考研数学线性代数5

线性代数昆明理工大学数学系2009.122第四节实对称矩阵的对角化实对称矩阵的对角化相关示例一.实对称矩阵的对角化变换矩阵可取为正交矩阵。本节将证明实对称矩阵总是可以对角化的，且相似定理1.实对称矩阵的特征值为实数。证明：定理2.设12,是实对称矩阵A的两个特征值，12,pp是相应的特征向量。若12，则12pp与正交。证明：定理3.设A为实对称矩阵，如果0是特征方程0AE的重根，则相应于0的特征向量中恰有k个是线性无关的。本定理不证。定理4.P，使得设A是n阶实对称矩阵，则存在n阶正交矩阵1PAP120...00...0............00...n其中12,,...,n是A的全部特征值（是实数）。而12,,...,()npppP实的）。的列向量12,,...,nppp是相应的规范正交特征向量（也是证明：将实对称矩阵A对角化的步骤如下：（1）求出A的全部特征值12,,...,n对角线元素。，得到对角阵的向量，将其单位化。（2）对于单重特征值，求出相应的1个线性无关特征相互正交的单位特征向量，对于k重特征值，求其k个线性无关特征向量，再按斯密特方法，将其规范正交化，得到k个最后得到n个规范正交特征向量12,,...,nppp（3）令12,,...,()npppP，它是正交矩阵，并且有1210...00...0............00...nPAP二.相关示例例1.设222254245A求正交矩阵P，使1PAP为对角阵。解：例2.设三阶实对称矩阵A的特征值为1231,1对应于1的特征向量为1(0,1,1)T，求A。解：例3.A，B不都是实对称矩阵，则充分性不成立。设A，B为n阶实对称矩阵，证明A与B相似的充分必要条件为A与B有相同的特征值。并举例说明若证明：证明：设A为n阶实对称矩阵，则A的共轭矩阵AAA的转置矩阵TAA设A的复特征值为，相应的复特征向量为1(,...,)0Tnaa则有A对上面等式两边取共轭，并注意到AA，得AAA对上面最后等式两边取转置，注意到TAA，得A()()TTA()()TTTA()()TTA对上面最后等式两边右乘，注意到A，得()()TTA()()TT移项得()()0T因为12(,,...,)0Tnaaa，故()T1212...nnaaaaaa22212...0naaa于是0，即，故为实数。（证毕）证明：由题设有111App，222App对第一等式两边转置，再右乘2p，得12()TApp112()Tpp112Tpp上式左端12()TApp12TTpAp12TpAp122Tpp212Tpp于是得到112212TTpppp1212()0Tpp因为120，故120Tpp，即内积12,[]0pp，故12pp与正交。证明：设A的全部特征值为12,,...,n相互正交。对于其中单重特征值，有1个特征向量，将其单位化。对于其中的k重特征值，由定理3，有k个线性无关的特征向量，用斯密特方法将其规范正交化，就有k个相互正交的单位特征向量，又由定理2，对应不同特征值的特征向量因此，相应于特征值12,,...,n，可以得到n个规范正交的特征向量12,,...,nppp定理，A可对角化。令，因为规范正交组是线性无关的，故A有n个线性无关的特征向量。由§3的12,,...,()npppP则P为正交矩阵，且有1PAP120...00...0............00...n（证毕）解：存在。A为实对称矩阵，由定理4，所求的正交矩阵PAE22225424522225401132rr3(1)r(1)22225401123cc242(1)294001222254245A242(1)29400124(1)292(1)(1110)2(1)(10)A的特征值为121,310对121,解方程组()0:xAE222254245AAE122244244212rr312rr122000000122000000同解方程组为123220xxx，基础解系为1(2,1,0),T2(2,0,1)T按斯密特方法正交化，得11(2,1,0)T2122111[,][,]21451(2,4,5)5T再单位化，得规范正交特征向量：111p21(,,0),55T222p245(,,)454545T对310，解方程组(10)0:AEx10AE82225424512rr254822245222254245A25401818099214rr31rr3212rr3(18)r254011000125rr201011000201011000同解方程组为1323200xxxx基础解系为3(1,2,2)T单位化得333p122(,,)333T令123,,()pppP22135451423545520345则P为正交矩阵，使得11000100010PAP解：设A相应于特征值231的特征向量为123(,,)Txxxx。因为A是实对称矩阵，相应于不同特征值的特征向量互相正交，故x与1正交，有10Tx，即230xx求得基础解系为2(),1,0,0T3()0,1,1T显见23与已是互相正交，只要将其单位化，得22(1,0,0)Tp333p11(0,,)22T再将1单位化，得111p11(0,,)22T于是我们得到相应于特征值12311，的三个规范正交的特征向量123,,ppp正交矩阵P：，以它们为列向量，组成123(,,)Pppp0101102211022使得1100010001PAP，故有1100010001APP100010001TPP01011010022110010100220011101102222100001010证明：证充分性。必要性已在证明相似矩阵的性质时证过。现设A与B有相同的特征值12,,...,n实对称矩阵，由定理4，存在正交矩阵P、Q，使，因为A，B为1210...00...0,............00...nPAP1210...00...0............00...nQBQ由此得11,PAPQBQ11BQPAPQ111()()PQAPQ故A与B相似。（证毕）若A，B不都是实对称矩阵，例如0001,0000AB则有相同的特征值0，0，似则应有相同的秩，但但A与B不相似。这是因为若相()0,RA()1,RB()()RARB故A与B不相似。