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第四节 实对称矩阵的对角化

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第四节 实对称矩阵的对角化
一个n阶矩阵A具备什么条件才能对角化？这是一个比较复杂的问题. 本节我们仅对A为实对称矩阵
的情况进行讨论. 实对称矩阵具有许多一般矩阵所没有的特殊性质.

内容分布图示
★ 实对称矩阵的性质 ( 1 )
★ 实对称矩阵的性质 ( 2 )
★ 对称矩阵对角化的方法
★ 例1 ★ 例2
★ 例3 ★ 例4
★ 内容小结 ★ 课堂练习
★ 习题4-4
★ 返回

内容要点：
定理1 实对称矩阵的特征值都为实数.

注: 对实对称矩阵A，因其特征值i为实数, 故方程组

0)(XEA
i

是实系数方程组, 由0||EAi知它必有实的基础解系, 所以A的特征向量可以取实向量.
定理2 设21,是对称矩阵A的两个特征值, 21,pp是对应的特征向量. 若21, 则1p与2p正交.
定理3 设A为n阶实对称矩阵,是A的特征方程的k重根,则矩阵EA的秩knEAr)(,从而
对应特征值恰有k个线性无关的特征向量.
定理4 设A为n阶实对称矩阵, 则必有正交矩阵P,使
APP
1
,

其中是以A的n个特征值为对角元素的对角矩阵.
与上节将一般矩阵对角化的方法类似，根据上述结论，可求正交变换矩阵P将实对称矩阵A对角化的
步骤为：

(1) 求出A的全部特征值
s,,,21

;

(2) 对每一个特征值i, 由0)(XAEi求出基础解系（特征向量）;
(3) 将基础解系（特征向量）正交化；再单位化;
(4) 以这些单位向量作为列向量构成一个正交矩阵P，使
APP
1
.

注：P中列向量的次序与矩阵对角线上的特征值的次序相对应.

例题选讲：
例1 (讲义例1) 设实对称矩阵,320222021A 求正交矩阵P, 使APP1为对角矩阵.
例2 (讲义例2) 设有对称矩阵,310130004A 试求出正交矩阵P, 使APP1为对角阵.
例3 (讲义例3) 已知aaA2020002(其中0a)有一特征值为1, 求正交矩阵P使得APP1为对角矩
阵.
例4 (讲义例4) 设2112A, 求.nA

课堂练习
1.设实对称矩阵,020212022A 试求出正交矩阵P, 使APP1为对角阵.

2.设n阶实对称矩阵A满足AA2,且A的秩为r, 试求行列式|2|AE的值.

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5.3实对称矩阵的对角化

5.3实对称矩阵的对角化


令x3 = 2, 得属于5的特征向量为 3 = (1, −2,2)T .
12
显然1 = (2,2,1)T , 2 = ( −2,1,2)T , 3 = (1, −2,2)T 正交.
(2) 求单位向量组. 1 = 2 = 3 = 3, 所以得单位正交向量组 T T T 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 = , , , 2 = , − , − , 3 = , − , . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 (3) 求正交矩阵Q. 1 则 2 2 令 3 3 3 −1 0 0 2 1 2 −1 Q = ( 1 , 2 , 3 ) = − − , Q AQ = 0 2 0 = . 3 3 3 0 0 5 1 2 2 3 −3 3
T T T T 1 A = 11 , 1 A 2 = 11 2
T T 21 2 = 11 2 ,
T (2 − 1 )1 2 = 0
T 1 2 = 0
3
定理 若实对称矩阵A的特征值 的重数为k，则A 恰有k个对应于 的线性无关的特征向量. 定理 n阶实对称矩阵A一定有n个正交的特征向量. 设矩阵A的互不相同的特征值分别为 1 ( k1重) : 11 , 12 , , 1k1 , 正 11 , 12 , , 1k1 , 交 , , , , 2 k2 2 ( k2重) : 21 , 22 , , 2 k2 , 化 21 22 后 , , 得 m 1 , m 2 , , mkm , m ( km 重) : m 1 , m 2 , , mkm , 11 ,12 , ,1k1 , 1 单 其中,k1 + k2 + + km = n. 位 , , , , 21 22 2 k2 2 化 T ij ks = 0, i k . 后 , 得 m 1 ,m 2 , , mkm , m
ds4-4对称矩阵的对角化 山东建筑大学

ds4-4对称矩阵的对角化 山东建筑大学


0
1
2
1 2
0
1 2
7
P不唯一
此例中对应于2 3 4 ，若求得方程 A 4Ex 0得基础解系
1
1 1,
1
2 1 .
则首先需要把它们规范正交化：
1
1
取 1 1,
2
2
1, 2 1 , 1
1
1 1 1
1 3
1 1 1
2 3
2 1 1
.
再单位化，即得 p2
1 2
于是
1 1, 2 3
1 0
0 3
,
n
1 0
0 3n
对于 1 1,
A
E
1 1
11
1 0
01,
得 1 11,
9
对于
1
3,
A 3E
1 1
11
10
1 0
,
得2 11,
1 1
P (1,2 ) 1 1,
P 1
1 2
1 1
11
An
Pn P 1
1 2
11
1110
0 3n
1 1
2
3
4
时，A 4E
0
1
1
0 1 1
0 0
1 0
01, x3 x2
0 0 0
得基础解系
2
1 0.
0
3 1,
基础解系中两向量恰好正交，
0
1
单位化即得两单位正交的特征向量
于是得正交矩阵
0
1 p2 0. 0
1 0
0
1
p3
பைடு நூலகம்
线性代数5.4 对称矩阵的对角化

线性代数5.4 对称矩阵的对角化


i1
i1
故 0 即 这就说明是实数.
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结束
铃
❖定理1
对称阵的特征值为实数.
显然 当特征值i为实数时 齐次线性方程组 (AiE)x0
是实系数方程组 由|AiE|0知必有实的基础解系 所以对应
的特征向量可以取实向量.
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p2
1 (1, 2
1,
0)T p3
1 (1, 6
1,
2)T .
于是P(p1 p2 p3)为正交阵 并且P1APdiag(2 1 1).
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铃
例2 设 A21 21 求An. 解 因为|AE|(1)(3) 所以A的特征值为11 23. 对应11 解方程(AE)x0 得p1(1 1)T. 对应13 解方程(A3E)x0 得p2(1 1)T. 于是有可逆矩阵P(p1 p2) 及diag(1 3) 使
P1AP 或APP1
从而
AnPnP1
提示
因为A对称 故A可对角化 即有可逆向量P及对角阵
使P1AP. 于是APP1 从而AnPnP1.
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结束
铃
例2 设 A21 21 求An. 解 因为|AE|(1)(3) 所以A的特征值为11 23. 对应11 解方程(AE)x0 得p1(1 1)T. 对应13 解方程(A3E)x0 得p2(1 1)T. 于是有可逆矩阵P(p1 p2) 及diag(1 3) 使
(3)把这n个两两正交的单位特征向量构成正交阵P 便有
P1APPTAP. 注意中对角元的排列次序应与P中列向量的
实对称矩阵的对角化

实对称矩阵的对角化


（E A)x 0 ，
由
E
A
1 1
11
r2r1
1 0
10
得到基础解系
x1 x2
11
1
单位化得
p1
2
.
1
2
当 2 3 时，解方程组
（3E A)x 0 ，
由 3E A
得到基础解系
令矩阵 P ( p1, p2 )
1 1
1 1
r2r1
x1 x2
11
1
2
1
2
1 1
2 2
证 由已知有： A p1 1 p1
（4.9）
A p2 2 p2
（4.10）
以 p1T 左乘（4.10）式的两端得
p1T ( Ap2 ) 2 p1T p2
又因为 A 是对称矩阵，所以
p1T ( Ap2 ) ( Ap1)T p2 (1 p1)T p2 1 p1T p2
于是
1 2 p1T p2 0
因为 A 的各行元素之和均为 1，故 A 具有一明显的特
征值 1
1，以及对应的特征向量
1 1
1
0.7 0.2 0.1
事实上，计算可得 E A 0.2 0.7 0.1
0.1 0.1 0.8
1 0.2 0.1
1 0.2 0.1
( 1)1 0.7 0.1 ( 1) 0 0.5 0
（4.7）
即 pT Ap pT AT p ApT p pT p
（4.8）
（4.7）与（4.8）两式相减，得 ( ) pT p 0
因为 p 0 , 所以 pT p 0
故
即 为实数。
定理 4.9 设 p1, p2 是属于实对称矩阵 A 的两个特征值 1 , 2 的特征向量，若 1 2 , 则 p1 与 p2 正交。