1,1).充分性:因有n阶正交矩阵T使TAT = T-1AT =diag(-1,-1,1,1).所以A可对角化且A = Tdiag(-1,-1,1,1)T-1,又由对角阵diag(-1,-1,1,1)为正交阵及正交阵之逆与正交阵之积均为正交阵可知:A为正交阵,故A是一个可对有化的正交阵.定理8是对文2中380页定理2的推论以及对文3中定理2(2)的完善与推广.39第18卷第1期袁辉坪:关于正交变换可对角化的充要条件(),()-,=0,由的任意性,取=2()-,则,=0,所以=0,即2() =,故2= l.(i),(iii) (ii):由条件, ,V均有(),=(),l()=(),2()=(),().(ii),(iii) (i):由条件, , 均有(),()=,2()=,l()=,.引理3是文1中336页习题1的推广.定理1设为n维欧氏空间V的一个正交变换,则可以对角化的充要条件是:为对称变换.证明必要性:因正交换可对角化,则由引理1,存在V的一个标准正交基1,n,使关于此基的矩阵为n阶对角阵A =diag(-1,-1,1,1),于是A= A,由文献1定理8.4.5知:为对称变换.充分性:因为正交变换,所以由引理1知:的特征根均为1,又为对称变换,故由文1定理8.4.5知:关于V的某标准正交基的矩阵为对角形矩阵diag(-1,-1,1,1),即可对角化.定理2设为n维欧氏空间V的一个正交变换,则可对角化的充要条件是:2= l.证明:必要性:因正交变换可对角化,所以由引理1知,必有V的一个标准正交基使关于此基的矩阵为对角阵A =diag(-1,-1,1,1)于是A2= I,由文1定理7.3.3知:2= l.充分性:因为正交变换且2= l,所以由引理3知:为对称变换,故可对角化.定理3n维欧氏空间V的变换是一个可对角化的正交变换的充要条件是:2= l且 ,V均有(),=,().证明必要性:因正交变换可对角化,所以由定理2的必要性知:2= l,又由定理1的必要性知:为对称变换,即 ,V均有(),=,().充分性:由条件及引理3知: ,V均有(),()=,于是由引理2可知:为正交变换,故由定理2的充分性知:是一个可对角化的正交变换.定理3是文3中定理1的推广.定理1,定理2分别削弱了文3中定理1的条件.定理4设为n维欧氏空间V的变换;则是一个可对角化的正交变换的充要条件是:2= l且 ,V均有(),()=,.证明必要性:因正交变换可对角化,所以由定理3知:2= l且 ,V均有(),=,(),于是由引理3知: ,V均有(),()=,.充分性:由条件及引理3可知: ,V均有(),=,(),再由定理3可知:是一个可对角化的正交变换.定理5设为n维欧氏空间V的变换,则是一个可对角化的正交变换的充要条件是: ,V均有()、()=,且(),=,().证明必要性:因正交变换可对角化,所以由正交变换的定义及定理3可知: ,V均有(x),()=,且(),=,().充分性:由条件及引理3可知:2= l,再由定理3可知:是一个可对角化的正交变换.定理6设为n维欧氏空间V的变换,则是可对角化的正交变换的充要条件是:38四川师范学院学报(自然科学版)1997年正交变换是欧氏空间中一类重要的线性变换,也是高等代数的重要研究对象之一.它在解析几何与高等几何中经常应用.因而探究正交变换何时可以对角化,便是一项很有意义的工作.张远达教授、张慧敏、张宪君等先生对此都曾作过一些研究,笔者在此基础上作了进一步的探索,又获得了一些新的结果.本文术语及符号同文献1.引理13正交变换的特征根等于1.引理24设为欧氏空间V的一个变换,若 ,V均有(),()= c,(c为实数),则为V的线性变换.特别,当c =1时,为V的正交变换.引理3设为欧氏空间V的一个变换,若满足下列3个条件中的任意两个,那么它必然满足第3个:(i) ,V均有(),()=,;(ii) , 均有(),=,();(iii)2= l(l为V中的单位变换,下同).证明(i),(ii) (iii):因为 ,V均有2()-,=2(),-,=收文日期1996-04-20.定理9设A为n阶正交矩阵,则A可对角化的充要条件是:A为实对称矩阵.证明必要性:因为n阶正交矩阵A可对角化,所以由定理8知:存在n阶正交矩阵T使TAT = T-1AT =diag(-1,-1,1,1),所以由TAT = (TAT)= TAT有A= A,即A为实对称矩阵.充分性:显然成立.定理10设A为n阶正交矩阵,则A可对角化的充要条件为:A2= I.证明必要性:因n阶正交矩阵A可对角化,所以由定理8知:存在n阶正交矩阵T使TAT = T-1AT =diag(-1,-1,1,1),于是T-1A2T =(T-1AT)(T-1AT)= I,故A2= I.充分性:因A为正交阵,所以A-1= A,又A2= I,因而A = A-1= A,即A为实对称阵,故A可对角化.定理11设A为n阶实矩阵,则A是一个可对角化的正交矩阵的充要条件为:A= A且A2= I.证明必要性:因为n阶正交矩阵A可对角化,所以由定理9的必要性知:A= A,又由定理10的必要性可知:A2= I.充分性:因为A为实对称矩阵,所以A可以对角化,又由A= A且A2= I知:A-1=A = A,即A为正交矩阵,故A是可对角化的正交矩阵.定理911是对文3中定理2(1)的修正与推广.定理12设A为n阶实矩阵,则A是一个可对角化的正交矩阵的充要条件为:A= A且A的特征根均为实数1.证明必要性:因为n阶正交矩阵A可对角化,由定理8知:存在n阶正交矩阵T使TAT = T-1AT =diag(-1,-1,1,1),于是TAT = (TAT)= TAT且Adiag(-1,-1,1,1),因而A= A且A的特征根均为1.充分性:因为n阶实对称矩阵A的特征根均为实数1,所以由文1定理8.4.6知:存在n阶正交矩阵T使TAT = T-1AT =diag(-1,-1,1,1),于是T-1A-1T =(T-1AT)-1= T-1AT = (TAT) = (TAT) = TAT = T-1AT,从而A-1= A,即为A的正交矩阵,故A是一个可对角化的正交矩阵.关于可对角化的正交矩阵的特征向量有定理13设n阶正交矩阵A的特征根均为1或-1,其重数分别为t1,t2,则I-A(或-I- A)中任意t2(或t1)个线性无关的列向量便是A的属于特征根-1(或1)的极大无关的特征向量组.证明因为n阶正交矩阵A的特征根均为1或-1,其重数分别为t1,t2,所以t1+t2= n,且由定理7知:A可对角化,于是由文1推论7.6.6有:n-秩(I-A) = t1,n-秩(-I-A)= t2且由定理10有:A2= I,因而秩(I-A)+秩(-I-A)n且(I-A)(-I-A)=0,所以n阶矩阵-I- A的列向量均为n元齐次线性方程组(I- A)X =0的解向量,故-I-A中t1= n-秩(I-A) =秩(-I-A)个线性无关的列向量便是正交矩阵A的属于特征根1的极大无关的特征向量组.同理可证:I-A中t2个线性无关的列向量便是A的属于特征根-1的极大无关的特征向量组.定理1的证明1) (必要性)设2阶正交矩阵A=a11a12a21a22,由AA=E2=E2=AA得a112+a122=a112+a212=a212+a222=a122+a222= 1 (1)由(1)得a112=a222,a122=a212, (2)-1 aij 1,i,j=1, 2令a11=a,由(1)和(2)得a12=1-a2,a22=a,由引理1知 A =a11a22-a12a21= 1或-1,1当 A =1时,a22=a,a12=-a21= 1-a2或a22=a,a12=-a21=- 1-a2,A为型(i)或(ii).2当 A =-1时,a22=-a,a12=a21=1-a2或a22=-a,a12=a21=- 1-a2,A为型(iii)或(iv).(充分性)无论A为型(i), (ii), (iii),(iv)中何型,均有AA=E2,因此A为正交矩阵.2) (必要性)A是正交矩阵,由引理1知 A =1或-1,由引理2得AA*=En=AA,因此A*=A,所以Aij=aij(或Aij=-aij).(充分性) 1当Aij=aij时,A*=A,由引理2AA=AA*= A En,nj=1aijakj= A i=k0ik,i,k=1, 2,n,于是 a =nj=1aij2,i=1, 2,n,由A非零知至少有一aij0,因此 A 0,由AA= A En两边取行列式并注意到 A = A 得 A 2= A n,从而 A n-2=1,由n2和 A 0得 A =1,于是有AA=En,A为正交矩阵.2当Aij=-aij时,A*=-A,与1同理可得 A =-1,于是有AA=-AA*=- A En=En,A为正交矩阵.定理1证毕.定理2的证明(必要性)A是n阶正交矩阵,由AA=En得A=A-1,由引理3知对任意n阶矩阵B,Tr(ABA) =Tr(B).(充分性)取Bij=Eij,Eij为位于第i行第j列位置上的元素为1,其余元素为零的n阶矩阵,那么Tr(Bij) =1i=j0ij,i,j=1, 2,n.记n1矩阵100=e1,010=e2,001=en,那么Bij=Eij=eiej,i,j=1, 2,n.记A的n个列为1,2,n,则A按列分块为A= (1,2,n),且i=Aei,i=1,2,n,此时ABijA=AeiejA= (Aei) (Aej)=ij,Tr(ABijA)