Transcript 第四节实对称矩阵的对角化

§4实对称矩阵的
对角化
定理：设 l1, l2, …, lm 是方阵 A 的特征值， p1, p2, …, pm 依
次是与之对应的特征向量，如果 l1, l2, …, lm 各不相同，则
p1, p2, …, pm 线性无关． （P.98定理1）
可逆矩阵 P ，满足 P −1AP = L （对角阵）
矩阵 P 的
列向量组
线性无关
?
AP = PL
Api = li pi (i = 1, 2, …, n)
A的
特征值
其中 A( p1 , p2 ,
(A−li E) pi = 0
对应的
特征向量
, pn )  ( p1 , p2 ,
 l1

, pn ) 



l2





ln 
定理：设 l1, l2, …, lm 是方阵 A 的特征值， p1, p2, …, pm 依
次是与之对应的特征向量，如果 l1, l2, …, lm 各不相同，则
p1, p2, …, pm 线性无关．（P.98定理1）
定理： n 阶矩阵 A 和对角阵相似（即 A 能对角化）的充分
必要条件是 A 有 n 个线性无关的特征向量．（P.101定理4）
推论：如果 A 有 n 个不同的特征值，则 A 和对角阵相似．
说明：当 A 的特征方程有重根时，就不一定有 n 个线性无关
的特征向量，从而不一定能对角化．（P.96例4）
定理：设 l1, l2, …, lm 是方阵 A 的特征值， p1, p2, …, pm 依
次是与之对应的特征向量，如果 l1, l2, …, lm 各不相同，则
p1, p2, …, pm 线性无关．（P.98定理1）
定理：设 l1 和 l2 是对称阵 A 的特征值， p1, p2 是对应的特
征向量，如果 l1 ≠ l2 ，则 p1, p2 正交．（P.105定理2）
证明： A p1= l1 p1， A p2= l2 p2 ， l1 ≠ l2
l1 p1T = (l1 p1)T = (A p1)T = p1T A T = p1T A （A 是对称阵）
l1 p1T p2 = p1T A p2 = p1T (l2 p2 ) = l2 p1T p2
(l1 − l2) p1T p2 = 0
因为l1 ≠ l2 ，则 p1T p2 = 0，即 p1, p2 正交．
定理： n 阶矩阵 A 和对角阵相似（即 A 能对角化）的充分
必要条件是 A 有 n 个线性无关的特征向量． （P.101定理4）
推论：如果 A 有 n 个不同的特征值，则 A 和对角阵相似．
说明：当 A 的特征方程有重根时，就不一定有 n 个线性无关
的特征向量，从而不一定能对角化．
定理：设 A 为 n 阶对称阵，则必有正交阵 P，使得
P −1AP = PTAP = L，
其中 L 是以 A 的 n 个特征值为对角元的对角阵（不唯一）.
（P.105定理3）
定理： n 阶矩阵 A 和对角阵相似（即 A 能对角化）的充分
必要条件是 A 有 n 个线性无关的特征向量． （P.101定理4）
推论：如果 A 有 n 个不同的特征值，则 A 和对角阵相似．
说明：当 A 的特征方程有重根时，就不一定有 n 个线性无关
的特征向量，从而不一定能对角化．
推论：设 A 为 n 阶对称阵，l 是 A 的特征方程的 k 重根，则
•
矩阵 A −lE 的秩等于 n − k，
•
恰有 k 个线性无关的特征向量与特征值 l 对应．
把对称阵 A 对角化的步骤为：
1. 求出 A 的所有各不相同的特征值 l1, l2, …, ls ，它们的重
数依次为k1, k2, …, ks （k1 + k2 + … + ks = n）．
2. 对每个 ki 重特征值 li ，求方程组 | A−li E | = 0 的基础解
系，得 ki 个线性无关的特征向量．
把这 ki 个线性无关
的特征向量正交化、单位化，得到 ki 个两两正交的单位
特征向量．
因为k1 + k2 + … + ks = n ，总共可得 n
个两两正交的单位特征向量．
3. 这 n 个两两正交的单位特征向量构成正交阵 P，便有
P −1AP = L ．
L 中对角元的排列次序应于中列向量的排列次序相对应.
 1 2 4 
例1：设A   2 4 2  ，求正交阵 P，使P−1AP = L对角阵.
  4 2 1 


解：因为 A 是对称阵，所以 A 可以对角化．
1 l
| A  l E | 2
4
2
4
4  l 2  (l  5)2 (l  4)
2 1  l
求得 A 的特征值 l1 = l2 =5， l3 = -4 ．
当 l1 =l2 =5时， 解方程组 (A -5E) X= 0．
  4  2 4   2 1 2 
1
1

r

 
 
A  5 E   2 1 2  ~  0 0 0 
1   2 ，
2   0 
，得基础解系
  4  2 4   0 0 0 
0
 1 

 

 
 
将 1 ,  2 正交化，取 1  1 ,
 1
 1
 4
  1 ,  2 
  1  1 
 2  2 
 1   0    2    2  ,
  1 ,  1 
  1  5  0  5  5 
 
 
 
再将 1 ,  2 单位化，得
 1
 4
1  
1  
1 
2  ,
2 
2


5 
3 5 
0
 
 5 
当 l3 = -4 时， 解方程组 (A+4E) X = 0．
 2
 5 2 4   1 2 0 
r
 

 

A  4 E   2 8 2  ~  0 2 1  ，得  3   1  ．
 2
  4 2 5   0 0 0 
 

 

 2
1  
1
再将3 单位化，得  3 

3 
 2
4
2
 1


3
5
3
5

 ，则P为所求正交阵，且
令
 2
2
1
P  (1 ,  2 ,  3 )   
5 0 0 

3
5
3 5




1
P
AP

L

0
5
0



5
2
 0 0 4 

 0



3 5 3

 2 1 
n .
例2：设 A  
，求
A


1
2


分析：

数学归纳法

因为 A 是对称阵，所以 A 可以对角化．
3  l 2
| A  l E |
 (l  1)(l  5)
2 3  l
求得 A 的特征值 l1 = 1， l2 = 5．
 1 0
L

0
5


1 0 
L 
n
0
5


n
下面求满足 P −1AP = Λ 的可逆矩阵 P ．
下面求满足 P −1AP = Λ 的可逆矩阵 P ．
当 l1 = 1 时， 解方程组 (A−E) x = 0 ．
 2 2  r  1 1 
 1
A E  
~
，得基础解系 p1    ．
 2 2   0 0 
 1
1  1
将其单位化得 a1 
 
2  1
当 l2 = 5 时， 解方程组 (A−5E) x = 0．
 2 2  r  1 1 
 1
A  3E  
~
 ，得基础解系 p2    ．
 2 2   0 0 
 1 
将其单位化得 a2 
1  1
 
2  1 
1 1 1 
记 P  (a1 ,a2 ) 

 ，则有
2  1 1 
 1 0
P AP  P AP  L  

 0 5
1
T
1
故 A  P LP ,于是得
A n  ( P L P 1 ) n  P L n P 1
n
1 1 1  1 0 1 1 
 

 

2  1  1   0 5   1 1 
1  1 1   1 0   1 1  1  1  5n 1  5n 
 

 
n 
n
n
2  1  1   0 5   1 1  2  1  5 1  5 
作 业
P108
P109
1.(2);
5.(2);11.；