线代知识梳理

高斯消元

旋转矩阵：

\begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}

逆时针的旋转。

转置

$tr(A^TA)=0 \Rightarrow A=0$ 。

行列式

余子式、代数余子式。

\sum_{k=1}^n a_{ik}A_{jk}=|A|,i=j;0,i\not=j

\lambda^n |\lambda I_m+AB|=\lambda^m|\lambda I_n+BA|

求：

|kI-\alpha^T\beta|

得到：

k^n |kI-\alpha^T\beta|=k|k-\beta\alpha^T|=k(k-\beta\alpha^T)

范德蒙德行列式：

\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1\\ a_1 & a_2 & a_3 \\ a_1 ^2 &a_2 ^2 &a_3^2 \end{bmatrix}

det=\sum_{i<j} (a_j-a_i)

解：类似于拉格朗日插值，

\frac{\prod_{i \not=k} (a_k-b)}{\prod_{i\not=k}(a_k-a_i)}

可逆矩阵

设 $B$ 是元素全为 $1$ 的 $n$ 阶方阵， $n \ge 2$ ，求

$B^{2017}$

不妨设 $\alpha=(1,1,\cdots,1)^T$ ， $B=\alpha\alpha^T$ ， $B^{2017}=\alpha(\alpha^T\alpha)^{2016}\alpha^T=n^{2016}B$ 。

这也告诉我们秩一矩阵的 $k$ 次幂是好求的。
试求 $t$ 的取值范围，使得矩阵 $E-tB$ 可逆，并求出这个矩阵的逆。

一般地，设 $f(x)$ 是一个多项式， $k$ 为常数，若 $f(A)=O$ ，而且
$f(x)=(x-k)g(x)+c(c\not=0)$
则，
$(A-kE)^{-1}=-\frac{1}{c}g(A)$
$t=0$ 时，显然可逆， $t\not=0$ 时，

$E-tB=-t(B-\frac{1}{t}E)$ ，当 $t\not=\frac{1}{n}$ 时，可逆得，到 $(B-\frac{1}{t}E)^{-1}=\frac{t^2}{nt-1}(B-(n-\frac{1}{t})E)$ ，于是，结果应该是：
$\frac{-t}{nt-1}(B-(n-\frac{1}{t})E)=-\frac{t}{nt-1}B+E$

在右边用列变换。

\begin{bmatrix} O & A\\ B & O \end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix} O & B^{-1}\\ A^{-1} & O \end{bmatrix}

可逆包含的可交换的条件

A+B=AB，证明 A,B 可交换

(A-I)(B-I)=I \Rightarrow (B-I)(A-I)=I

ABA^{-1}=BA^{-1}+3E

先转化为两个矩阵相乘为单位阵的情况：

(A-E)BA^{-1}=3E

那么：

BA^{-1}(A-E)=B(E-A^{-1})=B(E-A^*/|A|)=3E

则：

B=3(E-A^*/|A|)^{-1}

伴随矩阵

A^*=(A_{ji})\\A^*A=AA^*=|A|E

设 $A,B$ 均为 $n$ 阶矩阵， $|A|=2,|B|=-3$ ，求 $|2A^*B^{-1}|$ 。

注意 $|kA|=k^{n-1}|A|,|A^*|=|A|^{n-1}$ 。

A^*=A^T

|A|^{n-1}=|A|

推出：若 $|A|=0$ ，可能成为一组解，但若 $A$ 非零，注意到 $r(A)=n$ 不满足 $|A|=0$ ，而当 $r(A)=n-1$ 时， $r(A^*)=1$ ，只有在 $n=2$ 的情况成立，当 $r(A)\le n-2$ 时， $r(A^*)=0$ ，更不成立。

当 $n$ 为奇数时， $|A|=1$ 。

当 $n$ 为偶数时， $|A|=-1$ 或 $|A|=1$ 。

|A|E=A^* A=A^TA

当 $|A|=1$ 时， $A$ 正交。

分块矩阵

\begin{vmatrix} A & O\\ d & B \end{vmatrix} = |A||B|

证明：归纳证明。

|AB|=|A||B|

构造：

D=\begin{vmatrix}A&0\\-E&B\end{vmatrix}

一方面 $|D|=|A||B|$ ，另一方面，

D=\begin{vmatrix}O&AB\\-E &B\end{vmatrix}=(-1)^n\begin{vmatrix}AB&O\\B &-E\end{vmatrix}=|AB|

于是成立。

\begin{bmatrix}O&A\\B & O\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}O&B^{-1}\\A^{-1} & O\end{bmatrix}

矩阵的秩

矩阵的秩的定义

$r+1$ 阶子式全为 $0$ ， $r$ 阶子式存在一个不为 $0$ 。

矩阵的秩和方程有解的关系

r(A)=r(A,\beta)

平时应该是 $r(A)\le r(A,\beta)$ 。

想要证明 $r(A)=r(B)$ ，需要证明 $Ax=0 \Rightarrow Bx=0$ ，而且 $Bx=0 \Rightarrow Ax=0$ 。

例如：

Ax=0 \Rightarrow A^TAx=0\\ A^TAx=0 \Rightarrow x^TA^TAx=0 \Rightarrow Ax=0

设 $A,B$ 为 $n$ 阶方阵，且 $r(A)=r(BA)$ ，证明 $r(A^2)=r(BA^2)$ 。

A^2x=0 \Rightarrow BA^2 x=0\\ BA^2x=0 \Rightarrow (BA)Ax=0

而 $BAx=0 \Rightarrow Ax=0$ ，推出 $Ax=0$ ，于是 $A^2x=0$ 。

$Ax=0$ 与 $Bx=0$ 同解的充要条件是存在可逆矩阵 $P$ ，满足 $B=PA$ 。（对应的 rref 相等）

矩阵的秩的大小关系

r(AB)\le \min(r(A),r(B))

若 $A_{m\times n},B_{n\times s}$ ，则：

r(A)+r(B) \le r(AB)+n(A的列数，B的行数)

当 $AB=O$ 时， $r(A)+r(B)\le n$ 。

r(A+B)\le r(A,B)\le r(A,O;O,B)=r(A)+r(B)

r(A,O;C,B)\ge r(A)+r(B)

$r(A^*)=1, 当 r(A)=n-1$ 时。首先至少 $r(A^*)=1$ 。其次， $r(A^*A)=r(|A|E)=0$ ，当 $A^*A=O$ 时， $r(A)+r(A^*)\le n$ ，推出 $r(A^*)\le 1$ ，所以 $r(A^*)=1$ 。

$r(A^*_4B_4)=2$ ，首先，推出 $r(A_4^*)\ge 2,r(B_4)\ge 2$ ，其次， $r(A^*)$ 只可能取 $4,1,0$ ，于是 $A$ 可逆。推出 $r(B)=2$ 。

r(A^TA)=r(A)

（通过解相同证明）

x^TA^TAx=0 \Rightarrow (Ax,Ax)=0\Rightarrow Ax=0

初等变换不改变矩阵的秩。

r(A)=r(AB)=r(BA) 当 B 可逆

若 $A_{n\times m}B_{m\times n}=E_n (n<m)$ ，证明 $r(B_{m\times n})=n$ 。

n=r(E_n)=r(A_{n\times m}B_{m\times n}) \le r(B_{m\times n})=n（必须）

设 $A \in \mathbb C^{m \times n}$ ， $r(A)=m<n$ ， $I_m$ 为 $m$ 阶单位矩阵，则下列说法正确的是：

若矩阵 $B$ 满足 $BA=0$ ，则 $B=0$ ，利用 $r(A)+r(B)\le r(BA)+m$ ，其中 $r(A)=m$ ，则 $r(B)=0$ 。而且必有解。

设 $A\in \mathbb C^{m\times n}$ ， $AX=b$ 为一非齐次线性方程组（ $b\not=0$ ），则：

若 $m<n$ ，则方程组 $AX=b$ 有非零解。 $r(A)$ 不一定等于 $r(A,b)$ ，例如，取 $A=0$ 。
若 $r(A)=m$ ，则方程组 $AX=0$ 有非零解。不一定，比如取 $A=[1,0],b=[0;1]$ ，则无解。
若 $r(A)=n$ ，则 $AX=0$ 只有零解。 $r(A)+r(X)\le r(AX)+n$ ，得到 $r(X)=0$ 。

$n$ 阶矩阵 $A$ ， $A(A+kE)=0 \Leftrightarrow r(A)+r(A+kE)=n$ 。

证明：

r(A)+r(A+kE)\le r(0)+n

r(A)+r(A+kE)\ge r(A+kE-A)=n

线性空间与线性变换

线性空间

$\alpha+\beta=\beta+\alpha$
$\alpha+(\beta+\gamma)=(\alpha+\beta)+\gamma$
零元： $\exists 0 \in \mathbb V,0+\alpha=\alpha$
负元： $\forall \alpha,\exists \beta ,s.t. \alpha+\beta=0$
单位元： $1\in \mathbb F,1\alpha=\alpha$
$(kl)\alpha=k(l\alpha)$
$(k+l)\alpha=l\alpha+k\alpha$
$k(\alpha+\beta)=k\alpha+k\beta$ 。

子空间

子空间需要对加法、数乘封闭即可。

$W,U$ 是 $V$ 的子空间，则 $W\cap U$ 也是 $V$ 的子空间。如果互不包含，则 $W\cup V$ 不是 $V$ 的子空间。

和子空间：

W+U=\{w+u|w\in W,u\in U\}

生成子空间

L(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\cdots,\alpha_m)

线性相关，线性组合。

\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n

线性无关，而且 $V$ 中任意向量都可以用 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$ 线性表示，则称 $V$ 为 $n$ 维线性空间。

$\dim(V)$ 基，坐标。

\Im \mathcal A=\{\mathcal Ax|x \in V\} \\ \ker \mathcal A=\{x\in V| \mathcal Ax =0\}

核和像相等的条件： $\mathcal A^2=0$ 。

\mathcal A(x,y)=\mathcal A(y,0)\\ \Im A=\ker A=\{(x,0)|x\in \R \}

\dim \Im +\dim \ker=n

求 $V=\{X_{n\times m} | AX=0\}$ 的维数：

$X$ 的每一列都有 $n-r(A)$ 种选择，因此是 $(n-r(A))^m$ 。

\dim V_1+\dim V_2=\dim V_1 \cap V_2 + \dim V_1+V_2

内积，实数域上的线性空间，欧氏空间。

坐标

A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\\x 是列向量，Ax

过渡矩阵

[\eta]=[\varepsilon]C

$C$ 是可逆矩阵。

$[\eta]$ 下坐标是 $Y$ ， $[\varepsilon]$ 下坐标是 $X$ ，则：

CY=X

内积的性质

对称性
线性性
正定性 $(\alpha,\alpha)\ge0$ 且 $(\alpha,\alpha)=0$ 充要条件是 $\alpha=0$ 。

如果定义 $(\alpha,\beta)=(A\alpha)^T(A\beta)$ ，其中 $A$ 非奇异，可以满足正定性、线性性的要求，而对称性：

(\alpha,\beta)=\alpha^T A^T A\beta=(\alpha^T A^T A\beta)^T= \beta^T A^TA\alpha=(\beta,\alpha)

柯西施瓦茨不等式

|(\alpha,\beta)| \le |\alpha| \cdot |\beta|

等号成立当且仅当 $\alpha,\beta$ 线性相关。

可以进行角度的定义：

\cos \theta =\frac{(\alpha,\beta)}{|\alpha||\beta|}

可以进行长度的定义：

|\alpha|=\sqrt{(\alpha,\alpha)}

施密特正交化

$\alpha_s$ 在 $\beta_t$ 上的投影：

\frac{(\alpha_s,\beta_t)}{(\beta_t,\beta_t)}\beta_t

原因：因为 $(\alpha_s,\beta_t)$ 代表 $\alpha_s$ 在 $\beta_t$ 上的投影的长度乘以 $\beta_t$ 的长度。

正交矩阵的定义

AA^T=A^TA=E

注意两个都要写到。

设 $A$ 为实反对称矩阵， $\alpha$ 为 $n$ 维实列向量，且 $A\alpha=\beta$ ，证明 $\alpha$ 与 $\beta$ 正交。

\alpha^TA\alpha+(\alpha^TA\alpha)^T=0 \Rightarrow \alpha^TA\alpha=\alpha^T\beta=0

线性变换

\sigma(A+B)=\sigma(A)+\sigma(B)\\\sigma(kA)=k\sigma(A)

记为：

\beta=\sigma(\alpha),\beta=\sigma\alpha

线性变换在给定基下的矩阵

\mathcal A(\varepsilon_1,\varepsilon_2,\cdots,\varepsilon_n)=(\mathcal A \varepsilon_1,\mathcal A \varepsilon_2,\cdots,\mathcal A \varepsilon_n)=(\varepsilon_1,\varepsilon_2,\cdots,\varepsilon_n)A

意义是，只要找到一组 $(\varepsilon_1,\varepsilon_2\cdots,\varepsilon_n)$ 与和其对应变换过后的基，就可以知道 $A$ 的全貌。

基变换

[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3] \gamma=[\beta_1,\beta_2,\beta_2] \gamma'

希望 $\gamma=A\gamma'$ ，因此：

A=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]^{-1}[\beta_1,\beta_2,\beta_2]

也可以这样快速记忆，要从 $\alpha$ 转到 $\beta$ ，需要先消除 $\alpha$ 的信息，再转到 $\beta$ 的信息。

从 $\beta$ 转换到 $\alpha$ ，矩阵就是 $A^{-1}$ 。

线性变换在不同基矩阵下的关系

$[\varepsilon],[\eta]$ 是基，已知 $\mathcal A([\varepsilon])$ 对应矩阵 $A$ ，和 $[\varepsilon]C=[\eta]$ 求 $\mathcal A([\eta])$ 对应矩阵 $B$ 。

\mathcal A([\eta])=\mathcal A([\varepsilon]C)=\mathcal A([\varepsilon])C=[\varepsilon]AC=[\eta]C^{-1}AC

也可以考虑 $B$ 是 $\eta$ 到 $\eta$ 的矩阵，知道 $\varepsilon \to \eta$ 的变换，就需要 $(\varepsilon \to \eta)^{-1} \times \varepsilon \to \varepsilon \times (\varepsilon \to \eta)$ 。

在线性空间 $P[x]_{n+1}$ 中，求向量：f

f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n

在基：

1,(x-a),(x-a)^2,\cdots,(x-a)^n

下的坐标。

$f(x)$ 在 $x=a$ 点处展开，可以得到 $f(x)=f(a)+\frac{f'(a)}{1}(x-a)+\cdots+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$ 。

利用泰勒公式展开的唯一性。

x^2,(x+1)^2,(x+2)^2,(x+3)^2

线性相关。

HouseHolder矩阵

$A=E+k\alpha^T\alpha$ 。

第一种特征向量是 $\alpha x=0$ 的基础解系中的向量。

例如 $\alpha=(a_1,a_2,a_3)$ ，得出 $\alpha_1=(-a_2,a_1,0)^T,\alpha_2=(-a_3,0,a_1)^T$ ，一共 $n-1$ 个。对应的特征值是 $1$ 。

第二种特征向量就是 $\alpha^T$ ，对应特征值是 $1+k(\alpha,\alpha)$ 。如果是正交矩阵，需要特征值 $=-1$ ，那么 $k=\frac{-2}{(\alpha,\alpha)}$ ，如果需要正定，则 $k>\frac{-2}{(\alpha,\alpha)}$ 。

矩阵的特征值

(\lambda,\alpha) A,(\lambda^{-1},\alpha)A^{-1}\\ (\lambda,\alpha) A,(g(\lambda),\alpha)g(A)\\ A,A^T 相同

$n$ 阶方阵的属于不同特征值的特征向量线性无关。

\sum \lambda_i=tr(A)\\ \prod \lambda_i=|A|

$A^*$ 的特征值为 $\lambda^{-1}|A|$ 。若 $A$ 可逆，则 $A$ 对应于 $\lambda$ 的特征向量也为 $A^*$ 对应于 $|A|/\lambda$ 的特征向量。

$B=P^{-1}AP$ ，对应的特征向量为 $P^{-1}\alpha$ 。

若 $A$ 的每行元素都是 $a$ ，取特征向量为 $(1,1,\cdots,1)^T$ ，则得出一个特征值为 $a$ 。

证明：

\sum_{i=1}^n \lambda_i^2 = \sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^n a_{ik}a_{ki}

注意到 $\sum_{i=1}^n \lambda_i^2=tr(A^2)$ ，而 $tr(A^2)$ 展开就是右边的形式。

秩1矩阵的特征值为 $n-1$ 个 0 和一个 $tr(A)$ 。对应的向量为 $\alpha^Tx=0$ 的解空间和 $\alpha^T$ 。

代入 $A=\alpha,B=\alpha^T$ ，就可以得到秩一矩阵的性质。

判断矩阵是否相似于一个对角阵，主要是看是否有 $n$ 个线性无关的特征向量。

经典题型：

已知 $A$ 的所有特征值，求 $|f(A)|$ 的行列式： $A^*$ 用 $A^{-1}$ 代替，

\prod f(\lambda_i)

实对称矩阵 $A$ ，已知所有特征值和部分特征对，求 $A$ 。不同特征值对应的特征向量正交。
求 $A^*$ 的特征值，长的是 $\lambda_1\cdots\lambda_{i-1}\lambda_{i+1},\cdots\lambda_n$ 。

$A$ 的特征对 $(\lambda,\alpha)$ ，则 $f(A)$ 的特征对 $(f(\lambda),\alpha)$ 。

设 $A$ 实反对称矩阵，证明：

$A^2$ 半负定矩阵。
$x^TA^2x=-x^TA^TAx=-(Ax)^T(Ax)\le0$
$|E-A^2|>1$ ，相似的，半负定矩阵的所有特征值 $\le0$ ，令 $f(x)=1-x$ ，则 $E-A^2$ 的所有特征值为 $f(\lambda_i)\ge1$ ，而且特征值不全为 $0$ ，推出 $|E-A^2|>1$ ，这道题主要用到了特征值和行列式的关系。

限定 $k$ 重特征值： $r(\lambda E-A)=n-k$ 。几何重数+原矩阵的秩= $n$ 。例如 $(A-E)B=0,r(B)=r$ ，得出 $r(A-E)=n-r$ ，则 $1$ 对应的几何重数应该是 $r$ 。

A^2=A,A \sim diag(1,1,1,\cdots,1,\cdots,0)

A^2=0,A\sim diag(0,\cdots,0)

可对角化等价于最小多项式没有重根。

矩阵的相似对角化

正交相似

AQ=Q\Lambda,Q^TQ=E

Q^TAQ=\Lambda

二次型

合同

非奇异 $P$ ， $s.t.$ $P^TAP=B$ 。

惯性系数相同。

自反性
对称性
传递性
合同矩阵必有相同的秩
$A$ 对称推出 $B$ 对称
$f(x)=x^TAx$ 经过可逆变换 $x=Py$ 化为二次型 $g(x)=y^TBy$ 充要条件是 $P^TAP=B$ 。

正定的性质

如果 $A$ 正定，则：

正定的定义， $x^TAx>0$ 当 $x\not=0$ 。
$A=Q^T\Lambda Q$ ，其中 $Q$ 是正交阵，如果令 $\Lambda$ 分解为 $\Lambda^{1/2}$ ，则可以得到 $A=P^TP$ ，但此时 $P$ 不满足正交的性质。
$A=P^TP$ ，其中 $P$ 非奇异。从这个性质可以根据定义推出 $A$ 正定。
$A$ 是对称阵， $A=A^T$ ，由上一条性质可知。
对 $x$ 取正交替换 $x=Qy$ ，则还是满足正定性的要求，因为 $x^TAx=y^TQ^TAQy$ ，则 $B=Q^TAQ$ 依然是正定矩阵。

如果 $A$ 正定，则下属命题等价。

$A$ 为正定矩阵。
$A$ 的特征值全部大于 0。
$A$ 合同于单位矩阵 $E$ 。
存在非奇异矩阵 $M$ ，使得 $A=M^TM$ 。

判断正定性的方法：主子式法，定义法。

已知 $A,B$ 均为 $n$ 阶正定矩阵，则 $kA+lB$ 为正定矩阵，其中 $k,l >0$ 。

正定矩阵的对角线元素全部 $>0$ ，如果 $\le 0$ ，取 $(0,\cdots,1,\cdots,0)$ ，就会出现反例。

$A$ 正定推出 $A^{-1}$ 正定，因为 $A=Q^TQ$ ， $A^{-1}=(Q^{-T})^T(Q^{-T})$ ，也是正定。反之也能成立。

$A$ 正定也能推出 $A^k$ 正定，因为 $A,A$ 可交换。

$A,B$ 正定，可以推出 $BAB$ 正定。

$n$ 阶方阵 $A$ 是反对称矩阵当且仅当对于任意的 $n$ 维向量 $\alpha$ ，有 $\alpha^T A\alpha=0$ 。

定义：标准型，规范标准型

规范标准型必须全是 $1$ 。

一些题目

如果 $A,B$ 正定，证明 $AB$ 正定与 $AB=BA$ 等价。

正向：

$AB=(AB)^T=B^TA^T=BA$ 。

反向：

由于 $B$ 正定，所以 $B$ 对称，可以分解为 $P\Lambda P^T$ ，其中 $P$ 是正交阵。

于是 $B^{1/2}$ 可以定义为 $P\Lambda^{1/2} P^T$ ，易得 $B^{1/2}$ 是正交矩阵，是对称的。 $AB$ 与 $B^{1/2}AB^{1/2}$ 相似，具有相同的特征值，只需证明 $B^{1/2}AB^{1/2 }$ 正定。

而 $x^TB^{1/2}AB^{1/2}x=(B^{1/2}x)^TA(B^{1/2}x)$ ，根据 $A$ 正定可得 $B^{1/2}AB^{1/2}$ 正定。

于是命题得证。

另外，如果 $A,B$ 正定，则 $AB$ 的特征值都大于 $0$ 。

QABQ^{-1}=(PQ^T)^TPQ^T

可以知道 $AB$ 相似于一个正定矩阵，所以特征值全部大于 $0$ 。如果要 $AB$ 正定，还需要 $AB$ 对称，也就是 $(AB)^T=BA=AB$ ，也就是可交换。

如果 $A$ 是正交阵而且正定，则证明 $A=E$ 。

是正定，推出 $A=P^TP$ ， $A^T=A$ ，是正交，推出 $AA^T=E$ ，则 $A^2=E$ 。可以看成 $g(\lambda)=\lambda^2-1$ ， $g(\lambda)$ 是 $A^2-E$ 的特征值，必为 $0$ ，则有两个解 $\lambda=1,-1$ 。然而， $A$ 正定，则 $\lambda=-1$ 需要舍去，推出 $A$ 特征值全为 $1$ ，则 $A=B^{-1}EB=E$ 。

设 $B_{m\times n}$ 实矩阵，证明 $B^TB$ 正定 $\Leftrightarrow$ $r(B)=n$ 。

$B^TB$ 正定则 $x^TB^TBx=|Bx|^2 >0$ （对于 $\forall x\not=0,Bx\not=0$ ），则 $r(B)=n$ 。

反过来也好证。

$A,B$ 是 $n$ 阶正定矩阵，方程 $f(x)=|xA-B|=0$ 的根均为 $1$ ，证明：

A=B

$A=M^TM$ 。

|xA-B|=|xM^TM-B|=|M^T||xE-M^{-T}BM^{-1}||M|=|A||xE-M^{-T}BM^{-1}|

$|xE-M^{-T}BM^{-1}|$ 的根均为 $1$ 。

$M^{-T}BM^{-1}$ 是正定的，因为定义。对其进行分解，为 $P^{T}\Lambda P$ ，其中 $P$ 正交。

|xE-M^{-T}BM^{-1}|=|xE-\Lambda|

推出： $\Lambda=E$ 。则 $P^{T}M^{-T}BM^{-1}P=\Lambda=E$ ，推出 $B=M^TM=A$ 。

假设 $\alpha,\beta$ 为正交的三维单位列向量，二次型 $f(x)=x^T(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T)x$ 经过正交替换可以化为标准型？

正交：经常需要乘一下。

r(A)\le r(2\alpha\alpha^T)+r(\beta\beta^T)=2

设 $f(x)=x^TAx$ ，得到 $A\alpha=2\alpha$ ， $A\beta=\beta$ 。而且由秩的性质，得到 $\lambda_3=0$ 。

补充矩阵的秩一分解：

A=(\alpha_1,\cdots,\alpha_n) diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n) (\alpha_1,\cdots,\alpha_n)^T\\=\lambda_1\alpha_1\alpha_1^T+\cdots

其中 $\alpha_1,\cdots,\alpha_n$ 是标准正交基。

于是可以很容易看出 $A$ 的三个特征值为 $2,1,0$ 。

计算 $A^n$ ，我们也可以直接将 $\lambda_1,\cdots$ 进行 $m$ 次方。

二次型 $f(x)=x^T\alpha\alpha^Tx$ 化为标准型：

$\alpha\alpha^T$ 的特征值： $0(n-1个)，\alpha^T\alpha(\ge0)$ 。

正定矩阵可以定义“开根号”

$A$ 正定，证明存在正定矩阵 $B$ ，使得 $A=B^2$ 。

A=P^{-1}\Lambda P

其中 $P$ 是正交阵， $\Lambda$ 每一个对角线元素都是正的，则令 $B=P^{-1}\Lambda^{1/2} P$

$A$ 为 $m*n$ 阶实矩阵，证明 $r(A)=n$ 的充要条件是 $A^TA$ 正定。

充分条件：$r(A)=n \Rightarrow $ 若存在 $x$ 使得 $Ax=0$ ，则 $r(A)+r(x) \le r(Ax)+n$ ，推出 $r(x)=0,x=0$ ，因此， $x^TA^TAx=(Ax,Ax) \ge 0$ ，等号当且仅当 $x=0$ 取到。

必要条件： $x^TA^TAx \ge 0$ 等号当且仅当 $x=0$ 取到，推出 $r(A)=n-r=n$ 。

$A_n,B_n$ 实对称， $A$ 正定，证明存在可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^TAP,P^TBP$ 均为对角阵。

设 $A$ 为 $m$ 阶正定矩阵， $B$ 为 $m\times n$ 实矩阵，证明 $B^TAB$ 为正定矩阵的充分必要条件是矩阵 $B$ 的秩数 $r(B)=n$ 。

x^TB^TABx=(Bx)^TA(Bx)

需要 $x=0 \Leftrightarrow Bx=0$ 。因此 $r(B)=n$ 。因此，不能随便说 $B^TB$ 正定，还要求 $r(B)=n$ 。

证明：可逆实矩阵 $A$ 可以表示为一个正定矩阵与一个正交矩阵的积，且表示唯一。

A^TA=B_1^2,B_1 正定

Q=AB_1^{-1},Q^TQ=(B_1)^{-T} A^T A B_1^{-1}=B_1^{-T}B_1 = (B_1 B_1^{-1})^T=E

于是， $A=QB_1$ 。