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  • 可逆矩阵(定义、充要条件、与初等矩阵)、分块矩阵相似对角化、正交矩阵(定义、充要条件及性质)

    一、可逆矩阵

    1. 定义

    给定一个n方阵A,若存在一n阶方阵B使得AB=BA=E(或AB=EBA=E任满足一个),E是单位矩阵,则称A可逆,B是A的逆矩阵。

    2. 充要条件

    (⇔表示等价于,在这里把类似角度的条件放一起了)

    (1)定义。AB=E;

    (2)r(A)=n(满秩矩阵)  ⇔   |A|≠0       λ 全不为0;

    (3)PAQ=E(A等价于n阶单位矩阵)       A=P1P2…Pn(可表示成初等矩阵的乘积);

    (4)AX=0 仅有零解   ⇔    AX=b 有唯一解;

    (5)A的行(列)向量组线性无关   ⇔    任一n维向量可由A的行(列)向量组线性表示。

    注:实对称矩阵未必可逆!如对角矩阵diag(1,1,0)。

    《方阵A可逆的充要条件是》https://zhidao.baidu.com/question/513426402.html

    二、初等矩阵

    1. 定义

    指由单位矩阵经过一次初等变换得到的矩阵。

    2. 可逆矩阵与初等矩阵

    (1)初等矩阵都是可逆矩阵。

    (2)判断 A 是否是可逆矩阵,有一个充要条件是,A可表示成初等矩阵的乘积。(见1.中链接)现对此做出说明。

    充分性:初等矩阵都是可逆矩阵,是满秩的。而初等矩阵的乘积相当于,对一个最开始的初等矩阵B做了一系列初等行/列变换,而初等变换不改变矩阵的秩,所以该乘积所得矩阵是满秩的,即A可逆。

    必要性:考虑初等行变换法求某矩阵 C 的可逆矩阵,则需要写成 (C | E),然后将左侧变为E,此时右侧的C-1是E经过了多步初等行变换而得,也即是多个初等矩阵的乘积,那么也就是逆矩阵可以表示为多个初等矩阵的乘积。不妨将C-1看作可逆矩阵D,所以可逆矩阵一定可以表示为初等矩阵的乘积。

    《可逆矩阵A总可以表示若干初等矩阵的乘积,怎么证明》https://zhidao.baidu.com/question/985682018865592779.html

    三、分块矩阵

    针对分块矩阵能否相似对角化问题,有如下结论。(证明及例题见链接)

    分块矩阵相似对角化的充要条件是,子块可对角化。所以转为分别求子块的特征值和特征向量,最终将特征向量拼成分块矩阵。

    《分块矩阵的对角化分析》http://mtoutiao.xdf.cn/kaoyan/201611/10564800.html

    四、正交矩阵

    1. 定义

    满足 PP^T=P^{T}P=E 的矩阵。

    2. 充要条件

    (1)定义。PP^T=P^{T}P=E   ⇔   P^{-1}=P^T ;

     

    (2)P由规范正交基组成;

    (3)P^T,P^{-1},P^*,-P 都是正交矩阵。

    3. 性质

    (1)|P|=1 或 -1(由定义得);

    (2)\alpha ^T\alpha =1\alpha ^T\beta =0(由规范正交基得);

    (3)λ=1 或 -1,但具体几重需要另求。

    证明思路[1]. 由P^{-1}=P^T,得\lambda _{P^{-1}}=\lambda _{P^{T}},即1/λ=λ;

    [2]. 逐步化简。

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  • A≻0A\succ 0A≻0的充要条件是顺序主子式大于0 证明: 记Ak=(a11a12⋯a1ka21a22⋯a2k⋯⋯⋯⋯ak1ak2⋯akk)A_k =\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots & a_{1k}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots & a_...

    赫尔维茨定理

    A A A是实对称矩阵
    A ≻ 0 A\succ 0 A0的充要条件是顺序主子式大于0

    证明:
    A k = ( a 11 a 12 ⋯ a 1 k a 21 a 22 ⋯ a 2 k ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ a k 1 a k 2 ⋯ a k k ) A_k =\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots & a_{1k}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots & a_{2k}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\ a_{k1}&a_{k2}&\cdots & a_{kk}\\ \end{pmatrix} Ak=a11a21ak1a12a22ak2a1ka2kakk
    Δ k = ∣ A k ∣ \Delta_k=\left| A_k\right| Δk=Ak

    必要性:
    x k = ( x 1 , x 2 , … , x k ) T ≠ 0 x_k=(x_1,x_2,\dots,x_k)^T \neq 0 xk=(x1,x2,,xk)T=0
    x = ( x 1 , x 2 , … , x k , … , x n ) T x= (x_1,x_2,\dots,x_k,\dots,x_n)^T x=(x1,x2,,xk,,xn)T
    A ≻ 0 ⇒ ∀ x ≠ 0 , x T A x = x k T A k x k > 0 ⇒ A k ≻ 0 A\succ 0\Rightarrow \forall x\neq 0 , x^T A x= x_k^T A_k x_k>0\Rightarrow A_k \succ 0 A0x=0,xTAx=xkTAkxk>0Ak0
    所以 A k ≻ 0 A_k\succ 0 Ak0
    由行列式等于特征值的乘积,以及正定矩阵的特征值大于0,所以行列式也大于0
    Δ k = ∣ A k ∣ > 0 \Delta_k=\left|A_k\right| >0 Δk=Ak>0

    充分性:
    方法1比较暴力,好懂,
    方法2,感觉稍微花了点,但是也还好

    方法1:
    n = 1 n=1 n=1时,显然成立
    假设 n = k − 1 n=k-1 n=k1时成立
    A = ( A n − 1 α α T a n n ) A=\begin{pmatrix} A_{n-1}& \alpha \\ \alpha^T & a_{nn}\\ \end{pmatrix} A=(An1αTαann)
    A n − 1 A_{n-1} An1是一个实对称矩阵,并且根据假设所有的顺序主子式大于0
    所以一定合同于单位矩阵
    即存在可逆 C C C
    使得
    C T A n − 1 C = I n − 1 C^T A_{n-1}C =I_{n-1} CTAn1C=In1
    P = ( I n − 1 − A n − 1 − 1 α 0 1 ) P=\begin{pmatrix} I_{n-1} & -A_{n-1}^{-1}\alpha\\ 0& 1\\ \end{pmatrix} P=(In10An11α1),显然可逆

    P T A P = ( A n − 1 0 0 a n n − α T A n − 1 − 1 α ) P^T AP=\begin{pmatrix} A_{n-1} &0\\ 0& a_{nn}-\alpha^T A_{n-1}^{-1} \alpha \\ \end{pmatrix} PTAP=(An100annαTAn11α)
    b = a n n − α T A n − 1 − 1 α b=a_{nn}-\alpha^T A_{n-1}^{-1} \alpha b=annαTAn11α
    ⇒ A ≃ ( A n − 1 0 0 b ) \Rightarrow A \simeq \begin{pmatrix} A_{n-1} &0\\ 0& b \\ \end{pmatrix} A(An100b)
    同取行列式
    ∣ A ∣ = ∣ A n − 1 ∣ b > 0 ⇒ b > 0 \left| A \right| =\left| A_{n-1}\right| b>0 \Rightarrow b>0 A=An1b>0b>0
    ( C 0 0 1 ) T ( A n − 1 0 0 b ) ( C 0 0 1 ) = ( I n − 1 0 0 b ) \begin{pmatrix} C& 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix}^T \begin{pmatrix} A_{n-1} &0\\ 0& b \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C& 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} I_{n-1} &0\\ 0& b \\ \end{pmatrix} (C001)T(An100b)(C001)=(In100b)
    ( A n − 1 0 0 b ) ≃ ( I n − 1 0 0 b ) \begin{pmatrix} A_{n-1} &0\\ 0& b \\ \end{pmatrix} \simeq \begin{pmatrix} I_{n-1} &0\\ 0& b \\ \end{pmatrix} (An100b)(In100b)
    由合同传递性
    A A A的惯性指数为 n n n A ≻ 0 A\succ 0 A0

    方法2:

    n = 1 n=1 n=1时,显然成立
    假设 n = k − 1 n=k-1 n=k1时成立
    n = k n=k n=k
    f ( x 1 , x 2 , … , x k ) = ∑ i = 1 k ∑ j = 1 k a i j x i x j f(x_1,x_2,\dots,x_k)=\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{k}a_{ij}x_{i}x_{j} f(x1,x2,,xk)=i=1kj=1kaijxixj
    由假设, a 11 > 0 a_{11}>0 a11>0
    f t = f ( x 1 , … , x t , 0 , 0 , … , 0 ) = ∑ i = 1 t ∑ j = 1 t a i j x i x j ( 1 < t ≤ k ) f_t=f(x_1,\dots , x_t,0,0,\dots,0)=\sum_{i=1}^{t}\sum_{j=1}^{t}a_{ij}x_{i}x_{j}(1<t\le k) ft=f(x1,,xt,0,0,,0)=i=1tj=1taijxixj(1<tk)
    由假设, a 11 > 0 a_{11}>0 a11>0
    f t = 1 a 11 ( a 11 x 1 + a 12 x 2 + x 2 ⋯ + a 1 t x t ) 2 + ∑ i = 2 t ∑ j = 2 t b i j x i x j f_t=\frac{1}{a_{11}}(a_{11} x_{1} +a_{12}x_{2}+x_{2}\dots + a_{1t} x_{t})^2+\sum_{i=2}^{t}\sum_{j=2}^{t}b_{ij}x_{i}x_{j} ft=a111(a11x1+a12x2+x2+a1txt)2+i=2tj=2tbijxixj
    其中 b i j = a i j − a 1 i a 1 j a 11 b_{ij}=a_{ij}-\frac{a_{1i} a_{1j}}{a_{11}} bij=aija11a1ia1j
    a i j = a j i ⇒ b i j = b j i a_{ij}=a_{ji}\Rightarrow b_{ij}=b_{ji} aij=ajibij=bji

    t = k t=k t=k的时候
    可以看出前半部分时大于等于0的
    现在证明后半部分大于0
    Δ t = ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 t a 21 a 22 ⋯ a 2 t ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ a t 1 a t 2 ⋯ a t t ∣ = i = 2 , 3 , … , t r i − a i 1 a 11 r 1 ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 t 0 b 22 ⋯ b 2 t ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 0 b t 2 ⋯ b t t ∣ = a 11 ∣ b 22 ⋯ b 2 t ⋯ ⋯ ⋯ b t 2 ⋯ b t t ∣ > 0 \begin{aligned} \Delta_t &=\left| \begin{array}{cccc} a_{11}&a_{12}&\cdots & a_{1t}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots & a_{2t}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\ a_{t1}&a_{t2}&\cdots & a_{tt}\\ \end{array}\right|\\ &\xlongequal[i=2,3,\dots,t]{r_{i} -\frac{a_{i1}}{a_{11}}r_1} \left| \begin{array}{cccc} a_{11}&a_{12}&\cdots & a_{1t}\\ 0&b_{22}&\cdots & b_{2t}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\ 0&b{t2}&\cdots & b_{tt}\\ \end{array}\right|\\ &=a_{11}\left| \begin{array}{cccc} b_{22}&\cdots & b_{2t}\\ \cdots & \cdots & \cdots\\ b_{t2}&\cdots & b_{tt}\\ \end{array}\right|\\ &>0 \end{aligned} Δt=a11a21at1a12a22at2a1ta2tattria11ai1r1 i=2,3,,ta1100a12b22bt2a1tb2tbtt=a11b22bt2b2tbtt>0
    ⇒ ∣ b 22 ⋯ b 2 t ⋯ ⋯ ⋯ b k 2 ⋯ b t t ∣ > 0 \Rightarrow \left| \begin{array}{cccc} b_{22}&\cdots & b_{2t}\\ \cdots & \cdots & \cdots\\ b_{k2}&\cdots & b_{tt}\\ \end{array}\right|>0 b22bk2b2tbtt>0
    显然对于所有的 t = 2 , 3 , … , k t=2,3,\dots,k t=2,3,,k都成立

    B = ( b 22 ⋯ b 2 t ⋯ ⋯ ⋯ b t 2 ⋯ b t t ) B=\begin{pmatrix} b_{22}&\cdots & b_{2t}\\ \cdots & \cdots & \cdots\\ b_{t2}&\cdots & b_{tt}\\ \end{pmatrix} B=b22bt2b2tbtt
    因为 B B B是一个 k − 1 k-1 k1阶实对称矩阵, B B B所有顺序主子式大于0
    由假设
    B ≻ 0 B\succ 0 B0
    所以
    A ≻ 0 A\succ 0 A0
    由数学归纳法,成立

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  • 矩阵可逆条件: 1 秩等于行数 2 行列式不为0,即|A|≠0 3 行向量(或列向量)是线性无关组 4 存在一个矩阵,与它的乘积是单位阵 5 齐次线性方程组AX=0 仅有零解 6 非齐次线性方程组AX=b 有唯一解 7 可以经过...
    矩阵可逆的条件:
    
    1 秩等于行数
    2 行列式不为0,即|A|≠0
    3 行向量(或列向量)是线性无关组
    4 存在一个矩阵,与它的乘积是单位阵
    5 齐次线性方程组AX=0 仅有零解
    6 非齐次线性方程组AX=b 有唯一解
    7 可以经过初等行变换化为单位矩阵,即该矩阵等价于n阶单位矩阵
    8 它去左(右)乘另一个矩阵,秩不变

    特征值、特征向量与可对角化条件:

    定义:设A 是数域F 上n 阶矩阵,如果存在可逆阵 P ,使P -1AP 为对角阵,那么 A 称为可对角化矩阵。 
    并不是所有的 n 阶矩阵都可对角化,例如, A=  就一定不可对角化,所以我们要首先讨论可对角化的条件。 

    数域F 上n 阶矩阵A 可对角化的充分必要条件为存在 n 个数λ1 , λ2 , ... , λn  F  及n 个线性无关的向量p1,p2,...,pn,  
    使APi = λiPi   i=1,2, ...,n. 。 

    数域F 上n 阶矩阵A 可对角化的充分必要条件是 A 有n 个线性无关的特征向量。 

    特征值与特征向量的性质: 

      (1 )相似矩阵有相同的特征多项式,从而有相同的特征值、相同的迹和相同的行列式。 

      (2 )如果λ是矩阵 A 的一个特征值,  是一个多项式,那么  是矩阵多项式  的一个特征值 . 

      (3 )如果A 是一个可逆阵,λ是 A 的一个特征值,那么,   1 /λ 是A -1 的一个特征值 . 

      (4 )属于不同特征值的特征向量线性无关。 

      (5 )对矩阵A 的每个特征值  ,它的几何重数一定不超过代数重数。 

      (6 )如果A 是一个是对称矩阵,那么它的每个特征值的几何重数与代数重数相等,从而它有个线性无关的特征向量,他一定可以对角化。 
     
     
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  • 矩阵可对角化的充要条件及证明

    万次阅读 2018-08-04 22:37:04
    可对角化的充要条件: n*n阶矩阵A可对角化的充分必要条件矩阵A有n个线性无关的特征向量。 充分性证明: 设A的n个线性无关的特征向量为,对应的特征值为,特征向量构成矩阵P=[].则: 将对角矩阵记为D,则上式...

    对角化:若方阵A相似于对角矩阵,即存在可逆矩阵P和对角矩阵D,有A = PDP^{-1},则称A可对角化。

    可对角化的充要条件

    n*n阶矩阵A可对角化的充分必要条件是矩阵A有n个线性无关的特征向量。

    充分性证明

    设A的n个线性无关的特征向量为\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n},对应的特征值为\lambda _{1},\lambda _{2},...,\lambda _{n},特征向量构成矩阵P=[\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}].则:

    AP = A[\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}] = [A\alpha _{1},A\alpha _{2},...,A\alpha _{n}] = [\lambda _{1}\alpha _{1},\lambda _{2}\alpha _{2},...,\lambda _{n}\alpha _{n}] = [\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}]\begin{bmatrix} \lambda _{1} & 0 & . & . & 0\\ 0 & \lambda _{2} & . & . & .\\ . & .& . & . &. \\ .& . & . & . &0 \\ 0& . & . & 0& \lambda _{n} \end{bmatrix} = P\begin{bmatrix} \lambda _{1} & 0 & . & . & 0\\ 0 & \lambda _{2} & . & . & .\\ . & .& . & . &. \\ .& . & . & . &0 \\ 0& . & . & 0& \lambda _{n} \end{bmatrix}

    将对角矩阵\begin{bmatrix} \lambda _{1} & 0 & . & . & 0\\ 0 & \lambda _{2} & . & . & .\\ . & .& . & . &. \\ .& . & . & . &0 \\ 0& . & . & 0& \lambda _{n} \end{bmatrix}记为D,则上式可化简为AP = PD。因为n个特征向量线性无关,所以P=[\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}]可逆,所以A = PDP^{-1},即A可对角化。

    必要性证明

    A可对角化,即A = PDP^{-1},可得AP = PD.

    设P的列元素为\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n},即P=[\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}],设对角矩阵D为\begin{bmatrix} \lambda _{1} & 0 & . & . & 0\\ 0 & \lambda _{2} & . & . & .\\ . & .& . & . &. \\ .& . & . & . &0 \\ 0& . & . & 0& \lambda _{n} \end{bmatrix}.

    则:

    PD = [\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}]\begin{bmatrix} \lambda _{1} & 0 & . & . & 0\\ 0 & \lambda _{2} & . & . & .\\ . & .& . & . &. \\ .& . & . & . &0 \\ 0& . & . & 0& \lambda _{n} \end{bmatrix}= [\lambda _{1}\alpha _{1},\lambda _{2}\alpha _{2},...,\lambda _{n}\alpha _{n}]

    由AP = PD得:A\alpha _{1} = \lambda _{1}\alpha _{1},A\alpha _{2} = \lambda _{2}\alpha _{2},...,A\alpha _{n} = \lambda _{n}\alpha _{n}.因为P可逆,显然\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}都不为0,所以\lambda _{1},\lambda _{2},...,\lambda _{n}是A的特征值,\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}是A的特征向量且线性无关。得证。

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    参考资料:David.C.Lay《线性代数及其应用》

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    万次阅读 2014-12-09 16:59:41
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    万次阅读 2017-07-19 10:23:31
    A矩阵可逆 |A| = 0 A的列(行)向量组线性相关 R(A) AX=0 有非零解 A有特征值0. A不能表示成初等矩阵的乘积 A的等价标准形不是单位矩阵 来自百度知道:https://zhidao.baidu.com/question/1923691685278958187.html
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  • 两个一般性矩阵互相相似的条件

    千次阅读 2020-05-18 17:33:01
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空空如也

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矩阵可逆的充要条件