7.2 实对称矩阵的对角化

作为下一节的知识基础，本节讨论实对称矩阵的对角化问题。

一、实对称矩阵的性质

先给出共轭向量的定义。

定义 8 共轭向量

设 $\mathbf{x}=(x_1,x_2,\cdots ,x_n{)}^{\mathrm{T}}$ 为复向量，称 $\bar{\mathbf{x}}=({\bar{x}}_1,{\bar{x}}_2,\cdots ,{\bar{x}}_n{)}^{\mathrm{T}}$ 为 $\mathbf{x}$ 的共轭向量，其中 ${\bar{x}}_i$ 表示 $x_i$ 的共轭复数 ($i=1,2,\cdots ,n$)。

下面的三个定理给出了实对称矩阵的性质。

定理 4 实对称矩阵的特征值为实数

设 $\mathbf{A}$ 为实对称矩阵，则 $\mathbf{A}$ 的特征值都是实数。

证明

设 $\lambda$ 为 $\mathbf{A}$ 的特征值，对应于 $\lambda$ 的特征向量为 $\mathbf{\alpha }$。

在 $\mathbf{A}\mathbf{\alpha }=\lambda \mathbf{\alpha }$ 两边取共轭，得 $\overline{\mathbf{A}\mathbf{\alpha }}=\overline{\lambda \mathbf{\alpha }}$，即 $\bar{\mathbf{A}}\bar{\mathbf{\alpha }}=\bar{\lambda }\bar{\mathbf{\alpha }}$。因为 $\mathbf{A}$ 是实矩阵，所以 $\mathbf{A}\bar{\mathbf{\alpha }}=\bar{\lambda }\bar{\mathbf{\alpha }}$。

在 $\mathbf{A}\bar{\mathbf{\alpha }}=\bar{\lambda }\bar{\mathbf{\alpha }}$ 两边取转置，得 ${\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}=\bar{\lambda }{\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}$。又因为 $\mathbf{A}$ 是对称矩阵（${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}=\mathbf{A}$），所以

barα^T A = barλbarα^T$${\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}=\bar{\lambda }{\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}$$

在等式 $\mathbf{A}\mathbf{\alpha }=\lambda \mathbf{\alpha }$ 两端左乘 ${\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}$，得 ${\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{\alpha }=\lambda {\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }$；在等式 ${\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}=\bar{\lambda }{\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}$ 两端右乘 $\mathbf{\alpha }$，得 ${\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{\alpha }=\bar{\lambda }{\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }$。

因此有

barα^TAα = λbarα^Tα = barλbarα^Tα$${\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{\alpha }=\lambda {\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }=\bar{\lambda }{\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }$$

即 $(\lambda -\bar{\lambda }){\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }=0$。

因为 $\mathbf{\alpha }$ 是特征向量，故 $\mathbf{\alpha }\ne 0$，从而 ${\bar{\mathbf{\alpha }}}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }={\sum }_{i=1}^n|x_i{|}^2>0$，所以 $\bar{\lambda }=\lambda$，即 $\lambda$ 为实数。

说明

对于实对称矩阵 $\mathbf{A}$，因为其特征值是实数，所以在求解齐次线性方程组 $(\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$ 时，系数矩阵为实矩阵，故对应的特征向量可取为实向量。

定理 5 不同特征值的特征向量正交

设 $\mathbf{A}$ 为实对称矩阵，则 $\mathbf{A}$ 的对应于不同特征值的特征向量是正交的。

证明

设 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ 是 $\mathbf{A}$ 的特征值且 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$，${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 分别为 $\mathbf{A}$ 对应于 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ 的特征向量。

在 $\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_1={\lambda }_1{\mathbf{\alpha }}_1$ 两边取转置，得 ${\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}={\lambda }_1{\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}$。因为 $\mathbf{A}$ 是对称矩阵，所以 ${\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}\mathbf{A}={\lambda }_1{\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}$。

在该式两端右乘 ${\mathbf{\alpha }}_2$，得

α₁^TAα₂ = λ₁α₁^Tα₂$${\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2={\lambda }_1{\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_2$$

又在 $\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2={\lambda }_2{\mathbf{\alpha }}_2$ 两端左乘 ${\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}$，得

α₁^TAα₂ = λ₂α₁^Tα₂$${\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2={\lambda }_2{\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_2$$

因此有

λ₁α₁^Tα₂ = λ₂α₁^Tα₂$${\lambda }_1{\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_2={\lambda }_2{\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_2$$

即

(λ₁ - λ₂)α₁^Tα₂ = 0$$({\lambda }_1-{\lambda }_2){\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_2=0$$

因为 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$，所以 ${\mathbf{\alpha }}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{\alpha }}_2=0$，即 ${\mathbf{\alpha }}_1$ 与 ${\mathbf{\alpha }}_2$ 正交。

定理 6 实对称矩阵正交相似对角化

设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶实对称矩阵，则存在 $n$ 阶正交矩阵 $\mathbf{Q}$，使得

Q⁻1AQ = Q^TAQ = operatornamediag(λ₁, λ₂, …, λₙ)$${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}={\mathbf{Q}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\mathrm{diag}({\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n)$$

其中 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$ 是 $\mathbf{A}$ 的 $n$ 个特征值。

正交相似

若存在正交矩阵 $\mathbf{P}$，使得 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}=\mathbf{B}$，则称矩阵 $\mathbf{A}$ 正交相似于矩阵 $\mathbf{B}$。定理6 说明，$n$ 阶实对称方阵 $\mathbf{A}$ 必定正交相似于对角矩阵。

证*（数学归纳法）

用数学归纳法证明。

当 $n=1$ 时，定理显然成立。

假设 $n=k-1$ ($k\ge 2$) 时定理成立。

当 $n=k$ 时：设 ${\lambda }_1$ 是 $\mathbf{A}$ 的特征值，${\mathbf{\alpha }}_1$ 为 $\mathbf{A}$ 的对应于 ${\lambda }_1$ 的单位特征向量。将 ${\mathbf{\alpha }}_1$ 扩充为 ${\mathbf{R}}^k$ 的一组标准正交基 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_k$。

设 $\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_i=b_{1i}{\mathbf{\alpha }}_1+b_{2i}{\mathbf{\alpha }}_2+\cdots +b_{ki}{\mathbf{\alpha }}_k$ ($i=2,\cdots ,k$)，即

A(α₁, α₂, …, αₖ) = (Aα₁, Aα₂, …, Aαₖ) = (α₁, α₂, …, αₖ) λ₁ & b₁2 & b₁3 & … & b₁k 0 & b₂2 & b₂3 & … & b₂k 0 & b₃2 & b₃3 & … & b₃k vdots & vdots & vdots & & vdots 0 & bₖ2 & bₖ3 & … & bₖk (7.1)$$\mathbf{A}({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_k)=(\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_1,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,\mathbf{A}{\mathbf{\alpha }}_k)=({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_k)\left(\begin{array}{ccccc}{\lambda }_1& b_{12}& b_{13}& \cdots & b_{1k}\\ 0& b_{22}& b_{23}& \cdots & b_{2k}\\ 0& b_{32}& b_{33}& \cdots & b_{3k}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& b_{k2}& b_{k3}& \cdots & b_{kk}\end{array}\right)\text{\hspace{1em}(7.1)}$$

令 ${\mathbf{Q}}_1=({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_k)$，因为 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,\cdots ,{\mathbf{\alpha }}_k$ 是 ${\mathbf{R}}^k$ 的标准正交基，所以 ${\mathbf{Q}}_1$ 为 $k$ 阶正交矩阵。

将式 (7.1) 右端的矩阵用分块矩阵表示，式 (7.1) 可表示为

AQ₁ = Q₁ λ₁ & β 0 & B$$\mathbf{A}{\mathbf{Q}}_1={\mathbf{Q}}_1\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& \mathbf{\beta }\\ 0& \mathbf{B}\end{array}\right)$$

即

Q₁⁻1AQ₁ = Q₁^TAQ₁ = λ₁ & β 0 & B$${\mathbf{Q}}_1^{-1}\mathbf{A}{\mathbf{Q}}_1={\mathbf{Q}}_1^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{Q}}_1=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& \mathbf{\beta }\\ 0& \mathbf{B}\end{array}\right)$$

两边取转置，得

Q₁^TA^TQ₁ = λ₁ & 0 β^T & B^T$${\mathbf{Q}}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{Q}}_1=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ {\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}& {\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)$$

因为 $\mathbf{A}$ 是对称矩阵，所以 ${\mathbf{Q}}_1^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{Q}}_1={\mathbf{Q}}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{Q}}_1$，即

λ₁ & β 0 & B = λ₁ & 0 β^T & B^T$$\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& \mathbf{\beta }\\ 0& \mathbf{B}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ {\mathbf{\beta }}^{\mathrm{T}}& {\mathbf{B}}^{\mathrm{T}}\end{array}\right)$$

即 $\mathbf{\beta }=0$，$\mathbf{B}$ 为 $k-1$ 阶实对称矩阵，于是有

Q₁⁻1AQ₁ = Q₁^TAQ₁ = λ₁ & 0 0 & B$${\mathbf{Q}}_1^{-1}\mathbf{A}{\mathbf{Q}}_1={\mathbf{Q}}_1^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{Q}}_1=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ 0& \mathbf{B}\end{array}\right)$$

由归纳假设，存在 $k-1$ 阶正交矩阵 $\mathbf{T}$，使 ${\mathbf{T}}^{-1}\mathbf{B}\mathbf{T}=\mathrm{diag}({\lambda }_2,{\lambda }_3,\cdots ,{\lambda }_k)$。

令 ${\mathbf{Q}}_2=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& \mathbf{T}\end{array}\right)$，则 ${\mathbf{Q}}_2$ 为 $k$ 阶正交矩阵。再令 $\mathbf{Q}={\mathbf{Q}}_1{\mathbf{Q}}_2$，则 $\mathbf{Q}$ 也为 $k$ 阶正交矩阵，且

Q⁻1AQ &= (Q₁Q₂)⁻1A(Q₁Q₂) = Q₂⁻1(Q₁⁻1AQ₁)Q₂ &= 1 & 0 0 & T⁻1 λ₁ & 0 0 & B 1 & 0 0 & T = λ₁ & 0 0 & T⁻1BT &= operatornamediag(λ₁, λ₂, …, λₖ)$$\begin{array}{rl}{\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}& =({\mathbf{Q}}_1{\mathbf{Q}}_2{)}^{-1}\mathbf{A}({\mathbf{Q}}_1{\mathbf{Q}}_2)={\mathbf{Q}}_2^{-1}({\mathbf{Q}}_1^{-1}\mathbf{A}{\mathbf{Q}}_1){\mathbf{Q}}_2\\ & =\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& {\mathbf{T}}^{-1}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ 0& \mathbf{B}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& \mathbf{T}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ 0& {\mathbf{T}}^{-1}\mathbf{B}\mathbf{T}\end{array}\right)\\ & =\mathrm{diag}({\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_k)\end{array}$$

因为相似矩阵的特征值相同，所以 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_k$ 是 $\mathbf{A}$ 的 $k$ 个特征值。

定理6 说明了实对称矩阵一定正交相似于对角矩阵。由矩阵可对角化的充分必要条件（第 6 章定理4）可知，若 $\lambda$ 为实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 的 $k$ 重特征值，则 $\mathbf{A}$ 对应于 $\lambda$ 必有 $k$ 个线性无关的特征向量，即齐次线性方程组 个向量。下面介绍定理6 中的正交矩阵 的基础解系含有 $k$ 个向量。下面介绍定理 6 中的正交矩阵 $\mathbf{Q}$ 的求法。

二、实对称矩阵的对角化方法

设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶实对称矩阵，可按以下步骤求出 $n$ 阶正交矩阵 $\mathbf{Q}$，使得 ${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}$ 为对角矩阵 $\mathbf{\Lambda }$：

1. 求特征值：求特征方程 $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=0$ 的全部根，即 $\mathbf{A}$ 的全部特征值。设 $\mathbf{A}$ 的全体两两不同的特征值为 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_m$，${\lambda }_i$ 的重数为 $r_i$ ($i=1,2,\cdots ,m$)，其中 $r_1+r_2+\cdots +r_m=n$。
2. 求特征向量并标准正交化：对每个 ${\lambda }_i$ ($i=1,2,\cdots ,m$)，求解齐次线性方程组 $({\lambda }_i\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$。设基础解系为 ${\mathbf{\xi }}_{i1},{\mathbf{\xi }}_{i2},\cdots ,{\mathbf{\xi }}_{i{r}_i}$（因为 ${\lambda }_i$ 的重数为 $r_i$，所以基础解系中含有 $r_i$ 个向量）。将基础解系 ${\mathbf{\xi }}_{i1},{\mathbf{\xi }}_{i2},\cdots ,{\mathbf{\xi }}_{i{r}_i}$ 标准正交化，得到 $\mathbf{A}$ 的对应于 ${\lambda }_i$ 的 $r_i$ 个两两正交的单位特征向量 ${\mathbf{p}}_{i1},{\mathbf{p}}_{i2},\cdots ,{\mathbf{p}}_{i{r}_i}$。
3. 构造正交矩阵：将上面求出的全体两两正交的单位特征向量作为列向量构成正交矩阵 $\mathbf{Q}=({\mathbf{p}}_{11},\cdots ,{\mathbf{p}}_{m{r}_m})$，则 ${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\mathbf{\Lambda }$ 为对角矩阵。

说明

在不计对角元素顺序的意义下对角矩阵 $\mathbf{\Lambda }$ 是唯一的，但正交矩阵 $\mathbf{Q}$ 是不唯一的。请注意 $\mathbf{Q}$ 的第 $i$ 列所对应的特征值一定是对角矩阵 $\mathbf{\Lambda }$ 的第 $i$ 个对角元素 ($i=1,2,\cdots ,n$)。

例 8 实对称矩阵正交对角化（重特征值）

设

A = 0 & -2 & -1 -2 & 3 & 2 -1 & 2 & 0$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}0& -2& -1\\ -2& 3& 2\\ -1& 2& 0\end{array}\right)$$

求正交矩阵 $\mathbf{Q}$，使得 ${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}$ 为对角矩阵 $\mathbf{\Lambda }$。

解

计算特征多项式：

|λE - A| &= λ & 2 & 1 2 & λ - 3 & -2 1 & -2 & λ xlongequal2r₁ + r₂ λ & 2 & 1 2(λ + 1) & λ + 1 & 0 1 & -2 & λ &= (λ + 1) λ & 2 & 1 2 & 1 & 0 1 & -2 & λ &= (λ + 1)²(λ - 5)$$\begin{array}{rl}|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|& =\left|\begin{array}{ccc}\lambda & 2& 1\\ 2& \lambda -3& -2\\ 1& -2& \lambda \end{array}\right|\stackrel{2r_1+r_2}{=}\left|\begin{array}{ccc}\lambda & 2& 1\\ 2(\lambda +1)& \lambda +1& 0\\ 1& -2& \lambda \end{array}\right|\\ & =(\lambda +1)\left|\begin{array}{ccc}\lambda & 2& 1\\ 2& 1& 0\\ 1& -2& \lambda \end{array}\right|\\ & =(\lambda +1{)}^2(\lambda -5)\end{array}$$

$\mathbf{A}$ 的相异特征值为 ${\lambda }_1=-1$（$2$ 重），${\lambda }_2=5$。

对应于 ${\lambda }_1=-1$，求解齐次线性方程组 $(-\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$，即

-1 & 2 & 1 2 & -4 & -2 1 & -2 & -1 x₁ x₂ x₃ = 0 0 0$$\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& 1\\ 2& -4& -2\\ 1& -2& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

由初等行变换可知方程等价于 $-x_1+2x_2+x_3=0$，得基础解系为

ξ₁ = 1 0 1 , ξ₂ = 2 1 0$${\mathbf{\xi }}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right),{\mathbf{\xi }}_2=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 0\end{array}\right)$$

再将 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2$ 标准正交化：

令 ${\mathbf{\beta }}_1={\mathbf{\xi }}_1=(1,0,1{)}^{\mathrm{T}}$，

β₂ = ξ₂ - ((ξ₂ · β₁))/((β₁ · β₁))β₁ = 2 1 0 - 2/2 1 0 1 = 1 1 -1$${\mathbf{\beta }}_2={\mathbf{\xi }}_2-\frac{({\mathbf{\xi }}_2\cdot {\mathbf{\beta }}_1)}{({\mathbf{\beta }}_1\cdot {\mathbf{\beta }}_1)}{\mathbf{\beta }}_1=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 0\end{array}\right)-\frac{2}{2}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ -1\end{array}\right)$$

单位化得

p₁ = (β₁)/(|β₁|) = (1)/(√(2)) 1 0 1 , p₂ = (β₂)/(|β₂|) = (1)/(√(3)) 1 1 -1$${\mathbf{p}}_1=\frac{{\mathbf{\beta }}_1}{\Vert {\mathbf{\beta }}_1\Vert }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right),{\mathbf{p}}_2=\frac{{\mathbf{\beta }}_2}{\Vert {\mathbf{\beta }}_2\Vert }=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ -1\end{array}\right)$$

对应于 ${\lambda }_2=5$，求解齐次线性方程组 $(5\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$，即

5 & 2 & 1 2 & 2 & -2 1 & -2 & 5 x₁ x₂ x₃ = 0 0 0$$\left(\begin{array}{ccc}5& 2& 1\\ 2& 2& -2\\ 1& -2& 5\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

得基础解系为 ${\mathbf{\xi }}_3=(-1,2,1{)}^{\mathrm{T}}$。单位化得

p₃ = (ξ₃)/(|ξ₃|) = (1)/(√(6)) -1 2 1$${\mathbf{p}}_3=\frac{{\mathbf{\xi }}_3}{\Vert {\mathbf{\xi }}_3\Vert }=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 1\end{array}\right)$$

令

Q = (p₁, p₂, p₃) = (1)/(√(2)) & (1)/(√(3)) & -(1)/(√(6)) 0 & (1)/(√(3)) & (2)/(√(6)) (1)/(√(2)) & -(1)/(√(3)) & (1)/(√(6))$$\mathbf{Q}=({\mathbf{p}}_1,{\mathbf{p}}_2,{\mathbf{p}}_3)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{6}}\\ 0& \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{2}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& -\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\end{array}\right)$$

则 $\mathbf{Q}$ 为正交矩阵，且

Q⁻1AQ = -1 & 0 & 0 0 & -1 & 0 0 & 0 & 5 = Λ$${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& 5\end{array}\right)=\mathbf{\Lambda }$$

例 9 实对称矩阵正交对角化（单特征值）

设

A = 1 & 0 & 2 0 & 1 & 2 2 & 2 & -1$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 2\\ 0& 1& 2\\ 2& 2& -1\end{array}\right)$$

求正交矩阵 $\mathbf{Q}$，使得 ${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}$ 为对角矩阵 $\mathbf{\Lambda }$。

解

计算特征多项式：

|λE - A| &= λ - 1 & 0 & -2 0 & λ - 1 & -2 -2 & -2 & λ + 1 xlongequal[substackr₃ + r₁ r₃ + r₂] λ - 1 & 0 & -2 0 & λ - 1 & -2 λ - 3 & λ - 3 & λ - 3 &= (λ - 3) λ - 1 & 0 & -2 0 & λ - 1 & -2 1 & 1 & 1 &= (λ - 3)(λ + 3)(λ - 1)$$\begin{array}{rl}|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|& =\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& 0& -2\\ 0& \lambda -1& -2\\ -2& -2& \lambda +1\end{array}\right|\underset{\begin{array}{c}{r}_3+r_1\\ r_3+r_2\end{array}}{=}\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& 0& -2\\ 0& \lambda -1& -2\\ \lambda -3& \lambda -3& \lambda -3\end{array}\right|\\ & =(\lambda -3)\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& 0& -2\\ 0& \lambda -1& -2\\ 1& 1& 1\end{array}\right|\\ & =(\lambda -3)(\lambda +3)(\lambda -1)\end{array}$$

$\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1=3,{\lambda }_2=-3,{\lambda }_3=1$。

对应于 ${\lambda }_1=3$，求解齐次线性方程组 $(3\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$，即

2 & 0 & -2 0 & 2 & -2 -2 & -2 & 4 x₁ x₂ x₃ = 0 0 0$$\left(\begin{array}{ccc}2& 0& -2\\ 0& 2& -2\\ -2& -2& 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

得基础解系为 ${\mathbf{\xi }}_1=(1,1,1{)}^{\mathrm{T}}$，单位化取

p₁ = (ξ₁)/(|ξ₁|) = (1)/(√(3)) 1 1 1$${\mathbf{p}}_1=\frac{{\mathbf{\xi }}_1}{\Vert {\mathbf{\xi }}_1\Vert }=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$$

对应于 ${\lambda }_2=-3$，求解齐次线性方程组 $(-3\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$，即

-4 & 0 & -2 0 & -4 & -2 -2 & -2 & -2 x₁ x₂ x₃ = 0 0 0$$\left(\begin{array}{ccc}-4& 0& -2\\ 0& -4& -2\\ -2& -2& -2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

得基础解系为 ${\mathbf{\xi }}_2=(-1,-1,2{)}^{\mathrm{T}}$，单位化取

p₂ = (ξ₂)/(|ξ₂|) = (1)/(√(6)) -1 -1 2$${\mathbf{p}}_2=\frac{{\mathbf{\xi }}_2}{\Vert {\mathbf{\xi }}_2\Vert }=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 2\end{array}\right)$$

对应于 ${\lambda }_3=1$，求解齐次线性方程组 $(\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$，即

0 & 0 & -2 0 & 0 & -2 -2 & -2 & 2 x₁ x₂ x₃ = 0 0 0$$\left(\begin{array}{ccc}0& 0& -2\\ 0& 0& -2\\ -2& -2& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

得基础解系为 ${\mathbf{\xi }}_3=(1,-1,0{)}^{\mathrm{T}}$，单位化取

p₃ = (ξ₃)/(|ξ₃|) = (1)/(√(2)) 1 -1 0$${\mathbf{p}}_3=\frac{{\mathbf{\xi }}_3}{\Vert {\mathbf{\xi }}_3\Vert }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$$

令

Q = (p₁, p₂, p₃) = (1)/(√(3)) & -(1)/(√(6)) & (1)/(√(2)) (1)/(√(3)) & -(1)/(√(6)) & -(1)/(√(2)) (1)/(√(3)) & (2)/(√(6)) & 0$$\mathbf{Q}=({\mathbf{p}}_1,{\mathbf{p}}_2,{\mathbf{p}}_3)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{6}}& -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{2}{\sqrt{6}}& 0\end{array}\right)$$

则 $\mathbf{Q}$ 为正交矩阵，且

Q⁻1AQ = 3 & 0 & 0 0 & -3 & 0 0 & 0 & 1 = Λ$${\mathbf{Q}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q}=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 0& -3& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\mathbf{\Lambda }$$

说明

因为 $\mathbf{A}$ 的三个特征值两两不同，所以由定理5 可知，对应的特征向量已经两两正交，因此无需进行 Schmidt 正交化，只需将它们单位化即可。

例 10 由特征值与特征向量反求实对称矩阵

设三阶实对称矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1=-1,{\lambda }_2={\lambda }_3=1$。已知 $\mathbf{A}$ 的属于 ${\lambda }_1=-1$ 的特征向量为 ${\mathbf{p}}_1=(0,1,1{)}^{\mathrm{T}}$。求出 $\mathbf{A}$ 的属于特征值 ${\lambda }_2={\lambda }_3=1$ 的特征向量，并求出对称矩阵 $\mathbf{A}$。

解

因为属于实对称矩阵的不同特征值的特征向量必互相正交，所以，属于 ${\lambda }_2={\lambda }_3=1$ 的特征向量 $\mathbf{x}=(x_1,x_2,x_3{)}^{\mathrm{T}}$ 必定与 ${\mathbf{p}}_1$ 正交，即它们一定满足

p₁^Tx = 0 · x₁ + 1 · x₂ + 1 · x₃ = 0 implies x₂ + x₃ = 0$${\mathbf{p}}_1^{\mathrm{T}}\mathbf{x}=0\cdot x_1+1\cdot x_2+1\cdot x_3=0⟹x_2+x_3=0$$

而 $x_1$ 可以取任何值。

属于 ${\lambda }_2={\lambda }_3=1$ 的特征向量就是方程组 $(\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$ 的非零解向量。上面的分析说明方程组 $(\mathbf{E}-\mathbf{A})\mathbf{x}=0$ 的解空间包含于方程 $x_2+x_3=0$ 的解空间。易见，这两个解空间的维数都是 $2$，所以这两个解空间是相等的，也就是说，方程 $x_2+x_3=0$ 的非零解向量也是 $\mathbf{A}$ 的属于 ${\lambda }_2={\lambda }_3=1$ 的特征向量。

所以可取方程 $x_2+x_3=0$ 的线性无关的解

p₂ = 1 0 0 , p₃ = 0 1 -1$${\mathbf{p}}_2=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{p}}_3=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -1\end{array}\right)$$

作为 $\mathbf{A}$ 的属于 ${\lambda }_2={\lambda }_3=1$ 的特征向量。

令

P = (p₁, p₂, p₃) = 0 & 1 & 0 1 & 0 & 1 1 & 0 & -1$$\mathbf{P}=({\mathbf{p}}_1,{\mathbf{p}}_2,{\mathbf{p}}_3)=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 1& 0& -1\end{array}\right)$$

则

P⁻1AP = -1 & 0 & 0 0 & 1 & 0 0 & 0 & 1$${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

求出可逆矩阵 $\mathbf{P}$ 的逆矩阵：

P⁻1 = 1/2 0 & 1 & 1 2 & 0 & 0 0 & 1 & -1$${\mathbf{P}}^{-1}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 2& 0& 0\\ 0& 1& -1\end{array}\right)$$

于是

A = P -1 & 0 & 0 0 & 1 & 0 0 & 0 & 1 P⁻1 = 1/2 0 & 1 & 0 -1 & 0 & 1 -1 & 0 & -1 0 & 1 & 1 2 & 0 & 0 0 & 1 & -1 = 1 & 0 & 0 0 & 0 & -1 0 & -1 & 0$$\mathbf{A}=\mathbf{P}\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right){\mathbf{P}}^{-1}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ -1& 0& 1\\ -1& 0& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 2& 0& 0\\ 0& 1& -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 0& -1\\ 0& -1& 0\end{array}\right)$$

7.2 实对称矩阵的对角化