当λ是k重特征值,λ的线性无关的特征向量的个数与秩r(λE-A)的关系(我大一,刚学完二次型)

t是A的一个k重特征值,表示,有k个线性无关的特征向量.记为,v_1……v_k
那么(tE-A )(v_i)=0,i从1到k.
所以tE-A有一个k重特征值0
A实对称,所以tE-A实对称,所以tE-A可对角化为如下：
diag(a_1,a_2,……,a_(n-k),0,……,0),有k个0,所以tE-A 的秩 至多为 n-k

这个结论需要一个关键结论:k重特征值恰有k个线性无关的特征向量
证明太麻烦且超出知识范围,教材都不给证明(包括同济大学的线性代数)
我只是想说一方面要掌握这个结论,另一方面相关的定理结论也要知道
比如:属于不同特征值的特征向量线性无关,而实对称矩阵的属于不同特征值的特征向量正交
是否可以解决您的问题?

你这个问题无法在这里解释清楚.
一般的线性代数书都要写2页好几个定理来证明这个结论的.
随便找本线性代数/高等代数的书都有这个内容的
比如北大/复旦的相关教材就比较好

1.当λ是矩阵A的k重特征值时,矩阵A属于λ的线性无关的特征向量的个数不超过k个.
任一方阵A都有上述结论.
2.书本又在后面说,k重特征值必有k个线性无关的特征向量
这是实对称矩阵的结论.
所以,实对称矩阵总是可以对角化的.

首先 实对称阵 相似于对角阵 且特征值为实数
只需证明（1）次对角元全非0时 所有特征值2,2不同就行了
这是因为我们可以把原矩阵分块成 一个对角阵和一个实对称三对角矩阵（设阶数分别为 s,t ） 使得这个子阵的的次对角元都是0 则 若（1）成立 则 这个子阵的的对角元2,2不同 因为s阶对角阵最多有s重根 所以合起来最多有s+1重根（注意到 s恰是 次对角元中0的个数）
下面证明（1）
记此阵为 A 对角元为 a1,a2,...an 次对角元为 b1,b2...b(n-1) (bi 均非0)则
若x为一个A的特征值 欲证特征子空间维数维1
则因为A-xI 仍为 实对称三对角矩阵 且次对角元不变
所以我们只需在x=0时证明就行了
设 x1,x2,...xn为0的特征向量
则 a1x1+b1x2=0 b1x1+a2x2+b2x3=0...
则 x2=-a1/b1*x1 x3=-1/b2(b1x1+a2x2)...
所以 （x1,x2...xn）由x1唯一决定 所以维数是1 得证

重特征值的意思就是特征多项式的重根.
举个例子,有一个三阶矩阵A,
4 0 0
0 3 1
0 1 3
它的特征值多项式为
(4-λ)(λ²-6λ+8)=(2-λ)(4-λ)²
其中λ=4是2重根,我们就说“4”是矩阵A的“2重特征值”.
总结：若矩阵A的特征多项式因式分解后,如果有一项可以写成(λ-k)^m,
【k,m为常数,且m为正整数】那么“k”就是矩阵A的“m重特征值.

如果n是矩阵A的阶数,那么0是A的n重特征值,k和重数没有什么关系

设该矩阵为A,比如t为特征值,
K重特征值的定义是什么,就是该矩阵的特征多项式含有根t的重数为K.
设t为K重特征值,设t对应的线性无关的特征向量个数为m,那么以这m个向量延拓成为线性空间的一组基,那么可以得到在该组基下的特征多项式为(x-t)^mg(x）,g(x)为一个多项式,从而A关于特征值t的重数>=m,即K>=m.
记住关键是特征多项式在相似的意义下保持不变,且注意任意线性无关的向量,可以延拓成一组基.

你要清楚不同特征根的特征向量线性无关,
A的所有特征根共n个,A为n阶矩阵,那么它的特征根共n个(k重根算k个).而A的特征向量为n维向量,可以用n个基表出.若应于特征值λ的线性无关特征向量的个数=k+1,那么对于可逆阵A,其所有线性无关特征向量的个数之和>n,显然矛盾.(我只是用可逆阵做例子,有这样一个定理:
R(A)=A的所有线性无关特征向量的个数之和.它可以由A最简化得证.)一般情况是一样的.

这是个定理
教材中一般不给证明, 有点超纲, 记住结论就行
例子教材中有, 就是不能对角化的矩阵的例子

设A为实对称矩阵,则必存在正交矩阵p,使得p'Ap为对角型矩阵.
如果你是理工科学线性代数的学生,则可以不去深究定理的证明,现在一般的理工科都不要求掌握证明,只要会化实对称矩阵为对角型就可以了.
如果你是数学系学习高等代数的学生,则证明这个定理的方法有很多,可以用用数学归纳法,还可以用若当标准形的理论,对称变换的理论等证明该定理.但这都需要一些其他知识做准备.如欧氏空间的对称变换或入-矩阵的若当标准型等,那就不是一两句话能说得清的.
所以,一般的线性代数教材就只告诉你结论,会用就ok了.

从Jordan标准型可以看出.或见http://gdjpkc.xmu.edu.cn/FlashShow.aspx?cID=18&dID=133&lID=427中三.

证明:由A,B是n阶实对称矩阵,A,B具有一个共同的k重特征值λ
知A,B的属于特征值λ的线性无关的特征向量必有k个
设a1,...,ak是A的属于特征值λ的线性无关的特征向量
b1,...,bk是A的属于特征值λ的线性无关的特征向量
则由k>(n/2)知 2k>n.
所以 a1,...,ak,b1,...,bk 线性相关 [向量的个数大于维数必相关]
故至少有一个向量,不妨设是a1,可由其余向量线性表示.
即 a1 = k11ai1+...+k1sais + k21bj1+...+k2tbjt
∴ a1 - k11ai1-...-k1sais = k21bj1+...+k2tbjt
注意到 a1,...,ak 线性无关,故
a1 - k11ai1-...-k1sais = k21bj1+...+k2tbjt ≠ 0
此向量即A与B对应于特征值λ的相同的特征向量.
不知道是否有更好的证明方法.

首先,如二楼所说,你的意思因该是“k重特征值能不能有k＋1个线性无关的特征向量”,注意叙述,否则如果a是特征向量的话,2a,3a,4a.都是特征向量,就变成无数个了.
其次回答你的问题：不能!
设矩阵A为n阶矩阵,A不能对角化,说明A的Jondan标准型中,至少有一个二阶以上的Jondan块,不妨假设特征值x1是一个二重特征根,对应有一个二阶Jondan块,其余特征值为x2,x3,.
设A的Jondan标准型为：
J=
x1 1 0 0 0 ...0
0 x1 0 0 0 ...0
0 0 x2 0 0 ...0
0 0 0 x3 0 ...0
...
0 0 0 0 0 ...xn-1
于是A=P^(-1)JP,其中P为可逆阵
考察矩阵(A-x1I)
A-x1I
=P^(-1)JP-x1I
=P^(-1)[J-x1I]P
所以rank(A-x1I)=rank(J-x1I)
J-x1I=
0 1 0 0 0 ...0
0 0 0 0 0 ...0
0 0 x2-x1 0 0 ...0
0 0 0 x3-x1 0 ...0
...
0 0 0 0 0 ...xn-1 - x1
rank(J-x1I)=n-1=rank(A-x1I)
对应于特征值x1的特征向量就是方程(A-xI)=0的解,系数矩阵秩为n-1,方程个数为n,所以基础解系只有一个解向量.
这个例子里,二重特征根只有一个线性无关的特征向量.
可以看到,k重特征根的线性无关的特征向量数,就是取决于Jondan标准型的状态.例如：一个5重特征根.
如果对应于一个5阶Jondan块,那么线性无关的特征向量有1个.
如果对应于一个2阶Jondan块和一个3阶Jondan块,那么线性无关的特征向量有2个.
...
如果对应于5个1阶Jondan块,那么线性无关的特征向量有5个.其实这时就是可对角化了,因为没有2阶以上Jondan块.