李永乐线性代数冲刺笔记

1、线性代数冲刺笔记12o【例题11B=03a,A：-2AB=E,r(AB-2BA+3A)=()005(A)1(B)2(C)3(D)与a有关【解】A(A-2B)=EA可逆，且Ax=A-2B二A(A-2B)=(A-2B)A(AAx=A1A)二AB=BA那么，AB-2BA+3A=3A-AB=A(3E-B)又，A可逆，知r(AB2BA+3A)=r(A(3EB)=r(3EB)0a有|3E-B|=0,又亜一B有二阶子式不得零，从而r(3EB)=2.【评注】本題考查矩阵逆的概念以及矩阵的乘法.设矩阵A-n阶，B-n阶，若AB=BA=E,则称矩阵A可逆，且B为A的逆矩阵.由此有AA=A1A【例题2】九“，HnU

2、2nfAx=0的基础解系，a是Ax=b的一个解.证明a,a+ni，a+i)2，a+Ht线性无关.证明Ax=b的任意一个解都可以由a,a+u，a+n2,，a+n线性表出.【分析】Ulf八2，n令是Ax=O的基础解系，那么耳2，U必定线性无关从而证明a，a+Hi，a+n2，a+u线性无关可以用定义法。【证】(D(用定义，重组，同乘)TOC o 1-5 h z设koa+ki(a+八J+花(a+耳2)+kT(a+nJ=0(1)即(ko+ki+k2kj)a+kiiu+k2H2kTnt=0(2)由Aa=b,Ani=0(i=l,，t),用A左乘(2，有(ko+ki+k2H匕)Aa+kiAHi+k2An2kt

3、AHt=0即(ko+ki+k2Hkt)b=O又bHO,有ko+ki+k2+kT=O(3)带入(2)有kini+kzn2Tktnt=o,而ni.nt是Ax=o的基础解系，那么ni,，必定线性无关从而kx=k2=kt=0,带入(3)有ko=O.所以ko=ki=k2=-=kt=0=ata+n”a+i)2,，a+nt线性无关.(或用秩)vnvn2，n.线性无关，a是Ax=b的解二a不能由nin,线性表出.XxHi+xznsdXtnr(ru，H2,n,a)Vr(n1.n2,，nr5“n2，a)=t+ir(a,a+nia+n“.a+八，)=t+l=a,a+n1,a+n?，a+叽线性无关.设B址Ax=b的任

4、意-个解，则B-a绘Ax=O的解.从而Ba=1xTh+L八2+1.n，nB=a+I1H1+I2II21HiP=(111121)a+11Hi+IsAsH10-1101-111-201-1000Ta3=l,1,1T.因为正定矩阵不同特征值的特征向虽已正交，故只需单位化，得111111-11-2011石1石1石1石1石1石1721o1一齒1一齒2一“一一刍x2x3令那TT22y2，有xAx=yAy=2yi-y3.y3_【例题15】已知n阶矩阵A,B均正定.证明：AB正定的充分必要条件是AB可交换，即AB=BA.【分析】设n阶矩阵A为正定矩阵，隐含着潜台词：A是对称的，所以必要性由此推得。正定矩阵是由

5、二次型引出的，即若二次型xTAx.则二次型正定也就绘A正定，二次型负定也就是A负定，二次型不定也就是A不定.矩阵正定的充要条件是：（I）A的特征值全大于零.（IDA的顺序主子式全大于零.（III）V工0,有0.从而证明矩阵正定就可以从这些方而入手.【证】（必要性）A，B.AB正定=A=ATB=B【AB=（AB），=AB=（AB）=B*=BA.（充分性）【方法一】AB正定=A=AB=BTAB=ATBT=（BA）又AB=BA=AB=（皿卩=（AB）1即AB对称.A,B正定0日可逆矩阵P，Q，使得A=P、，B=QTQ=QABQQPWOQ富”耐宙.易验证卅可逆，实对称，故（PQT）TPQT正定，即AB

6、与正定矩阵（卅）旨/相似，而AB与（PQT）1?均是实对称矩阵，故AB也与（PQT）TPQT合同，从而AB正定.【方法二】（用特征值）验证对称性见方法一.设入是AB的任特征值，a绘对应的特征向虽，则Aa=a,aHO.由A正定，知A可逆且A正定，故Ba=XA1a=aTBa=Xa订因AB正定=aTBa0.a：AXa0=X0=AB正定.【评注】设n阶矩阵A为正定矩阵，隐含着潜台词：A是对称的，所以要证A正定，必先验证A的对称性.正定矩阵是由二次型引出的，即若二次型“少兀，则二次型正定也就是A正定，二次型负定也就是A负定，二次型不定也就是A不定.矩阵正定的充要条件是：4的特征值全大于零.A的顺序主子式

7、全大于零.VxVo,有工0.所以要证，第二步就是要根据这些条件出发去证明.而验证顺序主子式全大于零，计算较繁琐，所以可能在选择题或填空題中进行考察，这样就可以只计算低阶的几个主子式就可以了，例如1,2,3,4阶的.而证明题中考查的时候则一般是以(I)、(III)为主，比如该趣方法二中就结合使用了(I)、(III)的证明方法.題中使用了一个简单结论:A正定=知人可逆且人一正定.显然A正定，则|A|HO,即A可逆，而(A-1)T=(4T)_t=4_x即人“对称.又A的特征值全大于零，故|A|HO,从而人一的特征值亦全大于零，即人一正定.最后，简要再提一下合同，设有n阶矩阵A,B.则若存在可逆矩阵C，使得则称A和B合同.矩阵A和BA同的充分必要条件是：A和B的正负惯性