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  • 任何矩阵都可以对角化
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    2022-08-08 09:58:33

    步骤

    第一步,看是不是实对称矩阵,如果是实对称矩阵,立即推可相似对角化,如果不是实对称矩阵,看第二步;
    第二步,求方阵的n个特征值,如果特征值彼此都不相同,也就是都是单根的话,立即推可相似对角化,如果有重根,看第三步;
    第三步,来验证k重根是不是具备k个线性无关的特征向量,也就是看A-λE或λE-A的秩是否等于n-k,若相等,立即推可相似对角化,不相等,则不能进行相似对角化

    原理:

    (1)实对称矩阵->不同特征值对应的特征向量之间两两正交->可以相似对角化(证明太难了,记住就行)
    (2)特征值不同->特征向量线性无关->可以相似对角化
    (3)当 λ 是矩阵 A 的特征值时, λ 的几何重数是 n-r(λ E-A),所以,通过验证每一个特征值是不是“代数重数=几何重数”,就可判断特征向量是不是线性无关->可以相似对角化

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  • 实对称矩阵一定可以对角化

    万次阅读 多人点赞 2020-06-28 11:11:44
    实对称矩阵一定可以对角化. 最近看共轭梯度下降的时候看到有人的推导里面用到了这个命题. 虽然以前学过, 但是学得很渣, 所以没有自己想过这个命题怎么样成立的. 现在将这些证明过程梳理一下. 实对称矩阵含有n个实根 ...

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    实对称矩阵一定可以对角化.
    最近看共轭梯度下降的时候看到有人的推导里面用到了这个命题. 虽然以前学过,
    但是学得很渣, 所以没有自己想过这个命题怎么样成立的.
    现在将这些证明过程梳理一下.

    实对称矩阵含有n个实根

    首先我们来证明一个命题, 实对称矩阵含有n个实根,
    注意,n个实根并不一定都是不同的, 可能含有重根.
    比如 ( r − 1 ) 2 = 0 (r-1)^2=0 (r1)2=0就含有两个重根 r = 1 r=1 r=1.在计算根数目的时候这个方程的解算两个.

    • 首先, 任意的矩阵 A \mathbf{A} A,它的特征多项式
      ∣ A − λ I ∣ = 0 |\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I}|=0 AλI=0
      是一个 n n n次多项式(这是很显然的).
      由于 n n n次多项式必定有 n n n个根(在复数域上). 这个命题暂不证明,
      直接使用. 我写过另外一篇文章简要的证明了一下这个定理.

    • 有了上一步的结论,
      我们现在只需要证明每一个根 λ i \lambda_i λi是实根就可以了.
      这个证明过程很简单. 假设 λ i \lambda_i λi是任意根之一,
      并且 α i \mathbf{\alpha}_i αi(当然也是在复数域),
      那么根据特征值和特征向量的定义.我们可以得
      A α i = λ i α i \mathbf{A}\mathbf{\alpha}_i=\lambda_i\mathbf{\alpha}_i Aαi=λiαi 取共轭得
      A α ‾ i = λ ‾ i α ‾ i \mathbf{A}\mathbf{\overline{\alpha}}_i=\overline{\lambda}_i\mathbf{\overline{\alpha}}_i Aαi=λiαi
      再进行转置得, 注意 A T = A A^T=A AT=A, 对称矩阵.
      α ‾ i T A = λ ‾ i α ‾ i T \mathbf{\overline{\alpha}}_i^T\mathbf{A}=\overline{\lambda}_i\mathbf{\overline{\alpha}}_i^T αiTA=λiαiT
      右边乘 α i \mathbf{\alpha}_i αi
      α ‾ i T A α i = λ ‾ i α ‾ i T α i \mathbf{\overline{\alpha}}_i^T\mathbf{A}\mathbf{\alpha}_i=\overline{\lambda}_i\mathbf{\overline{\alpha}}_i^T\mathbf{\alpha}_i αiTAαi=λiαiTαi

      再看 A α i = λ i α i \mathbf{A}\mathbf{\alpha}_i=\lambda_i\mathbf{\alpha}_i Aαi=λiαi,
      对它左边乘 α ‾ i T \overline{\mathbf{\alpha}}_i^{T} αiT可得
      α ‾ i T A α i = λ i α ‾ i T α i \mathbf{\overline{\alpha}}_i^T\mathbf{A}\mathbf{\alpha}_i=\lambda_i\mathbf{\overline{\alpha}}_i^T\mathbf{\alpha}_i αiTAαi=λiαiTαi

    • 上面两个式子相减得
      0 = ( λ ‾ i − λ i ) α ‾ i T α i 0=(\mathbf{\overline{\lambda}_i-\lambda_i})\mathbf{\overline{\alpha}}_i^T\mathbf{\alpha}_i 0=(λiλi)αiTαi
      因为, α ‾ i T α i \mathbf{\overline{\alpha}}_i^T\mathbf{\alpha}_i αiTαi是非0向量.所以我们可得 λ ‾ i − λ i = 0 \overline{\lambda}_i-\lambda_i=0 λiλi=0.
      也就是说 λ i \lambda_i λi是实数.
      又因为 λ i \lambda_i λi是任意的特征值,所以 A \mathbf{A} A,
      的所有特征值都是实数.

    实对称矩阵属于不同特征值的特征向量正交

    接下来我们再来证明一个命题,实对称矩阵属于不同特征值的特征向量正交.我们先假设两个不同的特征值位 λ i , λ j \lambda_i,\lambda_j λi,λj,
    他们对应的特征向量为 α i , α j \mathbf{\alpha}_i, \mathbf{\alpha}_j αi,αj. 假如,
    我们定义 ( α i , α j ) (\mathbf{\alpha}_i, \mathbf{\alpha}_j) (αi,αj)表示点积.
    那么我们可以按照下面的推导.

    λ i ( α i , α j ) = ( λ i α i , α j ) = ( A α i , α j ) = α j T A α i = α i T A α j \lambda_i(\mathbf{\alpha}_i, \mathbf{\alpha}_j)=(\lambda_i\mathbf{\alpha}_i, \mathbf{\alpha}_j)=(\mathbf{A\alpha}_i, \mathbf{\alpha}_j)=\mathbf{\alpha_j^TA\alpha_i}=\mathbf{\alpha_i^TA\alpha_j} λi(αi,αj)=(λiαi,αj)=(Aαi,αj)=αjTAαi=αiTAαj
    λ j ( α i , α j ) = ( α i , λ j α j ) = ( α i , A α j ) = α i T A α j \lambda_j(\mathbf{\alpha}_i, \mathbf{\alpha}_j)=(\mathbf{\alpha}_i, \lambda_j\mathbf{\alpha}_j)=(\mathbf{\alpha}_i, \mathbf{A\alpha}_j)=\mathbf{\alpha_i^TA\alpha_j} λj(αi,αj)=(αi,λjαj)=(αi,Aαj)=αiTAαj

    下相减得 ( λ i − λ j ) ( α i , α j ) = 0 (\lambda_i-\lambda_j)(\mathbf{\alpha}_i, \mathbf{\alpha}_j)=0 (λiλj)(αi,αj)=0,
    又因为 λ i ≠ λ j ⇒ α i T ⋅ α j = 0 \lambda_i\neq \lambda_j \Rightarrow \mathbf{\alpha}_i^T\cdot \mathbf{\alpha}_j=0 λi=λjαiTαj=0,
    也就是正交成立.

    实对称矩阵可对角化

    这里我们使用归纳法来证明.

    • 首先假设 n = 1 n=1 n=1. A = a 11 \mathbf{A}=a_{11} A=a11. 这个不证自明.

    • 假设 n = k − 1 n=k-1 n=k1, 命题撤成立.

    • 现在 n = k n=k n=k, 我们假设其中一个特征值位 λ 1 \lambda_1 λ1,
      那么我可以利用第一个特征值对应的特征向量构造一组 R n R^n Rn的正交基.
      T = ( η 1 , η 2 , ⋯   , η n ) T=(\eta_1, \eta_2,\cdots, \eta_n) T=(η1,η2,,ηn). 那么我们可以得
      T − 1 A T = ( T − 1 λ 1 η 1 , T − 1 A η 2 , ⋯   , T − 1 A η n ) T^{-1}AT=(T^{-1}\lambda_1\eta_1, T^{-1}A\eta_2, \cdots, T^{-1}A\eta_n) T1AT=(T1λ1η1,T1Aη2,,T1Aηn)
      又因为 T − 1 T = I T^{-1}T=I T1T=I, 那么,
      我们可以得 T − 1 η 1 = ε 1 T^{-1}\eta_1=\mathbf{\varepsilon}_1 T1η1=ε1. 那么可得
      T − 1 A T = ( λ 1 α 0 B ) T^{-1}AT=\left( \begin{array}{cc} \lambda_1 & \mathbf{\alpha} \\ \mathbf{0} & \mathbf{B} \end{array} \right) T1AT=(λ10αB)

      由于 A A A, 是一个实对称矩阵,
      那么 T − 1 A T T^{-1}AT T1AT也是一个实对称矩阵.进而 α = 0 \mathbf{\alpha}=\mathbf{0} α=0.
      由此可见 B B B也是一个 ( k − 1 ) × ( k − 1 ) (k-1)\times (k-1) (k1)×(k1)的实对称矩阵. 按照假设,
      它是可以对角化的.现在假设.
      T 2 − 1 B T 2 = d i a g { λ 2 , λ 3 , ⋯   , λ n } T_2^{-1}BT_{2}=diag\{\lambda_2, \lambda_3, \cdots, \lambda_n\} T21BT2=diag{λ2,λ3,,λn}
      并设 T f = T ( 1 0 0 T 2 ) T_f=T\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & T_2 \end{array} \right) Tf=T(100T2) 那么 T f − 1 A T f = ( 1 0 0 T 2 ) − 1 T − 1 A T ( 1 0 0 T 2 ) = ( 1 0 0 T 2 − 1 ) ( λ 1 0 0 B ) ( 1 0 0 T 2 ) T^{-1}_fAT_{f}=\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & T_2 \end{array} \right)^{-1}T^{-1}AT\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & T_2 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & T_2^{-1} \end{array} \right)\left( \begin{array}{cc} \lambda_1 & 0 \\ 0 & B \end{array} \right)\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & T_2 \end{array} \right) Tf1ATf=(100T2)1T1AT(100T2)=(100T21)(λ100B)(100T2) = ( λ 1 0 0 T 2 − 1 B T 2 ) = d i a g { λ 1 , λ 2 , ⋯   , λ n } =\left( \begin{array}{cc} \lambda_1& 0 \\ 0 & T_2^{-1}BT_{2} \end{array} \right)=diag\{\lambda_1,\lambda_2, \cdots, \lambda_n\} =(λ100T21BT2)=diag{λ1,λ2,,λn}

    至此, 原式得证. 也就是说实对称矩阵一定可以对角化.
    反过来也说明实对称矩阵的特征多项式的代叔重述等于几何重数.

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  • 矩阵的相似对角化

    千次阅读 2022-04-02 00:00:17
    矩阵相似的定义

    矩阵相似的定义

    设 A与B都是N阶方阵,若是\exists一个可逆的N阶矩阵P,使得P^{-1}AP=B,则称A与B相似,记作A\sim B,P成为由A到B的相似变换矩阵

    相似矩阵的性质

    1、A\sim A \because E^{-1}AE=A

    矩阵A与它自身相似

    2、若A\sim B,则B\sim A

    如果A与B相似,那么B与A也相似

    证明:\because A\sim B

    \therefore P^{-1}AP=B\rightarrow PBP^{-1}=A

    所以P^{-1}为B到A的相似变换矩阵

    3、若A\sim B,B\sim C,则A\sim C

    相似具有传递性

    证明:\because A\sim B,B\sim C

    \therefore P^{-1}AP=B , Q^{-1}BQ=C

    将A代换B

    Q^{-1}P^{-1}APQ=C\rightarrow (PQ)^{-1}A(PQ)=C

    其中PQ为A到C的相似变换矩阵

    4、若A\sim B,则A\cong B

    如果A和B相似,那么A与B等价

    因为等价的定义是 PAQ=B,存在P、Q使得A经过有限次的初等变换,成为B,那么称A与B等价

    所以上述明显成立

    也意味着,A和B两个矩阵的秩是一样的

    5、若A\sim B,则\left | A-\lambda E \right |=\left | B-\lambda E \right |,意味着如果两个矩阵相似,那么他们的特征值相同,因为特征值相同,所以两个矩阵的迹+行列式都相同

    证明:\because A\sim B

     \therefore P^{-1}AP=B\rightarrow \left | A-\lambda E \right |\rightarrow \left | P^{-1}AP-\lambda P^{-1}P \right | \rightarrow \left | P^{-1}(A-\lambda E) P \right |\rightarrow \left | P^{-1} \right |\left | P \right |\left | (A-\lambda E) \right |\rightarrow 1*\left | (A-\lambda E) \right |

    6、 若A\sim BA^{-1}\sim B^{-1}

    如果A、B相似,那么A的逆和B的逆也相似

    证明:P^{-1}AP=B\rightarrow A=PBP^{-1}\rightarrow A^{-1}=PB^{-1}P^{-1}\rightarrow P^{-1}A^{-1}P=B^{-1}

    所以,A^{-1}\sim B^{-1}

    7、 若A\sim BA^{*}\sim B^{*}

    如果A、B相似,那么A的伴随矩阵和B的伴随矩阵也相似

    证明:\left | A \right |A^{-1}=A^{*}

    因为A、B相似,那么A、B的行列式相同

    由6可知,A的逆与B的逆也相似

    P^{-1}\left | A \right |A^{-1}P=\left | A \right |B^{-1}=\left | B \right |B^{-1}

    P^{-1}A^{*}P=B^{*}

    所以A的伴随跟B的伴随也相似

    8、  若A\sim B ,kA\sim kB

    如果A、B相似,那么kA与kB也相似

    证明:这个很简单

    A\sim B\rightarrow P^{-1}AP=B\rightarrow P^{-1}(kA)P=(kB)

    9、 若A\sim B ,A^{k}\sim B^{k}

    如何A、B相似,那么A的k次方与B的k次方也相似

    证明:

    P^{-1}AP=B

    B^{k}=(P^{-1}AP)^{k}=\underset{k}{\underbrace{P^{-1}APP^{-1}AP...P^{-1}AP}}=P^{-1}A^{k}P

    \therefore P^{-1}A^{k}P=B^{k}

    10、 若A\sim B ,f(A)\sim f(B),其中f(x)为多项式

    如果A矩阵与B矩阵相似,那么A矩阵的多项式与B矩阵的多项式也相似

    证明:

    f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}....+a_{2}x^{2}+a_{1}x

    根据8+9的性质,就能证明该性质

    11、 若A\sim B ,A^{T}\sim B^{T}

    如果A、B相似,那么A的转置和B的转置也相似

    证明:

    P^{-1}AP=B

    B^{T}=P^{T}A(P^{T})^{-1}

    A=PBP^{-1}\rightarrow A^{T}=\rightarrow (P^{T})^{-1}P^{-1}APP^{T}

    PP^{T} A^{T}(P^{T})^{-1}P^{-1}=\rightarrow A

    将之代入到B^{T}=P^{T}A(P^{T})^{-1}

     B^{T}=P^{T}PP^{T} A^{T}(P^{T})^{-1}P^{-1}(P^{T})^{-1}

    P^{T}PP^{T} A^{T}(P^{T}PP^{T})^{-1}=B^{T}\rightarrow ((P^{T}PP^{T})^{-1})^{-1}A^{T}(P^{T}PP^{T})^{-1}=B^{T}

    矩阵的相似对角化定义

    其实就是P^{-1}AP=B中的B为对角矩阵(diag),或者称之为\Lambda如果不存在矩阵P使得A可以变成对角矩阵,那么就称A不能相似对角化

    两个问题,什么样的A可以相似对角化?A如果可以相似对角化,那么\Lambda是多少?

    P^{-1}AP=\Lambda

    其中\Lambda = \begin{vmatrix} \lambda _{1}& & & \\ & \lambda _{2}& & \\ & & ...& \\ & & & \lambda _{n} \end{vmatrix}

    P=\begin{vmatrix} \alpha _{1} & \alpha _{2} & ...& \alpha _{n} \end{vmatrix},其中\alpha _{1},\alpha _{2}...\alpha _{n}n维的列向量

    代入等式

    P^{-1}AP=\Lambda\rightarrow AP=P\Lambda

    A\begin{vmatrix} \alpha _{1} & \alpha _{2} & ...& \alpha _{n} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} \alpha _{1} & \alpha _{2} & ...& \alpha _{n} \end{vmatrix}\begin{vmatrix} \lambda _{1}& & & \\ & \lambda _{2}& & \\ & & ...& \\ & & & \lambda _{n} \end{vmatrix}

    \begin{vmatrix} A\alpha _{1} & A\alpha _{2} & ...& A\alpha _{n} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} \alpha _{1}\lambda _{1} & \alpha _{2}\lambda _{2} & ...& \alpha _{n}\lambda _{n} \end{vmatrix}

    \therefore A\alpha _{1}=\alpha _{1}\lambda _{1}

    A\alpha _{2}=\alpha _{2}\lambda _{2}

    ...

    A\alpha _{n}=\alpha _{n}\lambda _{n}

    这不就是特征值和特征向量么

    如果两个矩阵相似,那么他们的特征值相同,所以如果A可以相似对角化,\Lambda里的值就是特征值(见5的证明),P是特征值对应的特征向量,并且P需要可逆

    P如果可逆的话,那么P满秩,秩为N,那么\alpha _{1},\alpha _{2}...\alpha _{n}线性无关

    意味着A如果正好能找到N个线性无关的特征向量,那么A就能相似对角化

    而A里可能有很多特征值是相同的

    意味着,我们只需要查找A的多重特征值里,恰好有对应数的线性无关的特征向量的话,那么A就能相似对角化

    推论:如果A的特征值各不相同,那么A一定可以对角化

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  • 实对称矩阵一定可以相似对角化

    千次阅读 2021-09-12 21:46:56
    对于任意的nnn阶实对称矩阵AAA,存在正交矩阵QQQ,使得 Q−1AQ=QTAQ=diag(λ1,…,λn)Q^{-1}AQ=Q^T AQ=diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)Q−1AQ=QTAQ=diag(λ1​,…,λn​) 其中λ1,…,λn\lambda_1,\dots,\lambda_n...

    对于任意的 n n n阶实对称矩阵 A A A,存在正交矩阵 Q Q Q,使得
    Q − 1 A Q = Q T A Q = d i a g ( λ 1 , … , λ n ) Q^{-1}AQ=Q^T AQ=diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n) Q1AQ=QTAQ=diag(λ1,,λn)
    其中 λ 1 , … , λ n \lambda_1,\dots,\lambda_n λ1,,λn A A A的特征值

    证明:
    n = 1 n=1 n=1
    I − 1 A I = a 11 I^{-1}AI=a_{11} I1AI=a11
    成立
    假设当 n = k − 1 n=k-1 n=k1时成立
    不妨设 A α 1 = λ 1 α 1 ( ∥ α 1 ∥ 2 = 1 ) A\alpha_1=\lambda_1 \alpha_1(\Vert \alpha_1 \Vert_2=1) Aα1=λ1α1(α12=1)
    由施密特正交化,存在 n − 1 n-1 n1个单位向量 α 2 , α 3 , … , α n \alpha_2,\alpha_3,\dots,\alpha_n α2,α3,,αn(其中 α 2 , α 3 , … , α n \alpha_2,\alpha_3,\dots,\alpha_n α2,α3,,αn不一定是特征值)
    使得 α 1 , α 2 , … , α n \alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_n α1,α2,,αn两两正交
    Q 1 = ( α 1 , α 2 , … , α n ) Q_1=(\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_n) Q1=(α1,α2,,αn)
    Q 1 T A Q 1 = ( α 1 T A α 1 α 1 T A α 2 α 1 T A α 3 ⋯ α 1 T A α n α 2 T A α 1 α 2 T A α 2 α 2 T A α 3 ⋯ α 2 T A α n ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ α n T A α 1 α n T A α 2 α n T A α 3 ⋯ α n T A α n ) = ( λ 1 α 1 T α 1 λ 1 α 1 T α 2 λ 1 α 1 T α 3 ⋯ λ 1 α 1 T α n λ 1 α 2 T α 1 α 2 T A α 2 α 2 T A α 3 ⋯ α 2 T A α n ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ λ 1 α n T α 1 α n T A α 2 α n T A α 3 ⋯ α n T A α n ) = ( λ 1 0 0 ⋯ 0 0 α 2 T A α 2 α 2 T A α 3 ⋯ α 2 T A α n ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 0 α n T A α 2 α n T A α 3 ⋯ α n T A α n ) = ( λ 1 0 0 S ) \begin{aligned} Q_1^TAQ_1&=\begin{pmatrix} \alpha_1^TA\alpha_1&\alpha_1^TA\alpha_2&\alpha_1^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_1^TA\alpha_n\\ \alpha_2^TA\alpha_1&\alpha_2^TA\alpha_2&\alpha_2^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_2^TA\alpha_n\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ \alpha_n^TA\alpha_1&\alpha_n^TA\alpha_2&\alpha_n^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_n^TA\alpha_n\\ \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \lambda_1\alpha_1^T\alpha_1&\lambda_1\alpha_1^T\alpha_2&\lambda_1\alpha_1^T\alpha_3&\cdots &\lambda_1\alpha_1^T\alpha_n\\ \lambda_1\alpha_2^T\alpha_1&\alpha_2^TA\alpha_2&\alpha_2^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_2^TA\alpha_n\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ \lambda_1\alpha_n^T\alpha_1&\alpha_n^TA\alpha_2&\alpha_n^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_n^TA\alpha_n\\ \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \lambda_1&0&0&\cdots &0\\ 0&\alpha_2^TA\alpha_2&\alpha_2^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_2^TA\alpha_n\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 0&\alpha_n^TA\alpha_2&\alpha_n^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_n^TA\alpha_n\\ \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \lambda_1&0\\ 0&S\\ \end{pmatrix} \end{aligned} Q1TAQ1=α1TAα1α2TAα1αnTAα1α1TAα2α2TAα2αnTAα2α1TAα3α2TAα3αnTAα3α1TAαnα2TAαnαnTAαn=λ1α1Tα1λ1α2Tα1λ1αnTα1λ1α1Tα2α2TAα2αnTAα2λ1α1Tα3α2TAα3αnTAα3λ1α1Tαnα2TAαnαnTAαn=λ1000α2TAα2αnTAα20α2TAα3αnTAα30α2TAαnαnTAαn=(λ100S)
    S S S是一个 n − 1 n-1 n1阶实对称矩阵
    由假设
    存在正交矩阵 Q Q Q,使得
    Q T S Q = d i a g ( λ 2 , λ 3 , … , λ n ) Q^T SQ=diag(\lambda_2,\lambda_3,\dots,\lambda_n) QTSQ=diag(λ2,λ3,,λn)
    Q 2 = ( 1 0 0 Q ) Q_2=\begin{pmatrix} 1&0\\ 0&Q \end{pmatrix} Q2=(100Q)
    显然 Q 2 Q_2 Q2 n n n阶正交矩阵
    Q 2 T Q 1 T A Q 1 Q 2 = ( Q 1 Q 2 ) T A ( Q 1 Q 2 ) = d i a g ( λ 1 , … , λ n ) Q_2^T Q_1^TAQ_1 Q_2=(Q_1 Q_2)^TA(Q_1 Q_2)=diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n) Q2TQ1TAQ1Q2=(Q1Q2)TA(Q1Q2)=diag(λ1,,λn)
    显然 Q 1 Q 2 Q_1 Q_2 Q1Q2是正交矩阵
    由数学归纳法,结论成立

    推论

    Q T A Q = d i a g ( λ 1 , … , λ n ) Q^TAQ=diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n) QTAQ=diag(λ1,,λn)
    A Q = Q d i a g ( λ 1 , … , λ n ) AQ=Qdiag(\lambda_1,\dots,\lambda_n) AQ=Qdiag(λ1,,λn)
    ( A x 1 , … , A x n ) = ( λ 1 x 1 , … , λ n x n ) (Ax_1,\dots,Ax_n)=(\lambda_1 x_1,\dots,\lambda_n x_n) (Ax1,,Axn)=(λ1x1,,λnxn)
    A x i = λ i x i ( i = 1 , 2 , … , n ) Ax_i=\lambda_i x_i(i=1,2,\dots,n) Axi=λixi(i=1,2,,n)
    显然 Q Q Q A A A的特征向量经过施密特正交化和单位化后得到的正交矩阵

    接着证明这个对角矩阵取遍了所有 A A A的特征值,且 k k k重特征值取了 k k k

    等价于证明,实对称矩阵 k k k重特征值恰好有 k k k个线性无关的特征向量

    由几何重复度小于等于代数重复度(by 矩阵论)
    ( A − λ i ) x = 0 (A-\lambda_i)x=0 (Aλi)x=0的基础解系线性无关向量的个数,不会超过 λ i \lambda_i λi的重数
    假设 λ i \lambda_i λi的线性无关特征向量小于 k k k,则必然有一个特征值对应的线性无关特征向量多了一个,矛盾

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  • 基于Matlab的实对称矩阵对角化

    千次阅读 2021-04-20 14:06:23
    假设两个实对称矩阵A和B,如果存在一个可逆的矩阵X, XAX'=B,已知A和B,知道怎么用matlab求X?本例中数据如下:A=[0.287402 0 00 0.483209 00 0 0.000025];B=[0.287402 -0.028039 -0.0000727-0.028039 0.483209 0....
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  • 矩阵对角化条件

    千次阅读 2019-08-31 16:21:28
    文章目录 充要条件① 定理2 充要条件② 充要条件③ 充要条件① ...可以用这个条件推不可对角化: A A A 的特征多项式若有一个复根 ∉ K \notin K ∈ / ​ K 有一个特征值的几何重数<代数重数
  • 相似矩阵矩阵的相似对角化

    万次阅读 多人点赞 2016-10-19 19:12:47
    特殊的,如果A∼Λ,Λ是矩阵A \sim \Lambda, \Lambda 是矩阵, 则称A可以相似对角化。Λ\Lambda是相似标准形。矩阵可相似对角化的充要条件 n阶矩阵A可对角化 ⟺\Longleftrightarrow A有n个线性无关的特征向
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  • 循环矩阵傅里叶对角化

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  • 矩阵可相似对角化的条件

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  • 实对称矩阵必可正交对角化证明

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  • 线性代数笔记8:矩阵对角化

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  • 实对称矩阵的相似对角化

    万次阅读 2020-05-18 10:11:28
    每个元素为实数的对角矩阵称为实对称矩阵,实对称矩阵必定相似于一个对角矩阵对角线以外的元素全为0的矩阵),即存在可逆矩阵P,使得,且存在正交矩阵Q,使得 实对称矩阵化为对角矩阵的步骤: 1.找出全部特征...
  • 矩阵角化的充要条件:n阶矩阵角化的充要条件是其有n个线性无关的特征...如果可以对角化,对角线上就是特征值。 即便只是三角化,对角线上也是特征值。 注意:满秩的矩阵不一定有n个线性无关的特征向量。 ......
  • 实对称矩阵对角化

    千次阅读 2021-10-10 21:39:28
    矩阵角形相似(P−1AP=ΛP^{-1}AP=\LambdaP−1AP=Λ)的条件 定理1 AAA 相似于角形 Λ\LambdaΛ 的充要条件是 AAA 有 nnn 个线性无关的特征向量。 推论 ...所有的实对称矩阵都对角化!!! 向量
  • 矩阵对角化那些事

    千次阅读 2020-01-28 13:11:23
    矩阵角化那些事所有矩阵都可以对角化吗?
  • mathematica 矩阵对角化

    千次阅读 2020-08-12 16:38:09
    mathematica 小tip eigensystem给出的Vector默认是列向量,使用vectors做矩阵乘法的时候,就是利用向量的内积来做乘法 ... A.B(AB矩阵),AB=(A1A2A3)(B1B2B3),其中A1A2A3是A的行向量,B1B2B3是B的列向量
  • 1 ,对称矩阵 : 定于 : 1 ,如果 :矩阵 A = A 的转置 2 ,那么 :A 为对称矩阵 如图 : 2 ,矩阵 : ...1 ,主角线的元素不为 0 2 ,其他元素为 0 ...3 ,正定矩阵 : ...2 ,则称这个过程是对角化
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    万次阅读 2020-05-29 21:04:36
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空空如也

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任何矩阵都可以对角化