最后更新: 2024-11-26 14:25 ● 参与者查看: 12 次纠错分享参与项目词条搜索

实对称矩阵的对角化

## 实对称矩阵的对角化
在矩阵里，介绍了矩阵的转置，矩阵的转置最主要的作用就是判断一个矩阵是不是对称矩阵。
**如果矩阵$A$是对称矩阵，那么$A^T=A$，反之，如果$A^T=A$，那么这个矩阵是对称矩阵。** ，而二次型就是对称矩阵，所以，此时矩阵的转置就派上了用场。

**定理1** 不是每个矩阵都可以对角化，但是实对称矩阵一定可以对角化。这句话另外一个表述是：一个 $n \times n$ 矩阵 $A$ 可正交对角化的充分必要条件是 $A$ 是对称矩阵.

证明略。

这个定理相当奇妙，我们很难推断一个矩阵可以对角化，但是每个对称矩阵却可以对角化。即每个对称矩阵D都可以相似对角形

$$
D \sim  \left[\begin{array}{cccc}
\lambda_{11} & & & 0 \\
& \lambda_{22} & & \\
& & \ddots & \\
0 & & & \lambda_{n n}
\end{array}\right]
$$

## 例题

`例` 对角化矩阵 $A=\left[\begin{array}{rrr}6 & -2 & -1 \\ -2 & 6 & -1 \\ -1 & -1 & 5\end{array}\right]$.
解：不难发现，这是一个对称矩阵。
$A$ 的特征方程是

$$
0=-\lambda^3+17 \lambda^2-90 \lambda+144=-(\lambda-8)(\lambda-6)(\lambda-3)
$$

通过标准计算可得到每个特征子空间的一个基
①当 $\lambda=8 $ ,特征向量为
$$
\alpha_1=\left[\begin{array}{r}
-1 \\
1 \\
0
\end{array}\right]
$$

②当 $\lambda=6 $ ,特征向量为
$$
\alpha_2=\left[\begin{array}{r}
-1 \\
-1 \\
2
\end{array}\right]
$$
③ 当 $\lambda=3 $ ,特征向量为

$$
\alpha_3=\left[\begin{array}{l}
1 \\
1 \\
1
\end{array}\right]
$$

把$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$竖着排列起来，形成一个矩阵，
$\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\}$ 容易看到这是一个正交集，如果他是单位矩阵，可以有更多性质,现在对$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$进行单位化，得到单位特征向量.

$$
\begin{gathered}
u _1=\left[\begin{array}{c}
-1 / \sqrt{2} \\
1 / \sqrt{2} \\
0
\end{array}\right], \quad u _2=\left[\begin{array}{c}
-1 / \sqrt{6} \\
-1 / \sqrt{6} \\
2 / \sqrt{6}
\end{array}\right], \quad u _3=\left[\begin{array}{l}
1 / \sqrt{3} \\
1 / \sqrt{3} \\
1 / \sqrt{3}
\end{array}\right] \\
P=\left[\begin{array}{ccc}
-1 / \sqrt{2} & -1 / \sqrt{6} & 1 / \sqrt{3} \\
1 / \sqrt{2} & -1 / \sqrt{6} & 1 / \sqrt{3} \\
0 & 2 / \sqrt{6} & 1 / \sqrt{3}
\end{array}\right], \quad D=\left[\begin{array}{lll}
8 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{array}\right]
\end{gathered}
$$

那么有 $A=P D P^{-1}$, 和平常一样. 由于 $P$ 是方阵且有正交列, 所以, $P$ 是一个正交矩阵, 而 $P^{-1}$ 就是 $P^{\top}$

**定理2** 如果 $A$ 是对称矩阵, 那么不同特征空间的任意两个特征向量是正交的.
证 设 $v_1$ 和 $v_2$ 是对应不同特征值 $\lambda_1, \lambda_2$ 的特征向量. 为证明 $\nu_1 \cdot v_2=0$, 计算

$$
\begin{aligned}
\lambda_1 v _1 \cdot v _2 & =\left(\lambda_1 v _1\right)^{T} v _2=\left(A v _1\right)^{T} \cdot v _2 \\
& =\left( v _1^{\top} A^{\top}\right) v _2= v _1^{\top}\left(A v _2\right) \\
& = v _1^{T}\left(\lambda_2 v _2\right) \\
& =\lambda_2 v _1^{\top} v _2=\lambda_2 v _1 \cdot v _2
\end{aligned}
$$
因此 $\left(\lambda_1-\lambda_2\right) v _1 \cdot v _2=0$, 但是 $\lambda_1 \neq \lambda_2$, 所以 $v _1 \cdot v _2=0$.

`例` 将 $A=\left[\begin{array}{rrr}3 & -2 & 4 \\ -2 & 6 & 2 \\ 4 & 2 & 3\end{array}\right]$ 正交对角化, 其特征方程为

$$
0=-\lambda^3+12 \lambda^2-21 \lambda-98=-(\lambda-7)^2(\lambda+2)
$$

解 平常计算可得特征空间的基：

$$
\lambda=7: v_1=\left[\begin{array}{l}
1 \\
0 \\
1
\end{array}\right], v_2=\left[\begin{array}{c}
-1 / 2 \\
1 \\
0
\end{array}\right], \lambda=-2: v_3=\left[\begin{array}{c}
-1 \\
-1 / 2 \\
1
\end{array}\right]
$$

尽管 $v _1$ 和 $v _2$ 是线性无关的，但它们并不正交。从[施密特正交化](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=493)
可知 $v _2$ 在 $v _1$ 上的正交投影是 $\frac{ v _2 \cdot v _1}{ v _1 \cdot v _1} \cdot v _1$,与 $v_1$ 正交的关于 $v_2$ 的分量是:
$$
z_2= v _2-\frac{ v _2 \cdot v _1}{ v _1 \cdot v _1} v _1=\left[\begin{array}{c}
-1 / 2 \\
1 \\
0
\end{array}\right]-\frac{-1 / 2}{2}\left[\begin{array}{l}
1 \\
0 \\
1
\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}
-1 / 4 \\
1 \\
1 / 4
\end{array}\right]
$$

于是 $\left\{v_1, z_2\right\}$ 是关于 $\lambda=7$ 的特征空间的正交集. 
将 $v_1$ 和 $v_2$ 规范化，我们得到关于 $\lambda=7$ 特征子空间的单位正交基.

$$
u _1=\left[\begin{array}{c}
1 / \sqrt{2} \\
0 \\
1 / \sqrt{2}
\end{array}\right], u _2=\left[\begin{array}{c}
-1 / \sqrt{18} \\
4 / \sqrt{18} \\
1 / \sqrt{18}
\end{array}\right]
$$

关于 $\lambda=2$ 对应的特征空间的单位正交基是
$$
u_3=\frac{1}{\left\|2 v_3\right\|} \cdot 2 v_3=\frac{1}{3}\left[\begin{array}{r}
-2 \\
-1 \\
2
\end{array}\right]=\left[\begin{array}{r}
-2 / 3 \\
-1 / 3 \\
2 / 3
\end{array}\right]
$$

由定理2, $u _3$ 与其他特征向量 $u _1$ 和 $u _2$ 正交, 因此 $\left\{ u _1, u _2, u _3\right\}$ 是一个单位正交基. 令

$$
P=\left[\begin{array}{lll} 
u _1 & u _2 & u _3
\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}
1 / \sqrt{2} & -1 / \sqrt{18} & -2 / 3 \\
0 & 4 / \sqrt{18} & -1 / 3 \\
1 / \sqrt{2} & 1 / \sqrt{18} & 2 / 3
\end{array}\right], D=\left[\begin{array}{rrr}
7 & 0 & 0 \\
0 & 7 & 0 \\
0 & 0 & -2
\end{array}\right]
$$

那么 $P$ 将 $A$ 正交对角化且 $A=P D P^{-1}$.

## 二次型的线性替换
`例` 令 $Q( x )=x_1^2-8 x_1 x_2-5 x_2^2$, 计算 $Q( x )$ 在 $x =\left[\begin{array}{r}-3 \\ 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{r}2 \\ -2\end{array}\right]$ 和 $\left[\begin{array}{r}1 \\ -3\end{array}\right]$ 处的值.
解

$$
\begin{aligned}
& Q(-3,1)=(-3)^2-8(-3)(1)-5(1)^2=28 \\
& Q(2,-2)=(2)^2-8(2)(-2)-5(-2)^2=16 \\
& Q(1,-3)=(1)^2-8(1)(-3)-5(-3)^2=-20
\end{aligned}
$$

`例` 求一个变量代换将上例中的二次型变为一个没有交叉项的二次型.
解：上例中二次型对应的矩阵是
$$
A=\left[\begin{array}{rr}
1 & -4 \\
-4 & -5
\end{array}\right]
$$

第一步是将矩阵 $A$ 正交对角化, $A$ 的特征值是 $\lambda=3$ 和 $\lambda=-7$, 相应的单位特征向量是:

$$
\lambda=3:\left[\begin{array}{r}
2 / \sqrt{5} \\
-1 / \sqrt{5}
\end{array}\right] ; \quad \lambda=-7:\left[\begin{array}{l}
1 / \sqrt{5} \\
2 / \sqrt{5}
\end{array}\right]
$$

这些特征向量自动正交（因为它们属于不同的特征值）且构成 $R ^2$ 的一个单位正交基. 取

$$
P=\left[\begin{array}{rr}
2 / \sqrt{5} & 1 / \sqrt{5} \\
-1 / \sqrt{5} & 2 / \sqrt{5}
\end{array}\right], \quad D=\left[\begin{array}{rr}
3 & 0 \\
0 & -7
\end{array}\right]
$$

那么 $A=P D P^{-1}$, 且 $D=P^{-1} A P=P^{\top} A P$, 像前面指出的那样, 一个适当的变换是

$$
x =P y , \text { 此处 } x =\left[\begin{array}{l}
x_1 \\
x_2
\end{array}\right], \quad y =\left[\begin{array}{l}
y_1 \\
y_2
\end{array}\right]
$$
那么

$$
\begin{aligned}
x_1^2-8 x_1 x_2-5 x_2^2 & = x ^{\top} A x \\
& =(P y )^{\top} A(P y) \\
& = y ^{\top} P ^{\top} A P y = y ^{\top} D y \\
& =3 y_1^2-7 y_2^2
\end{aligned}
$$

为了说明本例中二次型相等的意义, 我们可以利用新二次型计算 $Q( x )$ 在 $x =(2,-2)$ 处的值,首先, 由于 $x =P y$, 我们得到

$$
y=P^{-1} x=P^{\top} x
$$

则有

$$
y =\left[\begin{array}{cc}
2 / \sqrt{5} & -1 / \sqrt{5} \\
1 / \sqrt{5} & 2 / \sqrt{5}
\end{array}\right]\left[\begin{array}{r}
2 \\
-2
\end{array}\right]=\left[\begin{array}{r}
6 / \sqrt{5} \\
-2 / \sqrt{5}
\end{array}\right]
$$

因此

$$
\begin{aligned}
3 y_1^2-7 y_2^2 & =3(6 / \sqrt{5})^2-7(-2 / \sqrt{5})^2=3(36 / 5)-7(4 / 5) \\
& =80 / 5=16
\end{aligned}
$$

这就是例 3 中 $Q(x)$ 在 $x=(2,-2)$ 处的值, 见图 7-2.
 ![图片](/uploads/2024-11/22e918.jpg)

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