矩阵论(方保镕第五版)习题解答2.3

( 必要性.若
( i ), j )= a ji , (
( j ), i )= aij ( i ), j )=－( i , ( j ))，
是反对称变换，即(
则 a ji aij ，也就是 AT A . 充分性.设 AT A ，对任 , V n ，有
1 ，其中 1 15. 证 ： 存 在 正 交 阵 Q ， 使 Q AQ n
m 1 i 0(i 1,, n) .取 m i 0, 令B Q 1 Q ，则虽然 m n
B 是正定
8. 证：设 V n 的标准正交基为 1 ,, n ，又
在该基下的矩阵为
A，则 A H A ，从而 A 是正规矩阵，故存在酉矩阵 P，使 P H AP A（对
角阵）.再构造 V n 的另一组基 e1 ,, en ，使满足
(e1 , e2 ,, en ) ( 1 , 2 ,, n ) P
1
x1 ( 1 ,, n ) ， xn y1 ( 1 ,, n ) ， yn
x1 ( ) ( 1 ,, n ) A xn y1 ( ) ( 1 ,, n ) A yn
的特征向量，u m 为相应的特征值， 因此 B 的 n 个线性无关的向量都是
A 的线性无关的向量. 从而，B 与 A 的特征向量完全一致.同理，C 与 A 的特征向量也完全一致，从而 C 与 B 的特征向量完全一致.并且，
设 C ， 则有 v m C m A B m u m ，但 , 所以v m u m ，但 所以 v u .这样， B 与 C 有完全一致的特征向量和相 v与u 都是正实数， 应的特征值，因此 B 与 C 可用同样的矩阵 P，使 P 1 BP与P 1CP 是同样 的对角矩阵，即
所以 B 半正定；而当 A 的列向量组线性无关时，当 X 0, 则Y 0 ，此 时， X T BX Y T Y 0 ，即 B 正定.
13. 证： （1）必要性.设 A 半正定，则对任正数 m， mI A 是正定 的，因此 mI A 的主子式全大于零.如果 A 有一个 K 阶主子式 M 0 ， 那么在 mI A 中取相应的主子式 N，则有
M T (M T ) 1 BM 1 M T PT IPM ( PM )T I ( PM ), 即 B ( PM )T I ( PM ),
这里 ( PM ) 为非奇异矩阵，所以 M T AM 是正定的. 又由 A P T IP ，P 非奇异，可知
A1 ( PT IP) 1 P 1 I ( PT ) 1 P 1 I ( P 1 )T
，即 为 0 或为纯虚数.
7. 证：设 AX X ，则 A2 X 2 X ，因为 A 2 A ，且 X ，所以
2 0 ，即 0 或 1 .再由 A 为实对称知，存在正交矩阵 Q ，使
Q 1 AQ diag1,,1,0,,0 .
m 1 B Q 1 Q ，则有 m n
1 Q 1 A . m B Q n
当 A 为半正定时， 由于 i 0(i 1,2,, n) ， 故 m 为正整数时， 可取 m i 为算术根，于是由上知，对任正整数 m，均有实方阵 B，使 B m A .
的，且有 B m QQ 1 A .下面再证惟一性. 又设 A B m C m ， B 与 C 都是实正定的， A 与 B 都相似于对角矩阵， 因此它们都有 n 个线性无关的特征向量.任取 B 的一个特征向量 X 和
6
Z 相应的特征值 u ，即 B u , , 则A B m u m ，亦即 也是 A
5
即0 m
X T AX XTX
，就有 X T (mI A) X P ，这与 mI A 的正定性矛盾，
所以 A 必须是半正定的. （2）因为 A 是负定的，即对非零列向量 X，有 X T AX 0 ，所以必 要且只要 X T ( A) X 0 ，即-A 是正定矩阵，记 A 的 K 阶主子式为 A ( k ) ， 则相应的-A 的 K 阶主子式 (1) k A ( k ) ，由 (1) k A ( k ) 0 知当 k 为偶数时，
P 1 BP P 1CP
从而 B=C，惟一性得证.
16. 证：因为 A 非奇异，所以 AAT 是正定的，则由上题可知，存 在正定矩阵 B1 ，使 AAT B12 , 令 B11 A Q1 ， AB11 Q2 ，则有 A B1Q1 ，
A Q2 B1 ，且 Q1Q1T ( B11 A)(B11 A)T B11 AAT ( B11 )T B11 B12 B11 I ，所以 Q 1
N m k C1m k 1 C k 1m M
因 M 0 ，故可找到 m 0 ，使 N 0 ，这与 mI A 是正定的相矛盾， 所以 A 的主子式必须全大于等于零. 充分性.设 A 的主子式全大于等于零， 那么对任意的正数 m， mI A 一定是正定的，这是因为 mI A 的主子式可表成
1 ，且 0 ， P AP i n
1
故有
A I P 1 A I P P 1 ( A I ) P
3
1 1 1 = det n 1
习题 2.3
1. 证：因为 A H A, B H B ，又
( AB) H AB B H AH AB
即 BA=AB .
2. 证：设 A 为任一复方阵，令
A BC
①
其中 B 为 Hermite 矩阵，C 为反 Hermite 矩阵，于是，可得
AH B H C H B C
且显见等号成立的充要条件为 i 0(i 1,2,, n) ，即 A 0 . （ 2 ）由线性代数知，存在非奇异矩阵 M ，对角矩阵 D ，使
B M T M M T IM , A M T DM 同时成立.再由第（1）小题知
A B MT I D M MT M MTM B
A ( k ) 0 ；当 k 为奇数时， A ( k ) 0 .
1 ， 14. 证：因为 A 实对称， 故有正交阵 Q， 使 Q AQ n
1
从 而 A QQ 1 . 由 于 m 为 奇 数 ， 特 征 值 i 均 为 实 数 ， 故 令
当 A B B 时的充要条件为
I D 1 D 0 A 0
.
10. 证：设 A，B 是二个 n 阶实对称矩阵，且两者相似.当 A 为 正定矩阵时，A 的特征值全为正实数，但相似矩阵有相同的特征值， 故 B 的特征值也全为正实数，从而 B 为正定矩阵.
11. 证： （1）因为 A，B 正定，所以对任非零 n 维向量 X，有
mI k M m k C1 m k 1 C k 1 m M
其中 M 是 A 的一个主子式， 因而 Ci (i 1,2,, k 1) 是 M 的 i 阶主子式 之和，也就是 A 的一些 i 阶主子式之和，所以 Ci 0(i 1,2,, k 1) ，以 及 mI k M 0 . 如果 A 不是半正定的，那么有一个非零实向量 X，使 X T AX 0 ，
P 和 P T 都是满秩的，于是 rank PT AP rankA，即 rankB rankA


.
2
6. 证 ： 因 为 AX X ， X T AT X T ， X T A X T ，
X T AX X T X ， X T X X T X ，由于 X ，所以 X T X 0 ，故
由①与②联立得 B
A AH A AH . ,C 2 2
3. 证：设 V n 的标准正交基为 1 , 2 ,, n ，
A (aij ) nxn ，则有
在该基下的矩阵为
( i ) a1i 1 a2i 2 ani n ,
( j ) a1 j 1 a2 j 2 anj n ,
是正交阵.同样可证 Q 2 为正交阵. 下 证 惟 一 性 . 设 A B1Q1 C1 P1 , C1 为 正 定 阵 ， P1 为 正 交 阵 ， 则
2 2 T ( B1Q1 )(B1Q1 )T (C1 P 1 )(C1 P 1 ) ，即有 B1 C1 ，由上题知 B1 C1 , 从而又得
4
令 C (P 1 )T ，则 C T P 1 ，C 亦为非奇异矩阵，所以
A1 C T IC
即 A 1 可分解成 C T C ，由充要条件知 A 1 正定.
12. 证：
B 实对称显然.对任 n 元列向量 X 均有
X T BX X T AT AX ( AX )T ( AX ), 令AX Y ，则有 X T BX Y T Y 0
由于在标准正交基下， 两向量的内积就等于它们的坐标向量的内 积，故有 ( 即
y1 y1 ( ),β) ( x1 ,, xn ) AT ( x1 ,, xn ) A ( , yn yn
(β))
则有
(e1 , e2 ,, en )
(e1 , e2 ,, en )
( 1 , 2 ,, n ) P
( 1 , 2 ,, n ) AP (e1 , e2 ,, en ) P 1 AP
即
在基 e1 , e2 ,, en 下的矩阵为对角阵 .
9. 证 ： （1）因为 A 半正定，所以存在正交矩阵 P，使