最后更新: 2025-10-20 06:12 查看: 73 次纠错评论(0) 课件开VIP

正交变换的特征值与性质

## 正交变换的特征值
为了下面的讨论需要，对一个 $\mathbb{C}$ 上 $m \times n$ 矩阵 $A$ ，用记号 $\bar{A}$ 表示对 $A$ 的每个元素取复共轭．显然，若 $B \in M_{n, s}(\mathbb{C})$ ，那么，按复共轭运算法则，有 $\overline{A B}=\bar{A} \cdot \bar{B}$ ．

**命题2．3** 设 $A$ 是一个 $n$ 阶正交矩阵。 $\lambda_0$ 是 $A$ 的特征多项式 $f(\lambda)=|\lambda E-A|$ 的一个根，则 $\left|\lambda_0\right|=1$ ．

证 由已知 $A$ 可逆，故 $\lambda_0 \neq 0$（因 $|0 \cdot E-A|=|-A| \neq 0$ ）．齐次
线性方程组 $\left(\lambda_0 E-A\right) X=0$ 在 $\mathbb{C}^n$ 内有一非零解向量 $X_0$ ，于是 $A X_0 =\lambda_0 X_0$ ，两边取复共轭再转置，得 $\bar{X}_0^{\prime} A^{\prime}=\bar{\lambda}_0 \bar{X}_0^{\prime}$（ $A$ 为实矩阵， $\bar{A}=A$ ）。但 $A^{\prime}=A^{-1}$ ，故得

$$
\bar{X}_0^{\prime}=\bar{\lambda}_0 \bar{X}_0^{\prime} A \Longrightarrow \bar{X}_0^{\prime} A=\frac{1}{\bar{\lambda}_0} \bar{X}_0^{\prime}
$$

上面右式两边右乘 $X_0$ ，利用 $A X_0=\lambda_0 X_0$ ，得

$$
\frac{1}{\bar{\lambda}_0} \bar{X}_0^{\prime} X_0=\bar{X}_0^{\prime} A X_0=\lambda_0 \bar{X}_0^{\prime} X_0 .
$$

现设

$$
X_0=\left[\begin{array}{c}
x_1 \\
x_2 \\
\vdots \\
x_n
\end{array}\right] \neq 0,
$$

则

$$
\bar{X}_0^{\prime} X_0=\left(\bar{x}_1, \bar{x}_2, \cdots, \bar{x}_n\right)\left[\begin{array}{c}
x_1 \\
x_2 \\
\vdots \\
x_n
\end{array}\right]=\left|x_1\right|^2+\left|x_2\right|^2+\cdots+\left|x_n\right|^2 \neq 0 .
$$

于是立得 $\lambda_0 \cdot \bar{\lambda}_0=1$ ，即 $\left|\lambda_0\right|=1$ ．

因为正交变换 $\boldsymbol{A}$ 是实数域上线性空间内的线性变换，其特征值 （如果有的话）只能为实数，按命题 2.3 ，可知有

> 推论1 正交变换的特征值只能是 $\pm 1$ 。
> 推论2 奇数维欧氏空间 $V$ 内的第一类正交变换 $\boldsymbol{A}$ 必有一特征值 1 ，从而存在 $V$ 内非零向量 $\varepsilon$ ，使 $\boldsymbol{A} \varepsilon=\varepsilon$ ．

证 $\boldsymbol{A}$ 在 $V$ 的一组标准正交基下的矩阵为正交矩阵 $A$ ，由命题 2.3 知 $A$ 的特征多项式 $f(\lambda)$ 的复根 $\lambda_0$ 满足 $\lambda_0 \cdot \bar{\lambda}_0=1$ 。因 $f(\lambda)$ 为实系数多项式，由第一章命题 2.4 ，其复根必成对出现，即 $f(\lambda)$ 恰有偶数个非实根，两两乘积为 1 ．根据方程根与系数的关系（第一章命题 2．3）及第四章命题4．2，$f(\lambda)$ 的所有根连乘等于 $|A|=1$ ．于是 $f(\lambda)$的实根（都为 $\pm 1$ ）连乘等于 1 ，而 $f(\lambda)$ 为奇次多项式，故其实根为奇数个，连乘等于 1 ，其中必有一个为 1 ．

研究线性变换的一个基本课题是如何在线性空间中找出一组基，使它的矩阵尽可能简化．下面对正交变换来讨论这一课题．

**命题2．4** 设 $\boldsymbol{A}$ 是 $n$ 维欧氏空间 $V$ 内的一个正交变换． $\boldsymbol{A}$ 在 $V$的一组标准正交基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n$ 下的矩阵为 $A$ ．若 $f(\lambda)=|\lambda E-A|$ 有一复根 $\lambda_0=\mathrm{e}^{i \varphi}=\cos \varphi+\mathrm{i} \sin \varphi(\varphi \neq k \pi)$ ，则在 $V$ 内存在互相正交的单位向量 $\eta_1, \eta_2$ ，使

$$
\left\{\begin{array}{l}
\boldsymbol{A} \eta_1=\cos \varphi \cdot \eta_1-\sin \varphi \cdot \eta_2, \\
\boldsymbol{A} \eta_2=\sin \varphi \cdot \eta_1+\cos \varphi \cdot \eta_2 .
\end{array}\right.
$$

于是 $M=L\left(\eta_1, \eta_2\right)$ 为 $V$ 的二维不变子空间，$\left.\boldsymbol{A}\right|_M$ 在 $M$ 的标准正交基 $\eta_1, \eta_2$ 下的矩阵为 2 阶正交矩阵

$$
S=\left[\begin{array}{rr}
\cos \varphi & \sin \varphi \\
-\sin \varphi & \cos \varphi
\end{array}\right] .
$$

证 $\mathbb{C}$ 上齐次线性方程组 $\left(\lambda_0 E-A\right) X=0$ 有一非零解

$$
X_0=\left[\begin{array}{c}
x_1 \\
x_2 \\
\vdots \\
x_n
\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}
u_1 \\
u_2 \\
\vdots \\
u_n
\end{array}\right]+\mathrm{i}\left[\begin{array}{c}
w_1 \\
w_2 \\
\vdots \\
w_n
\end{array}\right]=U+\mathrm{i} W \neq 0,
$$
其中 $U, W$ 属于 $\mathbb{R}^n$ ．这里 $U \neq 0$ ，否则 $W \neq 0$ ，而 $A W=\lambda_0 W$ ，与 $\lambda_0$ 非实数矛盾。因为 $X_0$ 乘以非零实数 $k$ 后 $k X_0=k U+\mathrm{i} k W$ 仍为该方程的非零解，因此可假设 $U$ 为欧氏空间 $\mathbb{R}^n$ 中的单位向量，即设

$$
U^{\prime} U=\left(u_1, u_2, \cdots, u_n\right)\left[\begin{array}{c}
u_1 \\
u_2 \\
\vdots \\
u_n
\end{array}\right]=u_1^2+u_2^2+\cdots+u_n^2=1 .
$$

现在有 $A X_0=\lambda_0 X_0$ 。
令

$$
\eta_1=\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) U, \quad \eta_2=\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) W .
$$

我们下面分两步来证明 $\eta_1, \eta_2$ 满足命题的要求。
（i）我们有

$$
A(U+\mathrm{i} W)=(\cos \varphi+\mathrm{i} \sin \varphi)(U+\mathrm{i} W)
$$
比较两边的实部和虚部，即得

$$
\left\{\begin{array}{l}
A U=\cos \varphi \cdot U-\sin \varphi \cdot W \\
A W=\sin \varphi \cdot U+\cos \varphi \cdot W
\end{array}\right.
$$

于是

$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{A} \eta_1 & =\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) A U \\
& =\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right)(\cos \varphi U-\sin \varphi W) \\
& =\cos \varphi\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) U-\sin \varphi\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) W \\
& =\cos \varphi \cdot \eta_1-\sin \varphi \cdot \eta_2 \\
\boldsymbol{A} \eta_2 & =\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) A W \\
& =\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right)(\sin \varphi U+\cos \varphi W) \\
& =\sin \varphi\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) U+\cos \varphi\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) W \\
& =\sin \varphi \cdot \eta_1+\cos \varphi \cdot \eta_2
\end{aligned}
$$

（ii）下面证 $\eta_1, \eta_2$ 为互相正交的单位向量，即 $\left(\eta_1, \eta_1\right)=\left(\eta_2, \eta_2\right)= 1,\left(\eta_1, \eta_2\right)=0$ ，根据 $V$ 的内积在标准正交基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n$ 下的计算公式，这只要证 $U, W$ 是欧氏空间 $\mathbb{R}^n$ 内的正交单位向量即可．由于 $A X_0=\lambda_0 X_0, A^{\prime} A=E$ ，两边左乘 $A^{\prime}$ 得 $X_0=\lambda_0 A^{\prime} X_0$ ，又由 $\lambda_0 \cdot \bar{\lambda}_0=1$ ，推知 $A^{\prime} X_0=\bar{\lambda}_0 X_0$ ，两边左乘 $X_0^{\prime}$ ，得

$$
X_0^{\prime} A^{\prime} X_0=\bar{\lambda}_0 X_0^{\prime} X_0
$$
现在再把原式 $A X_0=\lambda_0 X_0$ 两边取转置，得 $X_0^{\prime} A^{\prime}=\lambda_0 X_0^{\prime}$ ，两边右乘 $X_0$ 得

$$
X_0^{\prime} A^{\prime} X_0=\lambda_0 X_0^{\prime} X_0 .
$$

比较（1），（2）两式，得 $\bar{\lambda}_0 X_0^{\prime} X_0=\lambda_0 X_0^{\prime} X_0$ ．因为 $\lambda_0=\cos \varphi+\mathrm{i} \sin \varphi \neq \bar{\lambda}_0$ ．故 $X_0^{\prime} X_0=0$ ，即

$$
\begin{aligned}
& \left(U^{\prime}+\mathrm{i} W^{\prime}\right)(U+\mathrm{i} W)=U^{\prime} U-W^{\prime} W+\mathrm{i}\left(U^{\prime} W+W^{\prime} U\right)=0 \\
& \quad \Rightarrow U^{\prime} U-W^{\prime} W=0, \quad U^{\prime} W+W^{\prime} U=0 .
\end{aligned}
$$

于是，$U, W$ 作为欧氏空间 $\mathbb{R}^n$ 中向量，有

$$
(U, U)=U^{\prime} U=1, \quad(W, W)=W^{\prime} W=U^{\prime} U=1 .
$$

因为 $U^{\prime} W=(U, W)=(W, U)=W^{\prime} U$ ，故由 $U^{\prime} W+W^{\prime} U=0$ 立即推知 $(U, W)=0$ 。

这表明 $U, W$ 为 $\mathbb{R}^n$ 中两个正交单位向量，从而 $\eta_1, \eta_2$ 为 $V$ 中两个正交单位向量．

**命题2．5** 设 $\boldsymbol{A}$ 是 $n$ 维欧氏空间 $V$ 内的正交变换。如果 $M$ 是 $\boldsymbol{A}$的不变子空间，则 $M^{\perp}$ 也是 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间。

证 因为 $V=M \oplus M^{\perp}$ 。在 $M$ 和 $M^{\perp}$ 内分别取一组标准正交基 $\varepsilon_1, \cdots, \varepsilon_r ; \varepsilon_{r+1}, \cdots, \varepsilon_n$ ，合并后为 $V$ 内 $n$ 个两两正交单位向量，即为 $V$的一组标准正交基。按命题 $2.1, \boldsymbol{A} \varepsilon_1, \cdots, \boldsymbol{A} \varepsilon_r, \boldsymbol{A} \varepsilon_{r+1}, \cdots, \boldsymbol{A} \varepsilon_n$ 也是 $V$ 的一组标准正交基。因 $\left.\boldsymbol{A}\right|_M$ 为 $M$ 的正交变换，故同理 $\boldsymbol{A} \varepsilon_1, \cdots, \boldsymbol{A} \varepsilon_r$ 为 $M$的一组标准正交基。现在 $\boldsymbol{A} \varepsilon_{r+j}$ 与每个 $\boldsymbol{A} \varepsilon_1, \cdots, \boldsymbol{A} \varepsilon_r$ 正交，故 $\boldsymbol{A} \varepsilon_{r+j} \in M^{\perp}(j=1,2, \cdots, n-r)$ 。对任一 $\alpha \in M^{\perp}$ ，有 $\alpha=k_{r+1} \varepsilon_{r+1}+\cdots+k_n \varepsilon_n$ ，故 $\boldsymbol{A} \alpha=k_{r+1} \boldsymbol{A} \varepsilon_{r+1}+\cdots+k_n \boldsymbol{A} \varepsilon_n \in M^{\perp}$ ．这表明 $M^{\perp}$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间．

下面我们可以证明关于正交变换的基本结果了。

**定理2．1** 设 $\boldsymbol{A}$ 是 $n$ 维欧氏空间 $V$ 内的正交变换，则在 $V$ 内存在一组标准正交基，使 $\boldsymbol{A}$ 在该组基下的矩阵成如下准对角形：

$$
J=\left[\begin{array}{lllllll}
\lambda_1 & & & & & & \\
& \lambda_2 & & & & & \\
& & \ddots & & & 0 & \\
& & & \lambda_k & & & \\
& & & & S_1 & & \\
& & 0 & & & \ddots & \\
& & & & & & S_l
\end{array}\right],
$$

其中 $\lambda_i= \pm 1(i=1,2, \cdots, k)$ ，而

$$
S_j=\left[\begin{array}{rr}
\cos \varphi_j & -\sin \varphi_j \\
\sin \varphi_j & \cos \varphi_j
\end{array}\right] \quad\left(\varphi_j \neq k \pi, j=1,2, \cdots, l\right) .
$$

证 对 $n$ 作数学归纳法．
当 $n=1$ 时， $\boldsymbol{A}$ 在 $V$ 的任一组基（可取为一个单位向量，即 $V$ 的一标准正交基）下的矩阵为一阶实方阵 $A=\left(a_{11}\right)$ ，而 $|A|=a_{11}= \pm 1$ ，定理成立。

当 $n=2$ 时，若 $\boldsymbol{A}$ 有一特征值 $\lambda_1$ ，则 $\lambda_1= \pm 1$ ．取 $\lambda_1$ 相对应的单位特征向量 $\varepsilon_1$ ，令 $M=L\left(\varepsilon_1\right)$ ，则 $M^{\perp}$ 为一维子空间，且为 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间，在 $M^{\perp}$ 内任取一单位向量 $\varepsilon_2$ ，则 $A \varepsilon_2=\lambda_2 \varepsilon_2, \lambda_2= \pm 1$ ，现 $\varepsilon_1, \varepsilon_2$ 为 $V$的一组标准正交基，在此基下 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵为

$$
J=\left[\begin{array}{cc}
\lambda_1 & 0 \\
0 & \lambda_2
\end{array}\right] .
$$

若 $\boldsymbol{A}$ 无特征值，则 $\boldsymbol{A}$ 在 $V$ 的一组标准正交基下的矩阵为二阶正交矩阵，其特征多项式 $f(\lambda)$ 有一复根 $\lambda_0=\mathrm{e}^{-\mathrm{i} \varphi}$ ，那么由命题 $2.4, V$ 内存在一组标准正交基，使 $\boldsymbol{A}$ 在该组基下的矩阵为

$$
S=\left[\begin{array}{rr}
\cos \varphi & -\sin \varphi \\
\sin \varphi & \cos \varphi
\end{array}\right] .
$$

下面设对维数 $<n$ 的欧氏空间内的正交变换命题已成立．当 $\boldsymbol{A}$为 $n$ 维欧氏空间 $V$ 内的正交变换时，分两种情况讨论．
（i）若 $\boldsymbol{A}$ 有一特征值 $\lambda_1$ ，则 $\lambda_1= \pm 1$ ．找出与 $\lambda_1$ 对应的单位特征向量 $\varepsilon_1: \boldsymbol{A} \varepsilon_1=\lambda_1 \varepsilon_1,\left|\varepsilon_1\right|=1$ ．令 $M=L\left(\varepsilon_1\right)$ ，则 $M^{\perp}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的 $n-1$ 维不变子空间，$\left.A\right|_{M^{\perp}}$ 为 $M^{\perp}$ 内正交变换，按归纳假设，在 $M^{\perp}$ 内存在一组标准正交基 $\varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n, \boldsymbol{A}$ 在此组基下的矩阵 $J_1$ 具有定理所要求的准对角形。现 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n$ 为 $V$ 的标准正交基，在此基下 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵为

$$
J=\left[\begin{array}{cc}
\lambda_1 & 0 \\
0 & J_1
\end{array}\right]
$$

已符合定理要求．

（ii）若 $\boldsymbol{A}$ 无特征值，则此时 $\boldsymbol{A}$ 在 $V$ 的任一组标准正交基下的矩阵为正交矩阵 $A$ ，它有一复根 $\mathrm{e}^{-\mathrm{i} \varphi}(\varphi \neq k \pi)$ 。按命题2．4，$V$ 内存在正交单位向量 $\eta_1, \eta_2, M=L\left(\eta_1, \eta_2\right), M$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间，$\left.\boldsymbol{A}\right|_M$ 在标准正交基 $\eta_1, \eta_2$ 下的矩阵为

$$
S=\left[\begin{array}{rr}
\cos \varphi & -\sin \varphi \\
\sin \varphi & \cos \varphi
\end{array}\right] \quad(\varphi \neq k \pi) .
$$

现在 $M^{\perp}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的 $n-2$ 维不变子空间，$\left.\boldsymbol{A}\right|_{M^{\perp}}$ 为 $M^{\perp}$ 内正交变换，按归纳假设，在 $M^{\perp}$ 内存在一组标准正交基 $\varepsilon_1, \cdots, \varepsilon_{n-2}$ ，使 $\left.\boldsymbol{A}\right|_{M^{\perp}}$ 在此组基下的矩阵 $J_1$ 满足定理要求。现在 $\varepsilon_1, \cdots, \varepsilon_{n-2}, \eta_1, \eta_2$ 为 $V$ 的一组标准正交基， $\boldsymbol{A}$ 在此组基下的矩阵为

$$
J=\left[\begin{array}{ll}
J_1 & 0 \\
0 & S
\end{array}\right]
$$

已符合定理要求．
我们已经知道三维几何空间是实数域上的 3 维线性空间，向量
的点乘 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$ 是其内积，关于此内积它成为 3 维欧氏空间．根据命题 2.3 的推论 2 ，三维几何空间的旋转 $\boldsymbol{A}$ 必有一特征值 $\lambda_1=1$ ．根据定理2．1，在三维几何空间中存在一组标准正交基 $\eta_1, \eta_2, \eta_3$ ，使 $\boldsymbol{A}$ 在此组基下的矩阵为下列三种矩阵之一（注意它们的行列式为 1 ）

$$
\begin{gathered}
E=\left[\begin{array}{lll}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{array}\right], \quad F=\left[\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & -1
\end{array}\right] \\
J=\left[\begin{array}{lcc}
1 & 0 & 0 \\
0 & \cos \varphi & -\sin \varphi \\
0 & \sin \varphi & \cos \varphi
\end{array}\right] .
\end{gathered}
$$

于是三维几何空间的旋转 $\boldsymbol{A}$ ，或为恒等变换 $\boldsymbol{E}$ ，或为绕某一转动轴 （由 $\eta_1$ 决定的直线）沿反时针方向旋转 $\pi$ 角或 $\varphi(\neq k \pi)$ 角．

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