任一个n阶实对称矩阵与对角阵相似证明

矩阵相似对角化是线性代数中重要的概念，它在矩阵的理论和应用中扮演着重要的角色。

在矩阵相似对角化的过程中，我们常常会遇到矩阵相似对角化的充要条件问题，即何时一个n阶矩阵能够相似对角化成对角矩阵。

本文将对这一问题进行详细的证明，帮助读者更好地理解矩阵相似对角化的条件和过程。

一、n阶矩阵相似对角化的定义n阶矩阵A经过相似对角化可以转化为对角矩阵D的形式，即存在一个非奇异矩阵P，使得P^-1AP=D。

其中D是对角矩阵，P是可逆矩阵。

这个过程称为矩阵的相似对角化。

那么，n阶矩阵相似对角化的充要条件是什么呢？二、矩阵相似对角化的充要条件1. 必要条件若矩阵A能相似对角化成对角矩阵D，则A和D有相同的特征值。

假设A经过相似对角化得到对角矩阵D，即存在一个非奇异矩阵P，使得P^-1AP=D，那么A和D具有相同的特征值。

2. 充分条件若n阶矩阵A有n个线性无关的特征向量，则A可以相似对角化成对角矩阵D。

特征向量组成的矩阵P的逆矩阵P^-1是A的特征向量，对角矩阵D的对角元是A的特征值。

三、n阶矩阵相似对角化的充要条件的证明1. 必要条件的证明假设A能相似对角化成对角矩阵D，即存在一个非奇异矩阵P，使得P^-1AP=D。

由特征值的定义可知，对角矩阵D的对角元就是A的特征值。

所以A和D具有相同的特征值。

2. 充分条件的证明假设n阶矩阵A有n个线性无关的特征向量，我们知道对角化矩阵P的逆矩阵P^-1是A的特征向量，对角矩阵D的对角元是A的特征值。

那么矩阵P的逆矩阵存在，即P是可逆矩阵。

所以A可以相似对角化成对角矩阵D。

四、总结通过以上的证明，我们可以得出n阶矩阵相似对角化的充要条件是：A和D有相同的特征值，并且n阶矩阵A有n个线性无关的特征向量。

这一定理为矩阵相似对角化提供了明确的条件，对于理解和应用矩阵相似对角化具有重要的意义。

五、矩阵相似对角化的应用矩阵相似对角化在科学和工程领域有着广泛的应用，特别是在求解线性代数方程、矩阵的对角化、微分方程的求解等方面。

实对称矩阵的相似对角化一、实对称矩阵的特征值与特征向量的性质：,),,,(,)(21T n n n ij a a a a A ==⨯αTA A A A ==为实对称阵，故由于性质1：实对称矩阵的特征值都是实数。

,的特征值阶实对称矩阵是设A n λ（1）两端取转置，得：T T T A αλα =α两端同时右乘ααλααλT T =⇒ λλααα=∴≠=02T 性质2：实对称矩阵的相异特征值所对应的特征向量必定正交。

对一般矩阵，只能保证相异特征值所对应的特征向量线性无关。

T n a a a ),,,(21 =α，即是对应的特征向量αλα =A ,两边取共轭，得：)1(αλα =A T T A αλα =⇒ααλααT T A =⇒0)(=-⇒ααλλT的特征向量。

的属于特征值征向量，求的特的属于特征值是），，（），，（个特征值，的是三阶实对称方阵，，例：设11122,111311121-==-A A A TT αα,13213T x x x A ），，（的特征向量为的属于特征值设=-α正交，与213,ααα ⎩⎨⎧=++=++⇒0220321321x x x x x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=122111A ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-→100111⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛→100011⎩⎨⎧=-=⇒0312x x x T ），，（0113-=⇒α0,,2313==∴）（）（αααα性质3：实对称矩阵A 的k 重特征值所对应的线性无关的特征向量恰有k 个。

由此推出：实对称矩阵A 一定与对角矩阵相似。

二、实对称矩阵的相似对角化：定理1：实对称矩阵A 一定与对角矩阵相似。

为对角阵。

，使求正交阵为对角阵。

，使求可逆阵，：设例AQ Q Q AP P P A 11)2()1(2424222211--⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----=λλλλ-------=-242422221E A 2)2)(7(-+-=λλ定理2：实对称矩阵A 一定与对角矩阵正交相似。

实对称阵可对⾓化的⼏种证明及其推⼴实对称阵是⼀类常见的矩阵, 它与实⼆次型和实内积空间上的⾃伴随算⼦有着密切的联系. 任⼀实对称阵 A 均正交相似于对⾓阵, 即存在正交阵 P , 使得P ′AP =diag{λ1,λ2,⋯,λn }.实对称阵的这条重要性质, 通常在内积空间的框架中加以证明 (参考复旦⾼代教材第 9.5 节). 事实上, 这⼀性质既可以在引⼊矩阵可对⾓化的定义和判定准则后直接加以证明, 也可以利⽤ Jordan 标准型理论加以证明. 下⾯我们将给出实对称阵可对⾓化的⼏种证明, 为此先来证明三个简单的引理.引理 1 实对称阵的特征值都是实数.证明 设 A 为 n 阶实对称阵, λ0∈C 是 A 的任⼀特征值, α=(a 1,a 2,⋯,a n )′∈C n 是对应的特征向量, 即 A α=λ0α. 上式两边同时左乘 ¯α′, 则有 ¯α′A α=λ0¯α′α. 注意到 α 是⾮零向量, 故 ¯α′α=n∑i =1|a i |2>0. 注意到 A 为实对称阵, 故 ¯(¯α′A α)′=¯α′A α, 即 ¯α′A α 是⼀个实数, 从⽽λ0=¯α′A α¯α′α也是实数. ◻引理 2 设 A 为 n 阶实对称阵, 则 r (A )=r (A 2)=r (A 3)=⋯.证明 由⾼代⽩⽪书的例 3.72 可知 r (A )=r (A ′A )=r (A 2), 从⽽ r (A )=r (A 2m) (m ≥1). 再由矩阵相乘秩相等或变⼩的性质以及夹逼法可知 r (A )=r (A k )(k ≥1). ◻引理 3 设 A 为 n 阶实对称阵, 则 Ker A ∩Im A =0 并且 Ker A =Ker A 2=Ker A 3=⋯.证明 由引理 2 以及线性映射的维数公式即得. ◻定理 1 实对称阵可实对⾓化.证法 1 (有完全的特征向量系) 由引理 1 可设 A 的全体实特征值为 λ1,λ2,⋯,λn , 我们对特征值 λ1 来证明其代数重数等于其⼏何重数. 不失⼀般性, 可设 λ1=⋯=λm , 但 λj ≠λ1(m <j ≤n ), 即 λ1 的代数重数为 m . 由复旦⾼代教材的定理 6.1.2 及其后的注可知, 存在⾮异实矩阵 P , 使得 P −1AP =B C 0D, 其中 B 是主对⾓元为 λ1 的 m 阶上三⾓阵, D 是主对⾓元分别为 λm +1,⋯,λn 的上三⾓阵, 于是P −1(A−λ1I n )P =B −λ1I mC 0D −λ1I n −m.注意到 B −λ1I m 是主对⾓元全为零的上三⾓阵, 这是⼀个幂零阵, 故 (B −λ1I m )m =0, 从⽽P −1(A−λ1I n )m P=B −λ1I mC 0D −λ1I n −mm=0∗0(D −λ1I n −m )m.注意到 (D −λ1I n −m )m 是⼀个主对⾓元全不为零的上三⾓阵, 从⽽是⾮异阵, 于是 r ((A −λ1I n )m )=n −m . 注意到 A −λ1I n 为实对称阵, 再由引理2 可知, λ1 的⼏何重数为n −r (A −λ1I n )=n −r ((A −λ1I n )m )=n −(n −m )=m ,即⼏何重数等于代数重数.证法 2 (全空间等于特征⼦空间的直和) 任取 A 的实特征值 λ0, 由引理 3 可知Ker(A −λ0I n )=Ker(A −λ0I n )2=⋯,再由⾼代⽩⽪书的例 7.13 的证法 1 完全相同的讨论即得结论. 另外, 由 Ker(A −λ0I n )=Ker(A −λ0I n )n 可知, λ0 的⼏何重数 dimKer(A −λ0I n )等于其代数重数 dimKer(A −λ0I n )n , 即 A 有完全的特征向量系, 这⼀⽅法⽐证法 1 更加简洁.证法 3 (极⼩多项式⽆重根) 任取 A 的实特征值 λ0, 由引理 3 可知Ker(A −λ0I n )=Ker(A −λ0I n )2=⋯,()()()()再由⾼代⽩⽪书的例 7.13 的证法 2 完全相同的讨论即得结论.证法 4 (Jordan 标准型之⼀) 任取A的实特征值λ0, 由引理 3 可知Ker(A−λ0I n)∩Im(A−λ0I n)=0,再由⾼代⽩⽪书的例 7.13 的证法 3 完全相同的讨论即得结论.证法 5 (Jordan 标准型之⼆) 任取A的实特征值λ0, 由引理 2 可知r(A−λ0I n)=r((A−λ0)2), 再由⾼代⽩⽪书的例 7.14 的证法 2 完全相同的讨论即得结论.证法 6 (Jordan 标准型之三) 设P为⾮异实矩阵, 使得P−1AP=J=diag{J r1(λ1),⋯,J rk(λk)}.⽤反证法, 若A不可对⾓化, 则不妨设r1>1. 设P′P=(b ij), 则b12=b21并且b11是P的第⼀列元素的平⽅和, 由P的⾮异性可知b11>0. 注意到P′AP=P′PJ为对称阵, 但P′PJ的第 (1,2) 元为b11+λ1b12, 第 (2,1) 元为λ1b21, 这两者不相等, ⽭盾.证法 7 (内积空间理论) 参考复旦⾼代教材的定理 9.5.2 和推论 9.5.2. ◻事实上, 我们也可以这样来看. 由上⾯的讨论可知, 对任⼀n阶实对称阵A, 全空间 R n等于A的所有特征⼦空间的直和. 容易证明: 在 R n的标准内积下, A的属于不同特征值的特征向量必正交, 属于同⼀特征值的特征向量可以利⽤ Gram-Schmidt 正交化⽅法化成两两正交的单位特征向量. 因此我们可以找到A的n个两两正交的单位特征向量, 将这些向量拼成矩阵P, 则P是⼀个n阶正交阵, 使得P′AP=diag{λ1,λ2,⋯,λn}.这就是A的正交相似标准型, 它对于深⼊探讨实对称阵的正定性和半正定性有着重要的作⽤.注 1 本题是 15 级⾼代 II 每周⼀题第 10 题第 1 ⼩问以及 16 级⾼代 II 每周⼀题第 6 题. 给出上述证法的复旦数学学院学⽣为: 章俊鑫 (证法 1),何陶然 (类似证法 1), 徐钰伦 (证法 2), 杨锦⽂ (证法 2), 杨钊杰 (证法 2), 蒋亦凡 (证法 3), 胡晓波 (证法 5), 杨彦婷 (证法 5), 沈伊南 (类似证法 6).下⾯将实对称阵可对⾓化的⼏种证法进⾏适当地推⼴, 从⽽不利⽤⾣相似标准型理论也可以直接证明: 实反对称阵, Hermite 阵, 斜 Hermite 阵,正交阵, ⾣阵, 以及更⼀般的复正规阵均可复对⾓化. 这是 15 级⾼代 II 每周⼀题第 10 题第 2 ⼩问以及 17 级⾼代 II 每周⼀题第 7 题第 2 ⼩问.我们先给出前三个引理的推⼴.引理 4 Hermite 阵的特征值都是实数. 特别地, 斜 Hermite 阵 (实反对称阵) 的特征值都是 0 或纯虚数.证明 Hermite 阵情形的证明完全类似于实对称阵情形的证明 (参考引理 1). 设A为斜 Hermite 阵, 则 i A为 Hermite 阵, 从⽽ i A的特征值都是实数, 于是A的特征值都是 0 或纯虚数. 实反对称阵是⼀种特殊的斜 Hermite 阵, 故结论也成⽴. ◻引理 5 设A为n阶复正规阵, 则r(A)=r(A2)=r(A3)=⋯.证明由⾼代⽩⽪书的例 3.72 对应的复版本可知: 对任意的m×n阶复矩阵A, 有r(A)=r(¯A ′A)=r(A¯A′).特别地, 若A是 Hermite 阵, 则r(A)=r(A2), 再仿照引理 2 的证明即得结论. 若A是复正规阵, 即A ¯A′=¯A′A, 注意到A¯A′是 Hermite 阵, 故有r(A2)=r(A2¯A2′)=r(AA¯A′¯A′)=r(A¯A′A¯A′)=r((A¯A′)2)=r(A¯A′)=r(A),再仿照引理 2 的证明即得结论. ◻引理 6 设A为n阶复正规阵, 则 Ker A∩Im A=0 并且 Ker A=Ker A2=Ker A3=⋯.证明由引理 5 以及线性映射的维数公式即得. ◻定理 2 复正规阵可对⾓化. 特别地, 实反对称阵, Hermite 阵, 斜 Hermite 阵, 正交阵, ⾣阵均可复对⾓化.证明定理 1 的证法 1--证法 5 可完全平⾏地改写⽤于证明定理 2; 定理 1 的证法 6 适当地修改之后可以证明: 实反对称阵, Hermite 阵,斜 Hermite 阵均可复对⾓化; 我们把具体的证明过程留给感兴趣的读者⾃⾏完成. 证法 7 可参考复旦⾼代教材的定理 9.6.2 和定理 9.6.3. ◻注 2 本⽂中的相关思想可推⼴为⼀般的可对⾓化判定准则, 具体的内容请参考教学博⽂ [3].参考⽂献[1] ⾼代教材: 姚慕⽣, 吴泉⽔, 谢启鸿编著, ⾼等代数学 (第三版), 复旦⼤学出版社, 2014.[2] ⾼代⽩⽪书: 姚慕⽣, 谢启鸿编著, 学习⽅法指导书: ⾼等代数 (第三版), 复旦⼤学出版社, 2015.Processing math: 100%。