最后更新: 2024-11-29 22:32 查看: 573 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

对称矩阵的对角化

##  实对称矩阵的特征值为实数.
证明 先介绍一个记号. 设复数矩阵 $X=\left(x_{ij}\right)$ ，复数 $x_{ij}$ 的共轭复数为 $\bar{x}_{i j}$ ，记 $\bar{X}=\left(\bar{x}_{ij}\right)$ ，则 矩阵 $\bar{X}$ 称为矩阵 $X$ 的共轭矩阵.
设复数 $\lambda$ 为对称阵 $A$ 的特征值，复向量 $x=\left(x_1, x_2, \cdots, x_n\right)^{\top}$ 为对应的特征向量，即 $\boldsymbol{A x}=\lambda \boldsymbol{x}$. 用 $\bar{\lambda}$ 表示$\lambda$的共轭复数， $\overline{\boldsymbol{x}}=\left(\bar{x}_1, \bar{x}_2, \cdots, \bar{x}_n\right)^{\mathrm{T}}$ 表示 $\boldsymbol{x}$ 的共轭复向量，而 $\boldsymbol{A}$ 为实 对称矩阵，有 $\bar{A}=A$ 及 $A^{\mathrm{T}}=A$ ，于是

$$
\overline{\boldsymbol{x}}^{\mathrm{T}} A \boldsymbol{x}=\overline{\boldsymbol{x}}^{\mathrm{T}}(A \boldsymbol{x})=\overline{\boldsymbol{x}}^{\mathrm{T}}(\lambda \boldsymbol{x})=\lambda \overline{\boldsymbol{x}}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{x} ，
$$

且

$$
\overline{\boldsymbol{x}}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\left(\overline{\boldsymbol{x}}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\right) \boldsymbol{x}=(\boldsymbol{A} \overline{\boldsymbol{x}})^{\mathrm{T}} x=(\overline{\boldsymbol{A}} \overline{\boldsymbol{x}})^{\mathrm{T}} x=(\overline{\boldsymbol{A} x})^{\mathrm{T}} x=(\bar{\lambda} \boldsymbol{x})^{\mathrm{T}} x=\bar{\lambda} \overline{\boldsymbol{x}}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{x},
$$

两式相减，得

$$
(\bar{\lambda}-\lambda) \overline{\boldsymbol{x}}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{x}=0,
$$

由 $\boldsymbol{x} \neq \mathbf{0}$ 可知

$$
\overline{\boldsymbol{x}}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{x}=\sum_{i=1}^n \bar{x}_i x_i=\sum_{i=1}^n|\boldsymbol{x}|^2 \neq 0,
$$

故 $\bar{\lambda}-\lambda=0$ ，即 $\lambda=\bar{\lambda}$ ，这就说明 $\lambda$ 为实数.
当特征值 $\lambda_i$ 为实数时，齐次线性方程组

$$
\left(A-\lambda_i E\right) x=0
$$

是实系数方程组，由 $\left|\boldsymbol{A}-\lambda_1 E\right|=0$ 知必有实的基础解系，所以对应的特征向量可
以取实向量.

## 性质2
设 $\lambda_1, \lambda_2$ 是对称阵 $A$ 的两个特征值， $p_1, p_2$ 是对应的两个特征向量. 若 $\lambda_1 \neq \lambda_2$ ，则 $p_1$ 与 $\boldsymbol{p}_2$ 正交.

证明 已知 $A p_1=\lambda_1 p_1, A p_2=\lambda_2 p_2, \lambda_1 \neq \lambda_2$ ，且 $A$ 对称，于是

$$
\lambda_1 p_1^{\mathrm{T}} \boldsymbol{p}_2=\left(\lambda_1 \boldsymbol{p}_1^{\mathrm{T}}\right) \boldsymbol{p}_2=\left(\lambda_1 \boldsymbol{p}_1\right)^{\mathrm{T}} \boldsymbol{p}_2=\left(A p_1\right)^{\mathrm{T}} \boldsymbol{p}_2=\boldsymbol{p}_1^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{p}_2=\boldsymbol{p}_1^{\mathrm{T}}\left(A \boldsymbol{p}_2\right)=\boldsymbol{p}_1^{\mathrm{T}}\left(\lambda_2 \boldsymbol{p}_2\right)=\lambda_2 \boldsymbol{p}_1^{\mathrm{T}} \boldsymbol{p}_2 ，
$$

即

$$
\left(\lambda_1-\lambda_2\right) \boldsymbol{p}_1^{\mathrm{T}} \boldsymbol{p}_2=0 .
$$

但 $\lambda_1 \neq \lambda_2$ ，故 $p_1^{\mathrm{T}} p_2=0$ ，即 $p_1$ 与 $p_2$ 正交.

**定理** $n$ 阶实对称阵 $A$ 必定正交相似于实对角阵 $\Lambda$ ，即存在正交阵 $P$ ，使 $P^{-1} A P=P^{ T } A P=\Lambda$ ，其中 $\Lambda$ 的对角线上的元素是 $A$ 的 $n$ 个特征值.

**推论** 设 $A$ 为 $n$ 阶实对称阵， $\lambda$ 是 $A$ 的特征方程的 $k$ 重根，则矩阵 $A -\lambda E$ 的秩 $R(A-\lambda E)=n-k$ ，从而对应特征值 $\lambda$ 有 $k$ 个线性无关的特征向量.

证明 按定理知对称阵 $A$ 与对角阵 $\Lambda=\operatorname{diag}\left(\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n\right)$ 相似，从而 $A -\lambda E$ 与 $\Lambda-\lambda E =\operatorname{diag}\left(\lambda_1-\lambda, \lambda_2-\lambda, \cdots, \lambda_n-\lambda\right)$ 相似. 当 $\lambda$ 是 $A$ 的 $k$ 重特征根时， $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n$ 这 $n$ 个特征值中有 $k$ 个等于 $\lambda$ ，有 $n-k$ 个不等于 $\lambda$ ，从而对角阵 $\Lambda-\lambda E$ 的对角元恰有 $k$ 个等 0 ，有 $n-k$ 个不等于 0 ，因此 $R(\Lambda-\lambda E )=n-k$ 。于是有 $R( A -\lambda E )=R( \Lambda -\lambda E )=n-k$.

## 将对称阵 $A$ 对角化的步骤如下：
(i) 求出 $\boldsymbol{A}$ 的全部互不相等的特征值 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_s$ ，它们的重数依次为

$$
k_1, k_2, \cdots, k_s\left(k_1+k_2+\cdots+k_s=n\right) ；
$$

(ii) 对于每个 $k_i$ 重特征值 $\lambda_i$ ，求方程 $\left(A-\lambda_i E\right) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$ 的基础解系，得 $k_i$ 个线性无关的 特征向量，再把它们正交化、单位化，得 $k_i$ 个两两正交的单位特征向量. 因 $k_1+k_2+\cdots+k_s=n$ ，故总共可得 $n$ 个两两正交的单位特征向量.
（iii) 把这 $n$ 个两两正交的单位特征向量构成正交阵 $\boldsymbol{P}$ ，便有 $P^{-1} A P=P^{\mathrm{T}} A P=\Lambda$. 注 意 $\Lambda$ 中对角元的排列次序应与 $\boldsymbol{P}$ 中列向量的排列次序相对应.

## 例题

`例`设矩阵 $A =\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 2 \\ 0 & -1 & 0 \\ 3 & 0 & 2\end{array}\right)$, 求正交阵 $P$ ，使得 $P ^{-1} A = P ^{ T } A P$ 为对角阵。
解 由

$$
| A -\lambda E |=\left|\begin{array}{ccc}
1-\lambda & 0 & 2 \\
0 & -1-\lambda & 0 \\
3 & 0 & 2-\lambda
\end{array}\right|=-(\lambda-4)(\lambda+1)^2=0
$$

得特征值为 $\lambda_1=4, \lambda_2=\lambda_3=-1$.
对特征值 $\lambda_1=4$ ，解齐次线性方程组 $( A -4 E ) x = 0$ ，由

$$
A-4 E=\left(\begin{array}{ccc}
-3 & 0 & 2 \\
0 & -5 & 0 \\
3 & 0 & -2
\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}
1 & 0 & -\frac{2}{3} \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right),
$$

取特征向量为 $\alpha_1=\left(\begin{array}{l}2 \\ 0 \\ 3\end{array}\right)$ ，单位化，得 $\eta_1=\frac{1}{\left|\alpha_a\right| \alpha_1}=\left(\begin{array}{c}\frac{2}{\sqrt{13}} \\ 0 \\ \frac{3}{\sqrt{13}}\end{array}\right)$.

对特征值 $\lambda_2=\lambda_3=-1$ ，解齐次线性方程组 $(A+E) x=0$ ，由

$$
A + E =\left(\begin{array}{lll}
2 & 0 & 2 \\
0 & 0 & 0 \\
3 & 0 & 3
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{lll}
1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right),
$$

取特征向量为 $\alpha_2=\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ 0\end{array}\right), \alpha_3=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)$.由于 $\alpha_2$ 与 $\alpha_3$ 已经正交，所以只需将这两个向量单位化，得

$$
\eta _2= \alpha _2=\left(\begin{array}{l}
0 \\
1 \\
0
\end{array}\right), \quad \eta _3=\frac{1}{\left\| \alpha _3\right\|} \alpha _3=\left(\begin{array}{c}
-\frac{\sqrt{2}}{2} \\
0 \\
\frac{\sqrt{2}}{2}
\end{array}\right) .
$$

令矩阵 $P =\left(\eta_1, \eta_2, \eta_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{2}{\sqrt{13}} & 0 & -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{3}{\sqrt{13}} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right)$ ，则 $P ^{-1} A P = P ^{ T } A P =\left(\begin{array}{lll}4 & & \\ & -1 & \\ & & -1\end{array}\right)$.

`例` 设 $A=\left(\begin{array}{lll}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2\end{array}\right)$ ，求 $A^{10}$ 。
解：因为 $A$ 是实对称阵，从而可求一个正交阵 $P$ ，使得 $P ^{-1} A P = \Lambda =\left(\begin{array}{ll}\lambda_1 & \\ & \lambda_2 \\ & \\ & \lambda_3\end{array}\right)$, 其中 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$
是 $A$ 的全部特征值.于是

$$
A ^{10}=\left( P \Lambda P ^{-1}\right)^{10}= P \Lambda ^{10} P ^{-1}= P \Lambda ^{10} P ^{T} .
$$

由

$$
| A -\lambda E |=\left|\begin{array}{ccc}
2-\lambda & 1 & 1 \\
1 & 2-\lambda & 1 \\
1 & 1 & 2-\lambda
\end{array}\right|=-(\lambda-4)(\lambda-1)^2=0
$$

得特征值为 $\lambda_1=4, \lambda_2=\lambda_3=1$.

对特征值 $\lambda_1=4$ ，解齐次线性方程组 $( A -4 E ) x = 0$ ，由

$$
A -4 E =\left(\begin{array}{ccc}
-2 & 1 & 1 \\
1 & -2 & 1 \\
1 & 1 & -2
\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}
1 & 0 & -1 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right),
$$

取特征向量为 $\alpha _1=\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right)$ ，单位化，得 $p_1=\frac{1}{\left|\alpha_1\right| \alpha _1}=\left(\begin{array}{l}\frac{\sqrt{3}}{3} \\ \frac{\sqrt{3}}{3} \\ \frac{\sqrt{3}}{3}\end{array}\right)$.

对特征值 $\lambda_2=\lambda_3=1$ ，解齐次线性方程组 $(A-E) x=0$ ，由

$$
A - E =\left(\begin{array}{lll}
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{array}\right) \underset{\sim}{\sim}\left(\begin{array}{lll}
1 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right),
$$

取特征向量为 $\alpha _2=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ 0\end{array}\right), \quad \alpha _3=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)$.

先将 $\alpha_2$ 与 $\alpha_3$ 正交化：令

$$
\boldsymbol{\beta}_2=\boldsymbol{\alpha}_2=\left(\begin{array}{c}
-1 \\
1 \\
0
\end{array}\right), \quad \boldsymbol{\beta}_3=\boldsymbol{\alpha}_3-\frac{\left(\boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\beta}_2\right)}{\left(\boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_2\right)} \boldsymbol{\beta}_2=\left(\begin{array}{c}
-1 \\
0 \\
1
\end{array}\right)-\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}
-1 \\
1 \\
0
\end{array}\right)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}
-1 \\
-1 \\
2
\end{array}\right),
$$

再将 $\boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3$ 单位化，得

$$
p_2=\frac{1}{\left\|\boldsymbol{\beta}_2\right\|} \boldsymbol{\beta}_2=\left(\begin{array}{c}
-\frac{\sqrt{2}}{2} \\
\frac{\sqrt{2}}{2} \\
0
\end{array}\right), \quad p_3=\frac{1}{\left\|\boldsymbol{\beta}_3\right\|} \boldsymbol{\beta}_3=\left(\begin{array}{c}
-\frac{\sqrt{6}}{6} \\
-\frac{\sqrt{6}}{6} \\
\frac{\sqrt{6}}{3}
\end{array}\right) 。
$$

令矩阵 $P=\left( p _1, p _2, p _3\right)=\left(\begin{array}{rrr}\frac{\sqrt{3}}{3} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{6}}{6} \\ \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{6}}{6} \\ \frac{\sqrt{3}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{6}}{3}\end{array}\right)$ ，则 ${ }_P$ 为所求正交阵，且 $\Lambda =\left(\begin{array}{lll}4 & & \\ & 1 & \\ & & 1\end{array}\right)$ ，
从而

$$
A ^{10}= P \left(\begin{array}{lll}
4 & & \\
& 1 & \\
& & 1
\end{array}\right)^{10} P ^{T}= P \left(\begin{array}{lll}
4^{10} & & \\
& 1 & \\
& & 1
\end{array}\right) P ^{T}=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc}
4^{10}+2 & 4^{10}-1 & 4^{10}-1 \\
4^{10}-1 & 4^{10}+2 & 4^{10}-1 \\
4^{10}-1 & 4^{10}-1 & 4^{10}+2
\end{array}\right) .
$$

上一篇：方阵的相似对角化

下一篇：没有了

在线学习仅为您提供最基础的数学知识，开通会员可以挑战海量超难试题，分享本文到朋友圈，邀请更多朋友一起学习。

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)