高等代数第三十讲

i =1 j =1 i =1
n
n
n
15
定理 19：设 A, B 是两个 Hermite 矩阵 , 且 A 正定 , 则存在可逆复方阵 P , 使得 P T AP = I ,
T
P T BP = diag ( c1 , c2 , ⋯ , cn ).
T
证： A 正定， ∃ 复可逆 T , 使得 T AT = I , ∵ 此时 , T BT 仍为 Hermite 阵 ,∴ ∃ 酉阵 U , 使得 U T ( T T BT )U = diag ( c1 , c 2 , ⋯ , c n )
取 于是
−1
1 2 U = i 2
i 2 1 2
, U −1 = U
T
1 2 = −i 2
( β ,α ) (α , β ) λ = − 取 λ = − , , (α , α ) (α , α ) ( α , β )( β , α ) 则有 − + ( β , β ) ≥ 0, (α , α )
∴ (α , β ) (α , β ) ≤ (α , α )( β , β ).
17
1 i , B = 0 i ， exp .1 .设 A = − i 0 − i 1 试将 Hermite 阵 A, B 同时酉对角化 .
于是, 对任α ∈V , 设 α = ∑ xiηi
n n
i =1 n
∗
∗
∗
有
n j =1
(στα, α ) = (στ ∑ xiηi , ∑ x jη j ) = ( ∑ xi λi µiηi , ∑ x jη j )
i =1 j =1 i =1
n
= ∑ xi ∑ x j λi µi (ηi ,η j ) = ∑ xi xi λi µi > 0.
11
法 2： λ1 = 1，λ 2 = x2 = (
1+ i 3 2
− 1+ i 3 2
, λ3 =
1− i 3 2
− 1− i 3 2 T
解得相应的特征向量为 ,1,1) ;
T
x1 = (1,1,0 ) ; ,1,1) ,
−1 − i 2 3
T
x3 = (
令 P = ( x1 , x 2 , x 3 ), 则有 P
∀α = x1ε1 + x2ε2 +⋯+ xnεn, σ(α) =σ(x1ε1 + x2ε2 +⋯+ xnεn ) = x1ε1 +⋯+ xn−1εn−1 − xnεn = x1ε1 + x2ε2 +⋯+ xnεn − 2xnεn =α − 2(α,εn )εn 故σ 是镜面反射 .
6
P222 6.用 (α i , α j ) = a ij , 不 能 设 特 殊 的 α .
15.证 − 1为特征值，即要证 A + I = 0 为特征值， A+ I = A+ A A = I + A A = − A+ I
T T
∴ A+ I = 0
7
12.
Байду номын сангаас
设 α , β ∈ V , 且 α = β ， 试证必有正交变换 σ ， 使 σα = β
α β 若 α = β ≠ 0， 记 ε1 = ， η1 = ， α β 由 ε 1 ,η1分 别 扩 充 成 V 的 两 组 标 准 正 交 基
解：PA (λ ) = λ (λ − 2), PB ( λ ) = ( λ + 1)( λ − 1), 对 A, 有λ1 = 0, λ2 = 2, 求出相应的特征向量 : 1 i 1 1 i , 1; 2 2
对 B, 有µ1 = 1, µ2 = −1, 求出相应的特征向量 : 1 i 1 1 1 , i ; 18 2 2
T
13
法 2 . ∵ A, B 正定 , ∴ ∃ 可逆阵 P , Q A = P P,
T
使
T T −1
B = Q Q,
T
则 AB = P PQ Q = P PQ QP ( P ) ,
T T T T
∴ AB 与 PQ QP 相似,
T T
而 PQ QP = (QP ) QP 为正定矩阵,
T T T T
注意B相似于对角阵,故
1 B＝
3 2
2 2 3
8 3 6 4
5 4 7 9 5
故 <α1 > 是σ 的一维不变子空间； < α1 ,α 2 > 是σ 的二维不变子空间； < α1 ,α 2 ,α3 > 是σ 的三维不变子空间； < α1 ,α 2 ,α 3 ,α 4 > 是σ 的四维不变子空间； < α1 ,α 2 ,α 3 ,α 4 ,α 5 > 是σ 的5维不变子空间。
1−i 3 2 3 −1+i 3 ， 2 3 1 310
−1+2i 3 −3i T 6 U2 A2U2 = , −1−i 3 0 1 −1 2 2 6 1 0 1 1 = 2 6 令U = U 1 0 U 2 1+i 3
1 2 2 2 1 2 A＝ 2 2 1 5 2 5
< α5 > < α 4 ,α 5 > < α1 ,α 2 ,α 3 >
< α1 ,α 2 ,α 3 ,α5 > < α1 ,α 2 ,α 3 ,α 4 ,α5 >
3
σα1 = α1 , σα 2 = 3α1 + 2α 2 σα 3 = 2α1 + 2α 2 + 3α 3 σα 4=⋯⋯⋯
证： 若 α
= β =0， 显然任意正交变换均可 。 显然任意正交变换均可。
ε 1 , ε 2 ,⋯ , ε n 与 η1 ,η 2 ,⋯ ,η n 对 ∀ α ∈ V , 记 α = x1ε 1 + x2ε 2 + ⋯ + xnε n
σα D x1η 1 + x 2η 2 + ⋯ + x nη n
4
14. proof : (1) 对∀α , β ∈V 有 σ (α + β ) = (α + β ) − 2(η,α + β )η = α + β − 2(η,α )η − 2(η, β )η = σα + σβ , σ (kα ) = kα − 2(η, kα )η = k[α − 2(η,α )η ] = kσα. ∴σ 是线性变换 . 又 (σα , σβ ) = (α − 2(η ,α )η , β − 2(η , β )η ) = (α , β ) ∴σ 是一个正交变换.
T
−1
AP = diag (1,
−1
−1 + i 2
3
,
).
又 ∵ P = QR ,∴ (QR )
−1
AQR = D
Q AQ = RDR 为上三角阵 . 此方法要对 P 的列进行 Schmite 正交化 .
12
14 .设 A, B是正定 Hermite 阵, 若 AB 是 Hermite 阵, 证明 AB 正定.
是线性变换， 则σ 是线性变换， 且σ (ε i ) = ηi i = 1,⋯, n 把标准正交基变成标准正交基， 又 σ 把标准正交基变成标准正交基 ， ∴ σ 是正交变换 ， 且 σ (α ) = β 是正交变换，
8
作业讲评: 0 1 − 2 P248 12 .设 A = 1 0 − 1 , 试求一个酉阵 U , 使得 1 − 1 0 U T AU 为上三角阵 . 3 解： PA ( λ ) = λ − 1 = 0 ,∴ λ1 = 1, ∵
对 λ1 = 1, 解得模为 1的特征向量 x1 = 将其扩充为一组标准正 交基 x 2 =
1 2
1 2
(1
1 0) ,
T T
(1 取U1 = ( x1, x2 , x3 ),则U1是酉阵 x3 = (0 .
−3 2 −1 2
− 1 0) , 0 1) ,
T
1 0 T U1 AU1 = 0 −1 0 2
⊥ ε (3)取V1 的一组标准正交基 1,⋯, ε n−1, 则∵V1 是σ的 不变子空间∴取ε n ∈V1⊥ , 则有σεn = λε n , ,
∵σ的实特征值为± 1, 而σ 恰有n − 1个属于λ = 1的 线性无关的特征向量∴ λ = −1 , ∴σ 在基ε1,⋯, ε n−1, ε n下的矩阵为 = diag{1,⋯,1,−1}. A
, 0
−1 对 A2 = 2
−1 2
09
解得属于λ2 =
y1 = −
−1+ 3i 2
的特征向量 y1 = −
(
1 3
1+ 3i 6
),
T
将其扩充为标准正交基
(
1 1+ 3i 3 6
) ,y =(
T 2
1− 3i 6
1 3
)
T
令U2 = ( y1, y2 ), , 则U2是酉阵 .
0
6
则有 −1 1 0 1 0 T −1 U1 AU1 U AU = 0 U 0 U 2 2 −3 0 −1 1 2 1 0 1 0 0 − 1 −1 = 0 U 2 2 0 U 2 2 0 0 − −3 1 −3i 2 3 6 − 3i 0 −1+2i 3 = 6 −1−i 3 0 0 2