广西大学 2025年高等代数第0题
📝 题目
五、（15 分）已知 $\displaystyle A, B$ 是 $n$ 级实对称矩阵，满足：$\displaystyle A B=B A$ ，证明：存在正交矩阵 $T$ ，使得 $\displaystyle T^{T} A T, T^{T} B T$ 同时为对角矩阵。
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用实对称矩阵的正交对角化
由于 $A$ 是实对称矩阵，存在正交矩阵 $T_1$ 使得 $T_1^T A T_1 = \Lambda$ 为对角矩阵，其中 $\Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$，$\lambda_i$ 是 $A$ 的特征值（可能有重根）。
公式：T_1^T A T_1 = \Lambda
提示：确保 $T_1$ 是正交矩阵，即 $T_1^T = T_1^{-1}$。
步骤 2/6
目标：变换矩阵B并利用交换性
令 $B_1 = T_1^T B T_1$，则 $B_1$ 仍是实对称矩阵。由 $AB=BA$ 可得 $\Lambda B_1 = B_1 \Lambda$。即对任意 $i,j$，有 $\lambda_i (B_1)_{ij} = (B_1)_{ij} \lambda_j$，所以 $(\lambda_i - \lambda_j)(B_1)_{ij} = 0$。
公式：\Lambda B_1 = B_1 \Lambda
提示：注意矩阵乘法顺序，$\Lambda B_1$ 的第 $(i,j)$ 元为 $\lambda_i (B_1)_{ij}$，$B_1 \Lambda$ 的第 $(i,j)$ 元为 $(B_1)_{ij} \lambda_j$。
步骤 3/6
目标：推导B1的分块对角结构
由 $(\lambda_i - \lambda_j)(B_1)_{ij}=0$ 知，当 $\lambda_i \neq \lambda_j$ 时，$(B_1)_{ij}=0$。因此 $B_1$ 是分块对角矩阵，分块对应于 $\Lambda$ 中相同特征值的块。设 $\Lambda$ 有 $k$ 个不同特征值 $\mu_1, \dots, \mu_k$，重数分别为 $n_1, \dots, n_k$，则 $B_1 = \operatorname{diag}(B_{11}, B_{22}, \dots, B_{kk})$，其中每个 $B_{ii}$ 是 $n_i \times n_i$ 实对称矩阵。
提示：注意分块对角矩阵的乘法性质，不同块之间元素为零。
步骤 4/6
目标：对每个分块进行正交对角化
对每个 $B_{ii}$，由于它是实对称矩阵，存在正交矩阵 $Q_i$ 使得 $Q_i^T B_{ii} Q_i$ 为对角矩阵。令 $T_2 = \operatorname{diag}(Q_1, Q_2, \dots, Q_k)$，则 $T_2$ 是正交矩阵，且 $T_2^T B_1 T_2$ 为对角矩阵。
公式：Q_i^T B_{ii} Q_i = \text{diag}
提示：注意 $T_2$ 是分块对角正交矩阵，其逆等于转置。
步骤 5/6
目标：验证T2与Λ可交换
由于 $T_2$ 的分块与 $\Lambda$ 的分块一致，$T_2$ 与 $\Lambda$ 可交换，即 $T_2^T \Lambda T_2 = \Lambda$，因为 $\Lambda$ 是标量矩阵在每个分块上的倍数。因此 $T_2^T \Lambda T_2$ 仍为对角矩阵。
公式：T_2^T \Lambda T_2 = \Lambda
提示：可交换性源于 $\Lambda$ 在每个分块上是单位矩阵的倍数。
步骤 6/6
目标：构造最终正交矩阵T
令 $T = T_1 T_2$，则 $T$ 是正交矩阵（正交矩阵乘积仍正交）。计算 $T^T A T = T_2^T (T_1^T A T_1) T_2 = T_2^T \Lambda T_2 = \Lambda$ 为对角矩阵；$T^T B T = T_2^T (T_1^T B T_1) T_2 = T_2^T B_1 T_2$ 为对角矩阵。因此存在正交矩阵 $T$ 使得 $T^T A T$ 和 $T^T B T$ 同时为对角矩阵。
公式：T = T_1 T_2
提示：注意 $T_1$ 和 $T_2$ 都是正交矩阵，乘积保持正交性。
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