6.1.1-4

$\\$ 略。$\\$

6.1.5 $\quad$ 求下列实对称矩阵$A$的谱分解。

$\\$ 1.$\quad$ $A$满足$A^3=O.\\$ 2.$\quad$ $A=a_1\bm{x}_1\bm{x}_1^{\mathrm{T}}+a_2\bm{x}_2\bm{x}_2^{\mathrm{T}}$，其中$\bm{x}_1,\bm{x}_2$是$\mathbb{R}^2$的一组标准正交基，$a_1,a_2$为实数。$\\$ 3.$\quad$ $A=\begin{bmatrix} O&M\\ M&O \end{bmatrix}$，其中$M$是$n$阶对称矩阵，有谱分解$M=Q\varLambda Q^{\mathrm{T}}.\\$ 1.$\\$ 解：$\\$ $A^3=O\implies \lambda^3=0$。所以谱分解是$A=I_nOI_n.\\$ 2.$\\$ 解：$A=\begin{bmatrix} \bm{x}_1&\bm{x}_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_1&\\ &a_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{x}_1^{\mathrm{T}}\\ \bm{x}_2^{\mathrm{T}} \end{bmatrix}\\$ 3.$\\$ 解：模仿5.3.8第(4)小问立得，$A=\frac{\sqrt{2}}{2}\begin{bmatrix} Q&Q\\ Q&-Q \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \varLambda&\\ &-\varLambda \end{bmatrix} \begin{bmatrix} Q^{\mathrm{T}}&Q^{\mathrm{T}}\\ Q^{\mathrm{T}}&-Q^{\mathrm{T}} \end{bmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}.\\$

6.1.6-7

$\\$ 略。$\\$

6.1.8 $\quad$ 证明命题6.1.6. 实方阵的正交相似关系是等价关系。

$\\$ 证明：$\\$ 反身性：$A=I_n^{\mathrm{T}}AI_n$，因此$A$和$A$正交相似。$\\$ 对称性：若$A,B$正交相似，则存在正交矩阵$Q$，使得$Q^{\mathrm{T}}AQ=B$，显然同时也有$QBQ^{\mathrm{T}}=A$。所以$B$和$A$也正交相似。$\\$ 传递性：若$A,B$正交相似，$B,C$正交相似，则存在正交矩阵$Q,P$，使得$Q^{\mathrm{T}}AQ=B,P^{\mathrm{T}}BP=C$。即$(QP)^{\mathrm{T}}A(QP)=C$，而$(QP)$是正交矩阵，因此$A,C$也正交相似。$\\$ 所以实方阵的正交相似关系是等价关系。$\\$

6.1.9 $\quad$ 证明，两个实对称矩阵正交相似，当且仅当他们具有相同的特征多项式。

$\\$ 证明：$\\$ 先证：两个实对称矩阵正交相似$\implies$他们具有相同的特征多项式。$\\$ 因为正交相似不改变特征值和代数重数，所以正交相似的两个矩阵特征值相同，特征多项式也相同。$\\$ 再证：两个实对称矩阵具有相同的特征多项式$\implies$他们正交相似。$\\$ 因为特征多项式相同，所以特征值和代数重数也相同。设$A=Q_A\varLambda Q_A^{\mathrm{T}},B=Q_B\varLambda Q_B^{\mathrm{T}}.\\$ 显然$$(Q_BQ_A^{\mathrm{T}})Q_A\varLambda Q_A^{\mathrm{T}}(Q_BQ_A^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}}=(Q_AQ_B^{\mathrm{T}})A(Q_AQ_B^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}}=Q_B\varLambda Q_B^{\mathrm{T}}=B$$且$Q_AQ_B^{\mathrm{T}}$是正交矩阵。于是$A,B$正交相似。$\\$ 所以两个实对称矩阵正交相似，当且仅当他们具有相同的特征多项式。$\\$

6.1.10 $\quad$ 设实对称矩阵$A$满足$A^5=I_n$，证明$A=I_n$。

$\\$ 证明：$\\$ 设$A=Q^{\mathrm{T}}\varLambda Q$，则$A^5=Q^{\mathrm{T}}\varLambda^5 Q=I_n \implies \varLambda=I_n \implies A=I_n.\\$

6.1.11 $\quad$ 设$A_1,A_2,\cdots,A_m$是$m$个两两可交换的实对称矩阵，证明他们可以同时正交对角化。

$\\$ 本题有个陷阱，两两可同时对角化不能说明全部可同时对角化。$\\$

法一：

$\\$ 证明：$\\$ 用数学归纳法，按照矩阵个数归纳。$\\$ 当$m=2$时，显然成立。$\\$ 假设矩阵个数为$m-1$时命题成立，即矩阵$A_2,A_3,\cdots,A_m$可交换$\implies$可同时对角化。考察矩阵个数为$m$的情况，设$A_1$与$A_2,A_3,\cdots,A_m$可交换。$\\$ 由归纳假设，对任意$2 \leq k \leq m$，存在正交矩阵$Q$，使得$Q^{\mathrm{T}}A_kQ=\begin{bmatrix} \lambda_1I&&&\\ &\lambda_2I&&\\ &&\ddots&\\ &&&\lambda_nI \end{bmatrix}. \\$ 设$Q^{\mathrm{T}}A_1Q=\begin{bmatrix} A_{11}&A_{12}&\cdots&A_{1n}\\ A_{21}&A_{22}&\cdots&A_{2n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ A_{n1}&A_{n2}&\cdots&A_{nn}\\ \end{bmatrix}.$且其分块与$Q^{\mathrm{T}}A_kQ$相同。$\\$ 显然$Q^{\mathrm{T}}A_kQ$和$Q^{\mathrm{T}}A_1Q$可交换。由可交换性得 $$ \begin{bmatrix} \lambda_1A_{11}&\lambda_1A_{12}&\cdots&\lambda_1A_{1n}\\ \lambda_2A_{21}&\lambda_2A_{22}&\cdots&\lambda_2A_{2n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ \lambda_nA_{n1}&\lambda_nA_{n2}&\cdots&\lambda_nA_{nn}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda_1A_{11}&\lambda_2A_{12}&\cdots&\lambda_nA_{1n}\\ \lambda_1A_{21}&\lambda_2A_{22}&\cdots&\lambda_nA_{2n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ \lambda_1A_{n1}&\lambda_2A_{n2}&\cdots&\lambda_nA_{nn}\\ \end{bmatrix} $$ 即$(\lambda_i-\lambda_j)A_{ij}=O$，且一定存在至少一个$k$使得$i \neq j$时$\lambda_i \neq \lambda_j$。所以$A_{ij}=O,(i \neq j). \\$ 于是$$Q^{\mathrm{T}}A_1Q=\begin{bmatrix} A_{11}&&&\\ &A_{22}&&\\ &&\ddots&\\ &&&A_{nn} \end{bmatrix}$$ 其中$A_{11},A_{22},\cdots,A_{nn}$均为实对称矩阵，可对角化。$\\$ 设$P_i^{\mathrm{T}}A_{ii}P_i=\varLambda_i, P=\begin{bmatrix} P_1&&\\ &\ddots&\\ &&P_n \end{bmatrix}$，则 $$ P^{\mathrm{T}}Q^{\mathrm{T}}A_1QP=\begin{bmatrix} \varLambda_1&&&\\ &\varLambda_2&&\\ &&\ddots&\\ &&&\varLambda_n \end{bmatrix} $$ $$ P^{\mathrm{T}}Q^{\mathrm{T}}A_kQP=\begin{bmatrix} P_1^{\mathrm{T}}\lambda_1IP_1&&&\\ &P_2^{\mathrm{T}}\lambda_2IP_2&&\\ &&\ddots&\\ &&&P_n^{\mathrm{T}}\lambda_nIP_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda_1I&&&\\ &\lambda_2I&&\\ &&\ddots&\\ &&&\lambda_nI \end{bmatrix} $$ 这说明若矩阵个数为$m-1$时命题成立，矩阵个数为$m$时也成立。于是$m \geq 2$时命题均成立。$\\$

法二：

$\\$ 证明：$\\$ 用数学归纳法，按照矩阵阶数归纳。$\\$ 当矩阵阶数$n=1$时，显然成立。$\\$ 假设矩阵阶数$\leq n-1$时命题成立，即$n-1$阶矩阵$A_1,A_2,\cdots,A_m$可交换$\implies$他们可同时对角化。$\\$ 考察矩阵阶数为$n$的情况，设$n$阶矩阵$A_1,A_2,\cdots,A_m$可交换。$\\$ 不妨取$A_1$的一个特征值$\lambda$，对应的特征向量子空间的一组正交基是$(\bm{q}_1,\bm{q}_2,\cdots,\bm{q}_s)$，将这一正交基张成$\mathbb{R}^n$的一组正交基$(\bm{q}_1,\bm{q}_2,\cdots,\bm{q}_s,\cdots,\bm{q}_n).\\$ 设$Q=\begin{bmatrix} \bm{q}_1&\bm{q}_2&\cdots&\bm{q}_s&\cdots&\bm{q}_n \end{bmatrix}$，则$Q^{\mathrm{T}}A_1Q=\begin{bmatrix} \lambda I_s&\\ &A_{1,22} \end{bmatrix},Q^{\mathrm{T}}A_kQ=\begin{bmatrix} A_{k,11}&A_{k,12}\\ A_{k,12}^{\mathrm{T}}&A_{k,22} \end{bmatrix}$，其中$2 \leq k \leq m. \\$ 由可交换性，$$\begin{bmatrix} \lambda A_{k,11}&\lambda A_{k,12}\\ A_{1,22}A_{k,12}^{\mathrm{T}}&A_{1,22}A_{k,22} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda A_{k,11}&A_{k,12} A_{1,22}\\ \lambda A_{k,12}^{\mathrm{T}}&A_{k,22}A_{1,22} \end{bmatrix}$$ 即$A_{1,22}A_{k,12}^{\mathrm{T}}=\lambda A_{k,12}^{\mathrm{T}}$，而$\lambda$显然不是$A_{1,22}$的特征值。于是$A_{1,22}=O$。此外$A_{1,22}A_{k,22}=A_{k,22}A_{1,22}$，同理可得$A_{k,22}$两两可交换，$A_{k,11}$两两可交换。$\\$ 所以$Q^{\mathrm{T}}A_kQ=\begin{bmatrix} A_{k,11}&\\ &A_{k,22} \end{bmatrix}$，且$\lambda I_n,A_{2,11},\cdots,A_{m,11}$两两可交换，$A_{1,22},A_{2,22},\cdots,A_{m,22}$两两可交换。根据归纳假设，他们都可以同时对角化。$\\$ 这说明若矩阵阶数为$n-1$时命题成立，矩阵阶数为$n$时也成立。于是$n \geq 1$时命题均成立。$\\$

6.1.12 $\quad$ 当$n$充分大时，矩阵$A=\begin{bmatrix} 1&10^{-n}\\ 0&1+10^{-n} \end{bmatrix}$非常接近对称矩阵。计算其谱分解，并求两个线性无关特征向量的夹角。

$\\$ 解：谱分解为$A=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&\\ &1+10^{-n} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}.$线性无关特征向量的夹角是$\frac{\pi}{4}.\\$ 这说明，对实对称矩阵进行微小的扰动就可以造成特征向量以及谱分解的巨大变化。谱分解不是良态的(见课本例6.3.5)。$\\$

6.1.13 $\quad$ 设$\lambda_1$是实对称矩阵$A$最大的特征值。证明$A$的左上角元素$a_{11}\leq \lambda_1.\\$

证明： $$a_{11}=\frac{\bm{e}_1^{\mathrm{T}}A\bm{e}_1}{\bm{e}_1^{\mathrm{T}}\bm{e}_1}\leq \max_{\bm{x}\neq\bm{0}}{\frac{\bm{x}^{\mathrm{T}}A\bm{x}}{\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{x}}}=\lambda_1.$$

6.1.14-15

$\\$ 略。$\\$

6.1.16 $\quad$ 设实对称矩阵$S=\begin{bmatrix} O&A\\ A^{\mathrm{T}}&O\\ \end{bmatrix}.$ $\\$

1.$\quad$ 证明，$S\bm{x}=\lambda\bm{x}$，当且仅当$\bm{x}=\begin{bmatrix} \bm{y}\\ \bm{z} \end{bmatrix}$，满足$A\bm{z}=\lambda\bm{y},A^{\mathrm{T}}\bm{y}=\lambda\bm{z}.\\$ 2. $\quad$ 证明，如果$\lambda$是$S$的特征值，则$-\lambda$也是$S$的特征值。$\\$ 3. $\quad$ 证明，如果$\lambda \neq 0$是$S$的特征值，则$\lambda^2$是$A^{\mathrm{T}}A$的特征值，也是$AA^{\mathrm{T}}$的特征值。$\\$ 4. $\quad$ 证明，$AA^{\mathrm{T}}$和$A^{\mathrm{T}}A$的非零特征值相同，且有相同的重数。$\\$ 5. $\quad$ 分别取$A=I_2$或$A=\begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix}$，求对应$S$的谱分解。$\\$ 1.证明：$\\$ 先证 $S\bm{x}=\lambda\bm{x} \implies\bm{x}=\begin{bmatrix} \bm{y}\\ \bm{z} \end{bmatrix}$，满足$A\bm{z}=\lambda\bm{y},A^{\mathrm{T}}\bm{y}=\lambda\bm{z}.\\$ 显然$$S\begin{bmatrix} \bm{y}\\ \bm{z} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A\bm{z}\\ A^{\mathrm{T}}\bm{y} \end{bmatrix} = \lambda\begin{bmatrix} \bm{y}\\ \bm{z} \end{bmatrix} \implies A\bm{z}=\lambda\bm{y},A^{\mathrm{T}}\bm{y}=\lambda\bm{z}. $$ 再证 $\bm{x}=\begin{bmatrix} \bm{y}\\ \bm{z} \end{bmatrix}$，满足$A\bm{z}=\lambda\bm{y},A^{\mathrm{T}}\bm{y}=\lambda\bm{z}\implies S\bm{x}=\lambda\bm{x}. \\$ 显然$S\bm{x}=\begin{bmatrix} A\bm{z}\\ A^{\mathrm{T}}\bm{y} \end{bmatrix} = \lambda\begin{bmatrix} \bm{y}\\ \bm{z} \end{bmatrix} =\lambda\bm{x} \\$ 2. 证明：$\\$ 设$\lambda$是$S$的特征值，对应的特征向量为$\begin{bmatrix} \bm{y}\\ \bm{z} \end{bmatrix}.\\$ 注意到$S\begin{bmatrix} \bm{y}\\ -\bm{z} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -A\bm{z}\\ A^{\mathrm{T}}\bm{y} \end{bmatrix} = -\lambda\begin{bmatrix} \bm{y}\\ -\bm{z} \end{bmatrix} $，所以$-\lambda$也是特征值。$\\$ 3. 证明：$\\$ 由第(1)小问可知若$\lambda$是$S$的特征值，则$A\bm{z}=\lambda\bm{y},A^{\mathrm{T}}\bm{y}=\lambda\bm{z}.\\$ 所以$A^{\mathrm{T}}A\bm{z}=A^{\mathrm{T}}\lambda\bm{y}=\lambda^2\bm{z},AA^{\mathrm{T}}\bm{y}=A\lambda\bm{z}=\lambda^2\bm{y}.$即$\lambda^2$是$A^{\mathrm{T}}A,AA^{\mathrm{T}}$的特征值。$\\$ 4.证明：$\\$ 任取$AA^{\mathrm{T}}$的一个特征值$\lambda$且$\lambda \neq 0$，其对应的特征向量是$\bm{x}.\\$ 于是$$(\lambda I-AA^{\mathrm{T}})\bm{x}=\bm{0}\implies (\lambda IA^{\mathrm{T}}-A^{\mathrm{T}}AA^{\mathrm{T}})\bm{x}=\bm{0}\implies (\lambda I-A^{\mathrm{T}}A)(A^{\mathrm{T}}\bm{x})=\bm{0}$$ 又因为$AA^{\mathrm{T}}\bm{x}=\lambda\bm{x}$，且$\lambda \neq 0,\bm{x} \neq \bm{0}$，所以$A^{\mathrm{T}}\bm{x}\neq \bm{0}$。这说明$\lambda$也是$A^{\mathrm{T}}A$的特征值，对应的特征向量是$A^{\mathrm{T}}\bm{x}$，所以$AA^{\mathrm{T}}$和$A^{\mathrm{T}}A$的非零特征值相同，几何重数也相同。考虑到$AA^{\mathrm{T}}$和$A^{\mathrm{T}}A$都是实对称矩阵，一定可以对角化，所以非零特征值对应的几何重数和代数重数也相等。$\\$ 即$AA^{\mathrm{T}}$和$A^{\mathrm{T}}A$的非零特征值相同，且有相同的重数。$\\$ 5. 解：$\\$ 当$A=I_2$时， $$S=\frac{\sqrt{2}}{2} \begin{bmatrix} 1&0&-1&0\\ 0&1&0&-1\\ 1&0&1&0\\ 0&1&0&1\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&&&\\ &1&&\\ &&-1&\\ &&&-1\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&1&0\\ 0&1&0&1\\ -1&0&1&0\\ 0&-1&0&1\\ \end{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}.$$ 当$A=\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ \end{bmatrix}$时， $$S=\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 1&1&\sqrt{2}\\ 1&1&-\sqrt{2}\\ \sqrt{2}&-\sqrt{2}&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \sqrt{2}&&\\ &-\sqrt{2}&\\ &&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&\sqrt{2}\\ 1&1&-\sqrt{2}\\ \sqrt{2}&-\sqrt{2}&0 \end{bmatrix} \frac{1}{2}.$$

6.1.17 $\quad$ 构造一个实方阵$A$，满足$AA^{\mathrm{T}}=A^{\mathrm{T}}A$但$A\neq A^{\mathrm{T}}$，并验证$A$和$A^{\mathrm{T}}$具有相同的特征值和特征向量。注意，这里相同的特征向量不意味着对应的特征值相同。

$\\$ 略。$\\$

6.1.18 $\quad$ 考虑下列复对称矩阵。

$\\$ 1. 设复对称矩阵$A=\begin{bmatrix} i&1\\ 1&-i \end{bmatrix}$，计算$A^2$，并判断$A$是否可对角化。$\\$ 解：$\\$ $A^2=O$，几何重数和代数重数不相等，不可对角化。$\\$ 2. 设复对称矩阵$F_4=\begin{bmatrix} 1&1&1&1\\ 1&i&-1&-i\\ 1&-1&1&-1\\ 1&-i&-1&i\\ \end{bmatrix}$，计算$F_4^2$和$F_4\overline{F_4^{\mathrm{T}}}$；根据$F_4^2$的特征值、$F_4$的迹和行列式，求$F_4$的所有特征值。是否存在实正交矩阵$Q$，使得$Q^{\mathrm{T}}F_4Q$是对角阵？$\\$ 解：$\\$ $A^2=\begin{bmatrix} 4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 0 \end{bmatrix}, F_4\overline{F_4^{\mathrm{T}}}= \begin{bmatrix} 4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}.$ $F_4$的所有特征值分别是$2,-2,2i.\\$ 存在实正交矩阵$Q$，使得$Q^{\mathrm{T}}F_4Q$是对角阵$$ \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&1&1\\ 1&i&-1&-i\\ 1&-1&1&-1\\ 1&-i&-1&i\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2i \end{bmatrix}. $$

6.1.19-21

$\\$ 略。