关于实正交矩阵的某些性质华东师范大学数学系04级基地班高等代数与解析几何04学年第二学期大作业10041510134裘鹏翔正交矩阵是实数域上一类十分特殊的矩阵，具有很多特殊的性质，经过一个学期来学习，也积累收集了不少正交矩阵的性质，罗列如下：定义：满足的方阵称为正交矩阵（orthogonal matrix）。

n阶正交矩阵的集合记为。

本文摘要：1正交矩阵与运算的关系1.1和：正交矩阵的和不一定是正交矩阵；1.2差：正交矩阵的差也不一定是正交矩阵；1.3乘积：正交矩阵的乘积是正交矩阵；1.4数乘：正交矩阵数乘后一般不是正交矩阵；1.5直积：正交矩阵的直积还是正交矩阵；1.6圈积：正交矩阵的圈积还是正交矩阵；1.7转置：正交矩阵的转置还是正交矩阵；1.8逆：正交矩阵的逆还是正交矩阵；1.9伴随：矩阵的伴随矩阵是正交矩阵的充分必要条件是这个矩阵是正交矩阵；2正交矩阵的特征2.1迹：迹小于阶数；2.2特征值：实数域上,复数域上模为1；2.3不定性：正交矩阵是不定矩阵；2.4对角化：正交矩阵在对角化中的作用；3正交矩阵与特殊矩阵的关系3.1与数量矩阵：只有的数量矩阵和正交矩阵的乘积还是正交矩阵；3.2与整系数矩阵：如果n阶正交矩阵是整系数矩阵（即），则它共有！种；3.3与实可逆矩阵：分解为正交矩阵和三角矩阵；与上（下）三角矩阵：每个实可逆矩阵的分解等等；3.4与对角矩阵：特征值全是实数的对角化等等；3.5与对称矩阵：特征值全是实数的正交矩阵是对称的等等；3.6与反对称矩阵：可对角化情况下的典范型；4正交矩阵的特殊构造4.1整系数与非整系数实（反）对称正交矩阵；5附录 :正规矩阵正交准对角化概述（纯矩阵的证明方法）5.1定理１；上三角标准定理；5.2定义正规矩阵，命题１，２5.3定理２；正规相似对角化；5.4命题３，４，５6参考文献正交矩阵的几个判定条件：a)的充分必要条件是。

b)的每个列的元素的平方和等于1，不同列的元素乘积之和等于0；即;.相应地行也有相似的性质：若,，则，于是。

使的一类矩阵称为第一类正交矩阵，使的一类称为第二类正交矩阵.我们从以下四方面来讨论。

1.正交矩阵与运算的关系1.1.和：正交矩阵的和不一定是正交矩阵。

如：取,则，但，所以。

但若又取,；则=。

1.2.差：相应地正交矩阵的差也不一定是正交矩阵。

1.3.乘积：正交矩阵的乘积一定是正交矩阵。

设，则，所以是正交矩阵。

1.4.数乘：正交矩阵数乘后一般不是正交矩阵。

设，,则，所以只有时，才有。

1.5.直积：正交矩阵的直积一定是正交矩阵。

首先定义直积：设与数域上的矩阵,称数域上矩阵为与的直积,记为。

证明：先证在复数域上，，，，设,,则有块形式,，于是的块为这是的元素与的数乘，亦即的块，证毕现设，即，。

由已证的性质。

1.6.圈积：正交矩阵的圈积不一定是正交矩阵。

首先定义圈积：设与是数域上的方阵，则称为与在数域上的圈积。

如：设，则。

但若又设，；；很明显，所以正交矩阵的圈积不一定是正交矩阵。

1.7.转置: 正交矩阵的转置还是正交矩阵。

1.8.逆：正交矩阵的逆还是正交矩阵。

若，。

1.9.伴随：矩阵的伴随矩阵是正交矩阵的充分必要条件是它本身是正交矩阵。

(充分性) 若是正交矩阵，则可逆，且也是正交矩阵，而，又因为，所以是正交矩阵。

(必要性) 反之若是实矩阵且是正交矩阵，则可逆，于是可逆。

由于, 故，又由于，故，由得，所以也是正交矩阵。

2.正交矩阵的特征2.1.迹：因为正交矩阵每行每列的元素都比1小，所以它的迹小于它的阶数。

特别的，二维欧氏空间的的第二类正交变换（镜射）所对应的正交矩阵迹（trace）等于2。

因为二维欧氏空间的的第二类正交变换所对应的正交矩阵可写成下式：，很明显；结合正交矩阵转置与逆的关系（），我们还可以发现若，使得，则既相似又相合而且因为。

2.2.特征值：若正交矩阵有特征值，则特征值为。

设是欧氏空间的正交变换（对应正交矩阵）的特征值，a是相应的特征向量，则（从中我们还可以看出复数域上酉矩阵的特征值的模是1）由于，所以，即。

特别地，奇数维欧氏空间的第一类正交变换必以1作为其特征值；相应地，偶数维欧氏空间的第一类正交变换必以作为其特征值。

证明：设是奇数维欧氏空间的第一类正交变换，其特征多项式为：，则。

由于是的奇数次实多项式，故其非实根必共轭出现，所以可以记其为则而实根等于1或。

但故不可能全为（因为是奇数），所以必有一根是1 ，同理偶数维欧氏空间的第一类正交变换必以作为其特征值。

2.3.不定性：正交矩阵是不定矩阵。

如：取，，对，，。

但若又取，，结果刚好相反。

3.正交矩阵与特殊矩阵的关系3.1.与数量矩阵：只有的数量矩阵，它与正交矩阵的乘积还是正交矩阵。

3.2.与整系数矩阵：如果n阶正交矩阵是整系数矩阵（即），则它共有！种。

因为正交矩阵每行（列）的元素平方和为1，而且它又为整系数矩阵，所以每一个元素只能为或0，而且每行每列只能出现一个或。

则第一行i列是或的可能种类为，再看第二行不是i列出现或的可能种类为再乘等于，依次类推可知到n行时有可能种类为！。

3.3.与上（下）三角矩阵：若n实矩阵可逆，则可分解为：，其中为正交矩阵，为上（下）三角矩阵。

证明（1）设，是线性无关的列向量，对其施行规范正交化，得：;; ;令，为上三角矩阵，可得也是上三角矩阵，两边同右乘，得，再令即得。

当然也可把分解为，其中为正交矩阵，为上（下）三角矩阵。

设可写成，所以，其中为正交矩阵，为上（下）三角矩阵。

推论：的特征值全是实数的充分必要条件是正交相似于三角矩阵。

（必要性）因为任意的矩阵相似于三角矩阵，，是上三角的，所以应用上面的结论，代入得，仍然为上三角的。

（充分性）因为相似中特征值不变，所以的特征值全是实数。

3.4.对角化：若为正交矩阵且有n 个特征值，则正交相似于对角矩阵因为由3（３）的推论，对任意的正交矩阵，有正交矩阵为上三角矩阵，由于都是正交矩阵，所以也是正交矩阵，而，所以，是上三角的，而是下三角的，所以为对角矩阵；又因为这个根据3（２）的证明，这个正交矩阵一定是对称的，所以再根据3（５）1的证明且正交矩阵的特征值为，可得正交相似于不过在附录中正交矩阵与（反）对称矩阵关系的讨论中我们可以发现一个正交矩阵可找到另一个正交矩阵，使这个正交矩阵化为准对角形式，而且这个命题的逆方向也是正确的，即若能找到另一个正交矩阵，使某个矩阵化为准对角形式，则这个矩阵是正交矩阵！3.5.与对称矩阵：设，1．则的充分必要条件是,是一个对角矩阵。

（充分性）。

（必要性）由3（３）的推论，是上三角矩阵，在两边加转置，可得，是下三角矩阵，所以是对角的，不仅对角化，还可以化到以特征值为对角元的对角矩阵，因为对称变换中不同特征值对应的特征向量必正交。

详细的证明可参考高等代数课本中的有关章节。

2．特征值全是实数的正交矩阵是对称的由３（４）若为正交矩阵且有n 个特征值，则正交相似于对角矩阵，又由３（５）可得。

3.6.与反称矩阵：（类似对称矩阵）1.设，，则正交相似于，r为它的秩。

2.若,则是正交矩阵。

证明: 首先由于,而它的特征值只能(0和纯虚数),所以不是它的特征值,于是即,所以可逆。

4.正交矩阵的特殊形式构造4.1.实对称正交矩阵（与实反对称正交矩阵类似，在这里只讨论实反对称正交矩阵）4.2.实反对称正交矩阵设，且，所以。

当是一阶时，只有，所以一阶实反对称正交矩阵不存在。

当是二阶时，设，因为，所以，所以，一阶实反称正交矩阵只有两种：，；当是三阶时，同样地，我们设，所以又因为，得；；；；；；当为整系数矩阵时，不妨令，则可得，与矛盾。

所以三阶整系数反称正交矩阵不存在。

当不为整系数矩阵时，若，则，与矛盾；若，则，，与矛盾。

三阶实反称正交矩阵不存在。

当是四阶时，同样地应用上面的方法，可得四阶整系数反称正交矩阵只有12种：，，，，，，通过观察二阶与四阶的矩阵，我们可以发现它们都是有形如的矩阵块构成，所以，我们猜测阶整系数反称正交矩阵存在，而且如果把看做一个元素它们有这样的形式：里面含个形如的元，而且每个这样的元每行每列只出现一次，并且这些元保持反对称性质。

当不为整系数矩阵，我们类似地设，再应用可得，，，；，，，，，；考虑，因为是退化的情况因为，通过上面两行关系可得，，，所以我们构造四阶实反称正交矩阵时，先取定，便很容易的通过解方程得到。

例我们取，特殊地，令，便有；可验证它便是一个实反称正交矩阵。

同理我们可构造阶反称正交矩阵，它的每个小方块是反称的，相比整系数矩阵，非整系数矩阵只要上三角区（下三角区）和对角线上每个方块的右上角或左上角元的平方和等于一即可。

附录：特殊矩阵正交准对角化（纯矩阵的证明方法）定理１（上三角标准定理）：设，则存在酉矩阵，使得其中是上三角矩阵，其对角元素（即的特征值）可按指定顺序排列。

特别，且的特征值是实的，则可选取实的和正交的。

称为的上三角标准形。

证明：应用数学归纳法。

当是明显成立；现在考虑。

假设结论对所以阶成立，而且欲将的一个特征值排列在的左上角。

用表示相应于的特征向量，。

,为正交矩阵,使为上三角的,则令，就有：．定义：数域上的矩阵若满足，则称为数域上的正规矩阵．正规矩阵所对应的变换为正规变换。

命题１：正规的充分必要条件是是正规矩阵，其中为正交矩阵．（必要性）（充分性），则，有，从而．命题２：设是半正定矩阵，则的充分必要条件是．必要性很明显，证明充分性：因为是半正定矩阵，所以存在酉矩阵，s.t.，，是的特征值，，所以（因为根据代数基本定理，的特征多项式可做因式分解，；另一方面所以）又因为，所以,所以，得。

引理1：设是实数域上的二阶正规矩阵且其特征多项式无实根,则有,。

证明：设，由，可得，；又因为无实根，所以，易得，所以，代入，就有，。

令，就可以写成的形式。

引理2：是正规矩阵的充分必要条件是每个是正规矩阵。

这根据矩阵乘法的定义很容易验证。

定理2：设，是正规矩阵（）的充要条件是,使得————（★）其中每个是实矩阵或形如————（★★）（充分性）对于形如（★★）的矩阵有由引理2表明（★）是正规的，由命题１可知也是正规的。

（必要性）应用上三角标准定理，不妨直接就设形如；其中是上三角矩阵，并且，由于是正规和实的，从而，此等式两端的前主对角块相等，得由此注意到，所以又因为每个是半正定矩阵，必有，于是就有，由命题２可得，因为的第个主对角元素是的第行中各实元素的平方和，所以这些主对角元素都必须为0，推出——（★★★）。

并且因为，因为是上三角矩阵，可得必为对角矩阵因此。

现在考虑那些的主对角块，对于利用（★★★），可得跟上面的推导类似可得，这样我们就得到了，即是正规形。

以此类推，我们便可得所有对角块是正规形。

接下去证每个形如（★★），因为矩阵在实数上可能无足够多的特征值，所以可以写成引理1的形式。