Linear-Algebra-Review

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重开一个,真的快忘光了,我哭死。

感谢图灵 2001 吴一航学长的讲义,好多都是从上面搞的…

二次型写不动了,就写到相似好了。

设 $V(\mathbf{F})$ 是一个 $n$ 维线性空间,$\sigma \in L(V,\ V)$,证明:

$1.$ 在 $\mathbf{F}[x]$ 中有一个次数不高于 $n^2$ 的多项式 $p(x)$ ,使得 $p(\sigma)=0$;

$2.$ $\sigma$ 可逆$\iff$有一常数项不为 $0$ 的多项式 $p(x)$ ,使得 $p(\sigma)=0$。

第一问很有趣。其实我第一反应是列方程,但是有更简单的做法。显然 $\sigma$ 是一个 $n^2$ 维的线性空间。所以 $n^2+1$ 维肯定可以构造出一个 $0$ 映射。

第二问很有趣。

我们先考虑充分性。我们怎么证明它可逆?构造一个就可以。不妨设

\[p(\sigma)=aI+\sum_{i=1}^ma_i\sigma^i=0\]

凑出 $I$ 即可:

\[I=\sum_{i=1}^m(-\frac{a_i}a)\sigma^i\] \[I=\sigma\cdot(\sum_{i=0}^{m-1}(-\frac{a_i}a)\sigma^i)\]

构造成功。右边就是要的逆映射。

必要性就简单了。我们如果可以证明 $p(\sigma)$ 的首项不是 $0$ 就好了。反证法。如果首项是 $0$,由最小值原理我们取一个次数最小的多项式满足 $p(\sigma)=0$,也就是:

\[p(\sigma)=\sum_{i=1}^ma_i\sigma^i=\sigma(\sum_{i=0}^{m-1}a_{i+1}\sigma^i)=0\]

有 $m\ge 1$。套上逆映射:

\[\sigma^{-1}\cdot p(\sigma)=\sum_{i=0}^{m-1}a_{i+1}\sigma^i=0\]

和最小性矛盾。

矩阵、线性变换和基:

矩阵的定义:

$B_1$ 的基的像(行向量) $=B_2$ 的基(行向量)乘上矩阵。

线性变换对应的矩阵:

$B_1$ 的基的像在 $B_2$ 的基下的坐标按照列的顺序写。

为了区分,我们称这此为原矩阵。

由 $B_1$ 下的坐标如何得到变换后在 $B_2$ 下的坐标?

原矩阵乘上 $B_1$ 坐标(列向量)。

命题:线性映射单射的充要条件是表示矩阵列满秩,满射的充要条件是行满秩。

基变换矩阵的定义:

形式记号。

性质:肯定可逆,证明显然。

如何求?矩阵求逆。但是我觉得显然不如解方程来的快好吗?

同一个线性空间不同的基,坐标如何变换?

基变换矩阵的逆乘上 $B_1$ 坐标(列向量)。

显然不如解方程来的快好吗?

同一个线性变换在不同的基下的变换矩阵?

$B_1$ 到 $B_2$ 的变换矩阵的逆 乘 $B_1$ 下原矩阵 再乘$B_1$ 到 $B_2$ 变换矩阵。


矩阵可交换的技巧:$∀t, AB = BA \Leftrightarrow (A - tE)B = B(A - tE)$.

设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵且 $E-A$ 可逆,证明:$A$ 与 $(E-A)^{-1}$ 相乘可交换。

使用这个技巧。构造 $A-E$:那么显然 $A-E$ 和 $(E-A)^{-1}$ 是可交换的。那么:

\[A(E-A)^{-1}-(E-A)^{-1}=(A-E)(E-A)^{-1}=(E-A)^{-1}(A-E)=(E-A)^{-1}A-(E-A)^{-1}\]

得证。


构造反例:$AB=O\not\Rightarrow BA=O$。

这个非常 easy,随便写一下就有。 比如 $A=\begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix},B=\begin{pmatrix} 1\ -1 \end{pmatrix}$

如果是方阵也不一定对。比如 $A=\begin{pmatrix} 1 & 1\1& 1 \end{pmatrix},B=\begin{pmatrix} 1 & 1 \-1 &-1 \end{pmatrix}$


构造反例:$AB+BA=O\not\Rightarrow AB=O$。

这其实是之前习题课我咕掉的问题…

随便写一个初等矩阵 $A=\begin{pmatrix}1 & 0 \ 0 & -1\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}a & b \ c & d\end{pmatrix}$。

要求 $\begin{pmatrix}a & b \ -c & -d\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}a & -b \ c & -d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & 0 \ 0 & 0\end{pmatrix}$。$a=0,b=1,c=1,d=0$。直接结束了。也就是:$A=\begin{pmatrix}1 & 0 \ 0 & -1\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}0 & 1 \ 1 & 0\end{pmatrix}$。

发现就是左乘行变换,右乘列变换。


构造反例:对称矩阵的乘积不一定对称。

用一个初等矩阵 $A=\begin{pmatrix}1 & 0 \ 0 & -1\end{pmatrix}$ 左乘一个全部元素非 $0$ 的对称矩阵就可以了。


矩阵方程 $AX=B$。其中 $A$ 不一定可逆,而且 $X$ 也不一定是列向量。

那么怎么搞呢?考虑分块矩阵,$A[X_1,X_2,…,X_k]=[\beta_1,\beta_2,…,\beta_k]$。

那么把 $(A,B)$ 拿来做高斯消元,把左边消成阶梯型矩阵。这样就可以一次性解出 $k$ 个线性方程,拼起来构造矩阵即可。实例:


设 $x,y$ 为 $n$ 维列向量,且 $x^Ty=2$。证明 $E+xy^T$ 可逆。

设这个矩阵是 $A$, 两边平方:

\[E+2xy^T+xy^Txy^T=A^2\]

我们知道 $y^Tx=2$,所以由结合律可得:

\[E+2xy^T+x2y^T=E+4xy^T=E+4(A-E)=A^2\] \[4A-A^2=A(4E-A)=3E\]

逆矩阵就是 $\frac{4E-A}3$。


矩阵的 $L-U$ 分解:

使用非交换的初等行变换,把它消成下三角矩阵。这种做法要求左上角的子块都可逆。证明在书上的 149 页,使用分块矩阵的初等变换归纳证明。


已知 $A^TA=E,A=-1,$ 求 $A+E$。
考虑对答案进行变形:$A+E=A+A^TA=(A+A^TA)^T=A^T+A^TA=-E+A$ 。原式是 $0$。

设 $A,B$ 为三阶矩阵,且 $A= 3,B= 2$,且 $A^{-1} + B= 2$,求 $B^{-1} + A$。
考虑对答案进行变形:$=B^{-1}A^{-1}A+B^{-1}BA=B^{-1} A^{-1}+B A=3$。

分块矩阵行列式的性质和推广:

感觉可以考虑把结论记住。尤其是最后一个结论,$AB,BA$ 有相同的非零特征值!


设 $A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵,$α$,$β$ 为 $n$ 维列向量,证明:$|A+αβ^T| = |A|(1 + β ^TA^{-1}α)$。

构造分块矩阵(太变态了 /jk)

\[\begin{vmatrix} 1 & -\beta^T\\ \alpha & A \end{vmatrix}\] \[=|A+αβ^T|=|A|(1 + β ^TA^{-1}α)\]

设 $A,B$ 均为 $n$ 阶方阵,证明:

\[\begin{vmatrix} A & B\\ B & A \end{vmatrix}=|A+B||A-B|\]

直接消:$\begin{vmatrix} A & B
B & A \end{vmatrix}\rightarrow\begin{vmatrix} A+B & A+B
B & A \end{vmatrix}\rightarrow\begin{vmatrix} A+B & O
B & A-B \end{vmatrix}$


$A_{ij}=\sin(i+j),n\times n$,求行列式。

发现消不掉!消不掉!往 $0$ 考虑。

发现 $n=1,n=2$ 行列式不为 $0$。而使用三角函数公式,发现这个矩阵其实是 $n\times 2$ 和 $2\times n$ 的矩阵的乘积!所以矩阵的秩不可能超过 $2$。所以 $n\geq 3$ ,行列式就是 $0$。

具体的式子是这样的(直接上图)


伴随矩阵的性质:


设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵,$A^2 - A - 2E = O$,$A= 2$,求 $A^* + 3E$。

先矩阵求逆。

\[A\frac{A-E}2=E,A^{-1}=\frac{A-E}2,A^*=A-E.\] \[|A^* + 3E|=|A+2E|,A^2=A+2E,\therefore |A^*+2E|=4.\]

这题还可以用特征值做,放在下面讲了。


若 $n$ 阶非零实矩阵 $A$ 满足 $A^T=A^*$,证明:

$1.\A=1$.
首先如果 $A\ne 0$,直接有 $A^T=A=A A^T=1$。但是怎么证明 $A\ne 0$?

没有什么好的性质?我们从定义下手。原式的意思其实就是:

\[M_{i,j}=A_{i,j}\]
那么行列式 $A=\sum_{i=1}^n a^2_{i,j}$,因为肯定有一列非全 $0$,所以肯定 $>0$。所以得证了。

$2.\ A$ 为正交矩阵,即 $AA^T = A^TA$.

\[AA^T = AA^*=A^*A=A^TA\]

这其实就是伴随矩阵和原矩阵乘积满足交换律。

$3.\ n > 2$ 且为奇数时,$E - A= 0$.
$E - A=E - A^T=AA^* - A^*=A - E=(-1)^nE-A$

已知 $n$ 阶矩阵 $A$ 的秩为 $1$ ,证明:$A^k = \text{tr}(A) ^{k-1}A$。

书上习题其实证明了 $A^2 = \text{tr}(A) A$,但是给我忘了。

命题:秩为 $r$ ,那么矩阵可以分解成 $n\times r$ 和 $r\times n$ 矩阵的乘积。

则存在列向量 $\alpha,\beta,\alpha\beta^T=A,\beta^T\alpha=\text{tr}(A),A^k=\alpha\beta^T\alpha…\beta^T\alpha\beta^T=\text{tr}(A) ^{k-1}A$


已知 $A$ 是 $n$ 阶方阵,证明:存在 $n$ 阶方阵 $B$ 使得 $A = ABA,B = BAB.$

经典构造相抵标准形。

发现如果矩阵可逆就秒杀了,直接取 $B=A^{-1}$。一般情况呢?

取 $A=P\begin{pmatrix} E_r & O
O & O \end{pmatrix}Q,B=Q^{-1}\begin{pmatrix} E_r & O
O & O \end{pmatrix}P^{-1}$ 即可。


关于秩的性质

  • $A,B$ 为 $n\times n$ 矩阵,$r(A\ AB) = r(A)$。

  • $A,B$ 分别是 $s × n, n × m$ 矩阵,$(AB)X=0,BX=0$ 同解的充要条件为 $r(AB)=r(B)$。

  • $A$ 为 $m\times n$ 矩阵,$B$ 为 $n\times k$ 矩阵 $r(A)+r(B)-n\le r(AB)\le \min(r(A),r(B))$。

  • $A$ 为 $m\times n$ 矩阵,$B$ 为 $n\times k$ 矩阵,$AB=0$,则 $r(A)+r(B)\leq n$。

  • $r(A^TA)=r(A)$,要求 A 是实矩阵

$1$ :$r(A\ AB) \ge r(A),r(A\ AB)=r(A(E\ B))\le r(A)$。

$2$ :必要性显然,充分性用后者是前者的子集且集合大小相同证明。

$3$ :

$4$ :考虑和线性齐次方程组扯上关系。对 $B$ 的每一列分块,每一个列向量都是 $AX=0$ 的解。那么 $r(B)\leq N(A)=n-r(A)$。

$5$ :使用 $1$,

\[AX=0\rightarrow A^TAX=0\] \[A^TAX=0\rightarrow X^TA^TAX=0\rightarrow (AX)^TAX=0\] \[\rightarrow (AX)\text{的每一个数都是 0}\rightarrow AX=0\]

所以要求是实矩阵!不然复数就错了。

命题: 向量组 $A,B$ 等价当且仅当 $r(A)=r(B)=r(A\ B)$。

结合上面写的很多可以得出新的结论,比如 $A,A^TA$ 行向量等价,还有方程组同解的一些等价。


设 $A$ 是 $n\times m$ 的矩阵,$B$ 是 $m\times n$ 的矩阵,$AB=E_n,BA=E_m$,证明 $n=m$。

从秩的角度考虑,$r(AB)=n\le \min(n,m)=m,r(BA)=m\le \min(n,m)=n$。


若 $A$、$B$ 为两个 $n$ 阶矩阵且满足 $A + B = AB$,证明:

$1.\ A - E$ 和 $B - E$ 均可逆;

$2.\ AB = BA$;

$3.\ r(A) = r(B)$.

第一个显然 $AB-A-B+E=E=(A-E)(B-E)$。

第二个根据可逆的交换性,$(A-E)(B-E)=(B-E)(A-E)\Rightarrow AB=BA.$

第三个直接不等式放不出来…移项:

\[A=(A-E)B\]

第一问证明了 $A-E$ 是可逆的,那么一个矩阵乘可逆矩阵,秩不变。证毕。


先证明这样一个命题:

命题:设 $A$ 是 $n$ 阶方阵,则存在正整数 $k$ 使得 $r(A^k ) = r(A^{k+1}) = r(A^{k+2}) = …$,且 对任意正整数 $m$,有 $r(A^{n})=r(A^{n+m})$.

这个命题需要再证明:

命题:设 $A$ 是 $n$ 阶方阵,若 $r(A^k ) = r(A^{k+1})$,则 $r(A^k ) = r(A^{k+1}) = r(A^{k+2}) = …$

这个证明使用方程同解的充要条件:

$A^kX=0,A^{k+1}X=0$,两者同解。

$A^{k+1}X=A^{k}(AX),A^{k+2}X=A^{k+1}(AX)$,两者也是同解,因为 $A^kX=0,A^{k+1}X=0$ 同解。所以 $r(A^{k+1}) = r(A^{k+2})$。归纳一下就证毕了。

回到原命题,若 $A$ 可逆显然成立。否则,考虑 $r(A),r(A^2),…,r(A^n)$,有 $n-1\ge r(A)\ge r(A^2)\ge…r(A^n)\ge r(A^{n+1})\ge0$。根据抽屉原理,必有一对相邻的相同。所以再用刚证的命题就得证了。

我们于是可以对幂零矩阵的性质进行进一步展开:


幂零矩阵的性质:

$1. $ $n$ 阶幂零矩阵 $A$ 必有 $A^n=O$。

这个用上面那个直接出来了。

$2. $ $A ± E$ 均为可逆矩阵。

找一个奇数 $k$,使用 $k$ 次方的和差公式!

$3. $ 幂零矩阵的特征值只有一个 $0$。

直接有定义式:$A^nX=\lambda^nX=O,\lambda=0$。

$4. $ $A$ 为幂零矩阵 $\Leftrightarrow ∀k ∈ N^+,\text{tr}(A^k)=0.$

下学期才能证明,先不展开了。


两个经典题:

若 $A$ 是 $n$ 阶幂等矩阵($A^2=A$),证明: $r(A)+r(E-A)=n$.

首先 $n=r(E)\leq r(A)+r(E-A)$,然后用上面的 $2$,$A(E-A)=0$,那么 $n\geq r(A)+r(E-A)$。得证。

若 $A$ 是 $n$ 阶矩阵满足 $A^2=E$,证明: $r(A+E)+r(A-E)=n$.

首先 $n=r(2E)\leq r(A+E)+r(E-A)= r(A+E)+r(A-E)$,然后用上面的 $2$,$(A-E)(A+E)=0$,那么 $n\geq r(A+E)+r(A-E)$。得证。


已知 A 是一个 $s × n$ 矩阵,证明:$r(E_n - A^TA) - r(E_s - AA^T) = n -s$。

构造分块矩阵(小心别消错)。

\[\begin{pmatrix} E_s & A\\ A^T & E_n \end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} E_s & O\\ O & E_n-A^TA \end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} E_s-AA^T & O\\ O & E_n \end{pmatrix}\]

用分块矩阵秩的结论即可(上下三角分块矩阵的秩)。


$n$ 阶方阵 $A,B$ 满足 $AB = BA$,证明:$r(AB) + r(A + B) ≤ r(A) + r(B).$

这看着很维数公式,我们考虑从解空间下手。

设 $AX=O$ 的解空间为 $W_1$。

设 $BX=O$ 的解空间为 $W_2$。

设 $(A+B)X=O$ 的解空间为 $W_3$。

设 $ABX=O$ 的解空间为 $W_4$。

显然 $(W_1\cap W_2 )\subset W_3$。因为 $AB=BA$,$(W_1\cup W_2 )\subset W_4$。

\[\dim(W_1\cap W_2 )\le \dim W_3\] \[\dim(W_1\cup W_2 )\le \dim W_4\] \[\therefore \dim W_1+\dim W_2\le \dim W_3+\dim W_4\] \[n-r(A)+n-r(B)\le n-r(A+B)+n-r(AB)\] \[r(AB) + r(A + B) ≤ r(A) + r(B).\]

命题:非齐次线性方程组 $AX=b$ 的一般解中最多选出 $n-r(A)+1$ 个线性无关向量。

不能说是维数,因为不是一个线性空间。构造方法:

\[\gamma,\gamma+X_1,\gamma+X_2,...,\gamma+X_{n-r(A)}\]

其中 $\gamma$ 是特解,$X_1,X_2$ 等表示 $AX=O$ 的基础解系的元素。

如果再多显然不行。证明过程不写了。


设 $A_1,\ A_2,\ \dots,\ A_{n+1}$ 是任意 $n+1$ 个 $n$ 阶矩阵,证明必存在不全为 $0$ 的实数 $\lambda_1,\ \lambda_2,\ \dots,\ \lambda_{n+1}$,使得矩阵 $\lambda_1A_1+\lambda_2A_2+\dots+\lambda_{n+1}A_{n+1}$ 不可逆。

我的证法:考虑构造一个列全为 $0$ 的矩阵,发现就是 $n$ 元,$n+1$ 个方程,肯定有非 $0$ 解。

当然直接从矩阵方程组(即矩阵的秩)方面考虑也可以。考虑一个非零列向量 $X$,然后对于方程组 $(\lambda_1A_1+\lambda_2A_2+\dots+\lambda_{n+1}A_{n+1})X=O$,因为$ A_1X,A_2X,\dots,A_{n+1}X$ 肯定线性相关($n+1$ 个向量),所以可以取一个 $=0$。那么这个矩阵的秩肯定 $<n$。


命题:若 $A=0$,那么 $A^*$ 的每一个列向量都是方程 $AX=O$ 的解。

$AA^*=O$ 你把矩阵分块一下就证完了。

这个结论好用,也提示我们一些构造线性方程解的时候可以对乘积为 $0$ 的两个矩阵的其中之一分块。这个证明技巧非常好用。


设 $A = (a_{ij} )_{m×n}$,$b$ 和 $X$ 为 $m$ 元列向量,$Y$ 为 $n$ 元列向量,证明:

$1.\ $ 若 $AY = b$ 有解,则 $A^TX = 0$ 的任一组解都满足 $b^TX = 0$。

$2.\ $ 方程组 $AY = b$ 有解的充要条件是方程组

\[\begin{pmatrix} A^T \\ b^T \end{pmatrix}X=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\]

无解(其中 $0$ 是 $n$ 元零向量)。

第一问很简单,$b^TX = Y^TA^TX = Y^T(A^TX) = 0$。

第二问的必要性就是第一问加反证法。

充分性:还挺有趣的,首先有 $A^T$ 的所有行向量和 $b^T$ 线性相关。否则若线性无关则系数矩阵行满秩,增广后仍然满秩,则和无解矛盾。但是这个条件没啥用!因为我们还要证明 $b^T$ 可以被 $A^T$ 行向量线性表出。

换思路。因为无解,所以

\[r\begin{pmatrix} A^T\\ b^T \end{pmatrix}+1\le r\begin{pmatrix} A^T & 0\\ b^T &1 \end{pmatrix}\]

而根据矩阵加一列的秩结论:

\[r\begin{pmatrix} A^T\\ b^T \end{pmatrix}+1\ge r\begin{pmatrix} A^T & 0\\ b^T &1 \end{pmatrix}\]

所以

\[r\begin{pmatrix} A^T\\ b^T \end{pmatrix}+1= r\begin{pmatrix} A^T & 0\\ b^T &1 \end{pmatrix}\]

观察右边的分块矩阵,显然有

\[r\begin{pmatrix} A^T & 0\\ b^T &1 \end{pmatrix}=r\begin{pmatrix} A^T & 0 \end{pmatrix}+1=r(A)+1\]

联立一下就有

\[r\begin{pmatrix} A^T\\ b^T \end{pmatrix}=r\begin{pmatrix} A&b \end{pmatrix}=r(A)\]

得证。


设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵,且 $A_{11}\ne 0$(这里指代数余子式),证明:方程组 $AX = b$($b$ 为非零向量)有无穷多解的充要条件为 $A^* b=0$.

必要性:首先无穷组解说明 $r(A)<n$,然后 $A_{11}\ne 0$,所以 $r(A)=n-1$。

\[A^*b=A^*AX=(|A|E)X=0\]

充分性:其实就是要证明两个东西:

  • $A=0$。
  • $AX=b$ 有解。(不要忘了!)

因为 $A^*X=0$ 有非零解 $b$,所以 $r(A)<n$,然后 $A_{11}\ne 0$,所以 $r(A)=n-1$。第一个证好了。

第二个就难了。其实我们只需要证明 $b$ 可以被 $A$ 的列向量线性表出就好了。

因为 $A_{1,1}\ne 0$,所以列向量 $\alpha_2,\alpha_3,…,\alpha_n$ 线性无关。

$A^A=O$,$r(A^)=1$,分块后你会发现 $\alpha_2,\alpha_3,…,\alpha_n$ 正好就是 $A^*X=0$ 的基础解系。那么 $b$ 可以被 $\alpha_2,\alpha_3,…,\alpha_n$ 线性表出。第二个证好了。


设整系数的线性方程组为 $AX=b$,$A$ 为 $n$ 阶方阵,证明该方程组对任意整数 $b_1,b_2,…,b_m$ 都有整数解的充分必要条件是 $A=±1$。

命题:整系数矩阵行列式一定是整数。

证明直接用行列式展开式。显然。

那么充分性用 Cramer 法则直接出来了。

必要性使用特殊值法,构造分块矩阵 $AX=A(x_1,x_2,…,x_n)=(e_1,e_2,…,e_n)=E$。

则 $A X=1$,$A,X$ 根据命题都是整数,那么 $A=\pm1$。

若 $n$ 阶矩阵各行、各列元素之和都为 $0$,证明:$A$ 的所有元素的代数余子式都相等。

如果想到构造方程就简单了。(我是在这个专题刷到的,所以会了)

  • 若 $r(A)<n-1$,伴随矩阵是零矩阵,显然成立。

  • 若 $r(A)=n$,$AX=0$ 只有零解,而显然 $(1,1,…,1)^T$ 是一组解,矛盾。所以该情况不存在。

  • 若 $r(A)=n-1$,那么方程的基础解系就是 $(1,1,…,1)^T$,那么根据分块矩阵和 $AA^=O$,$A^$ 的一列上元素都相等。因为每行的和也是 $0$,同理 $A^T(A^)^T=O$,$(A^)^T$ 的一列上元素都相等,也就是 $A^*$ 的一行上元素都相等。证毕。


设 $V$ 是一个 $n$ 维实线性空间,试证明:存在 $V$ 中的一个由可列无穷多个向量组成的向量组 ${\alpha_ii\in \mathrm Z^+}$,使得任取 $n$ 个互不相等的向量都是 $V$ 的一组基。

这么构造:

\[α_i=(1,i,i^2,i^3,...,i^{n-1})\]

根据范德蒙行列式就证毕了,所以我是咋想到的。


设 $A$, $B$, $C$ 为 $n$ 阶实方阵,且 $BAA^T = CAA^T$,证明:$BA = CA$.

无从下手。回忆一个命题:

命题:对于实方阵 $A$,零矩阵 $O$,$AX=O,A^TAX=O$ 同解。

这个不仅限于列向量。

\[AX=O\rightarrow A^TAX=O\] \[A^TAX=O\rightarrow X^TA^TAX=O\rightarrow (AX)^TAX=O\]

所以还有:

命题:对于实方阵 $A$,零矩阵 $O$,$XA=O,XAA^T=O$ 同解。

直接有 $(C-B)AA^T=O,(C-B)A=O$。证完了。


相似矩阵的性质

$1.$ $A ∼ B$ 可以得到 $A^T ∼ B^T,A^m ∼ B^m,cA ∼ cB$,更一般地,对于任意多项式 $f(x)$ 都有 $f(A) ∼ f(B)$,且若 $B = P^{-1}AP$,有 $f(B) = P ^{-1}f(A)P$。除此之外还有 $A^* ∼ B^*$,若 $A, B$ 可逆,有 $A^{-1} ∼ B^{-1}$。

这个可以优化可对角化的矩阵的幂次计算。

$2.$ 相似矩阵有相同的特征多项式(逆命题不成立,比如其中一个不可对角化($A=\begin{pmatrix} 2 & 0
0 & 2 \end{pmatrix},B=\begin{pmatrix} 2 & 1
0 & 2 \end{pmatrix}$)。如果两个矩阵都可对角化则成立),即 $A ∼ B$ 有 $|λE - A| = |λE - B|$, 从而有相同的迹,行列式,特征值,但特征向量不一定相同。


设 $A, B ∈ M_n(F)$,证明:若 $A$ 可逆,则 $AB ∼ BA$.

直接令 $P=A…$


特征值基本性质:

设 $λ$ 是线性空间 $V (F)$ 上的线性变换 $σ$ 的特征值,$ξ$ 是 $σ$ 属于 $λ$ 的特征向量,则

$1.$ 若 $f(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + … + a_1x + a_0$ 是 $F$ 上的多项式,则 $f(σ)(ξ) = f(λ)ξ$,也就是说,$f(λ)$ 是 $f(σ)$ 的特征值,且特征向量不变。

$2.$ 设 $λ$ 是 $n$ 阶矩阵 $A$ 的特征值,$A$ 可逆,则 $λ^{-1}$ 是 $A^{-1}$ 的特征值,$|A|λ^{-1}$ 是 $A$ 的 伴随矩阵 $A^*$ 的特征值,且特征向量不变。

$3.$ $n$ 维线性空间 $V (F)$ 的线性变换 $σ$ 的每个特征值 $λ_i$ 的重数(代数重数)大于等于 其特征子空间 $V_{λ_i}$ 的维数(几何重数)。

$4.$ 设 $A, B$ 均为 $n$ 阶矩阵,若 $λ$ 是 $AB$ 的特征值,则 $λ$ 也是 $BA$ 的特征值;

$5.$ 设 $ A, B ∈ M_n(F)$,$AB = BA$,若 $X$ 是矩阵 $A$ 属于特征值 $λ_0$ 的特征向量,则 $BX$ 属于 矩阵$A$ 的 $V_{λ_0}$(这么写因为可能是 $0$ 向量)。(这个性质是很多 $AB=BA$ 题的解题关键。)

题干里可能条件给的有点隐晦,比如矩阵各行的和都为 $4$,就有特征值 $4$,特征向量 $(1,1,…,1)^T$。


设 $A, B ∈ M_n(F)$,$A$ 有 $n$ 个不同的特征值,证明:$AB = BA$ 的充要条件是 $A$ 的特征向量也是 $B$ 的特征向量。

必要性:对于 $\lambda X=AX$,由性质 $5$,$\lambda BX=ABX,BX$ $\in V_{λ_0}$。$A$ 有 $n$ 个不同的特征值,所以每个特征空间维数都是 $1$,$BX$ 一定是 $X$ 的某个实数倍。因此 $X$ 是 $B$ 的特征向量,证毕。

充分性:反过来写,不妨设 $AX=\lambda X,BX=\mu X,ABX=\mu AX=\mu\lambda X=\lambda BX$。 所以 $BX\in V_{λ_0}$。但是我们还是用不上特征值不同的条件,做不出来。

使用对角化,因为对角矩阵乘法是可交换的。显然 $A$ 可以对角化,设 $P^{-1}AP=C$,$C=\mathrm {diag}(\lambda_1,\lambda_2,…,\lambda_n)$,那对列向量分块,显然也有 $P^{-1}BP=D=\mathrm {diag}(\mu_1,\mu_2,…,\mu_n)$。其实就做完了。

\[P^{-1}ABP=CD=DC=P^{-1}BAP,|P|\ne 0,AB=BA.\]

右推左其实是这样的命题:

命题: 若 $A$ 可对角化,$A,B$ 具有 $n$ 个公共的线性无关的特征向量,则 $AB=BA$。


设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵,$A^2 - A - 2E = O$,$A= 2$,求 $A^* + 3E$。

$A$ 的特征值是好求的。然后多项式一下就好。

$A^2 - A - 2E = O\Rightarrow (A^2 - A - 2E)X=(\lambda^2 - \lambda - 2)X=O,\lambda=-1\text{ or } 2$

所以我们可以得出 $n$ 是偶数,然后 $1$ 重 $\lambda=2$,$n-1$ 重 $\lambda=-1$。$A^*$ 的特征值是 $1$ 重 $\lambda=1$,$n-1$ 重 $\lambda=-2$。最后答案就是 $4$。


设 $n$ 阶方阵 $A$ 满足 $A^2-5A+5E=0$,证明:则对所有的有理数 $r$,$A+rE$ 都是可逆阵。

这题有点抽象。虽然看起来是错的,但是实际上是对的。这个有理数的条件就很抽象,配凑?不。考虑特征值。$A+\lambda E$ 的形式不要忘了特征值!

首先根据特征值的定义:

\[(\lambda^2-5\lambda+5)X=0,\lambda^2-5\lambda+5=0\]
所以 $A+rE$ 如果是 $0$ 就是无理数。得证。

设 $A$ 为三阶矩阵,$α_1, α_2, α_3$ 线性无关,且 $Aα_1 = α_1$, $Aα_2 = α_1 + α_2 - 2α_3$, $Aα_3 =α_1 - 2α_2 + α_3$,求 $A$ 的特征值.

我的思路是手玩。显然第一个式子得到 $\lambda=1$,第二个式子减第三个得到 $A(α_2-α_3)=3(α_2-α_3),\lambda=3$,然后二加三减一得到 $A(α_2+α_3 - α_1)=-(α_2+α_3 - α_1),\lambda=-1$。

这么做太不科学了。正经做法是用相似:

\[A(α_1, α_2, α_3)=(α_1,α_1 + α_2 - 2α_3,α_1 - 2α_2 + α_3)\] \[=(α_1, α_2, α_3)\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & -2 & 1 \end{pmatrix}\]

$A$ 相似于后者,把后者的特征值解出来即可。


设 $V (F)$ 是 $n$ 维线性空间,$σ ∈ L(V, V )$,证明:

$1.$ 若 $α, β$ 是 $σ$ 的属于不同特征值的特征向量,则 $c_1c_2\ne 0$ 时,$c_1α + c_2β$ 不是 $σ$ 的 特征向量;

$2.$ $V$ 中的每一非零向量都是 $σ$ 的特征向量 $\Leftrightarrow σ = c_0I_V$ ,其中 $c_0 ∈ F$ 是一个常数,$I_V$ 是恒等变换。

第一问非常关键。证出来以后第二问直接使用结论,就可以得到特征值只有一个了。那么直接结束。

第一问怎么证明?反证法。不妨设新得到的特征向量特征值为 $w$。然后移项得到 $c_1(\lambda-w)\alpha+c_2(\mu-w)\beta=0$,因为 $α, β$ 线性无关所以 $\lambda=w=\mu$。矛盾!


设 $A$ 是数域 $\mathbf{F}$ 上一个 $n$ 阶方阵,$E$ 是 $n$ 阶单位矩阵,$\alpha_1 \in \mathbf{F}^n$ 是 $A$ 的属于特征值 $\lambda$ 的一个特征向量,向量组 $\alpha_1,\ \alpha_2,\ \dots,\ \alpha_s$ 按如下方式产生:$(A-\lambda E)\alpha_{i+1}=\alpha_i(i=1,\ 2,\ \dots,\ s-1)$。

证明:向量组 ${\alpha_1,\ \alpha_2,\ \dots,\ \alpha_s}$ 线性无关。

我们猜一波解法:把系数设出来,证明全是 $0$,设

\[\mu_1\alpha_1+\sum_{i=2}^{s}\mu_i\alpha_i=0\]

同时左乘 $A-\lambda E$:

\[\mu_1(A-\lambda E)\alpha_1+\sum_{i=1}^{s-1}\mu_{i+1}\alpha_i=\sum_{i=1}^{s-1}\mu_{i+1}\alpha_i=0\]

化简得到:

\[=\mu_2\alpha_1+\sum_{i=2}^{s-1}\mu_{i+1}\alpha_i=0\]

同时左乘 $A-\lambda E$,重复,最后可以得到:

\[\mu_s=0\]

这里运用了 $\alpha_1$ 显然非 $0$ 的性质。

继续反推,得到全部都是 $0$ 。

其实这个很像那个线性映射习题课的经典题目。


已知 $A$ 是实反对称矩阵,证明:

$1.\ A$ 的特征值必为 $0$ 或纯虚数;

$2.\ E-A^2$ 是可逆矩阵.

第一问就是用实对称矩阵特征值为实数的证明技巧:只需要证明 $\lambda=-\bar \lambda$。

对于非 $0$ 列向量 $X$ :

\[\lambda \overline{X^T}X=\overline{X^T}\lambda X= \overline{X^T}A X=-\overline{X^T}A^T X\] \[=-\overline{X^T}\overline{A^T} X=-{(\overline {AX})^T} X=-{(\overline {\lambda X})^T} X=-\overline\lambda\overline{X^T}X\]

$\overline{X^T}X$ 是复数模长平方和,肯定 $>0$,证毕。

第二问:因为 $\lambda\ne\pm 1,E-A^2=E-A E+A\ne0$。得证。

实数这个条件真的很有用呐!


设 $B$ 是 $n$ 阶实对称矩阵,每行元素之和都为 $b$,若 $b$ 是 $f(λ) =λE - B$ 的单根,求 $B$ 属于 $b$ 的特征向量;当 $f(λ) = (λ - b)g(λ)$ 时,$f(B)=O$,证明:$g(B) = kA$,其中 $k$ 为常数,$A$ 为元素全部为 $1$ 的 $n$ 阶矩阵.

nb 题。第一问简单,显然特征值是 $b$,特征向量是 $(1,1,…,1)^T$。第二问就很厉害。

$f(B)=(B - b)g(B)=O,bg(B)=Bg(B)$。那么对矩阵分块,$g(B)$ 的每个列向量都是 $B$ 矩阵关于特征值 $b$ 的特征向量。而因为是 $b$ 是单根,所以该特征子空间维数是 $1$,所以 $B$ 中列向量一定都成比例。根据第一问,一定都是 $k(1,1,…,1)^T$ 的形式。因为 $B$ 是实对称矩阵,所以一定所有元素都相等。证毕。


设 $A$ 相似于对角矩阵,$λ_0$ 是 $A$ 的特征值,$X_0$ 是 $A$ 对应于 $λ_0$ 的特征向量,证明:

$1.$ $r((A - λ_0E)^2)=r(A - λ_0E)$。

事实上:

命题:如果 $A$ 可对角化,$r(A)=r(A^2)$。

证明利用相似矩阵幂相等即可。那么根据相似的性质,我们发现 $A-λ_0E$ 显然也是可以对角化的。

$2.$ 不存在 $Y$ 使得 $(A - λ_0E)Y = X_0$。

nb 题。用秩不好做,考虑变形:

\[(A-\lambda_0 E)X_0=(A-\lambda_0 E)^2Y=0\]

根据第一问的结论,$r((A - λ_0E)^2)=r(A - λ_0E)$,所以由秩的性质第二条,方程同解,等价于 $(A-\lambda_0 E)Y=0=X_0$。而 $X_0$ 不是零,矛盾!


幂等矩阵的性质:

若 $n$ 阶方阵 $A$ 满足 $A^2 = A$:

$1.$ $r(A)+r(E-A)=n$。

之前证过了。

$2.$ $A$ 特征值不会不等于 $0,1$ ,一定可对角化,其中 $1$ 的重数等于 $r(A)$。

特征值是 $0$ 和 $1$ 好证。关键是后者。

书本的证明:回归矩阵的本质,这是一个幂等线性映射 $\sigma,\sigma^2=\sigma$,那么可以很简单的证明 $\mathrm{Im}\sigma\oplus\mathrm{Ker}\sigma=V$(习题课那篇博文有写这个结论的推广)。在值域空间里的都是关于特征值 $1$ 的特征向量,在核空间里的全是 $0$ 的,这样就全部证完了,$1$ 的重数就是 $\dim(\mathrm{Im}\sigma)= r(A)$。

事实上可以直接用矩阵的秩来证明。$AX=0$ 的解空间维数是 $n-r(A)$,$(A-E)X=0$ 解空间维数就是 $n-r(A-E)$,那么根据性质 $1$ 就得证了。

这个性质可以推广到 $A^2=kA$ ,证明也是一样的。

命题 :若 $\exists k\ne 0,A^2=kA$,则 $A$ 特征值不会不等于 $0,k$ ,一定可对角化,其中 $k$ 的重数等于 $r(A)$。

$3.$ $A$ 是幂等矩阵时,$r(A) = \text{tr}(A)$。

特征值之和,直接结束。

$4.$ 所有秩为 $1$ 迹也为 $1$ 的矩阵均为幂等矩阵。

这个和特征值没啥关系,直接用相抵标准形做。


设 $A$,$B$ 为两个 $n$ 阶幂等矩阵,证明:

$1.$ $A + B$ 为幂等矩阵当且仅当 $AB = BA = O$;

右推做随便推,然后是左推右。发现是线性映射原题

更简单的做法:显然 $AB+BA=O$,$AB=ABB=-BAB=BBA=BA$。这也太快了。

$2.$ $A - B$ 为幂等矩阵当且仅当 $AB = BA = B$;

右推做随便推,然后是左推右。同样的套路:

\[A^2-AB-BA+B^2=A-B,AB+BA=2B.\] \[AB=AAB=A(2B-BA)=2AB-ABA=2AB-(2B-BA)A\] \[=2AB-2BA+BA=2AB-BA,\therefore AB=BA\]

$3.$ 若 $AB = BA$,则 $AB$ 为幂等矩阵,反之,若 $AB$ 为幂等矩阵,是否必有 $AB = BA$?

证明很简单。$ABAB=AABB=AB$。反之怎么做?

用第四个性质快速构造简单的幂等矩阵:

\[A=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix},B=\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 0 & 0 \end{pmatrix},AB=B,BA=A.\]

直接得到了反例。

$4.$ 若 $E - A - B$ 可逆,则 $r(A) = r(B)$.

考虑秩不等式!

\[n=r(E-A-B)=r((E-A)(E+A)-B)\le r(B)+r(E-A)=n+r(B)-r(A)\]

所以 $r(A)\le r(B)$,同理 $r(A)\ge r(B)$。我也不知道自己怎么凑出来的…

标答的做法更是重量级:

\[r(A)=r(A(E-A-B))=r(AB)\le r(B)\]

但是感觉很直观,就是求逆的条件怎么用呢?乘上去,秩不变!