酉矩阵和正交矩阵
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对称变换且σ的特征根均为±1.
证明
必要性:因正交变换σ可对角化,所以由引理1可知:σ的特征
根均为±1,再由
定理1的必要性可知:σ为对称变换.
充分性:因对称变换σ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σ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:σ2=
l,再由引理3知:σ为正交变换,故σ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,η是V中的一个单位向量,定义V的
变换σ如下:
σ(α)
=α-2〈η,α〉η, (α∈V).
试证:σ2= l且σ是一个可对角化的正交变换.
证法1 易证:σ2= l且
α,β∈V均有〈σ(α),β〉=〈α,σ(β)〉,
所以由定理3可知:
σ是一个可对角化的正交变换.
证法2 易证σ2= l且
α,β∈V均有〈σ(α),σ(β)〉=〈α,β〉,
于是由定理4可知:
σ是一个可对角化的正交变换.
证法3 易证 α,β∈V均有〈σ(α),σ(β)〉=〈
α,β〉且〈σ(α),
β〉=〈α,σ(β)〉,于是
由定理5可知:σ是一个可对角化的正交变换,再由定理2知:σ2= l.
证法4 易证
α,β∈V均有〈σ(α),σ(β)〉=〈α,β〉且〈σ(α),
β〉=〈α,σ(β)〉,于是
由引理3与定理5可知:σ2= l且σ是一个可对角化的正交变换.
证法5 易证
α,β∈V均有〈σ(α),β〉=〈α,σ(β)〉.于是由
文[5]中定理1可知:σ
为
V的对称变换,又由σ的定义易知:σ的特征根均为±1,所以由定
理6可知:σ为一个可对角化的正交
变换,再由定理2可知:σ2= 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
T’AT = T-1AT =diag(-1,…,-1,1,…,1).
证明
参见文[2]380~381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T’AT = 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
T’AT = T-1AT
=diag(-1,…,-1,1,…,1).
充分性: 因有n阶正交矩阵T使
T’AT
= 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
σ(α),σ(β)〉-〈
α,β〉=0,由β的任意性,取β=σ2(α)-α,则
〈β,β〉=0,所以β=0,
即σ2(α) =α,故σ2= l.
(i),(iii) (ii):由条件,
α,β∈V均有〈σ(α),β〉=〈σ
(α),l(β)〉=〈σ(α),σ2(β)〉
=〈(α),σ(β)〉.
(ii),(iii) (i):由条件, α,β∈
均有〈σ(α),σ(β)〉=〈α,
σ2(β)〉=〈α,l(β)〉=
〈α,β〉.
引理3是文[1]中336页习题1的推广.
定理1
设σ为n维欧氏空间V的一个正交变换,则σ可以对角化的
充要条件是:σ为
对称变换.
证明 必要性:因正交换σ可对角化,则由引理1,存在V的一个标准
正交基{γ1,…,
γn},使σ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:σ为对称变换.
充分性:因σ为正交变换,所以由引理1知:σ的特征根均为±1,又σ
为对称变换,故由 <
br>文[1]定理8.4.5知:σ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σ可对角化.
定理2
设σ为n维欧氏空间V的一个正交变换,则σ可对角化的充
要条件是:σ2= l.
证明:必要性:因正交变换σ可对角化,所以由引理1知,必有V的一个
标准正交基使σ
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:σ2= l.
充分性:因σ为正交变换且σ2= l,所以由引理3知:σ为对称变换,
故σ可对角化.
定理3 n维欧氏空间V的变换σ是一个可对角化的正交变换的充要
条件是:σ2= l且
α,β∈V均有〈σ(α),β〉=〈α,σ(β)〉.
证明
必要性:因正交变换σ可对角化,所以由定理2的必要性知:σ
2= l,又由定理1
的必要性知:σ为对称变换,即 α,β∈V均有〈σ(α),β〉=〈α,
σ(β)〉.
充分性:由条件及引理3知:
α,β∈V均有〈σ(α),σ(β)〉=〈α,
β〉,于是由引理2可
知:σ为正交变换,故由定理2的充分性知:σ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σ为n维欧氏空间V的变换;则σ是一个可对角化的正交
变换的充要条件
是:σ2= l且 α,β∈V均有〈σ(α),σ(β)〉=〈α,β〉.
证明
必要性:因正交变换σ可对角化,所以由定理3知:σ2= l且 α,
β∈V均有
〈σ(α),β〉=〈α,σ(β)〉,于是由引理3知:
α,β∈V均有〈σ
(α),σ(β)〉=〈α,β〉.
充分性:由条件及引理3可知:
α,β∈V均有〈σ(α),β〉=〈α,
σ(β)〉,再由定理3可
知:σ是一个可对角化的正交变换.
定理5
设σ为n维欧氏空间V的变换,则σ是一个可对角化的正交
变换的充要条件
是:
α,β∈V均有〈σ(α)、σ(β)〉=〈α,β〉且〈σ(α),β〉
=〈α,σ(β)〉.
证明 必要性:因正交变换σ可对角化,所以由正交变换的定义及定
理3可知: α,β
∈V均有〈σ(x),σ(β)〉=〈α,β〉且〈σ(α),β〉=〈α,σ(β)〉.
充分性:由条件及引理3可知:σ2= l,再由定理3可知:σ是一个可对
角化的正交变换.
定理6 设σ为n维欧氏空间V的变换,则σ是可对角化的正交变换
的充要条件是:σ
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 <
br>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1[3] 正交变换的特征根等于±1.
引理2[4]
设σ为欧氏空间V的一个变换,若 α,β∈V均有〈σ(α),
σ(β)〉= c〈α,
β〉(c为实数),则σ为V的线性变换.特别,当c =1时,σ为V的正
交变换.
引理3 设σ为欧氏空间V的一个变换,若α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) α,β∈V均有〈σ(α),σ(β)〉=〈α,β〉;(ii)
α,β∈ 均有〈σ(α),
β〉=〈α,σ(β)〉;(iii)σ2=
l(l为V中的单位变换,下同).
证明 (i),(ii) (iii):因为
α,β∈V均有〈σ2(α)-α,β〉=〈σ
2(α),β〉-〈α,β〉=
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T’AT
= T-1AT =diag(-1,…,-1,1,…,1),所以由T’AT =
(T’AT)’
= T’A’T
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
T’AT = 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9~11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
T’AT =
T-1AT =diag(-1,…,-1,1,…,1),于是T’AT = (T’AT)’=
T’A’T且A
~diag(-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T’AT = T-1AT
=diag(-1,…,-1,1,…,1),于是
T-1A-1T =
(T-1AT)-1= T-1AT = (T’AT) = (T’AT) = T’A’T =
T-1A’T,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=a11 a12a21 a22,
由AA′=E2=E′2=A′A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,∑
n
j=1aijakj=
A i=k
0 i≠k,i,k=1,
2,…,n,于是 a =
∑
n
j=1aij2,i=1,
2,…,n,由A非零知至少有一aij
≠0,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n>2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) =1 i=j0
i≠j,i,j=1, 2,…,n.
记n×1矩阵
1
0
┇
0
=e1,
0
1
┇
0
=e2,…,
0
0
┇
1
=en,那么Bij=Eij=eie′j,i,j=1, 2,…,
n.
记A的n个列为α1,α2,…,αn,则A按列
分块为A=
(α1,α2,…,αn),且αi=Aei,i=1,
2,…,n,此时ABijA′=Aeie′jA′= (Aei) (Aej)′
=αiα′j,Tr(ABijA′) =Tr(αiα′j)
由引理4知Tr(αiα′j) =Tr(α′jαi),由α′jαi是
1阶矩阵得Tr(α′jαi) =α′jαi.
α′jαi=Tr(ABijA′)
=Tr(Bij) =
1 i=j
0 i≠j,i,j=1, 2,…,n.
A′A=
α′1
α′2
┇
α′n
(α1,α2,…,αn)
=
1 0 … 0
0 1 … 0
……………
0 0 … 1
=En
因此A-1=A′,AA′=En,A为正交矩阵.定理2
证毕.
注:如在定理1的(1)中采用三角式,记a=
sinθ,则1-a2=
cosθ ,由sinθ=sin (π-θ)和
-cosθ=cos (π-θ)可得:
推论 2阶矩阵A为正交矩阵的充分必要条
件是A=sinα cosα-cosα
sinα或A=
32数学通报 1997年 第8期