专题反对称矩阵的性质及应用
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专题:反对称矩阵的性质及其应用 充分性.(法1)由X T AX = 0,等式两边取转置可得X T AT X = 0.于是 X T (A + AT )X = 0, 由X 的任意性可得A + AT = 0,即A = −AT .
(法2)设A = (aij )n×n ,令X = ei + ej ,其中ei 表示第i个分量为1,其余分量为0的n维列向 量,则 0 = X T AX = (ei + ej )T A(ei + ej ) = bij + bji , i, j = 1, 2, · · · , n. 从而结论成立. 例 3.7 设A为n阶实可逆阵,S 为n阶实反对称阵,求证|AAT + S | > 0. 证明: (法1) 首先AAT 为正定阵,若|AAT + S | = 0,则有非零向量α使得(AAT + S )α = 0.于是 0 = αT (AAT + S )α = αT (AAT )α > 0 矛盾.故|AAT + S | ̸= 0. 下证|AAT + S | > 0.作[0, 1]上的实连续函数: f (x) = |AAT + xS | 由上面的证明可知,对∀x ∈ [0, 1],都有f (x) = |AAT + xS | ̸= 0. 而f (0) = |AAT | > 0,若f (1) = |AAT + S | < 0,则由连续函数的介值性知∃x0 ∈ (0, 1)使 得f (x0 ) = |AAT + x0 S | = 0.矛盾. (法2)设λ为AAT + S 的实特征值,α为对应的实特征向量,即 (AAT + S )α = λα 于是 λαT α = αT (AAT + S )α = αT (AAT )α 由于A可逆,故AAT 正定,从而λ > 0.而AAT + S 的虚特征值成对按共轭出现,故 |AAT + S | > 0
2 2 2 QT A2 Q = diag (−a2 1 , −a1 , · · · , −ar , −ar , 0, · · · , 0)
例 3.8 (上海交大03)设A为n阶反对称阵,B = diag (a1 , a2 , · · · , an ), ai > 0.证明|A + B | > 0. 例 3.9 设A正定,B 实反对称,则|A + B | > 0. 例 3.10 设A正定,B 实反对称,则r(A + B ) = n.
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2 反对称矩阵的定义
定义 2.1 设A = (aij )是一个n阶方阵,若AT = −A(aij = −aji ),则称A为反对称矩阵.
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专题:反对称矩阵的性质及其应用
3 反对称矩阵的性质
利用反对称矩阵的定义,易得如下结果: 例 3.1 设A, B 为n阶反对称矩阵,k 为常数,l为正整数,则 (1)反对称矩阵主对角元全为0; (2)A + B, A − B, kA, AB − BA都是反对称矩阵; (3)AB 为反对称矩阵的充要条件为AB = −BA; (4)当l为奇数时,Al 为反对称矩阵,当l为偶数时,Al 为对称矩阵. 例 3.2 设A为一n阶方阵,则 (1)A − AT 必为反对称矩阵; (2)A可唯一表示为一对称矩阵与一反对称矩阵之和,即A = 例 3.3 设A是n阶反对称矩阵,则 (1)当n为奇数时,|A| = 0; (2)若A可逆,则n为偶数,且A−1 也是反对称矩阵. 例 3.4 设A是n阶反对称矩阵,A∗ 为A的伴随矩阵,则当n为偶数时,A∗ 为反对称矩阵, 当n为奇数时,A∗ 为对称矩阵. 证明:利用(A∗ )T = (AT )∗ , (kA)∗ = k n−1 A∗ 可得. 例 3.5 设A为n阶反对称矩阵,B 为n阶对称矩阵,则AB + BA为n阶反对称矩阵. 例 3.6 设A为n阶矩阵,则A为反对称矩阵的充要条件为对任意的n维列向量X 有X T AX = 0. 证明:必要性.(法1)注意到A是反对称矩阵,则 X T AX = X T (−AT )X = −(X T AX )T = −X T AX, 故X T AX = 0. (法2)设 0 a12 a13 −a12 0 a23 −a13 −a23 0 A= . . . . . . . . . −a1n −a2n −a3n 则计算可得X T AX = 0. ◇※☆■◇◇※☆■◇ 2 高等代数资源网 ··· ··· ··· . . . ··· x1 a1n a2n x2 a3n , X = x3 , . . . . . . xn 0 A + AT A − AT + . 2 2
专题:反对称矩阵的性质及其应用
例 3.16 设A为实反对称矩阵,则相应于A的纯虚数特征值的特征向量,其实部与虚部 实向量的长度相等且相互正交. 证明: 设α = X + Y i是A关于特征值λ = ki(k ̸= 0)的特征向量,即 A(X + Y i) = ki(X + Y i) 所以 AX = −kY, AY = kX 于是 0 = X T AX = X T (−kY ) = −kX T Y 从而X, Y 正交. 又 k (X T X − Y T Y ) = X T AY + Y T AX = X T AY − (X T AY )T = 0 故X, Y 的长度相等. 例 3.17 (苏州大学02)设A为n × n实反对称阵.证明:−A2 是半正定的. 例 3.18 (东南大学00)设A为n阶正定矩阵,B 为n阶实反对称阵,求证A − B 2 为正定阵. 注:特别,E − A2 正定. 证明: (法1)首先 (A − B 2 )T = AT − (B 2 )T = A − B 2 ∀0 ̸= x ∈ Rn ,有 xT (A − B 2 )x = xT Ax + xT B T Bx = xT Ax + (Bx)T Bx > 0 即结论成立. (法2)特征值的角度. 例 3.19 (南开大学2011)设A为实反对称矩阵.证明:E − A10 一定是正定矩阵. 注:更一般的结果为: 设A为实反对称矩阵.证明:E − A2(2k+1) , (k = 0, 1, 2, · · · )一定是正定矩阵. 例 3.20 设A为实反对称阵,则 (1)存在正交阵Q,使得
这与A正定矛盾. 例 3.11 (武汉大学2011)设A是n阶实矩阵,且∀α(̸= 0) ∈ Rn×1 ,均有αT Aα > 0.求 证:detA > 0. 例 3.12 (南开06竞赛)设A为n阶实方阵,且A + AT 为正定阵,证明detA > 0. 证明:(法1)由于 1 1 A = (A + AT ) + (A − AT ) 2 2 而1 (A + AT )为正定阵, 1 (A − AT )为反对称阵.从而由(例3.7)的结论可得. 2 2 A + AT A − AT ,C = 2 2 首先,det(A) ̸= 0.否则,存在x ̸= 0使得Ax = 0,于是 A = B + C, B = 0 = xT Ax = xT (B + C )x = xT Bx + xT Cx = X T Bx > 0 矛盾. 下证det(A) > 0.否则|A| < 0,令f (t) = |B + tC |,则由上面的证明知f (t) ̸= 0, ∀t ∈ [0, 1].但 是在[0,1]上连续,且 f (0) = |B | > 0, f (1) = |A| > 0 由介值定理,存在t0 ∈ [0, 1]使得f (t0 ) = 0.矛盾. 从而结论成立. (法3)设λ ∈ R为矩阵A的任一实特征值,α ∈ Rn 为对应的特征向量,即 Aα = λα 从而 αT AT = λαT 于是由A + AT 正定有 2λαT α = αT (A + AT )α > 0 即λ > 0.而A的虚特征值成对出现,且互为共轭,从而|A| > 0. 例 3.13 设A为n阶实可逆反对称矩阵,b为n维实列向量,则 (1)r(A + bbT ) = n; ( ) A b (2)r T = n. b 0 ◇※☆■◇◇※☆■◇ 4 高等代数资源网 (法2)由于
专题:反对称矩阵的性质及其应用 证明:(1)由于 |A + bbT | = |A| + bT A∗ b,
注意到A可逆,从而A∗ 也是反对称矩阵,故bT A∗ b = 0.于是|A + bbT | = |A| ̸= 0,从而结论成 立. (2)注意到A−1 是反对称矩阵以及 ) ( ) ( )( )( ) ( A 0 A 0 E 0 A b E −A−1 b = = . 0 −bT A−1 b 0 0 −bT A−1 1 bT 0 0 1 即可. 例 3.14 (苏州大学2011)设A是可逆的实对称n阶方阵,B是实反对称n阶方阵,且 有AB = BA.求证:A + B 可逆。 证明:(法1)可知 AAT 正定,BB T = −B 2 半正定,故 AAT + BB T = A2 − B 2 正定. 于是 (A + B )(A + B )T = (A + B )(A − B ) = A2 − B 2 故结论成立. (法2) 反证法.否则方程组(A + B )x = 0有非零解.设为y.则由A可逆及AB = BA可得 0 = y T (A + B )T (A + B )y = y T (AT − B )(A + B )y = y T (AT A + B T B )y > 0 矛盾. (法3)反证法.否则方程组(A + B )x = 0有非零解.设为y.则由A可逆有 0 = y T AT (A + B )y = y T AT Ay + y T AT By, 而 (y T AT By )T = y T B T Ay = −y T BAy = −y T AT By, 即y T AT By = 0,从而0 = y T AT AY = (Ay )T (Ay ),故Ay = 0,有A可逆有y = 0.矛盾. (法4)只需证明 A−1 (A + B ) = E + A−1 B 可逆即可.由AB = BA有A−1 B = B −1 A,于是 (A− B )T = B T (AT )−1 = −BA−1 = −A−1 B, 即A−1 B 是实反对称矩阵,其特征值为0或纯虚数,从而E + A−1 B 的特征值都不是0.结论成 立. 例 3.15 实反对称阵的特征值为零或纯虚数. ◇※☆■◇◇※☆■◇ 5 高等代称矩阵的性质及其应用 证明:若r(A + B ) < n,则|A + B | = 0,于是存在x0 ∈ Rn , x0 ̸= 0使得 (A + B )x0 = 0 从而