7-5 实对称阵的对角化在线视频

同学们 大家好

欢迎来到mooc课程

线性代数先修课

第7章 矩阵的特征值理论

7.5节 实对称阵的对角化

在本讲中

我们将对一批特殊的方阵

也即实对称阵展开讨论

首先我们分析

实对称阵的特征值

与特征向量的性质

并利用其较好的性质

我们可得到

实对称阵可正交对角化的结论

接下来我们将给出

实对称阵正交对角化的

具体方法和步骤

最后我们将给出一些

实对称阵相关的例题

矩阵的相似对角化问题

是本课程中

一个非常重要的理论问题

并且在很多实际问题中

都有应用

我们在上一讲中给出了

n阶方阵对角化的充要条件

也即A可对角化

当且仅当A有n个

线性无关的特征向量

又当且仅当对A的

每个特征值均有

几何重数等于代数重数

然而上述

两个充要条件都不太直观

我们的问题是

是否有一批n阶方阵

我们可以从其直观形式上

就可以判断

它们是否可对角化

而无须去具体计算

它们的特征值和特征向量

我们的回答是有的

例如实对称阵

就是一批一定

可以对角化的矩阵

本节就对实对称阵展开讨论

对于一般的n阶方阵而言

是否可对角化是

一个不易判断的问题

一个实矩阵想要

在实数范围内对角化

首先要保证其特征值

均为实数

其次它要有n个

线性无关的特征向量

但是并非任何一个

实矩阵都有实的特征值

从而就不一定可以

在实数范围内对角化

那么n阶实对称阵的概念

我们已经在

第三章当中介绍过了

也即一个n阶方阵A

如果它的转置等于它自己

则称为n阶实对称阵

本节主要的内容就是要说明

任意实对称阵在

实数范围内可以对角化

不仅如此还能找到

一个正交矩阵Q使得

Q逆乘以A再乘Q为对角阵

也即实对称阵可正交对角化

而这就要求

实对称阵的特征值均为实数

并且特征向量

可构成一组标准正交基

首先我们先来讨论一下

实对称阵的特征值

与特征向量的性质

为了说明实对称阵的性质

我们先要介绍一些

关于复数的基本概念和结论

定义1

设复数z表示为a加bi的形式

这里a b属于实数

而i表示根号-1

于是复数z的复共轭运算

就定义为如下算式

并且用z加一个

上划线的形式来表示

从复平面的图像上来看

如果z是一个黄色向量的话

则它的复共轭

就对应了

与x轴对称的一个红色向量

我们用一个简单的口诀

来表示复共轭

即实部不变

虚部取反

容易验证

复共轭运算有如下性质

1与复数的四则运算

即加减乘除相容

这里的相容

就是指可交换运算次序

也就是先做共轭再做加减

等于先做加减再做共轭

先做共轭再做乘除

等于先做乘除再做共轭

具体验证比较容易

希望大家在课下自行验证

另一条性质我们称为正定性

也即复数和它自己的

共轭相乘等于

它所对应向量的模长的平方

也即a平方加b平方

是大于等于0的

且等号成立

当且仅当z等于0

由于实数属于复数

我们可以把实矩阵的概念

拓展为复矩阵

把复数的共轭运算

拓展为复矩阵的共轭运算

具体如下

我们把这样形式的矩阵

称为一个复矩阵

其中它的每一个分量

小aij是属于复数

而对于一个复矩阵

它的共轭运算就定义为

每一个分量的共轭运算

根据复数

及复数共轭运算的定义

我们很容易证明

共轭的矩阵有如下的性质

即第一条

两次共轭等于它自己

共轭转置等于转置再共轭

倍乘之后再共轭

等于共轭的倍乘

再乘以共轭的矩阵

共轭之后再相加

等于两个矩阵

相加之后再共轭

两个矩阵共轭之后

再相乘等于相乘之后再共轭

第五 若A可逆

则A逆的共轭等于A共轭的逆

第六条

A共轭的行列式

等于A的行列式再共轭

第七条

A为实对称阵则

当且仅当A转置等于A

A共轭等于A

这些运算规律

也请大家自行在课后进行推导

有了以上理论准备

我们来看

实对称阵的特征值

与特征向量的性质

定理1

设A是n阶实对称阵

则A的特征值均为实数

下面我们就用

复数的性质来证明这条结论

由A必有复的特征值

所以我们可以设

复数λ是A的特征值

而复向量X是对应的特征向量

于是根据特征值

与特征向量的定义

我们就有AX=λX的形式

则两边都取共轭

就得到了这样的一个式子

其中我们用到了

A是一个实矩阵

所以它等于它自己的共轭

再利用共轭

与其他运算相容的性质

我们就得到了这样的一个等式

而对刚才的定义式

两边左乘X的转置再共轭

就得到了这样一个等式

其中第二步我们优先计算A乘X

从而就得到了这样的式子

我们把它记为2式

另一方面在上式当中

如果对于第2个等式

我们优先计算X的转置共轭

再乘A的话

那么经过推导

我们就得到这样的一个式子

我们把它记为3式

把2式和3式相减

我们就得到了

0等于λ减去λ的共轭

再乘以X的共轭转置再乘X

由于X是一个特征向量

因此它是一个非零向量

所以我们去计算

上述等式的最后一项

也即X的共轭转置

再乘以X就等于

xi的模长平方再相加

这是一个实数

由于X不为零向量

所以这个实数计算不等于0

从而推出了λ减去

λ共轭要等于0

而这个式子就说明了

λ必须为实数

那么再由λ的任意性

就知道了实对称阵的

所有特征值均为实数

对定理1

我们有如下的说明

第一条

未必所有的实矩阵

对应的特征值都是实数

例如我们可以

举一个简单的例子

这样的一个2阶矩阵

它很容易计算它的

特征多项式是这样的

一个二阶行列式

计算之后它等于λ平方加1

求解这个关于λ的二次方程

我们很容易得解出

λ等于正负i

所以A虽然是一个实矩阵

但是它的两个特征值

均不为实数

定理1说明

在特征值方面

实对称阵比起一般的矩阵

有更好的性质

第二条说明

因为实对称阵A的

特征值λ为实数

所以对应的齐次线性方程组

λi乘单位阵再减A再乘X等于0

就是一个实系数的方程组

那么由于该齐次线性方程组

一定有实的基础解系

从而属于λi的

全体特征向量均为实向量

也即它的特征子空间

一定是Rn当中的子空间

下面我们来讨论

实对称阵特征向量的性质

也即定理2

实对称阵A的属于

不同特征值的特征向量

是正交的

下面证明

设λ1 λ2是实对称阵A的

两个不同的特征值

而X1 X2分别为

与之对应的特征向量

我们要证明X1与X2是正交的

首先由特征值

与特征向量的定义式

我们可以得到这样的两个等式

对于λ2的定义式的左边

我们左乘以X1的转置

就可以得到这样的一个式子

我们把它记为4式

而对于λ1的

定义式的两边转置之后

再右乘X2

那么就得到这样的一个等式

其中我们要用到A为对称阵

也即A的转置等于A的这条性质

我们把这个等式记为5式

观察下4式和5式

他们的左边是相等的

而右边只有微小的差别

因此我们把4式和5式相减

就得到这样的一个等式

由于我们之前已经假设

λ1与λ2是两个不同的特征值

所以就只能推出X1的转置

乘以X2等于0

这就等价于X1与X2的

标准内积是等于0的

从而这就说明了

X1与X2是正交的

因此我们就证明了定理2

例如在7.4节当中的

例1的第1小题当中

我们取得A就是一个

3阶实对称阵

那么经过计算我们得到了

A的特征值为λ1=1

并且代数重数为2

而λ2=4

从而属于特征值λ1=1的

两个线性无关的特征向量

是这样的两个向量

我们把它记为X11和X12

而属于特征值λ2=4的

一个线性无关的特征向量

就是这样的一个特征向量

我们把它记为X21

很容易验证X21与X11

以及X12均是正交的

代入验证就发现

他们的内积都等于0

从而我们就推出了

第一个特征值的特质子空间与

第二个特征值的特质子空间

是相互正交的

所以作为实对称阵的

两个不同的特征值

它们的特征子空间是正交的

第二点

实对称阵正交对角化的结论

相较于一般矩阵

实对称阵在特征值

与特征向量方面有较好的性质

于是根据特征值

特征向量与矩阵

相似对角化的一些关系

我们可以得到

本节最主要的结论

具体如下

定理3

对于n阶实对称阵A

总存在正交矩阵Q

使得Q逆乘以A

再乘Q为对角阵

由于Q为正交阵

所以Q逆就等于Q转置

所以我们也可以得到

Q转置乘A再乘Q为对角阵

下面我们来证明定理3

我们证明的方法是

对A的阶数n作归纳法

当n=1时

也即A为一个元素组成的矩阵

则一个元素的矩阵一定是对角阵

因此结论明显成立

假定结论对于n减1成立

下面来看n的情形

由定理1

我们知道

A的所有特征值均为实数

所有特征向量均为实向量

所以可在欧式空间

Rn中讨论问题

我们下设λ1为

A的一个实特征值

而X1是属于λ1的

一个单位特征向量

于是我们可以把

X1扩充成为Rn的

一组标准正交基

不妨设为X1 X2一直到Xn

我们令Q1等于

由X1 X2一直到Xn组成的矩阵

那么由于他们是标准正交基

所以Q1为正交矩阵

并且我们去计算A乘以Q1

相当于把A分别乘到

Q1的每个列上

由于X1是特征向量

所以它的第一列

就等于λ1再乘X1

进一步我们可以把

这个等式表示成为

X1 X2一直到Xn组成的

形式行向量乘以

这样的一个矩阵的形式

其中这个矩阵的

第一列为λ1和一个零向量

而其他列我们

并不清楚它等于什么

于是用*号的形式表示

当然我们也可以

把*号的形式具体表示出来

其中α转置为

某个n减1维行向量

而A1为某一个n减1阶方阵

因而我们对于上述等式两边

都左乘以Q1的逆

就得到了这样一个等式

我们注意到Q1为正交阵

所以Q1的逆

也可以表示为Q1的转置

故上式的左边依然为对称阵

从而右边也是对称阵

因此我们就得到了

刚才假设的那个α转置

就必然为零向量

而假设n减1阶矩阵A1

也要为对称阵

于是A1符合我们的归纳假设

也即存在n减1阶正交矩阵Q2

使得A1可以正交对角化

并且设对角阵为Λ1

它的主对角线上的

n减1个元素分别为

λ2 λ3一直到λn

下面我们令矩阵Q

等于这样的形式

由于Q1 Q2均为正交阵

很容易验证矩阵Q也为正交阵

因此我们去计算

Q转置乘A再乘Q

就等于这样的一个式子

而我们刚才已经算得

Q1转置乘A再乘Q1是

等于这样的一个准对角阵

进一步把这三个准对角阵

相乘就等于这样的

一个准对角阵

那么这个准对角阵的

右下角根据归纳假设

就等于一个对角阵Λ1

所以整个矩阵

就等于一个对角阵

其主对角线上的元素

就为λ1 λ2一直到λn

从而我们就证明了

结论对n的情形也成立

因此根据归纳法

我们就完成了定理3的证明

需要说明的是

我们对定理3的证明方法

是存在性的

而非构造性的

换言之

也就是我们并没有直接给出方法

去计算对角阵Λ与正交阵Q

但是很容易知道对角阵Λ

可由全体特征值决定

那么问题就集中到

正交阵Q应该如何确定呢

当然决定正交阵Q需要

从特征向量入手

那么由矩阵可对角化的

充要条件我们就可以得到

这样的一个推论

即推论2

n阶实对称阵必有

n个线性无关的特征向量

且对A的全体互异的

特征值λ1到λs

我们有其几何重数之和

等于整个空间的维数n

进一步还可以得到

实对称阵在

特征向量方面的特性

也即推论3

n阶实对称阵

有n个相互正交的单位特征向量

我们给出推论3的证明

由推论2取定

n个线性无关的特征向量

在每个特征子空间Vλi内

对已有的mi个线性无关的

特征向量做施密特正交化

于是就可以得到

特征子空间内的单位正交基

再将全体特征子空间的

单位正交基并起来

由推论1我们就知道

上述所得的即为

实对称阵的

n个相互正交的单位特征向量

三 实对称阵正交对角化的方法

实际上

刚刚的定理3及其推论

已经说明了

第一点

实对称阵有n个

线性无关的特征向量

它的每个特征值λi的

几何重数等于代数重数

第二点

如果不要求用

正交矩阵做相似对角化

则可直接用特征向量组成的

矩阵P来作相应的可逆矩阵

如果还要求

用正交矩阵做相似对角化

则在所求出的特征向量后

用施密特正交化方法进行正交化

用正交化后所得到的

特征向量即组成相应的

正交矩阵Q

于是把上一节中

n阶方阵对角化的步骤

稍作修改

即可以得到n阶实对称阵

正交对角化的步骤

具体如下

第一步 分解特征多项式

求A的特征值

假设A的特征多项式

能表示为这样的形式

则λ1到λs为A的

互异实特征值

其代数重数分别为n1一直到ns

第二步 对每一个特征值λi

分别去计算属于它的特征向量

也即求解对应的齐次线性方程组

λi乘I减A再乘X等于0

通过高斯消元法

得到一组基础解系

我们把它记为Xi1

Xi2一直到Ximi

其中mi为λi的几何重数

并且由A可正交对角化

则必有mi=ni

第三步 求变化矩阵

若没有正交的要求

则把刚才所有的

基础解系并起来得到的

可逆矩阵P就是变换矩阵

并且由对应原则

可以得到对应得对角阵

若还有正交对角话的要求

则我们分别对

每一组特征向量Xi1

一直到Xini用施密特

正交化方法进行正交化和单位化

得到的一组向量

记为εi1一直到εini

进而我们把

这些单位特征向量并起来

就得到了一个正交矩阵

把它记为Q

从而就得到了正交对角化的方法

这里如果我们得到了一个正交阵

则我们可以把它表示为

Q转置乘A再乘Q的形式

这里的好处是

不必要再去计算Q的逆

好 有了上述步骤

我们来看一个具体的例子

例1

设A是这样的一个4阶实对称阵

题目要求我们用

两种方法将其对角化

一种是普通的对角化

另一种是正交对角化

首先我们按照步骤

先求A的特征值与代数重数

通过计算其特征多项式

也即这样一个4阶的含参行列式

得到它的有两个特征值

分别为λ1等1

其代数重数n1等3

λ2等负3

其代数重数n2等1

其次对于特征值λ1等1

求解对应的齐次线性方程组

来求特征向量

具体

把对应的系数矩阵写出

并且经过初等行变换

得到简化的阶梯阵如下

这个简化的阶梯阵

告诉我们其基础解系分别为

X11 X12和X13

为这样的3个列向量

再次我们对特征值

λ2等负3去求解它的特征向量

具体地

把对应的齐次线性方程组的

系数矩阵列出

并且经过初等行变换化为

简化的阶梯阵

经过简化阶梯阵

我们可以得到其基础解系

为这样的一个列向量

记为X21

于是我们给出A的

普通对角化的方法

就是把刚才的

4个列向量并起来

得到可逆阵P

而对应的把特征值

按重数的方式列出

就得到了对应的对角矩阵大Λ

第二种方法为

正交对角化的方法

我们分别对刚才

求得的两组基础解系

去做施密特正交化方法

其中套用施密特

正交化方法的公式

我们先做正交化

得到三个β的向量

再做单位化就得到了

这样三个ε的向量

对于另外一组基础解系

只有1个向量

因此直接做单位化

就得到了这样的第4个列向量

需要说明是对于

每一组基础向量

分别做施密特正交化

其计算量明显优于

对4个列向量做施密特正交化

也就是整体正交化

将刚刚分别局部正交化

所得到的单位正交向量

ε11 ε12 ε13以及

ε21按列并起来

就得到了如下的正交矩阵Q

并且对角阵

就是Q转置乘A再乘Q

等于这样的形式

我们提出一个问题

这样求出的正交阵Q是唯一的吗

根据我们上一节的

讨论可以知道

由于之前求得的

基础解系可以不唯一

因此这样得到的

正交阵Q并不是唯一的

接下来我们再来看一个例子

例2 已知A为3阶实对称阵

其特征值分别为1 1和2

且属于2的特征向量

是1 0 1这样的一个列向量

请大家求A

我们还是来分析一下

由题设我们已知特征值

与部分特征向量

要求是把实对称阵A给求出来

由于已经说明

是一个3阶实对称阵

因此A一定可以对角化

也即存在正交阵Q

使得Q转置AQ等于对角阵Λ

那么反过来我们就可以解出

A等于QΛ再乘以Q转置

其中Λ与Q分别

可由A的特征值

与特征向量来确定

那么由于我们

只有部分特征向量的信息

所以要决定矩阵A

就需要把剩余的特征向量

来决定出来

而剩余的特征向量

可以由不同特征值下的

特征向量的正交性来确定

好 具体的求解步骤如下

A是一个3阶实对称阵

正交相似于对角阵Λ

主对角线上元素分别为1 1 2

属于特征值1的特征向量

必然与属于特征值2的

特征向量是正交的

所以这就等价于

去求解这样一个

齐次线性方程组

它的系数矩阵就是1 0 1

由高斯消元法

很容易求解出这个

齐次线性方程组的

两个线性无关的解

为0 1 0和1 0 -1

并且它们已经彼此正交了

所以直接单位化以后

就可以得到相应的

正交矩阵Q是这样的形式

最后我们再把Q和Λ

代到这个等式里就可以计算出A

具体计算我们留做课后习题

对于这个例题

我们做如下的几点说明

第一 在具体计算过程当中

正因为我们采用了正交阵

所以这里可以避免去求矩阵的逆

而直接去求转置即可

第二点

当实对称阵只有

两个特征值的时候

其两个特征子空间互为正交补

所以我们可以由其中的

一个子空间来决定

另一个子空间

而这个方法

还可以推广到实对称阵

具有s个不同特征值的情形

但是要求

要已知其中s减1个特征子空间

从而可以由正交性

决定最后一个特征子空间

本讲小结

在本讲中

我们说明了实对称阵

是一类性质较好的方阵

具有一般矩阵所没有的结论

我们首先证明了

实对称阵的特征值均为实数

其次证明了实对称阵的属于

不同特质值得特征向量

是相互正交的

进而利用上述两条较好的性质

我们证明了实对称阵

可以正交对角化

最后我们在

一般矩阵对角化步骤的基础上

略做调整就得到了

实对称阵正交对角化的具体步骤

实际上若要求变换矩阵为正交阵

我们只需要在

求出各组特征向量的基础解系后

再进行局部的施密特正交化

即可以得到相互正交的

单位特征向量

从而得到对应的正交阵

实对称阵的正交对角化理论

是本门课程之前所学

所有内容的综合运用

比如在计算过程中

我们需要做含参行列式的计算

需要做因式分解

需要解齐次线性方程组

还需要做施密特正交化等等

因此实对称阵的正交化理论

是将来考察的重点

同学们一定要多加练习

熟练掌握

本讲的内容就到这

我们下讲再见