(A*)-1=(A*)T成立.] [分析] 设A是n阶方阵，则以下4个命题互为充分必要条件：
① A是正交矩阵
② ATA=E (或者AAT=E) ③ A可逆，且A-1=AT
④ A的列向量组(或行向量组)是正交单位向量组 可根据②,③或④证明或验证A是否为正交矩阵. 证法一 由于A是正交矩阵，故A可逆，且
, , …,
于是，是与等价的正交单位向量组. 利用施密特正交化方法，可将向量空间的一组基规范正交化(即构造
出一个规范正交基)
解 取,
再将单位化，可得R3的一组规范正交基，
,,
2. 已知, ① 求两个向量，使它们与构成非零正交向量组. ② 已知A是正交矩阵，且第一列为，求A. [分析] ①求与一组n维列向量正交的非零向量，可利用 “齐次线性方程组 Ax=O的解集合是与A的行向量都正交的全部向量”，步骤如下：
4. 设.
①已知A可对角化，试说明理由； ②求可逆矩阵P和对角阵，使得P-1AP=； ③求Ak； ④设(x)=x2-2x-3，求(A)
[分析] 若A可对角化，即，存在可逆矩阵P使得P-1AP=，则可逆阵P和对 角阵可按如下方式求出：
(1) =diag(1, 2, …, n)，其中1, 2, …, n就是A的n个特征值； (2)
再将特征值 代入并求解. 对1=2=3，解，由 得基础解系 , ，即，对应于特征值3的特征向量. 对3= 0，解，由 得基础解系，即，对应于特征值0的特征向量. 由于二重特征值1=2=3有两个线性无关的特征向量 (即，A的每个特征值 的重数 = 属于该特征值的线性无关的特征值向量的最大个数)，故A可对 角化.
R(2E-A+A+E) = R(3E) = n (**) 由(*)(**)两式得，R(A-2E)+ R (A+E) =n，即，
[n- R(A-2E)]+ [n- R (A+E) ]=n 上式表明， (A-2E) x=0和 (A+E) x=0的基础解系共含有n个线性无关的 解向量，即A总共有n个线性无关的特征向量，所以A可对角化.
再将正交化， ；
(是基础解系的非零线性组合，所以仍然与正交)
于是，,构成一个非零正交向量组. ② 是一个单位向量，再将上面求出的单位化，有
,
它们与共同构成了一个正交单位向量组，于是
【思考题】已知A是正交矩阵，A*是A的伴随矩阵. 证明：A*也是正交矩阵. [提示：利用伴随矩阵的性质以及正交矩阵的性质，证明(A*)T
A-2E =O，即A=2E
所以A可对角化. [此时，对任意n阶可逆阵P，都有P-1AP=2P-1EP=2E)]
②同理，如果A的特征值仅为-1，可得A=-E，A可对角化. ③ 如果2和-1都是A的特征值，根据矩阵秩的性质，有
(A-2E)(A+E)=O R(A-2E)+ R (A+E)n (*) 以及，R(A-2E)+ R (A+E))= R(2E-A)+ R (A+E)
以为行向量构造矩阵 然后解齐次线性方程组Ax=O，可得基础解系，则基础解系的任意非零 线性组合都是与正交的非零向量. ② 由于A是n阶正交矩阵的充分必要条件是A的列向量组(或行向量组)是
正交单位向量组(即Rn的规范正交基)，因此，要构造出一个n阶正交矩
阵，需要有n个n维正交单位向量. 解 ① 建立齐次线性方程组，即 解之，得基础解系, ，它们都与正交
解 由于，故A的全部特征值为1, 0, -2.
令f(x)=x3-2x+1，则f(A)=A3-2A+E的全部特征值为f(1)=0, f(-2)=-3，于是
f(0)=1,
5. 设A2-A-2E=O，但A2E且A-E. 证明：A的全部特征值为2和-1.
证 A2-A-2E=O (A-2E) (A+E)=O 两边取行列式，得或 故A的特征值为2或-1 . (注意，根据条件A2-A-2E=O尚未确定A的特征 值，只是知道特征值取自2或-1) 下面证明2和-1必然都是A的特征值. ①已知(A-2E)(A+E)=O，其中A+EO，故A+E是矩阵方程(A-2E)X=O的一 个非零解，因此R(A-2E)<n，即A-2E=0，亦即2是矩阵A的特征值. 也可按以下方式证明2是矩阵A的特征值： 证二 已知(A-2E)(A+E)=O，将(A+E)和O按列分块，可得A+E的列向量都 是齐次线性方程组(A-2E)x=0的解. 又因为A+EO (即A+E中有非零列向 量)，故(A-2E)x=0有非零解，于是R(A-2E)<n，即A-2E=0，所以2是矩 阵A的特征值. 证三 反证法. 如果2不是A的特征值，则A-2E0，即A-2E可逆，对(A-2E) (A+E)=O两边左乘(A-2E)-1，得A+E=O，与已知条件A -E矛盾，故假设 不成立. ②已知(A-2E)(A+E)=O，其中A-2EO，转置，得(A+E)T(A-2E)T=O，(A2E)TO，故(A-2E)T是矩阵方程(A+E)TX=O的一个非零解，因 此R(A+E)T<n，即A+E=(A+E)T=0，亦即-1是矩阵A的特征值.
(伴随矩阵的性质) 于是，
由于(正交矩阵的性质)，得，故A*是正交矩阵
证法二 由于A是正交矩阵，故A可逆，且. 于是，
由于，由以上两式得，所以A*是正交矩阵.
A*=E或者
第二节 矩阵的特征值和特征向量
1. 求矩阵的特征值和特征向量
[分析] 对于n阶“数值”方阵A，求特征值和特征向量的步骤如下： ①解特征方程，得A的全部特征值(包括重根共n个)； ②将A的每个特征值i代入齐次线性方程组，求基础解系，则基础解系的 所有非零线性组合就是A的属于特征值i的全体特征向量(即解集合中除 零向量外的全体解向量). (注意，根据定义，特征向量必须是非零向量)
于是有
A =0 ( 0) ”，由
3. 设，已知AT的特征值为1, 4, -2，求a, b的值.
[分析] 3阶方阵有3个特征值. 由于A和AT有相同的特征值，故A的全部特 征值是1=1, 2=4, 3=-2. 解一 [利用定理：tr(A)= 1+2+…+n；A=12…n.]
A和AT有相同的特征值，故A的全部特征值是1, 4, -2，于是 tr(A)=2+1+b=1+4-2；=2(2a-b) =14(-2).
【思考题1】设A是正交矩阵，且，证明-1是A的特征值 [分析] 要证明-1是A的特征值，就是要证明A+E=0. 证 A是正交矩阵 ATA=E，于是
已知，于是，即A+E=0，所以-1是A的特征值.
【思考题2】已知 是n阶矩阵A的属于特征值 的特征向量，P是n阶可逆 矩阵，证明：也是矩阵P-1AP的特征值，并且P-1 是对应于该特征值的特 征向量. [分析] 要证明结论成立，就是要证明(P-1AP)(P-1)=(P-1)成立，并且P-1 是
A有一个特征值 0= -3 于是，有一个特征值.
第三节 相似矩阵
1. 设A和B都是n阶矩阵，且A可逆，证明：AB和BA相似. [分析] 根据相似矩阵的定义，要证明AB和BA相似，就是要证明“存在可 逆矩阵P，使得P-1(AB)P=BA”. 证 A是可逆矩阵，并且
A-1(AB)A = (A-1A)(BA) = BA 根据定义，AB和BA相似.
【思考题1】设三阶矩阵A的特征值为1, 1, -2，相应的特征向量分别为 ,,,
① A是否可对角化？②求矩阵A. 解 根据题设条件，有, , ，即
，记作
① 由于，可逆，即R(P)=3，故特征向量线性无关，所以矩阵A可对角化 (3阶方阵A有3个线性无关的特征向量). ②
(式中P-1可用初等变换法求出，略) 【思考题2】若A是n阶矩阵，A O，但存在一个大于1的整数m使得，证 明：A不可对角化. 证法一 (利用矩阵可对角化的充分必要条件) 由于Am=O，所以Am的特征值全为0.
解 A的特征方程为：
故特征值为(单重特征值),(三重特征值，解 得基础解系 所以，是对应于的全部特征向量.
② 对，解
得基础解系 所以，是对应于的全部特征向量. 2. 设，并且是A的一个特征向量，求参数a,b的值以及 所对应的特征值.
[分析] 根据定义，“是方阵A的属于特征值0的特征向量 此可建立方程. 解 设对应的特征值为0，则[或]，即
2. 设，. 已知A和B相似，求a, b的值.
解法一 (相似矩阵的特征值相同)
B是对角阵，其特征值就是主对角元1, 4, b. 由于A与B相似，故A的特征值也是1, 4, b，于是
tr(A)=2+1+a=1+4+b；= -2(a+4) =14b 得a=0, b=-2 解法二 (1. 相似矩阵的多项式也是相似矩阵；2. 相似矩阵的行列式相等)
，其中就是属于各个特征值的线性无关的特征向量，也就是的基础解 系.
注意，由于的基础解系不是唯一的，故可逆阵P也不是唯一的. 另外，可
逆阵P中各个特征向量的次序必须和对角阵中的各个特征值的次序一致. 利用方阵的对角化，可进一步求方阵的幂和多项式： 已知
，则 (1)
，其中；
(2)
，其中.
解 ① 先求A的特征值. 得特征值1=2=3(二重根)，3= 0(单重根).
另外，相似关系属于一种等价关系(具有反身性、对称性、传递性). 因 此，如果已知A和B相似，并且B和对角阵相似(B可对角化)，则A也和对 角阵相似(A可对角化). 解 ①②都是可对角化的，理由：对角阵以及上(下)三角矩阵的特征值就 是主对角元，于是3阶方阵①和②皆有3个不同的特征值，所以可对角 化. ③可对角化，理由：③是实对称矩阵.
[分析] 矩阵可对角化是指：存在可逆矩阵P，使得A和对角阵相似，