【正文】 1kiii A???= 1T? 11kkII????????T=A。 定理 1： n 階矩陣 A 與對角矩陣相似（即 A 可對角化）的充分必要條件是 A有 n 個線性無關的特征向量。 定理 3：若 A 的每一個特征值的幾何重數(shù)和她的代 數(shù)重數(shù)相等，則 A可對角化。 例 3：設 n 階方陣 A 滿足 2A =A,且 r（ A） =r A相似于對角矩陣000rE??????。用 ? 右乘 2A =A 得 2A ? =A? ，于是有 2? ? =? ? ，即（ 2? ? ） ? =0，由? ≠ 0 得 2? ? =0，從而 ? =1 或 ? = 0= 2A A=A（ AE），得 r（ A） +r(AE)≤ r（ A） +r(AE)= r（ A） +r(EA)≥ r(A+EA)=r(E)=n 故有 r（ A）+r(AE)=n。這表明 A 共有 n個線性無關特征向量，從而 A可對角化。 第二種情況：用 定理 2來做 下面 證明題。 證：設 A的 n個互異特征值為 12, ,..., na a a ，則存在 n 階可逆矩陣 P，使得1P? AP=12naaa????????=∧。設 D= 1P? BP=()ij nnd ? ，則由∧ D=D∧得 ia ijd = ja ijd ，即（ ia ja ） ijd = ia ≠ ja （ i≠ j）知 ijd =0（ i≠ j）即 D= 1122nnddd????????，故 B 可對角化。 證： 1V 是 ( ) 0wE A x??的解空間， 2V 是 2( ) 0wE A x?? 的解空間，條件“ 2( ) 0wE A x??可以導出 ( ) 0wE A x??”的含義是 2V ? 1V 但總有 1V ? 2V 。 先證必要性。其中 1? ， ? , n? 為 A的全部特征值。從而1T? 2()wE A? T=212()()nww??????????。而 1V ? 2V ，從而 1V =2V 。證法類似）時，有1T? ()wE A? T=10kkn??????????????。所以1dimV = 2dimV 即 1V = 2V 。設 1V =2V 。所以假設不成立。證畢。 例 6：設 A 是 n 階方陣，滿足 2A =I，證明 A可對角化。則可得 2A X= 2a X=X，因而有 2a =1，所以 A 的特征值為 1a =1， 2a = 1a =1 的代數(shù)重數(shù)為 1n ， 2a =1的代數(shù)重數(shù)為 2n ，則有 1n +2n =n。設 1a =1的幾何重數(shù)為 1m 就是方程組（ IA） X=0 的基礎解析所含向量的個數(shù)，因而 1m =nr（ IA） 。由于 r〔（ IA） +（ I+A） 〕≤ r（ IA） + r（ I+A） ，得到 n≤ r（ IA） + r（ I+A） 。故有 r（ IA） + r（ I+A） =n。又由于幾何重數(shù)不大于代數(shù)重數(shù)，所以它們相等。 例 7：設 A 是一個 n 階復矩陣， f(? )是 A的特征多項式，求證： A 可對角化的充分必要條件是如果 a是 f(? )的 k 重根，則 aEA的秩等于 nk。其中 1a ， 2a ， ? , sa 互不相同，且 1r +2r +? + sr =n. (1)先證必要性。類似可證秩（ ia EA） =nir （ i=1,2， ? ,s） 。由于秩（ ia EA） =nir （ i=1,2， ? ,s）。 在（ sa EA） ? =0 中，有 sr 個線性無關的特征向量為11... 1,...,sr r n???? ? ?。 用矩陣對角化的方法證明高代里的一些問題 第一種情況：利用對于任意一個 n級實對稱矩陣 A，都存在一個 n 級正交矩陣 T，使 39。再結(jié)合正定矩陣和一個對角線上元素全都大于零的對角矩陣合同可以證明一些有關正定矩陣的問題。 證： AB∈ nnR? ， 39。B 39?？梢宰C明：存在同一個實可逆陣，使 1T? AT= 1 00 naa??????， 1T? BT= 1 00 nbb??????①。1139。39。有 AB=BA 得（ 1P? AP）（ 1P? BP） = 1P? ABP= 1P? BAP=（ 1P? BP）（ 1P? AP）于是 39。B =B，可得 39。i i iQBQ =1 00 iiikbb??????（ i=1,2， ? ,s）都是對角陣，再令 Q= 1s??????那么 Q 是正交陣，且令 T=PQ，則 1T? BT= 1Q? （ 1P? BP）Q=1111100sksskbbbb??????????為對角陣。1139。1139。由于 A,B 正定，所以 ia 0, ib 0(i=1,2,? ,n)進而 1T ABT? =（ 1T? AT）（ 1T? BT） = 11nnabab??????∵ ia ib 0(i=1,2,? ,n),∴ AB 是正定陣。 證：有 A為正定矩陣，則有可逆陣 T，使 39。T BT為對稱陣，則存在正交陣 Q使1239。nbbQ T BT Qb?????????，其中 1b ， 2b ， ? , nb 為 39。令 P=TQ，則 39。39。P BP=12nbbb????????.由 B正定T 可逆知 39。由 39。由1A? = 39。P ，1B? =1239。P ，所以1B? 1A? =P11121111nbbb????????????39。()P? =11121111nbbb????????????。 例 3： 設 A為 n級實對稱矩陣，則存在實數(shù) a，使得 aEA為正定矩陣，這里 E為單位矩陣。證明：若對于任意的 i， j，均有 ia jb ,則 AB為正定矩陣。令 A 的特征值為 1,..., naa，只需實數(shù) a使 amax{ 1,..., naa},即有 aEA的特征值為 1,..., na a a a??。 令 1X =min{ 1,..., naa}， 2X =max{ 1,...,nbb}，則由于對于任意的 i， j，均有 ia jb ,那么 1X 2X .由于實數(shù)的稠密性知存在 c， d,使 1X cd 2X .由于A,B 均為 n 級正定矩陣，再由于 的證明過稱知 39。()dE B? = dE B? 。PAP = 1naa??????, 39。39。()Q dE B Q? = 1ndbdb????????。由此對于任意的 X≠ 0 有39。X ()A cE? X+ 39。()A cE dE B? ? ?= A cE dE B? ? ? 故 A cE dE B? ? ? 為正定矩陣。()AB? =AB，故 AB存在 n 個特征值，不妨設為 1,...,nss，故存在正交陣 M使 M(AB) 39。M = 1nd c sd c s??????????。故 AB與一個對角線元素都大于零的對角矩陣合同，所以 AB為正定矩陣。證明一些矩陣的秩相等的問題。證明：存在 r1 個 n階對稱矩陣 1 2 1, ,..., rC C C ? ，使得 r( 1C A)=r( 1iiCC? ? )=r(B 1rC? )=1,i=1,2,? ,r2. 證明：由于 A,B 為對稱矩陣，故 39。B =B. 39。B 39。由 r(BA)=r，故存在正交陣 P 使39。P ，其中 1a ， ? ， ra 為 BA 的 r 個非零特征值。P ， ? , 1rC? 2rC? =P10000ra ???????????39。P ,故r( 1C A)=r( 1iiCC? ? )=r(B 1rC? )=1,i=1,2,? , 1C =