高等代数理论基础66：实对称矩阵的标准形

作者: 溺于恐 | 来源:发表于2019-04-16 06:52 被阅读5次

实对称矩阵的标准形

对称矩阵的性质

引理：设A是实对称矩阵,则A的特征值皆为实数

证明：

$设\lambda_0是A的特征值$

$则有非零向量\xi=\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}$

$满足A\xi=\lambda_0\xi$

$令\overline{\xi}=\begin{pmatrix}\overline{x_1}\\\overline{x_2}\\\vdots\\\overline{x_n}\end{pmatrix}$

$其中\overline{x_i}是x_i的共轭复数$

$则\overline{A\xi}=\overline{\lambda_0}\overline{\xi}$

$又\overline{\xi'}(A\xi)=\overline{\xi'}A'\xi=(A\overline{\xi})'\xi=(\overline{A\xi})'\xi$

$\therefore \lambda_0\overline{\xi'}\xi=\overline{\lambda_0}\overline{\xi'}\xi$

$\because \xi\neq 0$

$\overline{\xi'}\xi=\overline{x_1}x_1+\overline{x_2}x_2+\cdots+\overline{x_n}x_n\neq 0$

$\therefore \lambda_0=\overline{\lambda_0}$

$即\lambda_0是一个实数\qquad\mathcal{Q.E.D}$

注：对实对称矩阵A,在n维欧氏空间 $R^n$ 上定义线性变换 $\mathscr{A}$

$\mathscr{A}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}$

$显然\mathscr{A}在标准正交基\varepsilon_1=\begin{pmatrix}1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix},\varepsilon_2=\begin{pmatrix}0\\1\\\vdots\\0\end{pmatrix},\varepsilon_n=\begin{pmatrix}0\\0\\\vdots\\1\end{pmatrix}$

下的矩阵即A

引理：设A是实对称矩阵, $\forall \alpha,\beta\in R^n$ ,有 $(\mathscr{A}\alpha,\beta)=(\alpha,\mathscr{A}\beta)$ ,或 $\beta'(A\alpha)=\alpha'A\beta$

证明：

$\beta'(A\alpha)=\beta'A'\alpha=(A\beta)'\alpha=\alpha'(A\beta)\qquad\mathcal{Q.E.D}$

注：引理将实对称矩阵的特性反映到线性变换上

对称变换

定义：欧氏空间中满足等式 $(\mathscr{A}\alpha,\beta)=(\alpha,\mathscr{A}\beta)$ 的线性变换称为对称变换

注：对称变换在标准正交基下的矩阵是实对称矩阵

引理：设 $\mathscr{A}$ 是线性变换, $V_1$ 是 $\mathscr{A}$ -子空间,则 $V_1^{\perp}$ 也是 $\mathscr{A}$ -子空间

证明：

$设\alpha\in V_1^{\perp}$

$要证\mathscr{A}\alpha\in V_1^{\perp}$

$即证\mathscr{A}\alpha\in V_1$

$\forall \beta\in V_1,有\mathscr{A}\beta\perp V_1$

$\because \alpha\perp V_1$

$\therefore (\alpha,\mathscr{A}\beta)=0$

$\therefore (\mathscr{A}\alpha,\beta)=(\alpha,\mathscr{A}\beta)=0$

$即\mathscr{A}\alpha\perp V_1,\mathscr{A}\alpha\in V_1^{\perp}$

$\therefore V_1^{\perp}也是\mathscr{A}-子空间\qquad\mathcal{Q.E.D}$

引理：设A是实对称矩阵,则 $R^n$ 中属于A的不同特征值的特征向量正交

证明：

$设\lambda,\mu是A的两个不同的特征值$

$\alpha,\beta分别是属于\lambda,\mu的特征向量$

$A\alpha=\lambda\alpha,A\beta=\mu\beta$

$定义线性变换\mathscr{A}$

$\mathscr{A}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}$

$\therefore \mathscr{A}\alpha=\lambda\alpha,\mathscr{A}\beta=\mu\beta$

$\because (\mathscr{A}\alpha,\beta)=(\alpha,\mathscr{A}\beta)$

$\therefore \lambda(\alpha,\beta)=\mu(\alpha,\beta)$

$\because \lambda\neq \mu$

$\therefore (\alpha,\beta)=0$

$即\alpha,\beta正交\qquad\mathcal{Q.E.D}$

主要定理

定理：对任一n级实对称矩阵A,都存在一个n级正交矩阵T,使 $T'AT=T^{-1}AT$ 成对角形

证明：

$由实对称矩阵和对称变换的关系$

$只需证对称变换\mathscr{A}有n个特征向量作成标准正交基$

$对空间维数n$

$n=1时,定理显然成立$

$设n-1时定理成立$

$对n维欧氏空间R^n$

$线性变换\mathscr{A}有一特征向量\alpha_1$

$特征值维\lambda\in R$

$将\alpha_1单位化后记作\alpha_1$

$作L(\alpha_1)的正交补,设为V_1$

$V_1是\mathscr{A}的不变子空间,维数是n-1$

$又\mathscr{A}|V_1显然满足(\mathscr{A}\alpha,\beta)=(\alpha,\mathscr{A}\beta)$

$仍为对称变换$

$由归纳假设,\mathscr{A}|V_1有n-1个特征向量\alpha_2,\cdots,\alpha_n作成V_1的标准正交基$

$\therefore \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n是R^n的标准正交基$

$又是\mathscr{A}的n个特征向量\qquad\mathcal{Q.E.D}$

求法

给定实对称矩阵A,求正交矩阵T使 $T'AT$ 成对角形

设 $\eta_1=\begin{pmatrix}t_{11}\\t_{21}\\\vdots\\t_{n1}\end{pmatrix},\eta_2=\begin{pmatrix}t_{12}\\t_{22}\\\vdots\\t_{n2}\end{pmatrix},\eta_n=\begin{pmatrix}t_{1n}\\t_{2n}\\\vdots\\t_{nn}\end{pmatrix}$ 为 $R^n$ 的一组标准正交基

它们都是A的特征向量

显然,由 $\varepsilon_1,\varepsilon_2,\cdots,\varepsilon_n$ 到 $\eta_1,\eta_2,\cdots,\eta_n$ 的过渡矩阵为

$T=\begin{pmatrix}t_{11}&t_{12}&\cdots&t_{1n}\\ t_{21}&t_{22}&\cdots&t_{2n}\\ \vdots&\vdots& &\vdots\\ t_{n1}&t_{n2}&\cdots&t_{nn}\end{pmatrix}$

T为一个正交矩阵, $T^{-1}AT=T'AT$ 即对角形

求法：

1.求出A的全部不同的特征值 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_r$

2.对每个 $\lambda_i$ ,解齐次线性方程组

$(\lambda_iE-A)\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}=0$

$求出一个基础解系,即A的特征子空间V_{\lambda_i}的一组基$

$由此求出V_{\lambda_i}的一组标准正交基\eta_{i1},\cdots,\eta_{ik_i}$

3. $\lambda_1,\cdots,\lambda_r$ 两两不同,故向量组 $\eta_{11},\cdots,\eta_{1k_1},\cdots,\eta_{r1},\cdots,\eta_{rk_r}$ 还是两两正交

它们的个数就等于空间维数

故它们构成 $R^n$ 的一组标准正交基,且也都是A的特征向量

故正交矩阵T求出

例：已知 $A=\begin{pmatrix}0&1&1&-1\\ 1&0&-1&1\\ 1&-1&0&1\\ -1&1&1&0\end{pmatrix}$ ,求一正交矩阵 $T$ ,使 $T'AT$ 成对角形

解：

$求A的特征值$

$|\lambda E-A|=\begin{vmatrix}\lambda&-1&-1&1\\ -1&\lambda&1&-1\\ -1&1&\lambda&-1\\ 1&-1&-1&\lambda\end{vmatrix}$

$=\begin{vmatrix}0&\lambda-1&\lambda-1&1-\lambda^2\\ 0&\lambda-1&0&\lambda-1\\ 0&0&\lambda-1&\lambda-1\\ 1&-1&-1&\lambda\end{vmatrix}$

$=-(\lambda-1)^3\begin{vmatrix}1&1&-1-\lambda\\ 1&0&1\\ 0&1&1\end{vmatrix}$

$=(\lambda-1)^3(\lambda+3)$

$即A的特征值为1(三重),-3$

$将\lambda=1代入$

$\begin{cases}\lambda x_1-x_2-x_3+x_4=0\\ -x_1+\lambda x_2+x_3-x_4=0\\ -x_1+x_2+\lambda x_3-x_4=0\\ x_1-x_2-x_3+\lambda x_4=0\end{cases}$

$求得基础解系为\begin{cases}\alpha_1=(1,1,0,0)\\ \alpha_2=(1,0,1,0)\\ \alpha_3=(-1,0,0,1)\end{cases}$

$正交化得$

$\begin{cases}\beta_1=\alpha_1=(1,1,0,0)\\\beta_2=\alpha_2-{(\alpha_2,\beta_1)\over (\beta_1,\beta_1)}\beta_1=({1\over 2},-{1\over 2},1,0)\\\beta_3=\alpha_3-{(\alpha_3,\beta_1)\over (\beta_1,\beta_1)}\beta_1-{(\alpha_3,\beta_2)\over (\beta_2,\beta_2)}\beta_2=(-{1\over 3},{1\over 3},{1\over 3},1)\end{cases}$

$单位化得$

$\begin{cases}\eta_1=({1\over \sqrt{2}},{1\over \sqrt{2}},0,0)\\ \eta_2=({1\over \sqrt{6}},-{1\over \sqrt{6}},{2\over \sqrt{6}},0)\\ \eta_3=(-{1\over \sqrt{12}},{1\over \sqrt{12}},{1\over \sqrt{12}},{3\over \sqrt{12}})\end{cases}$

$为属于三重特征值1的三个标准正交特征向量$

$将\lambda=-3代入$

$求得基础解系(1,-1,-1,1)$

$单位化得$

$\eta_4=({1\over 2},-{1\over 2},-{1\over 2},{1\over 2})$

$特征向量\eta_1,\eta_2,\eta_3,\eta_4构成R^4的一组标准正交基$

$所求的正交矩阵为$

$T=\begin{pmatrix}{1\over\sqrt{2}}&{1\over\sqrt{6}}&-{1\over\sqrt{12}}&{1\over\ 2}\\ {1\over\sqrt{2}}&-{1\over\sqrt{6}}&{1\over\sqrt{12}}&-{1\over\ 2}\\ 0&{2\over\sqrt{6}}&{1\over\sqrt{12}}&-{1\over\ 2}\\ 0&0&{3\over\sqrt{12}}&{1\over\ 2}\end{pmatrix}$

$T'AT=\begin{pmatrix}1\\&1\\& &1\\& & &-3\end{pmatrix}$

注：要求 $|T|=1$

若 $|T|=-1$ ,则取 $S=\begin{pmatrix}-1\\&1\\& &1\\& & &\ddots\\& & & &1\end{pmatrix}$

则 $T_1=TS$ 是正交矩阵

且 $|T_1|=|T||S|=1$

显然 $T_1'AT_1=T'AT$

若线性替换

$\begin{cases}x_1=c_{11}y_1+c_{12}y_2+\cdots+c_{1n}y_n\\ x_2=c_{21}y_1+c_{22}y_2+\cdots+c_{2n}y_n\\ \cdots\\ x_n=c_{n1}y_1+c_{n2}y_2+\cdots+c_{nn}y_n\end{cases}$

的矩阵 $C=(c_{ij})$ 是正交的,则称为正交的线性替换

正交的线性替换是非退化的

定理：任一实二次型 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^na_{ij}x_ix_j,a_{ij}=a_{ji}$ 都可经过正交的线性替换变成平方和 $\lambda_1 y_1^2+\lambda_2y_2^2+\cdots+\lambda_ny_n^2$ ,其中平方项的系数 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$ 即矩阵A的特征多项式全部的根

二次曲面

二次曲面一般方程

$a_{11}x^2+a_{22}y^2+a_{33}z^2+2a_{12}xy+2a_{13}xz+2a_{23}yz$

$+2b_1x+2b_2y+2b_3z+d=0$

令 $A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{12}&a_{22}&a_{23}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33}\end{pmatrix}$

$X=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}b_1\\b_2\\b_3\end{pmatrix}$

则 $X'AX+2B'X+d=0$

经过转轴,坐标变换公式为

$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c_{11}&c_{12}&c_{13}\\ c_{21}&c_{22}&c_{23}\\ c_{31}&c_{32}&c_{33}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1\end{pmatrix}$