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1、网卡驱动网站http://driver.download.www.ea3w.com/link/44/435505.shtml对称变换且σ的特征根均为±1.证明 必要性:因正交变换σ可对角化,所以由引理1可知:σ的特征根均为±1,再由定理1的必要性可知:σ为对称变换.充分性:因对称变换σ的特征根均为±1,所以由文[1]定理8.4.5知:存在V的一个标准正交基,使σ在此基下的矩阵为对称阵A=diag(-1,…,-1,1,…,1),于是A2=I,由文[1]定理7.3.3知:σ2=l,再由引理3知:σ为正交变换,故σ是一个可对角化的正
2、交变换.例1 设V是一个n维欧氏空间,η是V中的一个单位向量,定义V的变换σ如下:σ(α)=α-2〈η,α〉η, (α∈V).试证:σ2=l且σ是一个可对角化的正交变换.证法1 易证:σ2=l且α,β∈V均有〈σ(α),β〉=〈α,σ(β)〉,所以由定理3可知:σ是一个可对角化的正交变换.证法2 易证σ2=l且α,β∈V均有〈σ(α),σ(β)〉=〈α,β〉,于是由定理4可知:σ是一个可对角化的正交变换.证法3 易证α,β∈V均有〈σ(α),σ(β)〉=〈α,β〉且〈σ(α),β〉=〈α,σ(β)〉,于是由定理5可知:σ是一
3、个可对角化的正交变换,再由定理2知:σ2=l.证法4 易证α,β∈V均有〈σ(α),σ(β)〉=〈α,β〉且〈σ(α),β〉=〈α,σ(β)〉,于是由引理3与定理5可知:σ2=l且σ是一个可对角化的正交变换.证法5 易证α,β∈V均有〈σ(α),β〉=〈α,σ(β)〉.于是由文[5]中定理1可知:σ为V的对称变换,又由σ的定义易知:σ的特征根均为±1,所以由定理6可知:σ为一个可对角化的正交变换,再由定理2可知:σ2=l.相应地,关于正交矩阵可对角化的判定条件有:引理4 若n阶正交矩阵A的特征根均为实数±1,则存在n阶正交矩阵
4、T使T’AT=T-1AT=diag(-1,…,-1,1,…,1).证明 参见文[2]380~381页此处从略.定理7 设A为n阶正交矩阵,则A可对角化的充要条件是:A的特征根均为实数±1.证明 必要性:因为A可对角化,所以由文[1]推论7.6.6知:A的特征根均为实数,又A为正交变矩阵,所以由引理1可知:A的实特征根只能为±1.充分性:由引理4知显然成立.定理8 设A为n阶实矩阵,则A是一个可对角化的正交矩阵的充要条件为:存在n阶正交矩阵T使T’AT=T-1AT=diag(-1,…,-1,1,…,1).证明 必要性:因为正交矩
5、阵A可对角化,所以由定理7知:A的特征根均为实数±1,于是由引理4知:存在n阶正交矩阵T使T’AT=T-1AT=diag(-1,…,-1,1,…,1).充分性: 因有n阶正交矩阵T使T’AT=T-1AT=diag(-1,…,-1,1,…,1).所以A可对角化且A=Tdiag(-1,…,-1,1,…,1)T-1,又由对角阵diag(-1,…,-1,1,…,1)为正交阵及正交阵之逆与正交阵之积均为正交阵可知:A为正交阵,故A是一个可对有化的正交阵.定理8是对文[2]中380页定理2的推论以及对文[3]中定理2(2)的完善与推广.3
6、9第18卷第1期 袁辉坪:关于正交变换可对角化的充要条件σ(α),σ(β)〉-〈α,β〉=0,由β的任意性,取β=σ2(α)-α,则〈β,β〉=0,所以β=0,即σ2(α)=α,故σ2=l.(i),(iii)(ii):由条件,α,β∈V均有〈σ(α),β〉=〈σ(α),l(β)〉=〈σ(α),σ2(β)〉=〈(α),σ(β)〉.(ii),(iii)(i):由条件,α,β∈均有〈σ(α),σ(β)〉=〈α,σ2(β)〉=〈α,l(β)〉=〈α,β〉.引理3是文[1]中336页习题1的推广.定理1 设σ为n维欧氏空间V的一个正交变
7、换,则σ可以对角化的充要条件是:σ为对称变换.证明 必要性:因正交换σ可对角化,则由引理1,存在V的一个标准正交基{γ1,…,γn},使σ关于此基的矩阵为n阶对角阵A=diag(-1,…,-1,1,…,1),于是A’=A,由文献[1]定理8.4.5知:σ为对称变换.充分性:因σ为正交变换,所以由引理1知:σ的特征根均为±1,又σ为对称变换,故由文[1]定理8.4.5知:σ关于V的某标准正交基的矩阵为对角形矩阵diag(-1,…,-1,1,…,1),即σ可对角化.定理2 设σ为n维欧氏空间V的一个正交变换,则σ可对角化的充要条件
8、是:σ2=l.证明:必要性:因正交变换σ可对角化,所以由引理1知,必有V的一个标准正交基使σ关于此基的矩阵为对角阵A=diag(-1,…,-1,1,…,1)于是A2=I,由文[1]定理7.3.3知:σ2=l.充分性:因σ为正交变换且σ2=l,所以由引理3知:σ为对称变换,故σ
