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[原创]专题:正交矩阵的性质及其应用

专题:正交矩阵的性质及其应用 高等代数资源网

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2. 正交矩阵的定义 \begin{definition}%
设$A\in R^{n\times n},$若$A^{T}A=E,$则称$A$为正交矩阵.
\end{definition}
3. 正交矩阵的性质

Example 1. %
设$A$为$n$阶实矩阵,则以下几条等价:

(1)$A$为正交矩阵;

(2)$AA^{T}=E;$

(3)$A^{T}=A^{-1};$

(4)$A$的行(列)向量是两两正交的单位向量,即为欧氏空间$R^{n}$(标准内积)的一组标准正交基.

Example 2. (1)交换单位矩阵的行或列得到的矩阵(置换矩阵)是正交矩阵;

(2)置换矩阵与任一正交矩阵的乘积还是正交矩阵,即交换正交矩阵的行或列得到的矩阵还是正交矩阵;

(3)正交矩阵的一行(列)乘以$-1$得到的矩阵仍为正交矩阵.

Example 3. %
(1)上三角的正交矩阵必为对角矩阵,且对角元为1或$-1.$

(2)如果正交矩阵 $A$是分块上三角矩阵,则 $A$ 是分块对角矩阵,且 $A$ 的主对角线上的所有子矩阵都是正交矩阵。


Example 4. %
设$A$为正交矩阵,则

(1)$|A|=1$或$-1;$

(2)$A$可逆,$A^{-1}=A^{T}$也是正交矩阵;

(3)$A^{*}$是正交矩阵.

Example 5. %
设$A,B$都是正交矩阵,则

(1)$AB,A^{m},A^{T}B=A^{-1}B,AB^{T}=AB^{-1},A^{T}BA=A^{-1}BA$都是正交矩阵.其中$m$为正整数.

(2)$\begin{pmatrix}%
A&0\\
0&B
\end{pmatrix},
\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}%
A&A\\
-A&A
\end{pmatrix}$都是正交矩阵.

Example 6. (1)(北京理工04,太原科技06)设$A,B$均为n阶正交矩阵,且$|A|=-|B|,$证明:$$|A+B|=0.(r(A+B)^{*}\leq1).$$

(2)设$A,B$均为n阶正交矩阵,$n$为奇数且$|A|=|B|,$证明:$|A-B|=0;$

(3)设$A,B$均为n阶正交矩阵,$n$为奇数.则$(A+B)(A-B)$不可逆.

(4)(南开13)设$A,B$为$n$阶正交阵,则$|A|=|B|$当且仅当$n-r(A+B)$为偶数.

(5)设$A,B$为$n$阶正交阵,$|A||B|=1.$则$$\ker (A+B)=\{x\in R^{n}|(A+B)x=0\}$$的维数是偶数.

\textbf{证明:}(1)(法1)\begin{equation*}
\begin{split}
|A||A+B| & =|A^T||A+B|=|E+A^TB|\\
&=|B^TB+A^TB|=|B^T+A^T||B|=|B||A+B|
\end{split}
\end{equation*}
由于$|A|=-|B|,$以及$|B|\neq0,$可得结论成立.

(法2)$|AB^T|=1,$而$AB^T$为正交矩阵,又$AB^T$的实特征值为1或$-1,$虚特征值成对出现,故$AB^T$必有特征值$-1,$
从而
$$|-E-AB^T|=0$$

$$|-B-A||B^T|=0$$
从而结论成立.

(2)由$$\begin{aligned}%
|A-B|&=|BB^{T}A-BA^{T}A|=|B||B^{T}-A^{T}||A|\\
&=|B|^{2}|B^{T}-A^{T}|=|-(A-B)^{T}|=(-1)^{n}|A-B|
\end{aligned}$$
知$n$为奇数时,$|A-B|=-|A-B|$,即$|A-B|=0.$

(3)一方面
$$\begin{aligned}%
|(A+B)(A-B)|&=|A+B||A-B|=|(A+B)^{T}||A-B|\\
&=|A^{T}+B^{T}||A-B|=|(A^{T}+B^{T})(A-B)|\\
&=|B^{T}A-A^{T}B|,
\end{aligned}$$
另一方面
$$\begin{aligned}%
|(A+B)(A-B)|&=|A-B||A+B|=|(A-B)^{T}||(A+B)|\\
&=|A^{T}-B^{T}||A+B|=|(A^{T}-B^{T})(A+B)|\\
&=|A^{T}B-B^{T}A|,
\end{aligned}$$
于是
$$|(A+B)(A-B)|=(-1)^{n}|(A+B)(A-B)|,$$
由$n$为奇数,故$|(A+B)(A-B)|=0.$

(4)考虑$C=AB^{-1},$则
$$r(A+B)=r(C+E)$$
而$n-r(C+E)$就是$C$的特征值中$-1$的个数,所以$|C|=1$当且仅当特征值$-1$的个数为偶数.

(5)可知$|A^{-1}B|=1.$故$(A+B)x=0$等价于$(A^{-1}B)x=-x.$即$x$是$A^{-1}B$的属于特征值$-1$的特征空间.只需证明行列式为1的正交阵,特征值$-1$的特征空间$V_{-1}$是偶数维的.

Example 7. 设$A,B$都是$n$阶正交矩阵.

(1)当$|A|+|B|=0$时,$|A+B|$的值为多少?说明理由.

(2)当$n$是奇数时,$|(A-B)(A+B)|$的值为多少?说明理由.

特别的,有

Example 8. (1)(武汉大学,上海交大)设$A$为$n$阶实方阵,$A^{T}A=E,|A|=-1,$求证$|A+E|=0,$即$-1$是$A$的特征值.

(2)设$A$为奇数阶正交矩阵,$|A|=-1,$证明:$A$有特征值$-1,$即$|A-E|=0.$

\textbf{证明:}(法1)参看例6.

(法2)由于$A$的特征值只能为$1,-1$或$a+b i(a^{2}+b^{2}=1,b\neq0),$且复特征值成对出现互为共轭,因此可设$A$有$2s$个复特征值
$$a_{1}+b_{1} i,a_{1}-b_{1}i,\cdots,a_{s}+b_{s}i,a_{s}-b_{s}i,$$
$r$个特征值为1,$m$个特征值为$-1,$这里$2s+r+m=n.$由于
$$|A|=1^{r}(-1)^{m}(a_{1}+b_{1}i)(a_{1}-b_{1}i)\cdots(a_{s}+b_{s}i)(a_{s}-b_{s}i)=(-1)^{m},$$
从而可得.

Example 9. (1)$A$为正交阵,$|A|=-1$的充要条件为$A$有奇数个特征值为$-1.$

(1)$A$为正交阵,则$|A|=1$的充要条件为$A$有偶数个特征值为$-1.$


Example 10. %
设$A$为$n$阶正交矩阵,则

(1)$A$的复特征值的模为1,从而$A$的实特征值只能为1或$-1,$虚特征值成对互为共轭.

(2)若$\lambda=a+bi(a,b\in R,b\neq0)$是$A$的特征值,$\xi=\alpha+\beta i(\alpha,\beta\in R^{n})$是$A$的属于特征值$\lambda$的特征向量,则$\beta\neq0,\alpha,\beta$长度相等且正交.

\textbf{证明:}(1)设$\lambda\in C$是$A$的任一复特征值,$\alpha=(a_{1}+b_{1}i,\cdots,a_{n}+b_{n}i)(a_{j},b_{j}\in R)$为$A$的属于特征值$\lambda$的特征向量,即$A\alpha=\lambda\alpha,$则
$$(\bar{\lambda}\lambda)\bar{\alpha}\alpha=(\bar{\lambda\alpha})(\lambda\alpha)\alpha^{T}A^{T}A\alpha=\bar{\alpha}\alpha,$$
但是$\bar{\alpha}\alpha\neq0,$故$\bar{\lambda}\lambda=1,$即结论成立.

(2)由
$$A(\alpha+\beta i)=(a+b i)(\alpha+\beta i)$$
可得
\begin{equation}\label{eq1}
A\alpha=a\alpha-b\beta,A\beta=a\beta+b\alpha.
\end{equation}
若$\beta=0,$则由$A\beta=a\beta+b\alpha$可得$b\alpha=0,$而$b\neq0,$故$\alpha=0.$这样$\xi=0.$矛盾 .

下面证明$\alpha,\beta$长度相等且正交.

(法1)由(eq1)左乘$A^{T}$可得
$$\alpha=aA^{T}\alpha-bA^{T}\beta,\beta=aA^{T}\beta+bA^{T}\alpha,$$
于是
$$a\alpha=a^{2}A^{T}\alpha-abA^{T}\beta,b\beta=abA^{T}\beta+b^{2}A^{T}\alpha,$$
两式相加,由$a^{2}+b^{2}=1$可得
$$a\alpha+b\beta=A^{T}\alpha,$$
两边取转置可得
$$a\alpha^{T}+b\beta^{T}=\alpha^{T}A,$$
于是
$$a\alpha^{T}\alpha+b\beta^{T}\alpha=\alpha^{T}A\alpha=\alpha^{T}(a\alpha-b\beta)=a\alpha^{T}\alpha-b\alpha^{T}\beta,$$
由于$\beta^{T}\alpha=\alpha^{T}\beta,$故由上式可得$\alpha^{T}\beta=0.$即$\alpha,\beta$正交.

因为
$$a\alpha^{T}\beta+b\beta^{T}\beta=\alpha^{T}A\beta=\alpha^{T}(a\beta+b\alpha)=a\alpha^{T}\beta+b\alpha^{T}\alpha,$$
所以$\alpha^{T}\alpha=\beta^{T}\beta.$即$\alpha,\beta$长度相等.

(法2)由(eq1)有
$$\alpha^{T}\alpha=\alpha^{T}A^{T}A\alpha=(a\alpha-b\beta)^{T}(a\alpha-b\beta)=a^{2}\alpha^{T}\alpha-2ab\alpha^{T}\beta+b^{2}\beta^{T}\beta,$$
$$\beta^{T}\beta=\beta^{T}A^{T}A\beta=(a\beta+b\alpha)^{T}(a\beta+b\alpha)=b^{2}\alpha^{T}\alpha+2ab\alpha^{T}\beta+a^{2}\beta^{T}\beta,$$
两式相减可得
$$(a^{2}-b^{2}-1)(\alpha^{T}\alpha-\beta^{T}\beta)-4ab\alpha^{T}\beta=0.$$
另外,
$$\alpha^{T}\beta=\alpha^{T}A^{T}A\beta=(a\alpha-b\beta)^{T}(a\beta+b\alpha)=(a^{2}-b^{2})\alpha^{T}\beta+ab(\alpha^{T}\alpha-\beta^{T}\beta),$$
于是有
$$\left\{
\begin{aligned}%
(a^{2}-b^{2}-1)(\alpha^{T}\alpha-\beta^{T}\beta)-4ab\alpha^{T}\beta&=0\\
ab(\alpha^{T}\alpha-\beta^{T}\beta)+(a^{2}-b^{2}-1)\alpha^{T}\beta&=0
\end{aligned}
\right.$$
将其视为关于$(\alpha^{T}\alpha-\beta^{T}\beta),\alpha^{T}\beta$的方程组,其系数行列式不为0,所以方程组只有零解,故$\alpha^{T}\beta=0,\alpha^{T}\alpha=\beta^{T}\beta.$

Example 11. 设$\sigma$为$n$欧氏空间$V$的正交变换,$\sigma$在$V$的标准正交基$e_{1},\cdots,e_{n}$下的矩阵为$A,$
则$A$为正交阵,若复数$a+bi$为$A$的特征值,$\alpha+\beta i(\alpha,\beta\in R^{n})$为对应的特征向量.则

(1)$$A\alpha=a\alpha-b\beta,A\beta=b\alpha+a\beta$$
$$\sigma(\hat{\alpha})=a\hat{\alpha}-b\hat{\beta},\sigma(\hat{\beta})=b\hat{\alpha}+a\hat{\beta}$$
其中
$$\hat{\alpha}=(e_{1},\cdots)\alpha,\hat{\beta}=(e_{1},\cdots)\beta$$

(2)若$b\neq0,$则$|\alpha|=|\beta|,(\alpha,\beta)=0.$从而$|\hat{\alpha}|=|\hat{\beta}|,(\hat{\alpha},\hat{\beta})=0.$

(3)$V$可以分解为1维或2维彼此正交的$\sigma$的不变子空间的直和.

\textbf{证明:} (3)对$V$的维数$n$用数学归纳法.

当$n=1$时,结论成立.

假设结论对$n-1$成立.
设复数$a+bi$为$A$的特征值,$\alpha+\beta i(\alpha,\beta\in R^{n})$为对应的特征向量.

由(1)(2)可知
$$V_{1}=L(\hat{\alpha},\hat{\beta})$$
为$\sigma$的2维不变子空间,且
$$V=V_{1}\oplus V_{1}^{\bot }$$
对$V_{1}^{\bot}$利用归纳假设即可.
当$A$有特征值1或$-1$时.同样可得.

Example 12. (大连理工04)设$V$为4维欧氏空间,$\sigma$为$V$的一个正交变换.若$\sigma$无实特征值,则$V$可以分解为$\sigma$的两个正交的不变
子空间的直和.

\textbf{证明:}首先证明若$W$是正交变换$\sigma$的不变子空间,则$W^{\bot}$也是$\sigma$的不变子空间.实际上,若$W=\{0\},$则结论显然成立.下设$W\neq\{0\},$$\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{r}$是$W$的一组基,由$W$是不变子空间,则$\sigma(\beta_{1}),\sigma(\beta_{2}),\cdots,\sigma(\beta_{r})\in W,$于是$\sigma(W)\subseteq W.$而$\sigma$是可逆的,所以$\sigma(\beta_{1}),\sigma(\beta_{2}),\cdots,\sigma(\beta_{r})$线性无关,仍为$W$的基.这样$W=\sigma(W).$

$\forall\alpha\in W^{\bot},\beta\in W,$由$W$是$\sigma$的不变子空间以及$W=\sigma(W)$,则存在$\gamma\in W,$使得$\sigma(\gamma)=\beta,$于是
$$(\sigma(\alpha),\beta)=(\sigma(\alpha),\sigma(\gamma))=(\alpha,\gamma)=0,$$
即$\sigma(\alpha)\in W^{\bot}.$所以$W$是$\sigma$的不变子空间.

现在证明原问题.由于$\sigma$无实特征值,设$u+vi$是其一个复特征值,$\alpha+\beta i(\alpha,\beta\in R^{n})$是对应的特征向量,则由前题知$\alpha,\beta$正交,从而线性无关,于是$W=L(\alpha,\beta)$是$V$的2维子空间,且由前题知$W$是$\sigma$的不变子空间,这样
$$V=W\oplus W^{\bot},$$
而$dim W^{\bot}=2$且是$\sigma$的不变子空间.

Example 13. (大连理工03)设$V$是一个$n$维欧氏空间,$\sigma$是正交变换,在$V$的标准正交基下的矩阵为$A$,证明:

(1)若$u+vi$为$A$的一个虚特征根,则存在$\alpha,\beta\in V$使得
$$\sigma\alpha=u\alpha+v\beta,\sigma\beta=-v\alpha+u\beta$$

(2)若$A$的特征值皆为实数,则$V$可分解为一些两两正交的一维不变子空间的直和.

(3)(华东师大03)若$A$的特征值皆为实数,则$A$为对称阵.


Example 14. %
设$A$为$n$阶正交矩阵,$\lambda$为$A$的一个特征值,则$\dfrac{1}{\lambda}$也是$A$的特征值.

\textbf{证明:}由于$A$的特征值只能1或$-1,$或模为1的共轭复数,从而易知结论成立.

Example 15. (南京大学07)设$A$为三阶正交阵且$|A|=1.$求证:

(1)1是$A$的一个特征值;

(2)$A$的特征多项式为
$$f(\lambda)=\lambda^{3}-a\lambda^{2}+a\lambda-1$$
其中$a$为某个实数;

(3)若$A$的特征值全为实数,并且$|A+E|\neq0,$则
$$A^{T}=A^{2}-3A+3E$$

\textbf{证明:}(1)略.

(2)由于$A$的特征值为$1,\lambda_{1},\lambda_{2},$且$|\lambda_{1}|=|\lambda_{2}|=1.$于是$A$的特征多项式
$$f(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-\lambda_{1})(\lambda-\lambda_{2})=\lambda^{3}-a\lambda^{2}+a\lambda-\lambda_{1}\lambda_{2},$$
其中$a=1+\lambda_{1}+\lambda_{2}.$由于$\lambda_{1},\lambda_{2}$只能都为$-1$或互为共轭复数,因此
$$-1\leq a=1+\lambda_{1}+\lambda_{2}\leq 3,\lambda_{1}\lambda_{2}=1.$$
从而结论成立.

(3)由条件知$A$的特征值都是1,从而$A$的特征多项式为
$$f(\lambda)=\lambda^{3}-3\lambda^{2}+3\lambda-1,$$
于是
$$0=A^{3}-3A^{2}+3A-E,$$

$$E=A(A^{2}-3A+3E),$$
于是
$$A^{T}=A^{-1}=A^{2}-3A+3E.$$

注:正交矩阵特征多项式的系数是有规律的,有兴趣的可以参看:

张德菊,张晓敏.正交矩阵的特征多项式及特征根.大学数学.2007,23(1):151-154.

Example 16. 设3阶正交阵$A$的行列式为$-1,$证明
$$trA^{2}=2trA+(trA)^{2}$$

\textbf{证明:}由条件可知$A$的特征值为
$$-1,a+bi,a-bi(a^{2}+b^{2}=1,a,b\in R)$$
从而$A^{2}$的特征值为
$$1,(a+bi)^{2},(a-bi)^{2}$$
从而计算可得.

Example 17. (北京邮电07)$A\in R^{n\times n},A\neq0,n\geq3.$则$A$为正交阵的充要条件为$$A^{T}=A^{*}\mbox{或}A^{T}=-A^{*}$$

$$a_{ij}=A_{ij}\mbox{或}a_{ij}=-A_{ij}$$

\textbf{证明:} 必要性.若$|A|=1,$则由$AA^{*}=|A|E=E$可得
$$A^{-1}=A^{*}=A^{T}$$

若$|A|=-1,$同样可得.
充分性.(1)由$A^{T}=A^{*}$得
$$|A|=|A^{*}|=|A|^{n-1}$$
从而
$$|A|=0,1\mbox{或}-1$$

又$A\neq0,$不妨设$a_{ij}\neq0,$则
$$|A|=a_{i1}A_{i1}+\cdots+a_{ij}A_{ij}+\cdots+a_{in}A_{in}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}^{2}>0$$
从而$|A|=1.$故结论成立.
(2)若$A^{T}=-A^{*},$类似可证.

Example 18. (中南大学07)设$A$为非零实方阵,$A^{T}=A^{*}.$证明:

(1)$|A|\neq0;$

(2)若$\lambda$是$A$的特征值,则$|\lambda|^{2}=|A|$

Example 19. 设$A$为$n$阶实方阵,$n\geq3,$若$$A_{ij}=a_{ij},i,j=1,\cdots,n$$
且存在$A_{ij}\neq0.$则$A$为正交阵.

Example 20. 设$A=(a_{ij})$为3阶实矩阵,满足$A_{ij}=a_{ij},i,j=1,2,3,$且$a_{33}=-1.$求

(1)$|A|;$

(2)方程组$$A\begin{pmatrix}
x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}\\
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1\\
\end{pmatrix}
$$

\textbf{解:}(1)略.

(2)由条件可知$A$为正交矩阵,故可得$A$的第三行元素为
$$a_{31}=a_{32}=0,a_{33}=-1.$$
于是
$$\begin{pmatrix}
x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}\\
\end{pmatrix}=A^{-1}\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1\\
\end{pmatrix}
=A^{T}\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1\\
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
a_{31}\\
a_{32}\\
a_{33}\\
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
0\\
0\\
-1\\
\end{pmatrix}$$

Example 21. %
设$A=(a_{ij})$为$n$阶实矩阵,定义$\sigma(A)=\sum_{i,j=1}^{n}a_{ij}^{2}.$证明:$A$为正交矩阵的充要条件为对任意的$n$阶实矩阵$B$都有$\sigma(ABA^{T})=\sigma(B).$

\textbf{证明:}易知$\sigma(A)=tr(A^{T}A).$

必要性.
$$\begin{aligned}
\sigma(ABA^{T})&=tr(ABA^{T})^{T}(ABA^{T})=tr(AB^{T}A^{T}ABA^{T})\\
&=tr(AB^{T}BA^{-1})=tr(B^{T}B)=\sigma(B)
\end{aligned}
$$

充分性.设$A=(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n}),$其中$\alpha_{i}$为$A$的列向量,则令$B=E$时有
\begin{equation}\label{eq1}
n=\sigma(B)=\sigma(ABA^{T})=\sigma(AA^{T})=\sigma(A^{T}A)=\sum_{i=1}^{n}(\alpha_{i}^{T}\alpha_{i})^{2}+\sum_{i,j=1,\cdots,n,i\neq j}^{n}(\alpha_{i}^{T}\alpha_{j}).
\end{equation}
再取$B=e_{i}e_{i}^{T},$其中$e_{i}$表示第$i$个分量为1,其余分量为0的$n$为列向量,则
$$1=\sigma(B)=\sigma(ABA^{T})=\sigma(\alpha_{i}\alpha_{i}^{T})=\sigma(\alpha_{i}^{T}\alpha_{i})=(\alpha_{i}^{T}\alpha_{i})^{2}.$$
故$$\alpha_{i}^{T}\alpha_{i}=1.$$
带入(eq1)可得
$$\alpha_{i}^{T}\alpha_{j}=0,i,j=1,\cdots,n,i\neq j.$$

Example 22. 设$A$是$n$阶正交矩阵,则存在正交矩阵$T$使得
$$T^{-1}AT=T^{T}AT=\begin{pmatrix}
E_r&   &&&\\
&-E_s&&&\\
&       &\begin{pmatrix}
\cos\alpha_1&-\sin\alpha_1\\
\sin\alpha_1&\cos\alpha_1
\end{pmatrix}&&\\
&&&\ddots&\\
&&&&\begin{pmatrix}
\cos\alpha_l&-\sin\alpha_l\\
\sin\alpha_l&\cos\alpha_l
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}$$

\textbf{证明:}对$n$用数学归纳法.

当$n=1$时,结论显然成立.

假设阶数$\leq t$时,结论成立.当阶数为$t+1$时,

(1)若$A$有一个实根$\lambda_{0},$则取其单位特征向量$X_{1},$将其扩充为$R^{t+1}$的标准正交基$X_{1},X_{2},\cdots,X_{t+1}.$则
$$A(X_{1},X_{2},\cdots,X_{t+1})=(X_{1},X_{2},\cdots,X_{t+1})\begin{pmatrix}%
\lambda_{1}&\beta\\
0&A_{1}
\end{pmatrix}.$$
这里$A_{1}$是$t$阶矩阵.令$T_{1}=(X_{1},X_{2},\cdots,X_{t+1}),$则$T_{1}$为正交矩阵,且$$T_{1}^{-1}AT_{1}=\begin{pmatrix}%
\lambda_{1}&\beta\\
0&A_{1}
\end{pmatrix}$$
是正交矩阵.于是
$$E=\begin{pmatrix}
1&0\\
0&E_{t}
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}%
\lambda_{1}&\beta\\
0&A_{1}
\end{pmatrix}^{T}
\begin{pmatrix}%
\lambda_{1}&\beta\\
0&A_{1}
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}%
\lambda_{0}&\lambda_{0}\beta\\
\lambda_{0}\beta^{T}&\beta^{T}\beta+A_{1}^{T}A_{1}
\end{pmatrix},$$
于是$\lambda_{0}\beta=0,$从而$\beta=0.$于是$A_{1}^{T}A_{1}=E_{t}.$即$A_{1}$为正交矩阵,由归纳假设存在正交矩阵$T_{2}$使得
$$T_{2}^{-1}A_{1}T_{2}=\begin{pmatrix}
E_r&   &&&\\
&-E_s&&&\\
&       &\begin{pmatrix}
\cos\alpha_1&-\sin\alpha_1\\
\sin\alpha_1&\cos\alpha_1
\end{pmatrix}&&\\
&&&\ddots&\\
&&&&\begin{pmatrix}
\cos\alpha_l&-\sin\alpha_l\\
\sin\alpha_l&\cos\alpha_l
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}.$$
令$T=T_{1}\begin{pmatrix}%
1&0\\
0&T_{2}
\end{pmatrix},$
则$T$是正交矩阵,且
$$T^{-1}AT=\begin{pmatrix}
\lambda_{0}&&&&&\\
&E_r&   &&&\\
&&-E_s&&&\\
&&       &\begin{pmatrix}
\cos\alpha_1&-\sin\alpha_1\\
\sin\alpha_1&\cos\alpha_1
\end{pmatrix}&&\\
&&&&\ddots&\\
&&&&&\begin{pmatrix}
\cos\alpha_l&-\sin\alpha_l\\
\sin\alpha_l&\cos\alpha_l
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}.$$
此时结论成立.

(2)若$A$无实特征值,令$\lambda=a+b i$是其一个复特征值,$\alpha+\beta i$是对应的特征向量,则$\alpha,\beta$正交且长度相等.因为$|\lambda|=1,$故可设$\lambda=cos\gamma+isin\gamma.$取$\alpha,\beta$的单位化向量$X_{1},X_{2},$扩充为$R^{t+1}$的标准正交基$X_{1},X_{2},X_{3},\cdots,X_{t+1},$则
$$A(X_{1},X_{2},X_{3},\cdots,X_{t+1})=(X_{1},X_{2},X_{3},\cdots,X_{t+1})\begin{pmatrix}%
\begin{pmatrix}
cos\gamma&-sin\gamma\\
sin \gamma&cos\gamma
\end{pmatrix}&C\\
0&A_{2}
\end{pmatrix}.$$
令$T_{1}=(X_{1},X_{2},X_{3},\cdots,X_{t+1}),$则$T_{1}$是正交矩阵,且
$$T_{1}^{-1}AT_{1}=\begin{pmatrix}%
\begin{pmatrix}
cos\gamma&-sin\gamma\\
sin \gamma&cos\gamma
\end{pmatrix}&C\\
0&A_{2}
\end{pmatrix}$$
是正交矩阵,即
$$\begin{aligned}%
E&=\begin{pmatrix}%
E_{2}&0\\
0&E_{t-1}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}%
\begin{pmatrix}
cos\gamma&-sin\gamma\\
sin \gamma&cos\gamma
\end{pmatrix}&C\\
0&A_{2}
\end{pmatrix}^{T}
\begin{pmatrix}%
\begin{pmatrix}
cos\gamma&-sin\gamma\\
sin \gamma&cos\gamma
\end{pmatrix}&C\\
0&A_{2}
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}%
E_{2}&\begin{pmatrix}
cos\gamma&-sin\gamma\\
sin \gamma&cos\gamma
\end{pmatrix}^{T}C\\
C^{T}\begin{pmatrix}
cos\gamma&-sin\gamma\\
sin \gamma&cos\gamma
\end{pmatrix}&C^{T}C+A_{2}^{T}A_{2}
\end{pmatrix}
\end{aligned}.
$$
由$$\begin{pmatrix}
cos\gamma&-sin\gamma\\
sin \gamma&cos\gamma
\end{pmatrix}^{T}C=0$$
可得$C=0.$由$C^{T}C+A_{2}^{T}A_{2}=E_{t-1}$可得$A_{2}^{T}A_{2}=E_{t-1}.$即$A_{2}$为正交矩阵.由归纳假设,存在正交矩阵$T_{2}$使得
$$T_{2}^{-1}A_{2}T_{2}=\begin{pmatrix}
E_r&   &&&\\
&-E_s&&&\\
&       &\begin{pmatrix}
\cos\alpha_1&-\sin\alpha_1\\
\sin\alpha_1&\cos\alpha_1
\end{pmatrix}&&\\
&&&\ddots&\\
&&&&\begin{pmatrix}
\cos\alpha_l&-\sin\alpha_l\\
\sin\alpha_l&\cos\alpha_l
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}.$$
令$T=T_{1}\begin{pmatrix}%
E_{2}&0\\
0&T_{2}
\end{pmatrix},$则$T$是正交矩阵,且
$$T^{-1}AT=\begin{pmatrix}
\begin{pmatrix}
cos\gamma&-sin\gamma\\
sin \gamma&cos\gamma
\end{pmatrix}&&&&&\\
&E_r&   &&&\\
&&-E_s&&&\\
&&       &\begin{pmatrix}
\cos\alpha_1&-\sin\alpha_1\\
\sin\alpha_1&\cos\alpha_1
\end{pmatrix}&&\\
&&&&\ddots&\\
&&&&&\begin{pmatrix}
\cos\alpha_l&-\sin\alpha_l\\
\sin\alpha_l&\cos\alpha_l
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}.$$
命题成立.

Example 23. 特征值均为实数的正交矩阵是对称矩阵.

Example 24. 设$A$是$n$阶正交矩阵,则存在正交矩阵$B$使得$A=B^{3}.$

\textbf{证明:}由于存在正交矩阵$T$使得
$$A=T^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&   &&&\\
&-E_s&&&\\
&       &\begin{pmatrix}
\cos\alpha_1&-\sin\alpha_1\\
\sin\alpha_1&\cos\alpha_1
\end{pmatrix}&&\\
&&&\ddots&\\
&&&&\begin{pmatrix}
\cos\alpha_l&-\sin\alpha_l\\
\sin\alpha_l&\cos\alpha_l
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}T,$$

$$B=T^{-1}\begin{pmatrix}
E_r&   &&&\\
&-E_s&&&\\
&       &\begin{pmatrix}
\cos\frac{\alpha_1}{3}&-\sin\frac{\alpha_1}{3}\\
\sin\frac{\alpha_1}{3}&\cos\frac{\alpha_1}{3}
\end{pmatrix}&&\\
&&&\ddots&\\
&&&&\begin{pmatrix}
\cos\frac{\alpha_l}{3}&-\sin\frac{\alpha_l}{3}\\
\sin\frac{\alpha_l}{3}&\cos\frac{\alpha_l}{3}
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}T$$
即可.

Example 25. 设$A$是正交矩阵,$t$是奇数,则存在正交矩阵$B$使得$A=B^{t}.$
Example 26. 设$A$是正交矩阵且$|A|=1.$则存在正交矩阵$S$使得$A=S^{2}.$

\textbf{证明:}由$|A|=1$知$A$的相似标准形中$s$为偶数.注意到
$$\begin{pmatrix}%
-1&0\\
0&-1
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}%
0&-1\\
1&0
\end{pmatrix}^{2},$$
可得.

Example 27. 设$A$是正交矩阵,且$|A|=1,$则对于任意的偶数$t,$存在正交矩阵$B$使得$A=B^{t}.$
Example 28. 设矩阵$A=E-2\alpha\alpha^{T},$其中$\alpha$是$n$维实向量且$\alpha^{T}\alpha=1.$则$A$是对称正交矩阵.称为镜像矩阵.
Example 29. 设$\alpha,\beta$是欧氏空间$R^{n}$(标准内积)的两个长度相等的向量,$\alpha\neq \beta,$则存在镜像矩阵$A$使得$A\alpha=\beta.$

\textbf{证明:}作单位向量
$$u=\dfrac{\alpha-\beta}{|\alpha-\beta|},$$

$$A=E-2uu^{T},$$
则$A\alpha=\beta.$

事实上,注意到$\alpha^{T}\alpha=\beta^{T}\beta,$有
$$|\alpha-\beta|^{2}=(\alpha-\beta,\alpha-\beta)=\alpha^{T}\alpha-2\alpha^{T}\beta+\beta^{T}\beta=2(\alpha^{T}\alpha-\alpha^{T}\beta)=2\alpha^{T}(\alpha-\beta).$$
从而$|\alpha-\beta|=2\alpha^{T}u,$于是
$$A\alpha=\alpha-2uu^{T}\alpha=\alpha-u|\alpha-\beta|=\alpha-(\alpha-\beta)=\beta.$$

Example 30. (南开大学2009)设$\alpha\in R^{n\times1},$且在$R^{n\times1}$上的标准度量下$\alpha$为单位向量.证明:必存在一个$n$阶实对称正交矩阵$A$使得$\alpha$为$A$的第一列.

\textbf{证明:}即证明存在对称正交矩阵$A$使得$A\varepsilon_{1}=\alpha,$其中$\varepsilon_{1}=(1,0,\cdots,0)^{T}.$

若$\alpha=\varepsilon_{1},$则取$A=E$即可,否则由上题可得.

Example 31. 证明:不存在正交阵$A,B$使$A^2=AB+B^2.$

\textbf{证明:}(法1)反证法.若存在正交阵$A,B$使$A^2=AB+B^2.$则

$$AB^{T}=A^{T}A^2B^{T}=A^{T}ABB^{T}+A^{T}B^2B^{T}=E+A^{T}B$$

$$AB^T-A^TB=E$$
两边取迹
$$\begin{aligned}
n=&tr(AB^T-A^TB)=tr(AB^T)-tr(A^TB)=tr(AB^T)-tr((A^TB)^T)\\
=&tr(AB^T)-tr(B^TA)=0
\end{aligned}$$

(法2)反证法.若存在正交阵$A,B$使$A^2=AB+B^2.$则
$$\left\{
\begin{aligned}%
A+B=A^{2}B^{-1}\\
A-B=A^{-1}B^{2}
\end{aligned}
\right.$$
都是正交矩阵,从而
$$2E=(A+B)^{T}(A+B)+(A-B)^{T}(A-B)=(A^{2}B^{-1})^{T}(A^{2}B^{-1})+(A^{-1}B^{2})^{T}(A^{-1}B^{2})=4E.$$
矛盾.

Example 32. 设$A$是$n$阶正交阵.证明:$rank(A-E)=rank(A-E)^2.$

\textbf{证明:}(法1)令
$$V_1=\{x\in R^n|(A-E)x=0\},V_2=\{x\in R^n|(A-E)^2x=0\}$$
显然$V_1\subseteq V_2.$下面证明$V_2\subseteq V_1.$

$\forall \alpha\in V_2,$由$(A-E)^2\alpha==0,AA^T=E$有
$$A(E-A^T)(A-E)\alpha=0$$
而$A$可逆,故
$$(A^T-E)(A-E)\alpha=0$$
于是
$$0=\alpha^T(A^T-E)(A-E)\alpha=((A-E)\alpha)^T((A-E)\alpha)$$
从而$(A-E)\alpha=0.$即$\alpha\in V_1.$即得$V_2\subseteq V_1.$所以$V_1=V_2.$故
$$n-rank(A-E)=n-rank(A-E)^2$$

(法2)考虑正交矩阵的相似标准形.由于存在正交矩阵$P$使得
$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
E_r&   &&&\\
&-E_s&&&\\
&       &\begin{pmatrix}
\cos\alpha_1&-\sin\alpha_1\\
\sin\alpha_1&\cos\alpha_1
\end{pmatrix}&&\\
&&&\ddots&\\
&&&&\begin{pmatrix}
\cos\alpha_l&-\sin\alpha_l\\
\sin\alpha_l&\cos\alpha_l
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}$$
易知结论成立.

百度云:http://pan.baidu.com/s/1vdiDF

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