实对称矩阵相似对角化

由相似对角化的充分条件可知，实对称矩阵必然可以相似对角化。不仅如此，实对称矩阵还可以通过正交变换实现相似对角化，即存在正交矩阵$Q$，使得 $Q^{-1}AQ=Q^{T}AQ=\Lambda$。

实对称矩阵

定义

若一个 $n$ 阶实方阵 $A$ 满足 $A^T=A$，即 $a_{ij}=a_{ji}$ 对所有 $i,j$ 成立，则称 $A$ 为实对称矩阵。

性质

1. 实对称矩阵的特征值必为实数。
2. 实对称矩阵的属于不同特征值的特征向量必相互正交。
   • 设 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ 是实对称矩阵 $A$ 的两个不同特征值，对应的特征向量分别为 ${\xi }_1,{\xi }_2$。则有 $A{\xi }_1={\lambda }_1{\xi }_1$, $A{\xi }_2={\lambda }_2{\xi }_2$。
   • 那么 ${\lambda }_1({\xi }_1,{\xi }_2)=({\lambda }_1{\xi }_1,{\xi }_2)=(A{\xi }_1,{\xi }_2)=(A{\xi }_1{)}^T{\xi }_2={\xi }_1^T{A}^T{\xi }_2={\xi }_1^T(A{\xi }_2)=({\xi }_1,A{\xi }_2)=({\xi }_1,{\lambda }_2{\xi }_2)={\lambda }_2({\xi }_1,{\xi }_2)$。
   • 即 $({\lambda }_1-{\lambda }_2)({\xi }_1,{\xi }_2)=0$。由于 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$，故 $({\xi }_1,{\xi }_2)=0$。
3. 对任意 $n$ 阶实对称矩阵 $A$，必存在正交矩阵$Q$，使得 $Q^{-1}AQ=Q^{T}AQ=\Lambda$，其中 $\Lambda$ 是以 $A$ 的 $n$ 个特征值为对角元的对角矩阵。

判定

定理：如果一个 $n$ 阶实矩阵 $A$ 有 $n$ 个两两正交的特征向量，则该矩阵 $A$ 一定是实对称矩阵。

• 推论：如果一个三阶矩阵 $A$ 有三个两两正交的特征向量，则该矩阵 $A$ 一定是对称矩阵，即 $A^T=A$。

证明思路： 设 $n$ 阶矩阵 $A$ 有 $n$ 个两两正交的特征向量 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\dots ,{\alpha }_n$，它们对应的特征值为 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_n$。 单位化，得到一组标准正交基 ${\eta }_1,{\eta }_2,\dots ,{\eta }_n$。 令矩阵 $P$ 的列向量是这组标准正交基，即 $P=({\eta }_1,{\eta }_2,\dots ,{\eta }_n)$。 由于 $P$ 的列向量组是标准正交向量组，所以 $P$ 是正交矩阵，满足 $P^{-1}=P^T$。 根据特征值和特征向量的定义，有 $A{\eta }_i={\lambda }_i{\eta }_i$。将这些关系写成矩阵形式： $AP=A({\eta }_1,{\eta }_2,\dots ,{\eta }_n)=(A{\eta }_1,A{\eta }_2,\dots ,A{\eta }_n)=({\lambda }_1{\eta }_1,{\lambda }_2{\eta }_2,\dots ,{\lambda }_n{\eta }_n)$ 可以进一步写为： $AP=({\eta }_1,{\eta }_2,\dots ,{\eta }_n)\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1& & & \\ & {\lambda }_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_n\end{array}\right)=P\Lambda$ 解出 $A$： $A=P\Lambda P^T$ 现在对 $A$ 进行转置运算： $A^T=(P\Lambda P^T{)}^T=(P^T{)}^T{\Lambda }^T{P}^T$ 由于对角矩阵的转置是其本身，即 ${\Lambda }^T=\Lambda$，且 $(P^T{)}^T=P$，所以： $A^T=P\Lambda P^T=A$ 因此，矩阵 $A$ 为对称矩阵。

[问答题]

设

${\alpha }_1=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ a\end{array}\right),{\alpha }_2=\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 1\end{array}\right),{\alpha }_3=\left(\begin{array}{c}1\\ b\\ 1\end{array}\right)$

是三阶实矩阵 $A$ 的三个互异特征值的特征向量，则 “$(a,b)=(1,2)$” 是 “$A$ 为对称矩阵” 的什么条件？

[答案]

本题考查实对称矩阵的性质及其判定。

1. 实对称矩阵的性质：属于不同特征值的特征向量相互正交。
2. 实对称矩阵的判定：如果一个 $n$ 阶实矩阵 $A$ 有 $n$ 个两两正交的特征向量，则该矩阵一定是实对称矩阵。

因为矩阵 $A$ 的三个特征值互不相同，根据上述性质和判定，矩阵 $A$ 是对称矩阵的充分必要条件是其对应的特征向量 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 两两正交。

1. 检验 ${\alpha }_2$ 和 ${\alpha }_3$ 的正交性： ${\alpha }_2^T{\alpha }_3=(-1)(1)+(0)(b)+(1)(1)=-1+0+1=0$ 可知 ${\alpha }_2$ 与 ${\alpha }_3$ 已经正交，与 $b$ 的取值无关。

2. 要使三个向量两两正交，还需满足 ${\alpha }_1\perp {\alpha }_2$ 和 ${\alpha }_1\perp {\alpha }_3$。

   • 由 ${\alpha }_1\perp {\alpha }_2$，即 ${\alpha }_1^T{\alpha }_2=0$： ${\alpha }_1^T{\alpha }_2=(1)(-1)+(-1)(0)+(a)(1)=-1+a=0$ 解得 $a=1$。
   • 由 ${\alpha }_1\perp {\alpha }_3$，即 ${\alpha }_1^T{\alpha }_3=0$： ${\alpha }_1^T{\alpha }_3=(1)(1)+(-1)(b)+(a)(1)=1-b+a=0$ 将 $a=1$ 代入上式： $1-b+1=0⟹2-b=0$ 解得 $b=2$。

综上所述，矩阵 $A$ 是对称矩阵的充要条件是特征向量 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 两两正交，而这三个向量两两正交的充要条件是 $a=1$ 且 $b=2$，即 $(a,b)=(1,2)$。

因此，“(a,b)=(1,2)” 是 “A 为对称矩阵” 的。

对角化步骤

对于 $n$ 阶实对称矩阵 $A$，求正交矩阵$Q$ 使其对角化的步骤如下：

1. 求特征值：计算 $A$ 的特征多项式 $|\lambda E-A|=0$，解出 $A$ 的全部 $n$ 个特征值 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_n$。

2. 求特征向量：对每个特征值 ${\lambda }_i$，求解齐次线性方程组 $({\lambda }_{i}E-A)x=0$，求出其基础解系。

   • 若 ${\lambda }_i$ 是单根，则其对应一个线性无关的特征向量 ${\xi }_i$。
   • 若 ${\lambda }_i$ 是 $k$ 重根，则其对应 $k$ 个线性无关的特征向量 ${\xi }_{i1},{\xi }_{i2},\dots ,{\xi }_{ik}$。

3. 正交化：

   • 由于属于不同特征值的特征向量已经相互正交，我们只需处理重根特征值对应的那组线性无关的特征向量。
   • 对每个重根特征值对应的 $k$ 个线性无关的特征向量 $\{{\xi }_{i1},{\xi }_{i2},\dots ,{\xi }_{ik}\}$，使用施密特正交化方法，将其化为一组正交向量 $\{{\beta }_{i1},{\beta }_{i2},\dots ,{\beta }_{ik}\}$。

4. 单位化：将第 3 步得到的所有正交向量（包括单根对应的和正交化后的）全部进行单位化，得到一个由 $n$ 个向量组成的标准正交向量组$\{{\eta }_1,{\eta }_2,\dots ,{\eta }_n\}$。

5. 构造正交矩阵：令 $Q=({\eta }_1,{\eta }_2,\dots ,{\eta }_n)$，则 $Q$ 即为所求的正交矩阵。此时有 $Q^{-1}AQ=Q^{T}AQ=\Lambda =\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1& & & \\ & {\lambda }_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_n\end{array}\right)$ 其中对角矩阵 $\Lambda$ 的对角元 ${\lambda }_i$ 的顺序与 $Q$ 中列向量 ${\eta }_i$ 的顺序一一对应。

示例

:::quiz[essay]

1. 设 $A=\left(\begin{array}{ccc}2& 2& -2\\ 2& 5& -4\\ -2& -4& 5\end{array}\right)$, 求正交矩阵 $Q$, 使得 $Q^{-1}AQ=\Lambda$

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解: 这个题基本上跟相似正交化的例题一致，只是将可逆矩阵改成了正交矩阵。 所以得到三个特征向量：${\xi }_1=(-2,1,0{)}^T$, ${\xi }_2=(2,0,1{)}^T$, ${\xi }_3=(1,2,-2{)}^T$。

实对称矩阵不同特征值的特征向量必然相互正交，从而 ${\xi }_1\perp {\xi }_3$, ${\xi }_2\perp {\xi }_3$。

而 ${\xi }_1$ 与 ${\xi }_2$ 特征值相同从而不一定正交，计算内积 $({\xi }_1,{\xi }_2)=(-2)(2)+(1)(0)+(0)(1)=-4\ne 0$，所以并非正交。

对 ${\xi }_1,{\xi }_2$ 进行施密特正交化：

令 ${\eta }_1={\xi }_1=(-2,1,0{)}^T$。

${\eta }_2={\xi }_2-\frac{({\xi }_2,{\eta }_1)}{({\eta }_1,{\eta }_1)}{\eta }_1=(2,0,1{)}^T-\frac{-4}{(-2{)}^2+1^2+0^2}(-2,1,0{)}^T$

$=(2,0,1{)}^T-\frac{-4}{5}(-2,1,0{)}^T=(2,0,1{)}^T+\frac{4}{5}(-2,1,0{)}^T$

$={\left(2-\frac{8}{5},0+\frac{4}{5},1+0\right)}^T={\left(\frac{2}{5},\frac{4}{5},1\right)}^T$。

为了方便计算，取 ${\eta }_2$ 的一个倍数，令 ${\eta }_2=(2,4,5{)}^T$。

令 ${\eta }_3={\xi }_3=(1,2,-2{)}^T$。

现在我们有了三组正交向量：${\eta }_1=(-2,1,0{)}^T$, ${\eta }_2=(2,4,5{)}^T$, ${\eta }_3=(1,2,-2{)}^T$。

接下来将它们单位化：

$||{\eta }_1||=\sqrt{(-2{)}^2+1^2+0^2}=\sqrt{5}$。

${\eta }_1^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{5}}(-2,1,0{)}^T=\frac{\sqrt{5}}{5}(-2,1,0{)}^T$。

$||{\eta }_2||=\sqrt{2^2+4^2+5^2}=\sqrt{4+16+25}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$。

${\eta }_2^{\prime }=\frac{1}{3\sqrt{5}}(2,4,5{)}^T=\frac{\sqrt{5}}{15}(2,4,5{)}^T$。

$||{\eta }_3||=\sqrt{1^2+2^2+(-2{)}^2}=\sqrt{1+4+4}=\sqrt{9}=3$。

${\eta }_3^{\prime }=\frac{1}{3}(1,2,-2{)}^T$。

令 $Q=({\eta }_1^{\prime },{\eta }_2^{\prime },{\eta }_3^{\prime })$, 则 $Q$ 是正交矩阵，使得 $Q^{-1}AQ=Q^{T}AQ=\Lambda$。

-\frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{15} & \frac{1}{3} \\ \frac{\sqrt{5}}{5} & \frac{4\sqrt{5}}{15} & \frac{2}{3} \\ 0 & \frac{5\sqrt{5}}{15} & -\frac{2}{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{15} & \frac{1}{3} \\ \frac{\sqrt{5}}{5} & \frac{4\sqrt{5}}{15} & \frac{2}{3} \\ 0 & \frac{\sqrt{5}}{3} & -\frac{2}{3} \end{pmatrix} $$ :::