李永樂線性代數(shù)沖刺筆記

1、線性代數(shù)沖刺筆記12o【例題11B=03a,A：-2AB=E,r(AB-2BA+3A)=()005(A)1(B)2(C)3(D)與a有關(guān)【解】A(A-2B)=EA可逆，且Ax=A-2B二A(A-2B)=(A-2B)A(AAx=A1A)二AB=BA那么，AB-2BA+3A=3A-AB=A(3E-B)又，A可逆，知r(AB2BA+3A)=r(A(3EB)=r(3EB)0a有|3E-B|=0,又亜一B有二階子式不得零，從而r(3EB)=2.【評注】本題考查矩陣逆的概念以及矩陣的乘法.設矩陣A-n階，B-n階，若AB=BA=E,則稱矩陣A可逆，且B為A的逆矩陣.由此有AA=A1A【例題2】九“，HnU

2、2nfAx=0的基礎解系，a是Ax=b的一個解.證明a,a+ni，a+i)2，a+Ht線性無關(guān).證明Ax=b的任意一個解都可以由a,a+u，a+n2,，a+n線性表出.【分析】Ulf八2，n令是Ax=O的基礎解系，那么耳2，U必定線性無關(guān)從而證明a，a+Hi，a+n2，a+u線性無關(guān)可以用定義法?！咀C】(D(用定義，重組，同乘)TOC o 1-5 h z設koa+ki(a+八J+花(a+耳2)+kT(a+nJ=0(1)即(ko+ki+k2kj)a+kiiu+k2H2kTnt=0(2)由Aa=b,Ani=0(i=l,，t),用A左乘(2，有(ko+ki+k2H匕)Aa+kiAHi+k2An2kt

3、AHt=0即(ko+ki+k2Hkt)b=O又bHO,有ko+ki+k2+kT=O(3)帶入(2)有kini+kzn2Tktnt=o,而ni.nt是Ax=o的基礎解系，那么ni,，必定線性無關(guān)從而kx=k2=kt=0,帶入(3)有ko=O.所以ko=ki=k2=-=kt=0=ata+n”a+i)2,，a+nt線性無關(guān).(或用秩)vnvn2，n.線性無關(guān)，a是Ax=b的解二a不能由nin,線性表出.XxHi+xznsdXtnr(ru，H2,n,a)Vr(n1.n2,，nr5“n2，a)=t+ir(a,a+nia+n“.a+八，)=t+l=a,a+n1,a+n?，a+嘰線性無關(guān).設B址Ax=b的任

4、意-個解，則B-a繪Ax=O的解.從而Ba=1xTh+L八2+1.n，nB=a+I1H1+I2II21HiP=(111121)a+11Hi+IsAsH10-1101-111-201-1000Ta3=l,1,1T.因為正定矩陣不同特征值的特征向雖已正交，故只需單位化，得111111-11-2011石1石1石1石1石1石1721o1一齒1一齒2一“一一芻x2x3令那TT22y2，有xAx=yAy=2yi-y3.y3_【例題15】已知n階矩陣A,B均正定.證明：AB正定的充分必要條件是AB可交換，即AB=BA.【分析】設n階矩陣A為正定矩陣，隱含著潛臺詞：A是對稱的，所以必要性由此推得。正定矩陣是由

5、二次型引出的，即若二次型xTAx.則二次型正定也就繪A正定，二次型負定也就是A負定，二次型不定也就是A不定.矩陣正定的充要條件是：（I）A的特征值全大于零.（IDA的順序主子式全大于零.（III）V工0,有0.從而證明矩陣正定就可以從這些方而入手.【證】（必要性）A，B.AB正定=A=ATB=B【AB=（AB），=AB=（AB）=B*=BA.（充分性）【方法一】AB正定=A=AB=BTAB=ATBT=（BA）又AB=BA=AB=（皿卩=（AB）1即AB對稱.A,B正定0日可逆矩陣P，Q，使得A=P、，B=QTQ=QABQQPWOQ富”耐宙.易驗證卅可逆，實對稱，故（PQT）TPQT正定，即AB

6、與正定矩陣（卅）旨/相似，而AB與（PQT）1?均是實對稱矩陣，故AB也與（PQT）TPQT合同，從而AB正定.【方法二】（用特征值）驗證對稱性見方法一.設入是AB的任特征值，a繪對應的特征向雖，則Aa=a,aHO.由A正定，知A可逆且A正定，故Ba=XA1a=aTBa=Xa訂因AB正定=aTBa0.a：AXa0=X0=AB正定.【評注】設n階矩陣A為正定矩陣，隱含著潛臺詞：A是對稱的，所以要證A正定，必先驗證A的對稱性.正定矩陣是由二次型引出的，即若二次型“少兀，則二次型正定也就是A正定，二次型負定也就是A負定，二次型不定也就是A不定.矩陣正定的充要條件是：4的特征值全大于零.A的順序主子式

7、全大于零.VxVo,有工0.所以要證，第二步就是要根據(jù)這些條件出發(fā)去證明.而驗證順序主子式全大于零，計算較繁瑣，所以可能在選擇題或填空題中進行考察，這樣就可以只計算低階的幾個主子式就可以了，例如1,2,3,4階的.而證明題中考查的時候則一般是以(I)、(III)為主，比如該趣方法二中就結(jié)合使用了(I)、(III)的證明方法.題中使用了一個簡單結(jié)論:A正定=知人可逆且人一正定.顯然A正定，則|A|HO,即A可逆，而(A-1)T=(4T)_t=4_x即人“對稱.又A的特征值全大于零，故|A|HO,從而人一的特征值亦全大于零，即人一正定.最后，簡要再提一下合同，設有n階矩陣A,B.則若存在可逆矩陣C，使得則稱A和B合同.矩陣A和BA同的充分必要條件是：A和B的正負慣性