对称矩阵的性质一

一、对称矩阵的性质

说明：本节所提到的对称矩阵，除非特别说明，均指实对称矩阵．定理1 对称矩阵的特征值为实数. 证明设复数 λ为对称矩阵 A的特征值 , 复向量 x为

对应的特征向量 , 即 Ax = λx , x ≠ 0.

用 λ 表示λ的共轭复数 , x表示x的共轭复向量 , 则 A x = A x = ( Ax ) = (λx ) = λ x .

于是有

及 x Ax = x A x = ( A x ) x = (λ x ) x= λ x x .

T T T T

(

Ax = xT ( Ax ) = xT λx = λ xT x , x

)

两式相减，得

(λ − λ ) xT x = 0.

但因为 x ≠ 0,

所以 x x = ∑ x i x i = ∑ x i

T i =1 i =1

≠ 0, ⇒ (λ − λ ) = 0,

即 λ = λ , 由此可得 λ是实数 .

定理1的意义

由于对称矩阵 A的特征值 λ i 为实数 , 所以齐次线性方程组 ( A − λ i E)x = 0 是实系数方程组 ,由 A − λ i E = 0知必有实的基础解系, 从而对应的特征向量可以取实向量 .

定理 2 设λ1 , λ 2 是对称矩阵 A的两个特征值 , p1 , p2是对应的特征向量 , 若λ1 ≠ λ 2 , 则p1与p2正交 .

证明 λ1 p1 = Ap1 , λ2 p2 = Ap2 , λ1 ≠ λ2 ,

∵ A对称, A = AT ,

∴ λ1 p1 = (λ1 p1 ) = ( Ap1 ) = p1 T AT = p1 T A,

T T T

于是 λ1 p p2 = p Ap2 = p

T 1 T 1

T 1

(λ 2 p 2 ) = λ 2 p p 2 ,

T 1

⇒

(λ1 − λ 2 ) p1T p2 = 0.

∵ λ1 ≠ λ2 , ∴ p p2 = 0. 即p1与p2正交 .

T 1

定理 3 设 A为 n阶对称矩阵 , λ 是A的特征方程的 r 重根, 则矩阵 A − λE 的秩 R( A − λE ) = n − r , 从而对应特征值 λ 恰有 r 个线性无关的特征向量 . 定理 4 设 A为 n阶对称矩阵 , 则必有正交矩阵 P , 使 P AP = Λ , 其中 Λ 是以 A的 n 个特征值为对角元素的对角矩阵 . 证明设A 的互不相等的特征值为 λ1 , λ2 , , λ s , 它们的重数依次为 r1 , r2 , , rs ( r1 + r2 + + rs = n). 根据定理1（对称矩阵的特征值为实数）和定理3( 如上)可得：

−1

对应特征值 λ i ( i = 1,2, , s ), 恰有 r i 个线性无关的实特征向量 , 把它们正交化并单位化 ,即得 r i 个单位正交的特征向量 . 由r1 + r2 + 这样的特征向量共可得 n个.

+ rs = n知,

由定理2知对应于不同特征值的特征向量正交，故这 n 个单位特征向量两两正交. 以它们为列向量构成正交矩阵 P ，则 −1 −1 P AP = P PΛ = Λ

其中对角矩阵 Λ的对角元素含 r1 个 λ1 , 是A的n个特征值 . , rs 个λ s , 恰

二、利用正交矩阵将对称矩阵对角化的方法

根据上述结论，利用正交矩阵将对称矩阵化为对角矩阵，其具体步骤为： 1. 求A的特征值; 2. 由( A − λ i E ) x = 0, 求出A的特征向量; 3. 将特征向量正交化; 4. 将特征向量单位化.

例对下列各实对称矩阵，分别求出正交矩阵 P，使 P −1 AP 为对角阵. ⎛ 2 −2 0 ⎞ ⎛ 4 0 0⎞ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ (1) A = ⎜ − 2 1 − 2 ⎟ , ( 2) A = ⎜ 0 3 1 ⎟ ⎜ 0 −2 0 ⎟ ⎜ 0 1 3⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 解 (1)第一步求 A 的特征

值

2−λ − 2 0 A − λE = − 2 1 − λ − 2 = (4 − λ )(λ − 1)(λ + 2) = 0 0 −2 −λ 得 λ1 = 4, λ2 = 1, λ3 = −2.

第二步由( A − λ i E ) x = 0, 求出 A的特征向量

对 λ1 = 4,由( A − 4 E ) x = 0, 得 ⎧ 2 x1 + 2 x2 = 0 ⎛ − 2⎞ ⎜ ⎟ ⎪ ⎨ 2 x1 + 3 x2 + 2 x3 = 0 解之得基础解系 ξ1 = ⎜ 2 ⎟ . ⎜ − 1⎟ ⎪ 2x + 4x = 0 ⎩ 2 3 ⎠ ⎝ 对 λ2 = 1,由( A − E ) x = 0, 得

⎧ − x1 + 2 x2 = 0 ⎪ ⎨ 2 x1 + 2 x3 = 0 ⎪ 2x + x = 0 ⎩ 2 3

⎛ 2 ⎞ ⎜ ⎟ 解之得基础解系 ξ 2 = ⎜ 1 ⎟ . ⎜ − 2⎟ ⎠ ⎝

对 λ3 = −2,由( A + 2 E ) x = 0, 得

⎛ 1⎞ ⎧ − 4 x1 + 2 x2 = 0 ⎜ ⎟ ⎪ ⎨ 2 x1 − 3 x2 + 2 x3 = 0 解之得基础解系 ξ 3 = ⎜ 2 ⎟ . ⎜ 2⎟ ⎪ 2x − 2x = 0 ⎝ ⎠ ⎩ 2 3

第三步

将特征向量正交化

由于ξ 1 , ξ 2 , ξ 3是属于 A的3个不同特征值 λ1 , λ2 ,

λ3的特征向量 , 故它们必两两正交 .

第四步将特征向量单位化

ξi 令 ηi = , i = 1,2,3. ξi

⎛ − 2 3⎞ ⎛ 23 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 得 η1 = ⎜ 2 3 ⎟ , η 2 = ⎜ 1 3 ⎟ , ⎜ −1 3⎟ ⎜ − 2 3⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝

⎛1 ⎜ η3 = ⎜ 2 ⎜2 ⎝

3⎞ ⎟ 3 ⎟. 3⎟ ⎠

作

⎛ − 2 2 1⎞ ⎟ 1⎜ P = (η1 , η 2 , η 3 ) = ⎜ 2 1 2 ⎟, 3⎜ − 1 − 2 2⎟ ⎠ ⎝ ⎛4 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ −1 P AP = ⎜ 0 1 0 ⎟ . ⎜ 0 0 − 2⎟ ⎠ ⎝

则

⎛ 4 0 0⎞ ⎜ ⎟ ( 2) A = ⎜ 0 3 1 ⎟ ⎜ 0 1 3⎟ ⎠ ⎝ 4−λ 0 A − λE = 0 0 3−λ 1

(2 − λ )(4 − λ )2 , 1 =

3−λ

得特征值 λ1 = 2, λ2 = λ3 = 4.

⎛ 0 ⎞ ⎜ ⎟ 对 λ1 = 2,由( A − 2 E ) x = 0, 得基础解系 ξ1 = ⎜ 1 ⎟ ⎜ − 1⎟ ⎝ ⎠ 对 λ 2 = λ 3 = 4,由( A − 4 E ) x = 0, 得基础解系

⎛ 1⎞ ⎛ 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ξ 2 = ⎜ 0 ⎟ , ξ 3 = ⎜ 1 ⎟ . ξ 2与ξ 3 恰好正交 , ⎜ 0⎟ ⎜ 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

所以 ξ1 , ξ 2 , ξ 3两两正交 .

ξi (i = 1,2,3)得再将 ξ1 , ξ 2 , ξ 3单位化 , 令η i = ξi

⎛ 0 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ η1 = ⎜ 1 2 ⎟ , η 2 = ⎜ 0 ⎟ , η 3 = ⎜ 1 2 ⎟ . ⎜− 1 2⎟ ⎜ 0⎟ ⎜1 2⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

于是得正交阵

1 0 ⎞ ⎛ 0 ⎜ ⎟ P = (η1 ,η 2 ,η 3 ) = ⎜ 1 2 0 1 2 ⎟ ⎜− 1 2 0 1 2⎟ ⎠ ⎝ ⎛ 2 0 0⎞ ⎜ ⎟ −1 P AP = ⎜ 0 4 0 ⎟ . ⎜ 0 0 4⎟ ⎠ ⎝

则

⎛ 0 −1 1 ⎞ ⎜ ⎟ 例设 A = ⎜ −1 0 1 ⎟ , ⎜ 1 1 0⎟ ⎝ ⎠ 求一个正交阵 P ,使 P −1 AP = Λ 为对角阵.

⎛ 2 −1⎞ n 例设 A=⎜ ⎟ ,求 A . ⎝ −1 2 ⎠

三、小结

1. 对称矩阵的性质： (1)特征值为实数； (2)属于不同特征值的特征向量正交； (3)特征值的重数和与之对应的线性无关的特征向量的个数相等； (4)必存在正交矩阵，将其化为对角矩阵，且对角矩阵对角元素即为特征值． 2. 利用正交矩阵将对称阵化为对角阵的步骤： (1)求特征值；(2)找特征向量；(3)将特征向量正交化；(4)最后单位化．

思考题

设n

阶实对称矩阵 A满足 A2 = A, 且A的秩为 r , 试求行列式 det (2 E − A)的值 .

思考题解答

解由 A2 = A可得A的特征值为1或0, 又A是实对称阵, 且秩为 r , 故存在可逆阵 P , 使得 ⎛ E r 0⎞ −1 ⎟ = Λ, P AP = ⎜ ⎝ 0 0⎠

其中 E r 是r阶单位阵 . 从而 det( 2 E − A) = det( 2 P P − 1 − PΛ P − 1) 0 ⎞ ⎛ Er = det( 2 E − Λ ) = det⎜ ⎟ ⎝ 0 2 E n− r ⎠ = 2 n− r .