复习提醒与对角线上互异的矩阵可交换必为详细参看后面

复习提𝐷

[

⋱其中𝐸𝑖𝑗(𝑗1，2，𝑘)是𝑖𝑗阶的单位矩阵且𝜆𝑖≠𝜆𝑗(𝑖𝑗)，与𝐷可交换的矩阵必为如𝐵

[

⋱

其中𝐵𝑖𝑗(𝑗=1，2，𝑘)是𝑖𝑗

tr(𝐴𝐵)=tr(𝐵𝐴)tr(𝑘𝐴)=tr(𝐴+𝐵)=tr(𝐴)+tr(𝐴𝐵)−tr(𝐵𝐴)=0tr(𝑃−1𝐴𝑃)=tr(𝑃𝑃−1𝐴)=tr(𝐴)tr(𝐴𝐵𝐴𝐵)=tr(𝐴𝐴𝐵𝐵)=细参看后面附注中的第3题)设𝐴，𝐵均为𝑛阶矩阵，则(𝐴𝐵)∗=𝐵∗𝐴∗。(注意，这个在𝐴，𝐵不可逆的情况下也成立)(详细参看后面附注中的第5题)矩阵𝐴=[𝑎𝑖𝑗]𝑚×𝑛的秩为1的充分必要条件为存在𝑚个不全为零的数𝑎1，𝑎2及𝑛个不全为零的数𝑏1，𝑏2，𝑏𝑛使𝑎𝑖𝑗=𝑎𝑖𝑏𝑗(𝑖=1，2，𝑚；𝑗=设𝐴为𝑛(𝑛2)当𝑟(𝐴)=𝑛时，𝑟(𝐴∗)=当𝑟(𝐴)<𝑛1时，𝑟(𝐴∗)=当𝑟(𝐴𝑛1时，𝑟(𝐴∗1注𝑟(𝐴∗)=0即𝐴∗=)=𝑏，𝑏，⋯ 使𝐴∗=[𝑎𝑏 。令𝜶=[𝑎，𝑎，⋯ T，𝜷=[𝑏，𝑏，⋯ 𝑖𝑗 𝑏𝑏 𝑛，则𝐴=𝜶𝜷T]注=𝐴𝑥𝑂0𝐴的特征值，重数至少为2重，向量𝜶1和𝜶2是𝐴0若𝐴是𝑛阶方阵，且𝐴2=𝐴，则𝑟(𝐴𝑟(𝐸−𝐴)=𝑛，𝐴可对角化，𝐴 0 ⋯]0若𝐴是𝑛阶方阵，且𝐴2=𝐸，则𝑟(𝐸𝐴𝑟(𝐸𝐴)=𝑛，𝐴可对角化，𝐴的特征值只可能为-11，𝑟𝑟(𝐸𝐴)1𝑛𝑟(𝐸𝐴)为特征值-1𝐴与 ⏞，，，⏞， 。由此可以求出矩阵𝐴 −若𝐴是𝑛阶方阵，且𝐴23𝐴4𝐸=0𝐴由𝐴23𝐴4𝐸=0可得(𝐴𝐸)(𝐴4𝐸0，由此可得𝐴的特征值只可能为-14，若𝐴和𝐵都是𝑛阶方阵，则|𝜆𝐸𝐴𝐵||𝜆𝐸𝐵𝐴|，这说明𝐴𝐵与𝐵𝐴有相同的特征值。若𝐴是𝑛𝑚矩阵，𝐵是𝑚𝑛矩阵，且𝑛>𝑚，则|𝜆𝐸𝑛𝐴𝐵|=𝜆𝑛−𝑚|𝜆𝐸𝑚𝐵𝐴|，这说明𝐴𝐵与𝐵𝐴有相同的非零特征值，0𝐴𝐵的特征值，至少是𝑛𝑚0𝐵𝐴的特征值，则它的重数与𝐴𝐵的重数相差𝑛−𝑚重。(详细参看P284例4.1)若𝑨，𝑩为𝑛阶正定矩阵，则𝑨𝑩的特征值全大于零。若增加条件𝑨𝑩𝑩𝑨，则𝑨𝑩为实对称矩阵，且𝑨𝑩正定。(详细参看后面附注中的第10题)若𝑨，𝑩为𝑛阶正定矩阵，则𝑨+𝑩和 𝑶都为正定矩阵。(详细参 P253性若分块矩阵𝐴

−𝐴𝐵 𝑶可对角化 细参看后面附注中的第13题)若𝑨，𝑩均为𝑛阶实对称矩阵，且𝑨𝑩𝑩𝑨，则𝑨𝑩可对角化。(详细参看后面附注中的第14题)

若𝐴为𝑛(𝑛>2)阶非零实矩阵，其元素𝑎与其对应的代数式𝐴相等(即𝐴T=𝐴∗)，则 =1，且𝐴20、21、22𝑨𝜶1=𝑐11𝜶1+𝑐21𝜶2+𝑨𝜶2=𝑐12𝜶1+𝑐22𝜶2+𝑨𝜶3=𝑐13𝜶1+𝑐23𝜶2+则 𝑨[𝜶1，𝜶2，𝜶3]=[𝜶1，𝜶2，𝜶3] 𝑐23]= 附 0 a 0

a1nD 0，A 2n3．3 nn求DA ，AD （1）由矩阵乘法运可得1 1

a

2

nDA2 2 22n;AD

na2n a

n n nnn

1

2

nnn的结果，有iaijjaij从而(ij)aij0由于ij（i

因为A与所有n阶方阵乘法可换，故与Eij乘法可换,利用第7题结果

0

0AEEA，即

aj ajn 0 j

0a

0 a

,ij1 n．设

，则A 0

n AB分别为mn及nm矩阵，证明：tr(AB)tr(BA 设A

a1n

1 m B amn bnmtr(AB)a11b11a12b21a21b12a22b22

mam1b1mam2b2m amnbnmmj1 同理可得tr(BA) j1m 由于ajibijbjiaijtr(AB)tr(BAj1 j15.𝐴，𝐵均为𝑛阶可逆矩阵，𝐴∗，𝐵∗为其伴随矩阵，证明：(𝐴𝐵)∗= A,B都可逆,故A*AA1,B*BB1,且AB可逆,从而得B*A*

ABB1A1

AB(AB)1(AB)*注此题在𝐴，𝐵可逆的情况下证明了(𝐴𝐵)∗=𝐵∗𝐴∗。实际上当𝐴，𝐵不可逆时这个也成若𝐴是对合矩阵(即𝐴2=𝐸)，则𝐴∗也是对合矩阵。(𝐴𝐵)∗=𝐵∗𝐴∗6．证明矩阵𝐴= 𝑎𝑚及𝑛个不全为零的数𝑏1，𝑏2，𝑏𝑛使𝑎𝑖𝑗=𝑎𝑖𝑏𝑗(𝑖=1，2，𝑚；𝑗=，𝑛)𝑟(𝐴1，则存在可逆矩阵𝑃和𝑄

0 𝐴=𝑃

]𝑄=𝑃[ 𝑃[0]=[𝑎2 0]𝑄=[𝑏，𝑏，⋯，𝑏

𝐴=

2][𝑏，𝑏，⋯ ]=[𝑎𝑏

𝑖𝑗再证充分性,根据题意存在m个不全为零的数a1,a2 ,am及n个不全为零的

,

使aij (i=1,2,…,m; =1,2,…,n)．只需Ba a aT,Cb b b,则a =BC.因 ij

,bn都不全为零,所mm≥当𝑟(𝐴)=𝑛时，𝑟(𝐴∗)=当𝑟(𝐴)<𝑛1时，𝑟(𝐴∗)=当𝑟(𝐴)=𝑛1时，𝑟(𝐴∗)=11)由于秩(A)=n,所以A0AA

AE,在等式两边同乘1可得1AAEA*A*A的所有n1A*0,A*OA*)=0.A)=n-1时,A不是满秩的,所以A0.又因为AAAE,所以AAOAA*nA)=n-1A*1于秩A)=n-1,根据矩阵秩的定A至少有n1阶子式不为零,A*的元An1阶子式,所以A*中至少有一个元素不为零.由此可知秩(A*)9．(本题15分)设3阶实对矩阵𝑨的各行元和均为3，向量𝜶1=[−1 −1]T，𝜶2= 1]T是线性方程组𝑨𝒙=𝑶的两个解。求𝑨及|𝑨3𝑬|62 1 1 𝐴=[1]00][=11 0 11111证因为𝑨，𝑩为𝑛阶正定矩阵，则𝑨，𝑩为𝑛阶实对称矩阵，由𝑨𝑩𝑩𝑨(𝑨𝑩)T=𝑩T𝑨T=𝑩𝑨=令𝜆为𝑨𝑩的任意一个特征值，𝑿𝑶是𝑨𝑩属于𝜆(𝑨𝑩)𝑿= 因为𝑨是正定矩阵，则𝑨可逆，且𝑨−1也是正定矩阵，在(∗)两边同时左乘𝑨−1𝑩𝑿=两边同时左乘𝑿T𝑿T𝑩𝑿=因为𝑿𝑶，且𝑨−1，𝑩𝑿T𝑩𝑿>0，𝑿T𝑨−1𝑿>>证法二𝑩=𝑨𝑩=𝑨𝑸T𝑸=𝑸−1𝑸𝑨𝑸T𝑸=证法二'因为𝑨，𝑩为𝑛阶正定矩阵，则存在可逆矩阵𝑷，𝑸𝑨=𝑷T𝑷，𝑩=𝑨𝑩=𝑷T𝑷𝑸T𝑸=𝑸−1𝑸𝑷T𝑷𝑸T𝑸=证法三𝑼T𝑨𝑼=diag[𝜆1，𝜆2，⋯其中𝜆𝑖>0(𝑖=1，2，⋯，𝑛)，令𝑼T𝑩𝑼= ，则𝑼T𝑩𝑼也是正定矩阵，于𝑼T𝑨𝑩𝑼=(𝑼T𝑨𝑼)(𝑼T𝑩𝑼)

𝜆𝑛] ⋯⋯=⋮⋮⋱⋮⋯

|=𝜆1𝜆2⋯𝜆𝑘| ⋮|>0，𝑘=1，2，⋯ 由此可得𝑼T𝑨𝑩𝑼正定，因此𝑨𝑩

设分块矩阵𝐴

−

=若𝐴11不正定，则存在𝑋1≠0，使得𝑋1T𝐴11𝑋1=0，令𝑋= 12则𝑋≠0，且𝑋T𝐴𝑋=𝑋T𝐴11𝑋1=0，这说明𝐴不正定，，所以𝐴11正定。若𝐴22不正定，则存在𝑋2≠0，使得𝑋T𝐴22𝑋2=0，令12𝑋= 2则𝑋≠0，且𝑋T𝐴𝑋=𝑋T𝐴22𝑋2=0，这说明𝐴不正定，，所以𝐴22正定。显然𝐴22−𝐴21𝐴−1𝐴12是实对称矩阵，因为2 ]

]

]=

] 而

−

𝑂 ]=

11所以𝐴

𝐴22−

−

11因此𝐴22−𝐴21𝐴−1𝐴12𝐴𝐵 阶数为𝑛，因为𝐴，𝐵正定，则对于任意的𝑛向量𝑋≠𝑂，有𝑋T𝐴𝑋>0，𝑋T𝐵𝑋>0，从而𝑋T(𝐴+𝐵)𝑋=𝑋T𝐴𝑋+𝑋T𝐵𝑋>0，因此𝐴+𝐵[ 向量𝑋≠[ 𝑋= 𝑋T 𝑂]𝑋= 𝑋T] 𝑂][𝑋1]=𝑋T𝐴𝑋+𝑋T𝐵𝑋>[因此 [

𝐵 (P261例证因𝐵为正定矩阵，故存在𝑛阶可逆矩阵𝑄，使得𝑄T𝐵𝑄𝐸，因𝑄T𝐴𝑄仍为实对称矩阵，故存在𝑛阶正交矩阵𝑈，使得𝑈T(𝑄T𝐴𝑄)𝑈=(𝑄𝑈)T𝐴𝑄𝑈为对角形。同时𝑈T(𝑄T𝐵𝑄)𝑈=(𝑄𝑈)T𝐵𝑄𝑈=𝑈T𝐸𝑈=记𝑃=𝑄𝑈，则𝑛阶可逆矩阵𝑃就使𝑃T𝐴𝑃与𝑃T𝐵𝑃=𝑨𝑪与𝑩𝑫 解令

𝑨=

]，𝑩= 𝑪=

]，𝑫=

𝑨+𝑪=

]，𝑩+𝑫= 𝑟(𝑨+𝑪)=0，𝑟(𝑩+𝑫)=所以𝑨𝑪与𝑩𝑫𝑷T𝑨𝑷=𝑸T𝑪𝑸= 𝑶 ]

] ]=

]=

证设 称矩阵A的一个特征值,Oa a

aTA的属于nn

A 令a a ,其中a表示a的共扼复数,i1, ,n.对(1)式 A 对(1)式两边转置得TATT,因为A 称矩阵,所以ATA从TAT 对(2)式两边同左乘T(3)式两边同右乘TAT,TATTT,移项得()T0,因为T0,所以(0所以证

𝐴𝜉=(𝐴𝜉，𝐴𝜉)=(𝜆𝜉，𝜆𝜉)=(𝐴𝜉，𝐴𝜉)=(𝐴𝜉)T𝐴𝜉=𝜉T𝐴T𝐴𝜉=𝜉T𝜉=则𝜆2(𝜉，𝜉𝜉，𝜉)，从而(𝜆21)(𝜉，𝜉0，因为𝜉𝜃，则(𝜉，𝜉0，因此𝜆210，从而可得：𝜆=−1或𝜆=1=证|𝐸−𝐴|=|𝐴T𝐴−𝐴|=|𝐴T−𝐸||𝐴|=(−1)𝑛|(𝐸−𝐴)T|=−|𝐸−移项得2|𝐸−𝐴|=0从而|𝐸−𝐴|=0证因为𝐴𝐴T=𝐸，则|𝐸|=|𝐴𝐴T|=|𝐴||𝐴T|=|𝐴|2=1，所以|𝐴|11 若𝐴为𝑛(𝑛>2)阶非零实矩阵，其元素𝑎与其对应的代数式𝐴相等(即𝐴T=𝐴∗)，则 1，且𝐴证因为𝑎𝑖𝑗=𝐴𝑖𝑗

𝐴∗=[𝐴𝑗𝑖]=[𝐴𝑖𝑗]=[𝑎𝑖𝑗]=𝐴𝐴∗=𝐴𝐴T=|𝐴|2=|𝐴|2(|𝐴|𝑛−2−1)=所以|𝐴|=0，或|𝐴|𝑛−2=1 |𝐴|=∑𝑎𝑖𝑘𝐴𝑖𝑘=∑𝑎2> 则|𝐴|=0不成立，所以|𝐴|𝑛−2=1。又因为𝐴为实矩阵，且|𝐴|>0，因此|𝐴|=1𝐴𝐴T=|𝐴|𝐸=已知实矩阵𝐴= 𝑎𝑖𝑗=𝐴𝑖𝑗(𝑖，𝑗=1，2，3)，其中𝐴𝑖𝑗是𝑎𝑖𝑗的代数式𝑎12≠0若𝐴为𝑛阶方阵，且𝐴𝐴T=𝐸，|𝐴|=1，则𝑎𝑖𝑗=𝐴𝑖𝑗1因为|𝐴|1，则𝐴𝐴|