济南李大妈
楼上的太难,需要很多超出线性代数的内弄。若能证明下列命题,你的问题便也立即得到解决了。设A是一个n阶实对称矩阵,那么可以找到n阶正交矩阵T,使得(T的逆阵)AT为对角矩阵。证明:当n=1时结论显然成立。现在证明若对n-1阶实对称矩阵成立,则 对n阶实对称矩阵也成立。设シ是A的一个特征值(n阶矩阵一定有n个特征值(计数重复的)),设α是A 的一个特征向量(α是列向量)。((α的转置)*A)的转置=Aα=シα。因为特征向量的非零倍数仍然是特征向量,所以只要把α的每一个元都除以イ,其中イ的平方=(α的转置)*α,就使得α为单位向量(所谓单位向量就是(α的转置)*α=1)。显然所有的单位向量有无数个,且显然可以找到足够多的列单位向量,使得他们与α的内积为0且他们两两内积等于0,因为正交矩阵的充要条件是列(行)向量两两正交且都是单位向量,又因为对方阵而言若AB=E则BA=E,故可以 以α为第一列人工写出一个正交矩阵Q,(所谓正交矩阵就是(Q的转置)*Q=Q*(Q的转置)=E)。由((α的转置)*A)的转置=Aα=シα 得(Q的转置)A的第一行是(シα)的转置,于是 (Q的转置)AQ的第1行第1列处是シ(α的转置)α= シ,还可以推出(Q的转置)AQ的第一列除了第一行以外都是0(至于这是为啥实在不方便打字,读者可以自己算一下,提示一下 设t是T是元,tij*t+t..*t..+t..*t..+t..*t..时若每一项的角标都不完全一样,那么这些加起来就是0)。因为Q是正交矩阵,((Q的逆阵)AQ)的转置=(Q的转置)(A的转置)(Q的逆阵的转置)=(Q的逆阵)AQ,所以(Q的逆阵)AQ也是对称矩阵,所以它第一行除了第一列以外也都是0,而除了第一行第一列剩下的一大块矩阵还是一个对称矩阵,所以最后可以反复进行这个过程整成对角矩阵。证毕然而正交矩阵一定是可逆矩阵,对方阵而言可逆等价于满秩,乘以一个方阵满秩方阵以后秩不变,这就证明了你的实对称矩阵一定可以相似对角化
舞动的骷髅
证明对合矩阵和幂等矩阵是可相似对角化的:n级矩阵A可对角化<=>A的属于不同特征值的特征子空间维数之和为n。
先求特征值,如果没有相重的特征值,一定可对角化;如果有相重的特征值λk,其重数为k,那么你通过解方程(λkE-A)X=0得到的基础解系中的解向量若也为k个,则A可对角化,若小于k,则A不可对角化。
定义
对角矩阵(diagonal matrix)是一个主对角线之外的元素皆为0的矩阵。对角线上的元素可以为0或其他值。对角线上元素相等的对角矩阵称为数量矩阵;对角线上元素全为1的对角矩阵称为单位矩阵。
若n阶矩阵A有n个不同的特征值,则A必能相似于对角矩阵。说明:当A的特征方程有重根时,就不一定有n个线性无关的特征向量,从而未必能对角化。
星无畏惧
A2=A 可以x2-x=0看做A的一个零化多项式,再由无重根就可得到该矩阵可对角化。
幂等矩阵的运算方法:
1)设 A₁,A₂都是幂等矩阵,则(A₁+A₂) 为幂等矩阵的充分必要条件为:A₁·A₂ =A₂·A₁=0,且有:R(A₁+A₂) =R (A₁) ⊕R (A₂);N(A₁+A₂) =N(A₁)∩N(A₂);
2)设 A₁, A₂都是幂等矩阵,则(A₁-A₂) 为幂等矩阵的充分必要条件为:A₁·A₂=A₂·A₁=A₂,且有:R(A₁-A₂) =R(A₁)∩N (A₂);N (A₁- A₂) =N (A₁)⊕R (A₂);
3)设 A₁,A₂都是幂等矩阵,若A₁·A₂=A₂·A₁,则A₁·A₂为幂等矩阵,且有:R (A₁·A₂) =R(A₁) ∩R (A₂);N (A₁·A₂) =N (A₁) +N (A₂)。
扩展资料:
幂等矩阵的其他性质:
1.幂等矩阵的特征值只可能是0,1;
2.幂等矩阵可对角化;
3.幂等矩阵的迹等于幂等矩阵的秩,即tr(A)=rank(A);
4.可逆的幂等矩阵为E;
5.方阵零矩阵和单位矩阵都是幂等矩阵;
6.幂等矩阵A满足:A(E-A)=(E-A)A=0;
7.幂等矩阵A:Ax=x的充要条件是x∈R(A);
的核N(A)等于(E-A)的列空间R(E-A),且N(E-A)=R(A)。
参考资料来源:百度百科-幂等矩阵
好深奥吖~~明明就系同届同学···问d甘嘎高b嘢!!
一般使用初等行变换或者伴随矩阵方法,来求逆矩阵。
我觉得应该是相似对角化吧,具体的步骤是:1,求出一个矩阵的全部互异的特征值a1,a2……2,对每个特征值,求特征矩阵a1I-A的秩,判断每个特征值的几何重数q=
据我所知,矩阵可以解高次方程,在线性代数中也有运用。
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