酉矩阵和正交矩阵.docx
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酉矩阵和正交矩阵
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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.
39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可对角化.
定理3 n维欧氏空间V的变换σ是一个可对角化的正交变换的充要条件是:
σ2=l且
α,β∈V均有〈σ（α）,β〉=〈α,σ（β）〉.
证明 必要性:
因正交变换σ可对角化,所以由定理2的必要性知:
σ2=l,又由定理1
的必要性知:
σ为对称变换,即α,β∈V均有〈σ（α）,β〉=〈α,σ（β）〉.
充分性:
由条件及引理3知:
α,β∈V均有〈σ（α）,σ（β）〉=〈α,β〉,于是由引理2可
知:
σ为正交变换,故由定理2的充分性知:
σ是一个可对角化的正交变换.
定理3是文[3]中定理1的推广.定理1,定理2分别削弱了文[3]中定理1的条件.
定理4 设σ为n维欧氏空间V的变换;则σ是一个可对角化的正交变换的充要条件
是:
σ2=l且α,β∈V均有〈σ（α）,σ（β）〉=〈α,β〉.
证明 必要性:
因正交变换σ可对角化,所以由定理3知:
σ2=l且α,β∈V均有
〈σ（α）,β〉=〈α,σ（β）〉,于是由引理3知:
α,β∈V均有〈σ（α）,σ（β）〉=〈α,β〉.
充分性:
由条件及引理3可知:
α,β∈V均有〈σ（α）,β〉=〈α,σ（β）〉,再由定理3可
知:
σ是一个可对角化的正交变换.
定理5 设σ为n维欧氏空间V的变换,则σ是一个可对角化的正交变换的充要条件
是:
α,β∈V均有〈σ（α）、σ（β）〉=〈α,β〉且〈σ（α）,β〉=〈α,σ（β）〉.
证明 必要性:
因正交变换σ可对角化,所以由正交变换的定义及定理3可知:
α,β
∈V均有〈σ（x）,σ（β）〉=〈α,β〉且〈σ（α）,β〉=〈α,σ（β）〉.
充分性:
由条件及引理3可知:
σ2=l,再由定理3可知:
σ是一个可对角化的正交变换.
定理6 设σ为n维欧氏空间V的变换,则σ是可对角化的正交变换的充要条件是:
σ
38 四川师范学院学报（自然科学版） 1997年
正交变换是欧氏空间中一类重要的线性变换,也是高等代数的重要研究对象之一.它在
解析几何与高等几何中经常应用.因而探究正交变换何时可以对角化,便是一项很有意义的
工作.张远达教授、张慧敏、张宪君等先生对此都曾作过一些研究,笔者在此基础上作了进一
步的探索,又获得了一些新的结果.
本文术语及符号同文献[1].
引理1[3] 正交变换的特征根等于±1.
引理2[4] 设σ为欧氏空间V的一个变换,若α,β∈V均有〈σ（α）,σ（β）〉=c〈α,
β〉（c为实数）,则σ为V的线性变换.特别,当c=1时,σ为V的正交变换.
引理3 设σ为欧氏空间V的一个变换,若α满足下列3个条件中的任意两个,那么它
必然满足第3个:
（i）α,β∈V均有〈σ（α）,σ（β）〉=〈α,β〉;（ii）α,β∈均有〈σ（α）,
β〉=〈α,σ（β）〉;（iii）σ2=l（l为V中的单位变换,下同）.
证明 （i）,（ii）（iii）:
因为α,β∈V均有〈σ2（α）-α,β〉=〈σ2（α）,β〉-〈α,β〉=
收文日期 1996-04-20.
定理9 设A为n阶正交矩阵,则A可对角化的充要条件是:
A为实对称矩阵.
证明 必要性:
因为n阶正交矩阵A可对角化,所以由定理8知:
存在n阶正交矩阵T
使T’AT=T-1AT=diag（-1,…,-1,1,…,1）,所以由T’AT=（T’AT）’=T’A’T
有A’=A,即A为实对称矩阵.
充分性:
显然成立.
定理10 设A为n阶正交矩阵,则A可对角化的充要条件为:
A2=I.
证明 必要性:
因n阶正交矩阵A可对角化,所以由定理8知:
存在n阶正交矩阵T使
T’AT=T-1AT=diag（-1,…,-1,1,…,1）,于是T-1A2T=（T-1AT）（T-1AT）=I,
故A2=I.
充分性:
因A为正交阵,所以A-1=A’,又A2=I,因而A=A-1=A’,即A为实对
称阵,故A可对角化.
定理11 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:
A’=A
且A2=I.
证明 必要性:
因为n阶正交矩阵A可对角化,所以由定理9的必要性知:
A’=A,又
由定理10的必要性可知:
A2=I.
充分性:
因为A为实对称矩阵,所以A可以对角化,又由A’=A且A2=I知:
A-1=
A=A’,即A为正交矩阵,故A是可对角化的正交矩阵.
定理9~11是对文[3]中定理2
（1）的修正与推广.
定理12 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:
A’=A
且A的特征根均为实数±1.
证明 必要性:
因为n阶正交矩阵A可对角化,由定理8知:
存在n阶正交矩阵T使
T’AT=T-1AT=diag（-1,…,-1,1,…,1）,于是T’AT=（T’AT）’=T’A’T且A
~diag（-1,…,-1,1,…,1）,因而A’=A且A的特征根均为±1.
充分性:
因为n阶实对称矩阵A的特征根均为实数±1,所以由文[1]定理8.4.6知:
存
在n阶正交矩阵T使T’AT=T-1AT=diag（-1,…,-1,1,…,1）,于是T-1A-1T=
（T-1AT）-1=T-1AT=（T’AT）=（T’AT）=T’A’T=T-1A’T,从而A-1=A’,
即为A的正交矩阵,故A是一个可对角化的正交矩阵.
关于可对角化的正交矩阵的特征向量有
定理13 设n阶正交矩阵A的特征根均为1或-1,其重数分别为t1,t2,则I-A（或
-I-A）中任意t2（或t1）个线性无关的列向量便是A的属于特征根-1（或1）的极大无
关的特征向量组.
证明 因为n阶正交矩阵A的特征根均为1或-1,其重数分别为t1,t2,所以t1+t2
=n,且由定理7知:
A可对角化,于是由文[1]推论7.6.6有:
n-秩（I-A）=t1,n-秩（-
I-A）=t2且由定理10有:
A2=I,因而秩（I-A）+秩（-I-A）n且（I-A）（-I-A）
=0,所以n阶矩阵-I-A的列向量均为n元齐次线性方程组（I-A）X=0的解向量,
故-I-A中t1=n-秩（I-A）=秩（-I-A）个线性无关的列向量便是正交矩阵A的
属于特征根1的极大无关的特征向量组.同理可证:
I-A中t2个线性无关的列向量便是A
的属于特征根-1的极大无关的特征向量组.
定理1的证明
1）（必要性）设2阶正交矩阵A=a11 a12a21 a22,
由AA′=E2=E′2=A′A得
a112+a122=a112+a212=a212+a222
=a122+a222=1
（1）
由
（1）得
a112=a222,a122=a212,
（2）
-1aij1,i,j=1,2令a11=a,由
（1）和
（2）得a12=±1-a2,a22=±a,
由引理1知A=a11a22-a12a21=1或
-1,
1°当A=1时,a22=a,a12=-a21=1-a2
或a22=a,a12=-a21=-1-a2,A为型（i）或
（ii）.
2°当A=-1时,a22=-a,a12=a21=
1-a2或a22=-a,a12=a21=-1-a2,A为型
（iii）或（iv）.
（充分性）无论A为型（i）,（ii）,（iii）,
（iv）中何型,均有AA′=E2,因此A为正交矩阵.
2）（必要性）A是正交矩阵,由引理1知A
=1或-1,由引理2得AA*=±En=±AA′,因
此A*=±A′,所以Aij=aij（或Aij=-aij）.
（充分性）1°当Aij=aij时,A*=A′,由引理
2AA′=AA*=AEn,∑
n
j=1aijakj=
A i=k
0 i≠k,i,k=1,2,…,n,于是a=
∑
n
j=1aij2,i=1,2,…,n,由A非零知至少有一aij
≠0,因此A>0,由AA′=AEn两边取行列式
并注意到A′=A得A2=An,从而An-2
=1,由n>2和A>0得A=1,于是有AA′=
En,A为正交矩阵.
2°当Aij=-aij时,A*=-A′,与1°同理可得
A=-1,于是有AA′=-AA*=-AEn=
En,A为正交矩阵.定理1证毕.
定理2的证明
（必要性）A是n阶正交矩阵,由AA′=En得
A′=A-1,由引理3知对任意n阶矩阵B,Tr
（ABA′）=Tr（B）.
（充分性）取Bij=Eij,Eij为位于第i行第j列
位置上的元素为1,其余元素为零的n阶矩阵,那
么Tr（Bij）=1 i=j0 i≠j,i,j=1,2,…,n.
记n×1矩阵
1
0
┇
0
=e1,
0
1
┇
0
=e2,…,
0
0
┇
1
=en,那么Bij=Eij=eie′j,i,j=1,2,…,
n.
记A的n个列为α1,α2,…,αn,则A按列
分块为A=（α1,α2,…,αn）,且αi=Aei,i=1,
2,…,n,此时ABijA′=Aeie′jA′=（Aei）（Aej）′
=αiα′j,Tr（ABijA′）=Tr（αiα′j）
由引理4知Tr（αiα′j）=Tr（α′jαi）,由α′jαi是
1阶矩阵得Tr（α′jαi）=α′jαi.
α′jαi=Tr（ABijA′）=Tr（Bij）=
1 i=j
0 i≠j,i,j=1,2,…,n.
A′A=
α′1
α′2
┇
α′n
（α1,α2,…,αn）
=
1 0 … 0
0 1 … 0
……………
0 0 … 1
=En
因此A-1=A′,AA′=En,A为正交矩阵.定理2
证毕.
注:
如在定理1的
（1）中采用三角式,记a=
sinθ,则1-a2=cosθ,由sinθ=sin（π-θ）和
-cosθ=cos（π-θ）可得:
推论 2阶矩阵A为正交矩阵的充分必要条
件是A=sinα cosα-cosα sinα或A=
32数学通报 1997年 第8期
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