第五章特征值与特征向量

原书第 139 页

第五章特征值与特征向量

特征值 (eigenvalue) 与特征向量 (eigenvector) 是线性代数的主要研究对象之一，它综合了矩阵、行列式和方程组等诸多知识点，与第七章将要讲的线性变换关系甚为密切。作为工程计算中不可或缺的组成部分，特征值和特征向量被广泛用于物理学中的各种临界值问题、机械及电磁振动中的固有值问题等。本章将对特征值及特征向量进行深入的讨论，并由此探讨相似意义下矩阵的可对角化问题。

§5.1 矩阵的特征值与特征向量

在给出特征值和特征向量的定义之前，先来看一个简单的例子.

若 $ A=\begin{pmatrix}1&0\\ 1&-1\end{pmatrix} $， $ \alpha=\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix} $， $ \beta=\begin{pmatrix}2\\ 1\end{pmatrix} $， $ \gamma=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix} $，则有

$$ \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}=\begin{pmatrix}1&0\\ 1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ -1\end{pmatrix}=-\boldsymbol{\alpha}, $$

$$ \boldsymbol{A}\boldsymbol{\beta}=\begin{pmatrix}1&0\\ 1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 1\end{pmatrix}=\boldsymbol{\beta}, $$

$ A\gamma = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \neq k\gamma, $ 对任意的 k.

原书第 140 页

定义 1.1. 设 A 是数域 F 上的一个 n 阶矩阵, $ \lambda $ 是一个数. 如果存在非零列向量 $ \alpha $ (即 $ n \times 1 $ 矩阵), 使得

$$ A\alpha=\lambda\alpha, $$

就称 $ \lambda $ 是 A 的一个特征值, $ \alpha $ 是 A 的属于特征值 $ \lambda $ 的一个特征向量, 简称特征向量.

在上面的例子中，-1 和 1 就是矩阵 A 的两个特征值， $ \alpha $ 和 $ \beta $ 分别是属于它们的特征向量； $ \gamma $ 则是一个不属于 A 的任意一个特征值的向量。

现设 $ \boldsymbol{A}=(a_{ij})_{nn}, \boldsymbol{\alpha}=\begin{pmatrix}c_{1}\\c_{2}\\\vdots\\c_{n}\end{pmatrix}\neq\boldsymbol{0} $，且 $ A\boldsymbol{\alpha}=\lambda\boldsymbol{\alpha} $，即 $ \lambda $ 是 $ A $ 的一个特征值，

而 $ \alpha $ 是 A 的属于特征值 $ \lambda $ 的一个特征向量，则 $ (\lambda E - A)\alpha = 0 $。于是， $ \alpha $ 是齐次线性方程组

$$ \begin{pmatrix}\lambda-a_{11}&-a_{12}&\cdots&-a_{1n}\\-a_{21}&\lambda-a_{22}&\cdots&-a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\-a_{n1}&-a_{n2}&\cdots&\lambda-a_{nn}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\\vdots\\x_{n}\end{pmatrix}=\mathbf{0} $$

的一个非零解. 故由齐次线性方程组解的理论知, 齐次方程组的系数行列式等于零. 于是有

$$ \left|\begin{array}{c c c c}\lambda-a_{11}&-a_{12}&\cdots&-a_{1n}\\ -a_{21}&\lambda-a_{22}&\cdots&-a_{2n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ -a_{n1}&-a_{n2}&\cdots&\lambda-a_{n n}\end{array}\right|=0, $$

即

$$ \left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=0. $$

定义 1.2. 设 $ A = (a_{ij})_{nn} $ 为数域 F 上的 n 阶方阵，我们称关于 $ \lambda $ 的 n 次多项式 $ f(\lambda) = |\lambda E - A| $ 为矩阵 A 的特征多项式，称 $ \lambda E - A $ 为矩阵 A 的特征矩阵.

由上面的讨论知，若 $ \lambda_{0} $ 是 A 的一个特征值，则 $ \lambda_{0} $ 是 A 的特征多项式 $ f(\lambda) $ 的一个根。反过来，若 $ \lambda_{0} $ 是 A 的特征多项式 $ f(\lambda) = |\lambda E - A| $ 的一个根，则

原书第 141 页

$ |\lambda_0E - A| = 0 $，于是以 $ \lambda_0E - A $ 为系数矩阵的齐次线性方程组 $ (\lambda_0E - A)X = 0 $ 有非零解。这时，若设 $ \boldsymbol{\alpha} = (c_1, c_2, \cdots, c_n)^{\mathrm{T}} $ 为其一个非零解，则非零向量 $ \alpha $ 满足 $ A\alpha = \lambda_0\alpha $，即 $ \lambda_0 $ 是 $ A $ 的一个特征值， $ \alpha $ 为属于 $ \lambda_0 $ 的一个特征向量。故得， $ \lambda_0 $ 是矩阵 $ A $ 的特征值当且仅当 $ \lambda_0 $ 是 $ A $ 的特征多项式的根。

若在复数域 C 中考虑问题，由代数基本定理 (每个次数 $ \geq 1 $ 的复系数多项式在复数域中有一根) 知，在计算根的重数的前提下，A 的特征值的总个数为 n.

这样，我们就找到了求矩阵特征值和特征向量的方法：

(1) 求出矩阵 A 的特征多项式 $ \left|\lambda E - A\right| $;

(2) 求出特征多项式的所有根 (计重)，即 A 的全部特征值;

(3) 对于每一个特征值 $ \lambda_{i} $，求出齐次线性方程组 $ (\lambda_{i}E-A)X=0 $ 的一个基础解系，即得属于 $ \lambda_{i} $ 的全部特征向量.

例题 1.1. 求矩阵 A 的特征值和特征向量，这里

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}{{{-3}}}&{{{4}}}&{{{0}}} \\{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{7}}}&{{{5}}}&{{{1}}}\end{pmatrix}. $$

解因为 A 的特征多项式为

$$ \left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\left|\begin{array}{c c c}{\lambda+3}&{-4}&{0}\\ {1}&{\lambda-1}&{0}\\ {-7}&{-5}&{\lambda-1}\end{array}\right|=(\lambda-1)(\lambda+1)^{2}, $$

所以 A 的特征值为 1, -1 (二重).

将 $ \lambda=1 $ 代入齐次线性方程组 $ (\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{X}=\boldsymbol{0} $ 中，得

$$ \{\begin{aligned}4x_{1}-4x_{2}&=0,\\ x_{1}&=0,\\ -7x_{1}-5x_{2}&=0.\end{aligned}. $$

它的一个基础解系是

$$ \begin{array}{r}{\left(\begin{array}{l}{0}\\ {0}\\ {1}\end{array}\right)}\end{array}. $$

原书第 142 页

将 $ \lambda = -1 $ 代入齐次线性方程组 $ (\lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) \boldsymbol{X} = \boldsymbol{0} $ 中，得

$$ \{\begin{aligned}2x_{1}-4x_{2}&=0,\\ x_{1}-2x_{2}&=0,\\ -7x_{1}-5x_{2}-2x_{3}&=0.\end{aligned}. $$

它的一个基础解系是

$$ \begin{array}{r}{\left(\begin{array}{r}{4}\\ {2}\\ {-19}\end{array}\right).}\end{array} $$

因此，A 的特征值为 1, -1。属于 1 的全部特征向量是

$$ k_{1}\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\quad(k_{1}\in\mathbb{R} 且 k_{1}\neq0); $$

属于 -1 的全部特征向量是

$$ k_{2}\begin{pmatrix}4\\ 2\\ -19\end{pmatrix}\quad(k_{2}\in\mathbb{R}, 且 k_{2}\neq0). $$

例题 1.2. 设矩阵

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix} $$

此矩阵在复数域内肯定有特征值. 试问在实数范围内, 矩阵 A 在 $ \theta $ 取何值时有特征值? 求出此时对应于特征值的特征向量.

解 A 的特征多项式为

$$ \left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\left|\begin{matrix}\lambda-\cos\theta&\sin\theta\\ -\sin\theta&\lambda-\cos\theta\end{matrix}\right|=\lambda^{2}-2\lambda\cos\theta+1. $$

因为当 $ \theta \neq n\pi $ ( $ n \in \mathbb{Z} $) 时, $ \cos\theta \neq \pm1 $, 判别式 $ \Delta = 4\cos^2\theta - 4 \lt 0 $, 所以特征多项式没有实数根. 于是, 此矩阵若在实数范围内存在特征值, $ \theta $ 只能取 $ n\pi $. 此时, 特征多项式为

$$ \left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\lambda^{2}\pm2\lambda+1=(\lambda\pm1)^{2}. $$

原书第 143 页

当 $ \theta = 2k\pi $ ( $ k \in \mathbb{Z} $) 时，特征值为 1（二重）. 将 $ \lambda = 1 $ 代入齐次线性方程组 $ (\lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) \boldsymbol{X} = \boldsymbol{0} $ 中，求得其基础解系为

$ \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\quad\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}. $

属于1的全部特征向量是

$$ k_{1}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}+k_{2}\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}\quad(k_{1},k_{2} 是不全为零的实数 ). $$

当 $ \theta = (2k + 1)\pi $ ( $ k \in \mathbb{Z} $) 时，特征值为 -1（二重）。将 $ \lambda = -1 $ 代入齐次线性方程组 $ (\lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) \boldsymbol{X} = \boldsymbol{0} $ 中，求得其基础解系仍为

$ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} $， $ \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} $。

属于 -1 的全部特征向量是

$$ k_{3}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}+k_{4}\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}\quad(k_{3},k_{4} 是不全为零的实数 ). $$

下面讨论矩阵的特征值和特征向量的性质.

性质 1.1. n 阶矩阵 A 与其转置 $ A^{T} $ 有相同的特征值.

证明因为 $ (\lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A})^{\mathrm{T}} = \lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} $，又 $ |\lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}| = |(\lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A})^{\mathrm{T}}| = |\lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}| $。因此，A 与 $ A^{T} $ 有相同的特征多项式，所以有相同的特征值。

性质 1.2. 设 n 阶复矩阵 $ \boldsymbol{A} = (a_{ij})_{nn} $ 的 n 个特征值为 $ \lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n} $，则有

(1) A 的 n 个特征值之和等于矩阵 A 的迹，即

$$ \lambda_{1}+\lambda_{2}+\cdots+\lambda_{n}=a_{11}+a_{22}+\cdots+a_{nn}. $$

(2) A 的 n 个特征值之积等于矩阵 A 的行列式的值，即

$$ \lambda_{1}\lambda_{2}\cdots\lambda_{n}=|\boldsymbol{A}|. $$

证明首先，由条件知矩阵 A 的特征多项式为

$$ f(\lambda)=(\lambda-\lambda_{1})(\lambda-\lambda_{2})\cdots(\lambda-\lambda_{n}). $$

原书第 144 页

其次，利用行列式的定义将矩阵 A 的特征多项式

$$ f(\lambda)=\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\left|\begin{array}{cccc}\lambda-a_{11}&-a_{12}&\cdots&-a_{1n}\\-a_{21}&\lambda-a_{22}&\cdots&-a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\-a_{n1}&-a_{n2}&\cdots&\lambda-a_{nn}\\\end{array}\right| $$

展开, 含 $ \lambda^n, \lambda^{n-1} $ 的项只能出现在展开式的 $ (\lambda - a_{11})(\lambda - a_{22}) \cdots (\lambda - a_{nn}) $ 这一项中, 故 $ f(\lambda) $ 最高项的系数为 1, $ n - 1 $ 次项的系数为 $ -(a_{11} + a_{22} + \cdots + a_{nn}) $. 在特征多项式 $ |\lambda E - A| $ 中令 $ \lambda = 0 $ 得常数项 $ | - A | = (-1)^n |A| $. 这样, 若只写出特征多项式前两项和常数项, 特征多项式又可以写成

$$ f(\lambda)=\lambda^{n}-(a_{11}+a_{22}+\cdots+a_{nn})\lambda^{n-1}+\cdots+(-1)^{n}|\boldsymbol{A}|. $$

比较（1.1）和（1.2）两边 $ \lambda^{n-1} $ 的系数和常数项（或由方程的根与系数的关系），即得

$$ \lambda_{1}+\lambda_{2}+\cdots+\lambda_{n}=a_{11}+a_{22}+\cdots+a_{nn},\quad\lambda_{1}\lambda_{2}\cdots\lambda_{n}=|\boldsymbol{A}|. $$

例题 1.3. 设 $ \lambda $ 是 n 阶矩阵 A 的一个特征值, $ \alpha $ 是 A 的属于特征值 $ \lambda $ 的一个特征向量. 证明: $ \lambda^{2} $ 是 $ A^{2} $ 的一个特征值, $ \alpha $ 也是 $ A^{2} $ 的属于特征值 $ \lambda^{2} $ 的一个特征向量.

证明由条件知 $ A\alpha=\lambda\alpha $，且 $ \alpha\neq0 $ 。于是

$$ \boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{\alpha}=\boldsymbol{A}(\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha})=\boldsymbol{A}(\lambda\boldsymbol{\alpha})=\lambda(\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha})=\lambda^{2}\boldsymbol{\alpha}. $$

所以 $ \lambda^{2} $ 是 $ A^{2} $ 的一个特征值, $ \alpha $ 也是 $ A^{2} $ 的属于特征值 $ \lambda^{2} $ 的一个特征向量.

此例题不难推广到一般的情形：若 $ \lambda $ 是 n 阶矩阵 A 的一个特征值， $ \alpha $ 是 A 的属于特征值 $ \lambda $ 的一个特征向量，则对于任意的正整数 k， $ \lambda^{k} $ 是 $ A^{k} $ 的特征值，且 $ \alpha $ 也是 $ A^{k} $ 的属于特征值 $ \lambda^{k} $ 的一个特征向量.

更进一步讲，设 $ f(x)=a_{m}x^{m}+a_{m-1}x^{m-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0} $ 为 m 次多项式，则矩阵 A 的多项式为 $ f(\boldsymbol{A})=a_{m}\boldsymbol{A}^{m}+a_{m-1}\boldsymbol{A}^{m-1}+\cdots+a_{1}\boldsymbol{A}+a_{0}\boldsymbol{E} $. 因为

$$ \begin{aligned}f(\boldsymbol{A})\boldsymbol{\alpha}&=a_{m}\boldsymbol{A}^{m}\boldsymbol{\alpha}+a_{m-1}\boldsymbol{A}^{m-1}\boldsymbol{\alpha}+\cdots+a_{1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}+a_{0}\boldsymbol{E}\boldsymbol{\alpha}\\&=a_{m}\lambda^{m}\boldsymbol{\alpha}+a_{m-1}\lambda^{m-1}\boldsymbol{\alpha}+\cdots+a_{1}\lambda\boldsymbol{\alpha}+a_{0}\boldsymbol{\alpha}\\&=f(\lambda)\boldsymbol{\alpha},\\ \end{aligned} $$

原书第 145 页

所以， $ f(\lambda)=a_m\lambda^m+a_{m-1}\lambda^{m-1}+\cdots+a_1\lambda+a_0 $ 是 $ f(A) $ 的一个特征值，且 $ \alpha $ 也是 $ f(A) $ 的属于特征值 $ f(\lambda) $ 的一个特征向量。而且当 $ A $ 是可逆矩阵时，一定有 $ \lambda\neq0 $，由 $ A\alpha=\lambda\alpha $ 得 $ A^{-1}A\alpha=A^{-1}\lambda\alpha $，即 $ \alpha=\lambda A^{-1}\alpha $，故有 $ A^{-1}\alpha=\frac{1}{\lambda}\alpha $。所以， $ \frac{1}{\lambda} $ 是 $ A^{-1} $ 的特征值，且 $ \alpha $ 也是 $ A^{-1} $ 的属于特征值 $ \frac{1}{\lambda} $ 的一个特征向量。

性质 1.3. 设 $ \lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{t} $ 是 n 阶矩阵 A 两两不同的特征值, $ \alpha_{i1}, \alpha_{i2}, \cdots, \alpha_{ir_{i}} $ 是属于 $ \lambda_{i} $ 的一些线性无关的特征向量 (i = 1, 2, ⋯, t), 那么 $ \alpha_{11}, \alpha_{12}, \cdots, \alpha_{1r_{1}}, \cdots, \alpha_{t1}, \cdots, \alpha_{tr_{t}} $ 同样线性无关.

证明对特征值的个数 t 用数学归纳法

当 t=1 时，由假设知 $ \alpha_{11},\alpha_{12},\cdots,\alpha_{1r_{1}} $ 线性无关.

假设定理当 t = k 时成立，即 $ \alpha_{11}, \alpha_{12}, \cdots, \alpha_{1r_1}, \cdots, \alpha_{k1}, \cdots, \alpha_{kr_k} $ 线性无关。来证明当 $ t = k + 1 $ 时结论同样成立。设

$$ \sum_{j=1}^{r_{1}}a_{1j}\boldsymbol{\alpha}_{1j}+\sum_{j=1}^{r_{2}}a_{2j}\boldsymbol{\alpha}_{2j}+\cdots+\sum_{j=1}^{r_{k}}a_{kj}\boldsymbol{\alpha}_{kj}^{\dagger}+\sum_{j=1}^{r_{k+1}}a_{k+1,j}\boldsymbol{\alpha}_{k+1,j}=\mathbf{0}. $$

在等式两边同乘 $ \lambda_{k+1} $，得

$$ \sum_{j=1}^{r_{1}}a_{1j}\lambda_{k+1}\alpha_{1j}+\sum_{j=1}^{r_{2}}a_{2j}\lambda_{k+1}\alpha_{2j}+\cdots+\sum_{j=1}^{r_{k+1}}a_{k+1,j}\lambda_{k+1}\alpha_{k+1,j}=\mathbf{0}. $$

在等式 (1.3) 的两端同时用矩阵 $ A $ 左乘，并且利用 $ A\alpha_{ij} = \lambda_i\alpha_{ij} $ ( $ i=1,2,\cdots,k+1 $; $ j=1,2,\cdots,r_i $) 得

$$ \sum_{j=1}^{r_{1}}a_{1j}\lambda_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1j}+\sum_{j=1}^{r_{2}}a_{2j}\lambda_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2j}+\cdots+\sum_{j=1}^{r_{k+1}}a_{k+1,j}\lambda_{k+1}\boldsymbol{\alpha}_{k+1,j}=\mathbf{0}. $$

两个等式 (1.4) 和 (1.5) 相减，得

$$ \sum_{j=1}^{r_{1}}a_{1j}(\lambda_{k+1}-\lambda_{1})\alpha_{1j}+\sum_{j=1}^{r_{2}}a_{2j}(\lambda_{k+1}-\lambda_{2})\alpha_{2j}+\cdots+\sum_{j=1}^{r_{k}}a_{kj}(\lambda_{k+1}-\lambda_{k})\alpha_{kj}=\mathbf{0}. $$

由归纳假设知 $ \alpha_{11},\alpha_{12},\cdots,\alpha_{1r_{1}},\cdots,\alpha_{k1},\cdots,\alpha_{kr_{k}} $ 线性无关，于是

$$ a_{i j}(\lambda_{k+1}-\lambda_{i})=0\quad(i=1,2,\cdots,k;j=1,2,\cdots,r_{i}). $$

由题意知 $ \lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{k+1} $ 是两两不同的特征值，从而有

$$ a_{i j}=0\quad(i=1,2,\cdots,k;j=1,2,\cdots,r_{i}). $$

原书第 146 页

将其代入(1.3)有

$$ \sum_{j=1}^{r_{k+1}}a_{k+1,j}\boldsymbol{\alpha}_{k+1,j}=\mathbf{0}. $$

又因为 $ \alpha_{k+1,1}, \alpha_{k+1,2}, \cdots, \alpha_{k+1,r_{k+1}} $ 是属于 $ \lambda_{k+1} $ 的一些线性无关的特征向量，所以

$$ a_{k+1,j}=0\quad(j=1,2,\cdots,r_{k+1}). $$

这就证明 $ \alpha_{11},\alpha_{12},\cdots,\alpha_{1r_{1}},\cdots,\alpha_{k+1,1},\cdots,\alpha_{k+1,r_{k+1}} $ 线性无关.

特别地，由性质 1.3 可得

性质 1.4. 属于不同特征值的特征向量线性无关.

§5.2 相似矩阵及矩阵可对角化的条件

第二章 §2.1 讲述了矩阵的乘法. 对于矩阵

$$ \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{r r}{1}&{2}\\ {}&{-1}&{4}\\ \end{array}\right), $$

我们可以很容易地算知

$$ \boldsymbol{A}^{2}=\begin{pmatrix}-1&10\\ -5&14\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{A}^{3}=\begin{pmatrix}-11&38\\ -19&46\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{A}^{4}=\begin{pmatrix}-49&130\\ -65&146\end{pmatrix}. $$

但是，当让我们算 $ A^{100} $ 时，如果直接计算，计算量势必会很大，不可取。那么，是不是存在一种简单易行的方法呢？我们在随后的两节中将给出一种计算这类题目的简便方法。单考虑上面的矩阵，我们可以找到一个可逆矩阵（求法参见本节末）

$$ \boldsymbol{P}=\begin{pmatrix}2&-3\\ 1&-3\end{pmatrix}, $$

使得

$$ \boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\begin{pmatrix}1&-1\\ \frac{1}{3}&-\frac{2}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\ -1&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&-3\\ 1&-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&0\\ 0&3\end{pmatrix}=\boldsymbol{B}. $$

原书第 147 页

这样， $ A = PBP^{-1} $，则有

$$ \boldsymbol{A}^{k}=\underbrace{(\boldsymbol{P}\boldsymbol{B}\boldsymbol{P}^{-1})(\boldsymbol{P}\boldsymbol{B}\boldsymbol{P}^{-1})\cdots(\boldsymbol{P}\boldsymbol{B}\boldsymbol{P}^{-1})}_{k 个 }=\boldsymbol{P}\boldsymbol{B}^{k}\boldsymbol{P}^{-1}=\boldsymbol{P}\begin{pmatrix}2^{k}&0\\ 0&3^{k}\end{pmatrix}\boldsymbol{P}^{-1}. $$

于是，我们可以容易算出

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}^{100}&=\begin{pmatrix}2&-3\\ 1&-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2^{100}&0\\ 0&3^{100}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\ \frac{1}{3}&-\frac{2}{3}\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}2^{101}-3^{100}&-2^{101}+2\cdot3^{100}\\ 2^{100}-3^{100}&-2^{100}+2\cdot3^{100}\end{pmatrix}.\end{aligned} $$

下面给出矩阵相似的定义.

定义 2.1. 设 A, B 都是 n 阶矩阵，若存在可逆矩阵 P，使得

$$ \pmb{B}=\pmb{P}^{-1}\pmb{A}\pmb{P}, $$

则称 A 相似于 B, 记为 $ A \sim B $.

相似关系是矩阵之间的一种关系，有如下三个性质.

(1) 反身性: $ A \sim A $.

在定义中取 P = E，即有 $ A = E^{-1} A E $ 成立.

(2) 对称性：如果 $ A \sim B $，那么 $ B \sim A $.

如果 $ A \sim B $，那么存在可逆矩阵 P，使得 $ B = P^{-1}AP $。设 $ Q = P^{-1} $，则有 $ A = PBP^{-1} = Q^{-1}BQ $，所以 $ B \sim A $ 成立。有了对称性质，我们可以称 A, B 相似。

(3) 传递性：如果 $ A \sim B, B \sim C $，那么 $ A \sim C $.

由 $ A \sim B $, $ B \sim C $ 知，存在可逆矩阵 P, Q，使得 $ B = P^{-1}AP $, $ C = Q^{-1}BQ $. 这样，存在可逆矩阵 PQ，使得 $ C = Q^{-1}(P^{-1}AP)Q = (PQ)^{-1}A(PQ) $，于是 $ A \sim C $ 成立.

性质 2.1. 如果 A, B 相似，即存在可逆矩阵 P，使得 $ B = P^{-1} A P $，则

(1) $ |\boldsymbol{A}|=|\boldsymbol{B}| $;

(2) A 和 B 有相同的特征多项式和特征值;

(3) $ \mathrm{tr}\left(\boldsymbol{A}\right)=\mathrm{tr}\left(\boldsymbol{B}\right) $ 且有 $ r\left(\boldsymbol{A}\right)=r\left(\boldsymbol{B}\right) $;

(4) 如果 $ f(x) $ 是一个多项式, 那么 $ f(B) = P^{-1} f(A) P $;

原书第 148 页

(5) $ A^{\mathrm{T}} \sim B^{\mathrm{T}} $，且若 A 可逆，则 $ A^{*} \sim B^{*} $.

证明 (1) $ |B| = |P^{-1}AP| = |P^{-1}||A||P| = |A| $.

(2) $ |\lambda E - B| = |\lambda E - P^{-1}AP| = |P^{-1}(\lambda E - A)P| = |P^{-1}||\lambda E - A||P| = |\lambda E - A| $，即 $ A $ 和 $ B $ 有相同的特征多项式。又因为特征值是特征多项式的根，于是其特征值也相同。

(3) 由 (2) 及性质 1.2(1) 可知， $ \mathrm{tr}(A)=\mathrm{tr}(B) $。由于 P 是可逆矩阵，所以 $ r(\boldsymbol{B})=r(\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P})\leq r(\boldsymbol{A}) $，同理，由 P 可逆知 $ r(\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{P}\boldsymbol{B}\boldsymbol{P}^{-1})\leq r(\boldsymbol{B}) $，这样 $ r(\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{B}) $ 成立。

(4) 设 $ f(x) = a_{m}x^{m} + a_{m-1}x^{m-1} + \cdots + a_{1}x + a_{0} $，则

$$ \begin{aligned}f(\boldsymbol{B})&=a_{m}\boldsymbol{B}^{m}+a_{m-1}\boldsymbol{B}^{m-1}+\cdots+a_{1}\boldsymbol{B}+a_{0}\boldsymbol{E}\\&=a_{m}(\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P})^{m}+a_{m-1}(\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P})^{m-1}+\cdots+a_{1}(\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P})+a_{0}\boldsymbol{E}\\&=a_{m}\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}^{m}\boldsymbol{P}+a_{m-1}\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}^{m-1}\boldsymbol{P}+\cdots+a_{1}\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}+a_{0}\boldsymbol{E}\\&=\boldsymbol{P}^{-1}(a_{m}\boldsymbol{A}^{m}+a_{m-1}\boldsymbol{A}^{m-1}+\cdots+a_{1}\boldsymbol{A}+a_{0}\boldsymbol{E})\boldsymbol{P}\\&=\boldsymbol{P}^{-1}f(\boldsymbol{A})\boldsymbol{P}.\\ \end{aligned} $$

(5) 对 $ B = P^{-1} A P $ 两边同时施加转置运算，有

$$ \boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}=(\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P})^{\mathrm{T}}=\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}(\boldsymbol{P}^{-1})^{\mathrm{T}}=\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}(\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}})^{-1}, $$

于是 $ A^{T} \sim B^{T} $ 成立. 若 A 可逆, 则

$$ \boldsymbol{B}^{*}=(\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P})^{*}=|\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}|(\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P})^{-1}=|\boldsymbol{A}|\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{P}, $$

于是 $ A^{*} \sim B^{*} $ 成立.

是不是每一个矩阵都如同本节开始所提到的矩阵 $ \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix} $ 一样和某一个对角矩阵相似呢？有了相似矩阵的定义及性质我们就可以研究矩阵可对角化的条件了.

为方便起见, 我们常将对角矩阵 $ \Lambda $ 记作 $ \mathrm{diag}(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}) $, 其中 $ a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} $ 是 $ \Lambda $ 的主对角元素. 有时也可以将其直接简记为 $ \Lambda $.

定义 2.2. 设 A 为 n 阶方阵. 若存在一个可逆矩阵 P 和一个对角矩阵 $ \Lambda $, 使得

$$ \boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{\Lambda}, $$

则称 A 是可以对角化的矩阵，简称可对角化，并称矩阵 P 对角化 A.

原书第 149 页

定理 2.1. n 阶矩阵 A 与一个对角矩阵相似，即 A 可对角化的充要条件是 A 有 n 个线性无关的特征向量.

证明充分性设 A 有 n 个线性无关的特征向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $，它们所对应的特征值分别为 $ \lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n} $ ( $ \lambda_{i} $ 不必各不相同)，于是有

$$ A\alpha_{i}=\lambda_{i}\alpha_{i}\quad(i=1,2,\cdots,n). $$

以 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 为列向量构成一个矩阵 $ \boldsymbol{P} = (\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}) $。由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 线性无关知 $ r(\boldsymbol{P}) = n, |\boldsymbol{P}| \neq 0 $，所以 P 可逆。又

$$ \mathbf{A}\mathbf{P}=\mathbf{A}(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{n})=(\lambda_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1},\lambda_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\lambda_{n}\boldsymbol{\alpha}_{n})=\mathbf{P}\mathrm{diag}(\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}), $$

所以

$$ \boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\mathrm{diag}\left(\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}\right). $$

即矩阵 A 与对角矩阵相似，A 可对角化.

必要性设 A 可对角化，即存在可逆矩阵 P，使得

$$ \mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}=\operatorname{diag}\left(\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}\right), $$

即 AP = Pdiag( $ \lambda_1 $, $ \lambda_2 $, $ \cdots $, $ \lambda_n $). 令 P 的列向量分别为 $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n $，则

$$ \mathbf{A}(\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n})=(\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n})\operatorname{diag}(\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}), $$

故

$$ \begin{array}{r l}{A\alpha_{i}=\lambda_{i}\alpha_{i}}&{{}(\bar{i}=1,2,\cdots,n).}\end{array} $$

由 P 可逆知 $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n $ 都不为零向量，且线性无关。由定义知， $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n $ 是分别对应于 $ \lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n $ 的特征向量。

推论 2.1. 如果 n 阶矩阵 A 有 n 个不同的特征值，那么 A 可对角化.

证明由性质 1.3 知，A 有 n 个分别对应于 n 个不同特征值的特征向量，且它们线性无关，因此 A 可对角化.

推论 2.2. 如果 n 阶复矩阵 A 的特征多项式无重根，那么 A 可对角化.

证明在复数域内每一个 n 次多项式都有 n 个根, 于是 n 阶复矩阵 A 的特征多项式无重根说明 A 有 n 个不同的特征值. 由推论 2.1 可知, A 可对角化.

原书第 150 页

值得一提的是，上述两个推论的条件都充分而不必要。反例很容易找到，比如单位矩阵 $ E = \text{diag}(1, 1, \cdots, 1) $，其特征多项式有 n 重根，且只有唯一的特征值 $ \lambda = 1 $，但 $ E_n $ 本身已对角化。

利用上一节特征值、特征向量的求法及上面的定理和推论即可判断一个 $n$ 阶矩阵 $A$ 是不是可以对角化。我们只需将求得的线性无关的特征向量合并起来组成一个向量组，如果向量组中向量的个数为 $n$，那么 $A$ 可对角化；如果向量组中向量的个数小于 $n$，那么 $A$ 不可对角化。当 $A$ 可对角化时，将所求得的 $n$ 个线性无关的特征向量作为列向量构成矩阵 $P$，则 $P$ 就是一个可以对角化 $A$ 的可逆矩阵，满足 $P^{-1}AP = \mathrm{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n)$。

以上节的例题 1.1 为例, 矩阵 $ A = \begin{pmatrix} -3 & 4 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 7 & 5 & 1 \end{pmatrix} $ 的特征值为 1, -1. 属于 1 的全部特征向量是

$$ k_{1}\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\quad(k_{1} 为任意非零常数 ); $$

属于 -1 的全部特征向量是

$$ k_{2}\begin{pmatrix}4\\ 2\\ -19\end{pmatrix}\quad(k_{2} 为任意非零常数 ). $$

由于线性无关的特征向量的个数小于3，故 A 不可对角化.

例题 2.1. 已知矩阵

$$ \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}1&2&2\\2&1&2\\2&2&1\end{array}\right). $$

问 A 能否对角化？在可对角化的情况下，求出使 $ P^{-1}AP $ 为对角矩阵的可逆矩阵 P.

解 A 的特征方程为 $ \left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=(\lambda-5)(\lambda+1)^{2}=0 $ ，故 A 的特征值为 5,-1（二重）.

将 $ \lambda = 5 $ 和 $ \lambda = -1 $ 分别代入齐次线性方程组 $ (\lambda E - A)X = 0 $ 中，可求得

原书第 151 页

属于5的全部特征向量是

$$ k_{1}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\quad(k_{1} 为任意非零数 ); $$

属于 -1 的全部特征向量是

$$ k_{2}\begin{pmatrix}0\\ 1\\ -1\end{pmatrix}+k_{3}\begin{pmatrix}1\\ 0\\ -1\end{pmatrix}\quad(k_{2},k_{3} 为任意非零数 ). $$

取属于特征值 5 的一个线性无关的特征向量 $ \alpha_{1}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} $，属于特征值 -1 的两个线性无关的特征向量 $ \alpha_{2}=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix},\alpha_{3}=\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix} $，于是得到了 3 个线性无关的特征向量 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $，其个数刚好等于矩阵的阶数，所以 A 可对角化，令 $ P=\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\1&-1&-1\end{pmatrix} $，则

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}&=\left(\begin{array}{ccc}{{{\frac{1}{3}}}}&{{{\frac{1}{3}}}}&{{{\frac{1}{3}}}} \\{{{-\frac{1}{3}}}}&{{{\frac{2}{3}}}}&{{{-\frac{1}{3}}}} \\{{{\frac{2}{3}}}}&{{{-\frac{1}{3}}}}&{{{-\frac{1}{3}}}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{2}}} \\{{{2}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{2}}}&{{{2}}}&{{{1}}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{-1}}}\end{array}\right)\\&=\left(\begin{array}{ccc}{{{5}}} \\{{{-1}}} \\{{{-1}}}\end{array}\right).\end{aligned} $$

例题 2.2. 已知矩阵

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}0&2&1\\ -4&0&3\\ -2&-3&0\end{pmatrix}. $$

在复数范围内，求使 $ P^{-1}AP $ 为对角矩阵的可逆矩阵 P.

原书第 152 页

解 $ A $ 的特征多项式为 $ |\lambda E - A| = \lambda (\lambda^2 + 19) $，故 $ A $ 的特征值为 $ 0, \sqrt{19}i, -\sqrt{19}i $。

将 $ \lambda = 0 $ 和 $ \lambda = \pm\sqrt{19}i $ 分别代入齐次线性方程组 $ (\lambda E - A)X = 0 $ 中，可求得：

属于0的全部特征向量是

$$ k_{1}\left(\begin{array}{r}3\\ -2\\ 4\end{array}\right)\quad(k_{1} 为任意非零常数 ); $$

属于 $ \sqrt{19}i $ 的全部特征向量是

$$ k_{2}\left(\begin{aligned}5\\2\sqrt{19}\mathrm{i}+3\\ \sqrt{19}\mathrm{i}-6\end{aligned}\right)\quad(k_{2} 为任意非零常数 ); $$

属于 $ -\sqrt{19}i $ 的全部特征向量是

$ k_{3}\left(\begin{array}{c}5\\-2\sqrt{19}\mathrm{i}+3\\-\sqrt{19}\mathrm{i}-6\end{array}\right) $ $ (k_{3} $ 为任意非零常数 $.$

取 $ P = \left( \begin{array}{ccc} 3 & 5 & 5 \\ -2 & 2\sqrt{19}\mathrm{i} + 3 & -2\sqrt{19}\mathrm{i} + 3 \\ 4 & \sqrt{19}\mathrm{i} - 6 & -\sqrt{19}\mathrm{i} - 6 \end{array} \right) $，则

$$ \boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\mathrm{d i a g}(0,\sqrt{19}\mathrm{i},-\sqrt{19}\mathrm{i}). $$

§5.3 实对称矩阵的对角化

本节主要讨论实对称矩阵的对角化问题. 由上一节所述的内容可知, 并不是所有的 n 阶矩阵都可以对角化, 但是实对称矩阵必定可对角化. 实对称矩阵的对角化问题不仅可以用于解析几何中直角坐标系下二次曲线(面)的方程简化问题, 而且在很多领域的定量分析模型的分析和计算问题中也起着举足轻重的作用.

原书第 153 页

1. $ R^{n} $ 中向量的内积

在第三章里, 我们已经定义了平面或空间向量的内积. 对于向量 $ \alpha $ 和 $ \beta $, 令

$$ \alpha\cdot\beta=|\alpha|\cdot|\beta|\cos\langle\alpha,\beta\rangle, $$

其中 $ \langle\alpha,\beta\rangle $ 表示 $ \alpha $ 与 $ \beta $ 的夹角，亦即 $ \alpha\cdot\beta $ 为 $ \alpha $ 和 $ \beta $ 的点乘或内积，且满足第三章的性质 2.1. 若在空间中建立了直角坐标系，而 $ \alpha,\beta $ 分别以 $ (x_{1},y_{1},z_{1}) $， $ (x_{2},y_{2},z_{2}) $ 为坐标，那么

$$ \alpha\cdot\beta=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}. $$

在平面上， $ \alpha,\beta $ 的坐标形如 $ (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2}) $，则

$$ \alpha\cdot\beta=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}. $$

我们将此内积的概念推广到 $ R^{n} $ 上.

定义 3.1. 设 $ \alpha = (x_1, x_2, \cdots, x_n) $, $ \beta = (y_1, y_2, \cdots, y_n) \in \mathbb{R}^n $, 定义

$$ \left(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta}\right)=\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}=x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+\cdots+x_{n}y_{n}=\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}, $$

称 $ (\alpha,\beta) $为 $ \alpha,\beta $的内积.

注意, 若统一用列向量来表示 $ R^{n} $ 中的向量, 设

$$ \mathbf{\alpha}=\left(\begin{matrix}{x_{1}}\\ {x_{2}}\\ {\vdots}\\ {x_{n}}\\ \end{matrix}\right),\quad\mathbf{\beta}=\left(\begin{matrix}{y_{1}}\\ {y_{2}}\\ {\vdots}\\ {y_{n}}\\ \end{matrix}\right), $$

则内积仍定义为 $ (\alpha,\beta)=x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+\cdots+x_{n}y_{n}=\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i} $，但若用矩阵的乘积来表示，应写成 $ (\alpha,\beta)=\alpha^{T}\beta $。

定义了线性运算和内积的向量空间 $ R^n $ 称为内积空间，以后仍然用 $ R^n $ 表示这个内积空间.

对于一切 $ \alpha, \beta, \alpha_1, \alpha_2 \in \mathbb{R}^n $ 和一切实数 $ k $，内积满足下列运算规律：

(1) $ (\alpha, \beta) = (\beta, \alpha) $;

(2) $ (k\alpha, \beta) = k(\alpha, \beta) $;

原书第 154 页

(3) $ (\alpha_{1} + \alpha_{2}, \beta) = (\alpha_{1}, \beta) + (\alpha_{2}, \beta) $;

(4) $ (\alpha, \alpha) \geqslant 0 $，当且仅当 $ \alpha = 0 $ 时， $ (\alpha, \alpha) = 0 $.

定义 3.2. 若 $ \alpha = (a_1, a_2, \cdots, a_n) \in \mathbb{R}^n $，实数 $ |\alpha| = \sqrt{(\alpha, \alpha)} $ 称为 $ \alpha $ 的长度，即

$$ \left|\boldsymbol{\alpha}\right|=\sqrt{\left(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\alpha}\right)}=\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}} $$

这意味着向量的长度是非负实数. 长度为1的向量称为单位向量. 长度有下列性质:

性质 3.1. (1) $ |\alpha| \geq 0 $, 当且仅当 $ \alpha = 0 $ 时, $ |\alpha| = 0 $;

(2) $ |k\alpha| = |k||\alpha| $, $ k \in \mathbb{R}, \alpha \in \mathbb{R}^n $;

(3) 若 $ \alpha, \beta \in \mathbb{R}^n $，则

$$ \left|\left(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta}\right)\right|\leq\left|\boldsymbol{\alpha}\right|\cdot\left|\boldsymbol{\beta}\right|\quad( 柯西 - 施瓦茨 (Cauchy-Schwartz) 不等式 ); $$

(4) 若 $ \alpha, \beta \in \mathbb{R}^n $，则

证明 (1) 和 (2) 很明显. 现证明 (3). 取定 $ \alpha, \beta \in \mathbb{R}^n $, 当 $ \beta = 0 $ 时结论显然成立. 今设 $ \beta \neq 0 $ 并设 $ t $ 为一个实数. 考虑 $ \alpha + t\beta $ 和它自身的内积

$$ (\alpha+t\beta,\alpha+t\beta)=(\alpha,\alpha)+2t(\alpha,\beta)+t^{2}(\beta,\beta). $$

这是 t 的一个二次三项式. 由于它总是非负的, 所以判别式小于等于 0, 即有

$$ (2(\alpha,\beta))^{2}-4(\alpha,\alpha)(\beta,\beta)\leq0, $$

于是

$$ (\alpha,\beta)^{2}\leq(\alpha,\alpha)(\beta,\beta). $$

两边开方，得

$$ |(\alpha,\beta)|\leq|\alpha|\cdot|\beta|. $$

(4) 若 $ \alpha, \beta \in \mathbb{R}^n $，则

$$ \left|\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta}\right|^{2}=(\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta},\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta})=(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\alpha})+2(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta})+(\boldsymbol{\beta},\boldsymbol{\beta}), $$

原书第 155 页

而

$$ (\alpha,\alpha)=|\alpha|^{2},(\beta,\beta)=|\beta|^{2},(\alpha,\beta)\leq|\alpha|\cdot|\beta|, $$

所以

$$ |\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta}|^{2}\leqslant|\boldsymbol{\alpha}|^{2}+2|\boldsymbol{\alpha}|\cdot|\boldsymbol{\beta}|+|\boldsymbol{\beta}|^{2}=(|\boldsymbol{\alpha}|+|\boldsymbol{\beta}|)^{2}. $$

两边开方即得所要的结论.

当 $ \alpha\neq0 $时，

$$ \left|\frac{1}{|\alpha|}\alpha\right|=\frac{1}{|\alpha|}|\alpha|=1, $$

即 $ \beta = \frac{1}{|\alpha|} \alpha $ 是单位向量，将 $ \alpha $ 变为 $ \beta = \frac{1}{|\alpha|} \alpha $ 称为将 $ \alpha $ 单位化.

由内积和长度，我们可定义两个向量的夹角.

定义 3.3. 设 $ \alpha, \beta $ 为 $ \mathbb{R}^n $ 中的两个非零向量，规定 $ \alpha, \beta $ 的夹角为满足条件

$$ \cos\theta=\frac{(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta})}{|\boldsymbol{\alpha}|\cdot|\boldsymbol{\beta}|}\quad(0\leqslant\theta\leqslant\pi) $$

的角度 $ \theta $. 向量 $ \alpha, \beta $ 的夹角记作 $ \langle \alpha, \beta \rangle $.

$$ -1\leq\frac{(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta})}{|\boldsymbol{\alpha}|\cdot|\boldsymbol{\beta}|}\leq1, $$

这说明定义 3.3 所定义的 $ \theta $ 存在并且只有一个.

定义 3.4. 若 $ \alpha, \beta \in \mathbb{R}^n $，而 $ \langle \alpha, \beta \rangle = \frac{\pi}{2} $，则 $ \alpha, \beta $ 垂直或正交。零向量与任何向量正交。

由此可得性质3.2.

性质 3.2. $ \alpha, \beta \in \mathbb{R}^n $，则 $ \alpha, \beta $ 正交当且仅当 $ (\alpha, \beta) = 0 $。

正交向量组

定理 3.1. 内积空间 $ R^n $ 中，正交向量组 $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m $ 必线性无关.

证明设有实数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{m} $ 使得 $ k_{1}\alpha_{1} + k_{2}\alpha_{2} + \cdots + k_{m}\alpha_{m} = 0 $ 成立，用 $ \alpha_{i} (i = 1, 2, \cdots, m) $ 对上式作内积得到

$$ k_{1}(\alpha_{i},\alpha_{1})+k_{2}(\alpha_{i},\alpha_{2})+\cdots+k_{i}(\alpha_{i},\alpha_{i})+\cdots+k_{m}(\alpha_{i},\alpha_{m})=0. $$

原书第 156 页

因为 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{m} $ 两两正交，所以 $ (\alpha_{i},\alpha_{j})=0(i\neq j) $，故 $ k_{i}(\alpha_{i},\alpha_{i})=0 $，因 $ \alpha_{i}\neq0 $，故 $ k_{i}=0(i=1,2,\cdots,m) $。这样 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{m} $ 线性无关。

由此定理可知，在 $ R^{n} $ 中 n 个两两正交的非零向量一定线性无关，从而是一组基.

定义 3.6. 在内积空间 $ \mathbb{R}^n $ 中，若 $ n $ 个向量 $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n $ 为正交向量组，则它们构成 $ \mathbb{R}^n $ 的一组基称为一组正交基。若正交基 $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n $ 中各 $ \alpha_i $ 均为单位向量，则 $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n $ 称为标准正交基。

于是， $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n} $ 为标准正交基当且仅当

$$ (\boldsymbol{\alpha}_{i},\boldsymbol{\alpha}_{j})=\{\begin{aligned}&1,&&i=j,\\ &0,&&i\neq j\end{aligned}. $$

成立.

比如，在三维空间中，i,j,k 就是一组标准正交基。

在 $ \mathbb{R}^n $ 中， $ \epsilon_1 = (1,0,0,\cdots,0) $， $ \epsilon_2 = (0,1,0,\cdots,0) $， $ \cdots $， $ \epsilon_n = (0,0,\cdots,0,1) $ 是一组标准正交基.

例题 3.1. 设 $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n $ 为向量空间 $ \mathbb{R}^n $ 的任意一组标准正交基， $ \alpha \in \mathbb{R}^n $， $ \alpha = k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2 + \cdots + k_n\alpha_n $，证明： $ k_i = (\alpha_i, \alpha) $， $ i = 1, 2, \cdots, n $。

证明用 $ \alpha_{i}(i=1,2,\cdots,n) $ 与 $ \alpha $ 作内积，由于 $ (\alpha_{i},\alpha_{j})=0(i\neq j),(\alpha_{i},\alpha_{i})=1 $ , 得到

$$ \begin{aligned}\left(\boldsymbol{\alpha}_{i},\boldsymbol{\alpha}\right)&=\left(\boldsymbol{\alpha}_{i},k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{n}\boldsymbol{\alpha}_{n}\right)\\&=\left(\boldsymbol{\alpha}_{i},k_{i}\boldsymbol{\alpha}_{i}\right)=k_{i}\left(\boldsymbol{\alpha}_{i},\boldsymbol{\alpha}_{i}\right)=k_{i}.\end{aligned} $$

此例题表明，在标准正交基下，向量的坐标容易依下式算出来，即

$$ \boldsymbol{\alpha}=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha})\boldsymbol{\alpha}_{1}+(\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha})\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+(\boldsymbol{\alpha}_{n},\boldsymbol{\alpha})\boldsymbol{\alpha}_{n}, $$

而且向量的内积，长度表达式变得简单.

性质 3.3. 设 $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n $ 为 $ \mathbb{R}^n $ 的一组标准正交基, $ \alpha, \beta \in \mathbb{R}^n $ 在这组基下的坐标分别为 $ (x_1, x_2, \cdots, x_n) $ 和 $ (y_1, y_2, \cdots, y_n) $, 则

(1) $ (\alpha, \beta) = x_1 y_1 + x_2 y_2 + \cdots + x_n y_n $;

(2) $ \left|\alpha\right|^{2}=\left(\alpha,\alpha\right)=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2} $

原书第 157 页

下面讨论如何从已知的一组基 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 构造出一组标准正交基 $ \eta_{1}, \eta_{2}, \cdots, \eta_{n} $. 这个问题等价于下面的两个问题.

设 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 为内积空间 $ R^{n} $ 的一组基.

(1) 求与 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 等价的正交基 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \cdots, \beta_{n} $;

(2) 求与正交基 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \cdots, \beta_{n} $ 等价的标准正交基 $ \eta_{1}, \eta_{2}, \cdots, \eta_{n} $

问题 (1) 称为将 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 正交化；问题 (2) 称为将 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \cdots, \beta_{n} $ 单位化（或标准化），这只需要令

$$ \pmb{\eta}_{1}=\frac{\beta_{1}}{|\beta_{1}|},\pmb{\eta}_{2}=\frac{\beta_{2}}{|\beta_{2}|},\cdots,\pmb{\eta}_{\mathtt{n}}=\frac{\beta_{\mathtt{n}}}{|\beta_{\mathtt{n}}|}. $$

用下述定理 3.2，即施密特 (Schmidt) 正交化方法可以回答问题 (1).

定理 3.2. 设 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 为内积空间 $ R^{n} $ 的一组基，令

$$ \begin{align*}\boldsymbol{\beta}_{1}&=\boldsymbol{\alpha}_{1},\\\boldsymbol{\beta}_{2}&=\boldsymbol{\alpha}_{2}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\beta}_{1})}{(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1})}\boldsymbol{\beta}_{1},\\&\cdots\\\boldsymbol{\beta}_{n}&=\boldsymbol{\alpha}_{n}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{n},\boldsymbol{\beta}_{1})}{(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1})}\boldsymbol{\beta}_{1}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{n},\boldsymbol{\beta}_{2})}{(\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{2})}\boldsymbol{\beta}_{2}-\cdots-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{n},\boldsymbol{\beta}_{n-1})}{(\boldsymbol{\beta}_{n-1},\boldsymbol{\beta}_{n-1})}\boldsymbol{\beta}_{n-1},\end{align*} $$

则 $ \beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{n} $ 是内积空间 $ R^{n} $ 的一组正交基.

证明只需要证明 $ \beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{n} $ 为两两正交的向量组即可. 我们用数学归纳法来证明这一点.

当n=2时，

$$ \left(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2}\right)=\left(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}-\frac{\left(\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\beta}_{1}\right)}{\left(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1}\right)}\boldsymbol{\beta}_{1}\right)=\left(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)-\frac{\left(\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\beta}_{1}\right)}{\left(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1}\right)}\left(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1}\right)=0, $$

即 $ \beta_{1},\beta_{2} $ 两两正交.

归纳假设当 n=k 时，结论成立。当 $ n=k+1 $ 时，有

$$ \boldsymbol{\beta}_{k+1}=\boldsymbol{\alpha}_{k+1}-\sum_{s=1}^{k}\frac{\left(\boldsymbol{\alpha}_{k+1},\boldsymbol{\beta}_{s}\right)}{\left(\boldsymbol{\beta}_{s},\boldsymbol{\beta}_{s}\right)}\boldsymbol{\beta}_{s}, $$

由归纳假设 $ \beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{k} $ 两两正交，因此对于 $ i=1,2,\cdots,k $ 有

$$ (\boldsymbol{\beta}_{i},\boldsymbol{\beta}_{k+1})=(\boldsymbol{\beta}_{i},\boldsymbol{\alpha}_{k+1})-\sum_{s=1}^{k}\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{k+1},\boldsymbol{\beta}_{s})}{(\boldsymbol{\beta}_{s},\boldsymbol{\beta}_{s})}(\boldsymbol{\beta}_{i},\boldsymbol{\beta}_{s})=(\boldsymbol{\beta}_{i},\boldsymbol{\alpha}_{k+1})-(\boldsymbol{\alpha}_{k+1},\boldsymbol{\beta}_{i})=0. $$

原书第 158 页

因此 $ \beta_{k+1} $ 与 $ \beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{k} $ 都正交，即 $ \beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{k},\beta_{k+1} $ 两两正交，即当 $ n=k+1 $ 时结论成立。故由数学归纳法原理知，对任意的 $ n,\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{n} $ 两两正交。

由定理 3.2 所述的公式可知, 由于 $ \beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_n $ 与 $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n $ 都是内积空间 $ \mathbb{R}^n $ 的基, 显然两者等价, 从而可以互相线性表出.

例题 3.2. 在内积空间 $ R^{4} $ 中已给

$$ \alpha_{1}=(1,1,1,1), $$

$$ \alpha_{2}=(3,3,1,1), $$

$$ \alpha_{3}=(1,9,1,9), $$

$$ \alpha_{4}=(4,0,0,0). $$

把它们标准正交化.

解首先将其正交化.

取 $ \beta_{1}=\alpha_{1}=(1,1,1,1) $.

$$ \boldsymbol{\beta}_{3}=\boldsymbol{\alpha}_{3}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\beta}_{1})}{(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1})}\boldsymbol{\beta}_{1}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\beta}_{2})}{(\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{2})}\boldsymbol{\beta}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{3}-\frac{20}{4}\boldsymbol{\beta}_{1}-\frac{0}{4}\boldsymbol{\beta}_{2}=(-4,4,-4,4). $$

$$ \begin{array}{l}\beta_{4}=\alpha_{4}-\frac{\left(\alpha_{4},\beta_{1}\right)}{\left(\beta_{1},\beta_{1}\right)}\beta_{1}-\frac{\left(\alpha_{4},\beta_{2}\right)}{\left(\beta_{2},\beta_{2}\right)}\beta_{2}-\frac{\left(\alpha_{4},\beta_{3}\right)}{\left(\beta_{3},\beta_{3}\right)}\beta_{3}=\alpha_{4}-\frac{4}{4}\beta_{1}-\frac{4}{4}\beta_{2}+\frac{16}{64}\beta_{3}\\ \quad=\left(1,-1,-1,1\right).\end{array} $$

由此可得正交向量组

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{\beta}_{1}&=(1,1,1,1),\\\boldsymbol{\beta}_{2}&=(1,1,-1,-1),\\\boldsymbol{\beta}_{3}&=(-4,4,-4,4),\\\boldsymbol{\beta}_{4}&=(1,-1,-1,1).\end{aligned} $$

其次，将 $ \beta_{1},\beta_{2},\beta_{3},\beta_{4} $ 单位化，得

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{\eta}_{1}&=\frac{1}{2}(1,1,1,1),\\\boldsymbol{\eta}_{2}&=\frac{1}{2}(1,1,-1,-1),\end{aligned} $$

原书第 159 页

$$ \eta_{3}=\frac{1}{2}(-1,1,-1;1), $$

$$ \eta_{4}=\frac{1}{2}(1,-1,-1,1). $$

以 $ \eta_{1},\eta_{2},\eta_{3},\eta_{4} $ 为列向量，得到一个 4 阶矩阵，即

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\end{pmatrix}, $$

它的列两正交，容易验证 $ A^{T}A = AA^{T} = E $，我们称它是一个正交矩阵.

正交矩阵

定义 3.7. 若 n 阶实矩阵 A 满足

$$ \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}, $$

则称其为正交矩阵.

n 阶正交矩阵 A 有下列性质：

(1) A 可逆，且 $ A^{-1} = A^{T} $;

(2) $ A^{-1}, A^{T} $也是正交矩阵;

(3) $ |A| = \pm1 $;

(4) 正交矩阵的乘积仍是正交矩阵.

证明作为练习.

定理 3.3. 设 A 为 n 阶实矩阵，且 $ A = (\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}) $，则 A 是正交矩阵的充要条件是列向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 构成 $ R^{n} $ 的一组标准正交基.

证明由于

$$ \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\\\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\\\vdots\\\boldsymbol{\alpha}_{n}^{\mathrm{T}}\end{pmatrix}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{n}\right)=\begin{pmatrix}\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{1}&\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{2}&\cdots&\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{n}\\\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{1}&\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{2}&\cdots&\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\\boldsymbol{\alpha}_{n}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{1}&\boldsymbol{\alpha}_{n}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{2}&\cdots&\boldsymbol{\alpha}_{n}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{n}\end{pmatrix}. $$

原书第 160 页

这里 $ \alpha_{i} $ 为列向量，由内积的定义易知 $ \alpha_{i}^{T}\alpha_{j}=(\alpha_{i},\alpha_{j}) $，则

$$ \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}\Longleftrightarrow(\boldsymbol{\alpha}_{i},\boldsymbol{\alpha}_{j})=\boldsymbol{\alpha}_{i}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{j}=\{\begin{aligned}&1,&i=j,\\ &0,&i\neq j.\end{aligned}. $$

即 $ A $ 是正交矩阵的充要条件是列向量 $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n $ 构成 $ \mathbb{R}^n $ 的一组标准正交基.

实对称矩阵的对角化

定理 3.4. 实对称矩阵的特征值都是实数.

证明设 $ \boldsymbol{A} = (a_{ij})_{nn} $ 是 n 阶实对称矩阵， $ \lambda $ 是 A 的任意一个特征值， $ \boldsymbol{\alpha} = (x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n})^{\mathrm{T}} $ 是属于 $ \lambda $ 的任一特征向量，于是 $ A\alpha = \lambda\alpha $。两边取共轭得 $ \overline{A}\overline{\alpha} = \overline{\lambda}\overline{\alpha} $，但 A 是实矩阵， $ \overline{A} = A $，故 $ A\overline{\alpha} = \overline{\lambda}\overline{\alpha} $。用 $ \alpha^{T} $ 左乘上式两端得到 $ \alpha^{T}A\overline{\alpha} = \overline{\lambda}\alpha^{T}\overline{\alpha} $。又因为 $ A = A^{T} $， $ \alpha^{T}A\overline{\alpha} $ 和 $ \overline{\alpha}^{T}\alpha $ 是数，于是

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\overline{\boldsymbol{\alpha}}&=(\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\overline{\boldsymbol{\alpha}})^{\mathrm{T}}=\overline{\boldsymbol{\alpha}}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}=\overline{\boldsymbol{\alpha}}^{\mathrm{T}}\lambda\boldsymbol{\alpha}\\&=\lambda\overline{\boldsymbol{\alpha}}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}=\lambda(\overline{\boldsymbol{\alpha}}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha})^{\mathrm{T}}=\lambda\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\overline{\boldsymbol{\alpha}}.\end{aligned} $$

于是 $ \overline{\lambda}\alpha^{\mathrm{T}}\overline{\alpha}=\lambda\alpha^{\mathrm{T}}\overline{\alpha} $，故

$$ (\lambda-\overline{\lambda})\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\overline{\boldsymbol{\alpha}}=0. $$

又因 $ \alpha $ 是非零向量, $ \alpha^{T}\overline{\alpha}=\sum_{i=1}^{n}x_{i}\overline{x}_{i}=\sum_{i=1}^{n}|x_{i}|^{2}\neq0 $, 故 $ \lambda=\overline{\lambda} $, 即 $ \lambda $ 是一个实数.

根据上面的定理, 实对称矩阵 A 的特征值 $ \lambda_{i} $ 均为实数, 所以齐次线性方程组 $ (\lambda_{i}E - A)X = 0 $ 为实系数方程组. 由于 $ |\lambda_{i}E - A| = 0 $, 故齐次线性方程组 $ (\lambda_{i}E - A)X = 0 $ 必有实的基础解系, 因此对应的特征向量可以取实向量. 显然, 定理 3.4 的逆命题不成立.

定理 3.5. 实对称矩阵 A 属于不同特征值的特征向量必正交.

证明设 $ \alpha_{1},\alpha_{2} $ 分别是 A 属于不同特征值 $ \lambda_{1},\lambda_{2} $ 的 (实) 特征向量，即

$$ A\boldsymbol{\alpha}_{i}=\lambda_{i}\boldsymbol{\alpha}_{i}\quad(\boldsymbol{\alpha}_{i}\neq\mathbf{0},i=1,2). $$

作内积

$$ \left(\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=\left(\lambda_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=\lambda_{1}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}\right). $$

原书第 161 页

另一方面

$$ \begin{aligned}(\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2})&=(\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1})^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2}=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2})\\&=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\lambda_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2})=\lambda_{2}(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}).\end{aligned} $$

于是， $ \lambda_{1}(\alpha_{1},\alpha_{2})=\lambda_{2}(\alpha_{1},\alpha_{2}) $. 然而 $ \lambda_{1},\lambda_{2} $ 是两个不同的特征值，所以 $ (\alpha_{1},\alpha_{2})=0 $，即 $ \alpha_{1} $ 与 $ \alpha_{2} $ 正交.

定理 3.6. 设 A 是一个 n 阶实对称矩阵，则存在正交矩阵 T，使得 $ T^{-1}AT $ 为对角矩阵.

证明对 A 的阶数 n 作数学归纳法.

当 n=1 时，结论显然成立.

假设对于 n-1 阶的实对称矩阵上述结论成立，下证对 n 阶矩阵同样成立.

设 $ \lambda_{1} $ 是 A 的一个特征值, 由定理 3.4 知, $ \lambda_{1} $ 为实数. 设 $ \alpha $ 是 A 属于 $ \lambda_{1} $ 的一个实特征向量, 有 $ A\alpha = \lambda_{1}\alpha $. 因为特征向量的非零倍数仍然是特征向量, 将 $ \alpha $ 单位化, 有

$$ \alpha_{1}=\frac{1}{|\alpha|}\alpha. $$

于是， $ A\alpha_1 = \lambda_1\alpha_1 $。以 $ \alpha_1 $ 为第一列作一个正交矩阵 $ T_1 = (\alpha_1, S) $（由施密特正交化方法知 $ T_1 $ 存在；显然， $ S $ 为 $ n \times (n-1) $ 矩阵），则 $ A^T = A $， $ T_1^T = T_1^{-1} $。于是，

$$ \begin{aligned}{\mathbf{T}_{1}^{-1}A\mathbf{T}_{1}=\mathbf{T}_{1}^{\mathrm{T}}A\mathbf{T}_{1}=\left(\begin{matrix}{\alpha_{1}^{\mathrm{T}}}\\ {S^{\mathrm{T}}}\\ \end{matrix}\right)A(\alpha_{1},S)=\left(\begin{matrix}{\alpha_{1}^{\mathrm{T}}A\alpha_{1}}&{\alpha_{1}^{\mathrm{T}}A S}\\ {S^{\mathrm{T}}A\alpha_{1}}&{S^{\mathrm{T}}A S}\\ \end{matrix}\right).}\\ \end{aligned} $$

由于 $ A\alpha_{1}=\lambda_{1}\alpha_{1} $ 及 $ T_{1} $

$$ \boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}=\lambda_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{1}=\lambda_{1},\boldsymbol{S}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}=\lambda_{1}\boldsymbol{S}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}_{1}=\mathbf{0},\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{S}=(\boldsymbol{S}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1})^{\mathrm{T}}=\mathbf{0}. $$

这样

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{T}_{1}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{T}_{1}&=\begin{pmatrix}\lambda_{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\boldsymbol{A}_{1}\end{pmatrix},\end{aligned} $$

其中 $ A_{1}=S^{T}A S $ 为 n-1 阶实对称矩阵.

根据归纳假设，存在一个 n-1 阶正交矩阵 $ T_{2} $，使得

$$ \boldsymbol{T}_{2}^{-1}\boldsymbol{A}_{1}\boldsymbol{T}_{2}=\mathrm{diag}\left(\lambda_{2},\lambda_{3},\cdots,\lambda_{n}\right) $$

原书第 162 页

为对角矩阵. 取 n 阶正交矩阵 $ T_{3}=\begin{pmatrix}1&0\\0&T_{2}\end{pmatrix} $，则有

$$ \boldsymbol{T}_{3}^{-1}(\boldsymbol{T}_{1}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{T}_{1})\boldsymbol{T}_{3}=\begin{pmatrix}1&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\boldsymbol{T}_{2}\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}\lambda_{1}&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\boldsymbol{A}_{1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&\mathbf{0}\\ \mathbf{0}&\boldsymbol{T}_{2}\end{pmatrix}=\mathrm{diag}(\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}). $$

令 $ T = T_{1}T_{3} $，则 T 仍然为正交矩阵。有

$$ \boldsymbol{T}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{T}=\mathrm{diag}(\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}). $$

根据数学归纳法原理知定理成立.

有了上面的分析, 下一步介绍使实对称矩阵 A 对角化的正交矩阵的求法.

(1) 求出 A 的全部特征值 $ \lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{t} $ 和属于每一个 $ \lambda_{i} (i = 1, 2, \cdots, t) $ 的特征向量 $ \alpha_{i1}, \alpha_{i2}, \cdots, \alpha_{is_{i}} $;

(2) 将属于 $ \lambda_{i}(i=1,2,\cdots,t) $ 的特征向量 $ \alpha_{i1}, \alpha_{i2}, \cdots, \alpha_{isi} $ 正交化和单位化，记为 $ \eta_{i1}, \eta_{i2}, \cdots, \eta_{isi} $，它们仍然是属于 $ \lambda_{i} $ 的线性无关的特征向量；

(3) 由定理 3.5 知，将经过上一步处理所有特征向量合并之后的向量组仍然是正交的单位向量组，且所含的向量总个数仍为 n，以这 n 个向量为列向量构成的矩阵 T 就是所求的正交矩阵.

例题 2.1 实际上就是一个关于实对称矩阵的例子.

例题 3.3. 设

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&2&2\\2&1&2\\2&2&1\end{pmatrix}. $$

求正交矩阵T，使 $ T^{-1}AT $为对角矩阵.

解例题 2.1 中, 对于特征值 -1, 已求得 $ (-E - A)X = 0 $ 的一个基础解系为

$$ \boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(\begin{array}{r}0\\ 1\\ -1\end{array}\right),\quad\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(\begin{array}{r}1\\ 0\\ -1\end{array}\right). $$

原书第 163 页

将 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 正交化，令

$$ \beta_{1}=\alpha_{1}, $$

$$ \boldsymbol{\beta}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{2}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\beta}_{1})}{(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1})}\boldsymbol{\beta}_{1}=\left(\begin{array}{r}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)-\frac{1}{2}\left(\begin{array}{r}0\\ 1\\ -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}1\\ -\frac{1}{2}\\ -\frac{1}{2}\end{array}\right). $$

将 $ \beta_{1},\beta_{2} $分别单位化，有

$$ \pmb{\eta}_{1}=\left(\begin{matrix}{0}\\ {\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}}\\ {\displaystyle-\frac{\sqrt{2}}{2}}\\ \end{matrix}\right),\quad\pmb{\eta}_{2}=\left(\begin{matrix}{\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{3}}\\ {\displaystyle-\frac{\sqrt{6}}{6}}\\ {\displaystyle-\frac{\sqrt{6}}{6}}\\ \end{matrix}\right). $$

对于特征值 5，求得一个基础解系为

$$ \boldsymbol{\alpha}_{3}=\left(\begin{matrix}1\\ 1\\ 1\end{matrix}\right). $$

将 $ \eta_{3} $单位化，有

$$ \eta_{3}=\left(\begin{matrix}{\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}}\\ {\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}}\\ {\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}}\\ \end{matrix}\right). $$

取

$$ \begin{array}{r}{\mathbf{T}=\left(\begin{matrix}{0}&{\cfrac{\sqrt{6}}{3}}&{\cfrac{\sqrt{3}}{3}}\\ {\cfrac{\sqrt{2}}{2}}&{-\cfrac{\sqrt{6}}{6}}&{\cfrac{\sqrt{3}}{3}}\\ {-\cfrac{\sqrt{2}}{2}}&{-\cfrac{\sqrt{6}}{6}}&{\cfrac{\sqrt{3}}{3}}\end{matrix}\right),}\end{array} $$

则 T 为正交矩阵，并且有

$$ \boldsymbol{T}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{T}=\mathrm{diag}(-1,-1,5). $$

原书第 164 页

例题 3.4. 证明：设 A 和 B 都是 n 阶实对称矩阵，若 $ A \sim B $，则存在正交矩阵 T，使得 $ T^{-1}AT = B $.

证明由性质 2.1(2)，A 和 B 有相同的特征值 $ \lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n} $ ( $ \lambda_{i} $ 不必各不相同). 又由定理 3.6, 存在正交矩阵 $ T_{1} $ 和 $ T_{2} $, 使得

$$ \begin{array}{r}{\boldsymbol{T}_{1}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{T}_{1}=\mathrm{d i a g}\big(\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}\big)=\boldsymbol{T}_{2}^{-1}\boldsymbol{B}\boldsymbol{T}_{2}.}\end{array} $$

于是

$$ \mathbf{T}_{2}\mathbf{T}_{1}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{T}_{1}\mathbf{T}_{2}^{-1}=\mathbf{B}, $$

取 $ T = T_1 T_2^{-1} $，知 T 仍是正交矩阵，且 $ T^{-1} = T_2 T_1^{-1} $，于是，

$$ \boldsymbol{T}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{T}=\boldsymbol{B}. $$

习题五

求下列矩阵的特征值和特征向量：

(1)

$$ \begin{array}{l} Ⅰ \left(\begin{array}{r r r}{2}&{0}&{0}\\ {1}&{2}&{-1}\\ {1}&{0}&{1}\end{array}\right);(2)\left(\begin{array}{r r r}{3}&{2}&{-1}\\ {-2}&{-2}&{2}\\ {3}&{6}&{-1}\end{array}\right);\end{array} $$

(3)

$$ \left(\begin{matrix}{-12}&{37}&{11}\\ {-5}&{15}&{4}\\ {3}&{-8}&{-1}\\ \end{matrix}\right);\left(4\right)\left(\begin{matrix}{0}&{0}&{0}&{1}\\ {0}&{0}&{1}&{0}\\ {0}&{1}&{0}&{0}\\ {1}&{0}&{0}&{0}\\ \end{matrix}\right). $$

求下列 n 阶矩阵的特征值和特征向量：

(1)

$$ {\left(\begin{array}{l l l l l}{0}&{1}&{1}&{\cdots}&{1}\\ {1}&{0}&{1}&{\cdots}&{1}\\ {1}&{1}&{0}&{\cdots}&{1}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&&{\vdots}\\ {1}&{1}&{1}&{\cdots}&{0}\end{array}\right)};\quad(2)\quad\left(\begin{array}{l l l l l}{1}&{1}&{1}&{\cdots}&{1}\\ {1}&{1}&{1}&{\cdots}&{1}\\ {1}&{1}&{1}&{\cdots}&{1}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&&{\vdots}\\ {1}&{1}&{1}&{\cdots}&{1}\end{array}\right). $$

设 $ \lambda $ 是 n 阶可逆矩阵 A 的一个特征值, $ \alpha $ 是 A 的属于特征值 $ \lambda $ 的一个特征向量. 证明 $ \frac{|A|}{\lambda} $ 是 $ A^{*} $ 的一个特征值, $ \alpha $ 也是 $ A^{*} $ 属于此特征值的一个特征向量.

原书第 165 页

已知矩阵 $ A = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 \\ 0 & -3 & 4 \\ 0 & 4 & 3 \end{pmatrix} $，求 $ A^{k} $，其中 k 为正整数.

设 $ \lambda_{1}, \lambda_{2} $ 是矩阵 A 的两个不同的特征值, $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 分别是属于 $ \lambda_{1}, \lambda_{2} $ 的特征向量. 试证: $ \alpha_{1} + \alpha_{2} $ 一定不是 A 的特征向量.

设矩阵 $ B = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 2 \\ 2 & 3 & 2 \\ 2 & 2 & 3 \end{pmatrix} $, $ C = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $, $ A = C^{-1} B^{*} C $，其中 $ B^{*} $ 为 B 的伴随矩阵. 求 $ A + 2E $ 的特征值和特征向量.

试证对于可逆矩阵 A, B, 有 AB $ \sim $ BA.

只与其自身相似的矩阵具有什么样的形式？

下列矩阵 A 能否对角化？在能对角化的情况下，试求出能使 $ T^{-1}AT $ 成对角矩阵的可逆矩阵 T.

$$ \left(1\right)\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&-1&1\\1&3&-1\\1&1&1\end{pmatrix};\left(2\right)\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{pmatrix}; $$

(3)

$$ \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{r r r}{2}&{5}&{-1}\\ {-1}&{-3}&{0}\\ {2}&{3}&{-2}\\ \end{array}\right);\left(4\right)\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{r r r}{3}&{-2}&{-4}\\ {7}&{-5}&{-10}\\ {-3}&{2}&{3}\\ \end{array}\right). $$

矩阵 $ A = \left(\begin{array}{ccc}3 & 2 & -1 \\ -2 & a & 2 \\ 3 & 6 & -1\end{array}\right) $ 与矩阵 $ B = \left(\begin{array}{ccc}-4 & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right) $ 相似，试求 a, b 的值.

已知 $ \lambda = 1 $ 是矩阵 $ A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & t \\ 1 & t & t + 1 \end{pmatrix} $ 的二重特征值，求 t 的值，并求是否存在

可逆矩阵 T 使得 $ T^{-1}AT $ 为对角矩阵.

设 A 是 $ n (n \geqslant 3) $ 阶矩阵，如果 $ A \neq 0 $，但 $ A^{3} = 0 $，试证明 A 不可对角化.

具有相同特征值的矩阵的可对角化性不一定相同. 试判断下面两个矩阵能否对角化.

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}{{{2}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{4}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{2}}}\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix}{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{-3}}} \\{{{0}}}&{{{4}}}&{{{6}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{2}}}\end{pmatrix}. $$

求出能使下列矩阵 A 相似于对角矩阵的正交矩阵 T:

(1) A = $ \begin{pmatrix} 6 & 2 & 4 \\ 2 & 3 & 2 \\ 4 & 2 & 6 \end{pmatrix} $; (2) A = $ \begin{pmatrix} 2 & 2 & -2 \\ 2 & 5 & -4 \\ -2 & -4 & 5 \end{pmatrix} $;

原书第 166 页

$$ \begin{aligned}(3)\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{rrrr}{4}&{-1}&{-1}&{1}\\ {-1}&{4}&{1}&{-1}\\ {-1}&{1}&{4}&{-1}\\ {1}&{-1}&{-1}&{4}\end{array}\right);(4)\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{rrrr}{1}&{-1}&{3}&{-2}\\ {-1}&{1}&{-2}&{3}\\ {3}&{-2}&{1}&{-1}\\ {-2}&{3}&{-1}&{1}\end{array}\right).\end{aligned} $$

试证明：设 A 为 n 阶实对称矩阵，且 $ A^{2}=A $，则存在正交矩阵 T，使得

$$ \begin{array}{r}{\boldsymbol{T}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{T}=\left(\begin{array}{l l}{\boldsymbol{E}_{r}}&{\mathbf{0}}\\ {\mathbf{0}}&{\mathbf{0}}\end{array}\right),}\end{array} $$

其中 r 为秩， $ E_{r} $ 为 r 阶单位矩阵.

设矩阵 $ A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ & & \\ & & \alpha \end{pmatrix} $ $ $

\alpha = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} $. 已知线性方程组 $ AX = \alpha $ 有解，但不$

(1) a 的值;

(2) 正交矩阵 T，使得 $ T^{-1}AT $ 为对角矩阵.

设 A 为 n 阶方阵，且 $ A^{2}=A $，证明若 $ \lambda $ 为 A 的一个特征值，则 $ \lambda=0 $ 或 1.

设 A 为 n 阶方阵，且 $ A^{k}=0 $，这里 k 是某个正整数，证明 A 的所有特征值均为 0.

设 A 为 $ 2 \times 2 $ 矩阵，若 $ \mathrm{tr}(A) = 8 $ 且 $ |A| = 12 $，求 A 的特征值.

设 A 为一个正交矩阵，证明：

(1) 若 $ \lambda $ 为 A 的一个特征值，则 $ |\lambda| = 1 $;

(2) $ \left|A\right| = \pm1 $.

设 A, B 为两个 n 阶方阵，证明：

(1) 若 $ \lambda $ 为 AB 的一个非零特征值，则它也是 BA 的一个特征值；

(2) 若 $ \lambda = 0 $ 为 AB 的一个特征值，则 $ \lambda = 0 $ 也是 BA 的一个特征值.

设 A 为 n 阶方阵且它的每一列元素之和都等于一个固定的常数 $ \delta $，证明 $ \delta $ 为 A 的一个特征值.

设 A, B 为两个 n 阶方阵, 证明若存在同一个可逆矩阵 P 同时对角化 A 和 B, 则有 AB = BA.

设 A 为一个具有 n 重特征值 a 的 $ n \times n $ 矩阵，证明：A 可以对角化的充要条件是 A = aE.

第五章自测题

第五章 特征值与特征向量