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  • 对称矩阵必可正交对角化证明

    千次阅读 2018-08-05 13:36:26
    若的特征值,则存在正交矩阵Q,使A相似于如下三角矩阵: 证明如下(数学归纳法): 设n*n阶矩阵A,当n = 1时,结论显然成立,假设当n - 1时结论成立,我们需要证明当n时,结论也成立。 设A的一个特征值...

    n阶矩阵A可正交对角化的充分条件是A是实对称矩阵,即若A是实对称矩阵则A必可正交对角化。

    首先,有以下定理:

    A\in R^{n*n}的特征值为\lambda _{1},\lambda _{1},...,\lambda _{n},且\lambda {i}\in R(i=1,2,...,n),则存在正交矩阵Q,使A相似于如下三角矩阵:

    Q^{-1}AQ = Q^{T}AQ = \begin{bmatrix} \lambda _{1} & * & . & . & *\\ & \lambda _{2} & . & . & .\\ & & . & . & .\\ & & & . & *\\ & & & & \lambda _{n} \end{bmatrix}

    证明如下(数学归纳法):

    设n*n阶矩阵A,当n = 1时,结论显然成立,假设当n - 1时结论成立,我们需要证明当n时,结论也成立。

    设A的一个特征值为\lambda _{1},对应的特征向量为\alpha _{1},将\alpha _{1}扩展为n维空间的一组标准正交基\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n},记为:Q_{1} = [\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}],则:

    AQ_{1} = [A\alpha _{1},A\alpha _{2},...,A\alpha _{n}] = [\lambda _{1}\alpha _{1},A\alpha _{2},...,A\alpha _{n}]

    因为Q是n维空间的一组标准正交基,所以A\alpha _{i}可表示为:

    ,则:

    AQ_{1} = [\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}]\begin{bmatrix} \lambda _{1} & a_{21} & a_{31} & . & . & a_{n1}\\ 0 & & & & & \\ 0 & & & & & \\ . & & & A_{1} & & \\ . & & & & & \\ 0 & & & & & \end{bmatrix}

    Q_{1}^{-1}AQ_{1} = Q_{1}^{T}AQ_{1} = [\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}]^{-1} [\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{n}]\begin{bmatrix} \lambda _{1} & a_{21} & a_{31} & . & . & a_{n1}\\ 0 & & & & & \\ 0 & & & & & \\ . & & & A_{1} & & \\ . & & & & & \\ 0 & & & & & \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda _{1} & a_{21} & a_{31} & . & . & a_{n1}\\ 0 & & & & & \\ 0 & & & & & \\ . & & & A_{1} & & \\ . & & & & & \\ 0 & & & & & \end{bmatrix}

    由相似矩阵有相似特征值,可知n-1阶矩阵A_{1}有特征值\lambda _{2},\lambda _{3},...,\lambda _{n}。由假设可知,存在n-1阶正交矩阵S使:
    S^{T}A_{1}S = \begin{bmatrix} \lambda _{2} & . & . & *\\ & .& & .\\ & & .& .\\ & & & \lambda _{n} \end{bmatrix}
    记:Q_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & . & . & 0\\ 0 & & & & \\ . & & S & & \\ . & & & & \\ 0 & & & & \end{bmatrix},Q = Q_{1}Q_{2},显然Q是正交矩阵(QQ^{T} = E)。

    Q^{-1}AQ = Q^{T}AQ = Q_{2}^{T}(Q_{1}^{T}AQ_{1})Q_{2} = Q_{2}^{T}\begin{bmatrix} \lambda _{1} & a_{21} & . & . & a_{n1}\\ 0 & & & & \\ . & & A_{1} & & \\ . & & & & \\ 0 & & & & \end{bmatrix}Q_{2} = \begin{bmatrix} \lambda _{1} & * & . & . & *\\ & \lambda _{2} & & & .\\ & & . & & .\\ & & & . & *\\ & & & & \lambda _{n} \end{bmatrix}. 得证。

    记:

    B = \begin{bmatrix} \lambda _{1} & * & . & . & *\\ & \lambda _{2} & & & .\\ & & . & & .\\ & & & . & *\\ & & & & \lambda _{n} \end{bmatrix} = Q^{T}AQ

    则:

    B^{T} = (Q^{T}AQ)^{T} = Q^{T}A^{T}Q

    若A为实对称矩阵,即A = A^{T},则B^{T} = Q^{T}AQ = B,又因为B为上三角矩阵,所以B必是对角矩阵,即:

    B = \begin{bmatrix} \lambda _{1} & 0 & . & . & 0\\ 0& \lambda _{2} & & & .\\ .& & . & & .\\. & & & . & 0\\ 0& .& .& 0& \lambda _{n} \end{bmatrix}

    所以实对称矩阵必可正交对角化。(另外:根据矩阵可对角化的充要条件,很容易得出n阶实对称矩阵具有n个线性无关的特征向量)

    但能正交对角化的矩阵不一定是实对称矩阵。事实上,矩阵A正交相似于对角阵的充要条件是矩阵A为正规矩阵,即AA^{T} = A^{T}A,实对称矩阵是正规矩阵的一种。

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    参考资料:

    David.C.Lay《线性代数及其应用》

    程云鹏《矩阵论》

    史荣昌《矩阵分析》

    其他参考:

    为什么实对称矩阵一定能对角化?

    充分条件和必要条件怎么区分 ?

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  • 题目什么往往要求求正交矩阵,这du也是什么要讨论对角化的一个主要的目的zhi之一,是为了求已知矩阵A的n次方,即A^n 因为T^(-1)AT=B(对角阵) 那么A^n=TB^nT^(-1) 由于对角阵B的n次方很好求,所以把A^n转化...

    题目为什么往往要求求正交矩阵,这du也是为什么要讨论对角化的一个主要的目的zhi之一,是为了求已知矩阵A的n次方,即A^n

    因为T^(-1)AT=B(对角阵)

    那么A^n=TB^nT^(-1)

    由于对角阵B的n次方很好求,所以把A^n转化成B^n    {因为(T^(-1)AT)*(T^(-1)AT)=B*B,即T^(-1)A^(2)T=b^(2),所以可以类推出来,T^(-1)A^(n)T=b^(n),即A^(n)=Tb^(n)T^(-1) }

    但是如果矩阵T只是可逆,那么求它逆需要一定的过程,

    而如果矩阵T是正交矩阵的话,那么它的逆就是它的转置,求起来更加方便 ,

    因此一般来讲对于实对称矩阵,我们都要求要会求其正交矩阵。

    实对称矩阵是矩阵,对的,但是实对称矩阵是一种特殊的矩阵,作为特殊的矩阵,那么除了一般矩阵性质以外还有一些特殊的性质,比如

    1)实对称矩阵的特征值全为实数,

    2)实对称矩阵中属于不同特征值的特征向量必正交。

    3)n阶实对称矩阵一定有n个线性无关的特征向量。

    4)实对称矩阵一定可以对角化。

    由性质4可知:对于实对称矩阵,一定存在可逆阵T, 使得T^(-1)AT=对角阵。

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  • 对称矩阵特征向量正交的推导

    千次阅读 2020-08-21 18:25:32
    对于对称方阵A,如有特征解对应特征向量,特征解对应特征向量,根据特征向量的定义,有: ...又因A是对称矩阵,故有,故(7)可化为: 故(6)等式右边 , 因,故必0,亦即和正交,证毕。 ...

    对于对称方阵A,如有特征解\lambda _{1}对应特征向量x_{1},特征解\lambda _{2}对应特征向量x_{2},根据特征向量的定义,有:

    A * x_{1} =\lambda _{1} * x_{1} \, \, \, \, \, \, ( 1 )

    A * x_{2} =\lambda _{2} * x_{2} \, \, \, \, \, \, ( 2 )

    x_{1}x_{2}正交,则必有x_{1}^{T}x_{2}=0

    欲证明此式,可构造非零表达式常数K,使得K*(x_{1}^{T}x_{2})=0,而因\lambda _{1}\lambda _{2}是不同的特征解,即\lambda _{1}\neq \lambda _{2},故K式可为\lambda _{2}-\lambda _{1},下面来构造此式:

    ① 左乘x_{2}^{^{T}},得:

     x_{2}^{T}*A * x_{1} =\lambda _{1} * x_{2}^{T}*x_{1} \, \, \, \, \, \, ( 3 )

    ②左乘x_{1}^{^{T}},得:

     x_{1}^{T}*A * x_{2} =\lambda _{2} * x_{1}^{T}*x_{2} \, \, \, \, \, \, ( 4 )

    x_{2}^{T}x_{1}由于x_{1}x_{2}都是列向量,故结果为1X1矩阵,亦即x_{2}^{T}x_{1}=x_{1}^{T}x_{2}, (3)式等价于:

     x_{2}^{T}*A * x_{1} =\lambda _{1} * x_{1}^{T}*x_{2} \, \, \, \, \, \, ( 5 )

    (4) - (5)式,得

    x_{1}^{T}*A * x_{2}-x_{2}^{T}*A * x_{1} =(\lambda _{2}-\lambda _{1}) * x_{1}^{T}*x_{2} \, \, \, \, \, \, ( 6 )

    (6)式等号左边为:

    \sum x_{1i}*A_{ij}*x_{2j}-\sum x_{2i}*A_{ij}*x_{1j}\: \; \; (7)

    又因A是对称矩阵,故有A_{ij}=A_{ji},故(7)可化为:

    \sum x_{1i}*A_{ij}*x_{2j}-\sum x_{2i}*A_{ij}*x_{1j} ={\color{Blue} \sum x_{1i}*A_{ij}*x_{2j}-\sum x_{2i}*A_{ji}*x_{1j}} =\sum x_{1i}*A_{ij}*x_{2j}-\sum x_{1i}*A_{ij}*x_{2j}=0

    故(6)等式右边

    {\color{Blue} (\lambda _{2}-\lambda _{1}) * x_{1}^{T}*x_{2} =0}

    \lambda _{1}\neq \lambda _{2},故x_{1}^{T}x_{2}必为0,亦即x_{1}x_{2}正交,证毕。

    但如果{\color{Blue} \lambda _{1}= \lambda _{2}},那么不一定正交,但可以选出正交的向量。

    因此对称矩阵可以写成:\bg_white A=Q\Lambda Q^{T}(其中Q为标准正交矩阵orthonormal matrix,\Lambda为由A的特征值组成的diagonal matrix)

     

     

    注:从https://blog.csdn.net/btchengzi0/article/details/57075361###整理

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  • 对称矩阵特征向量正交推导

    千次阅读 2017-02-25 12:15:12
    对于对称方阵A,如有特征解λ1对应特征向量p1,特征解λ2对应特征向量p2,根据特征向量的定义,有: A * p1 = λ1 * p1 ① A * p2 = λ2 * p2 ② 如p1和p2正交,则必有p1' * p2 = 0,欲证明此式,可构造非零...

    对于对称方阵A,如有特征解λ1对应特征向量p1,特征解λ2对应特征向量p2,根据特征向量的定义,有:

    A * p1 =  λ1 * p1 

    A * p2 =  λ2 * p2 

    p1p2正交,则必有p1' * p2 = 0,欲证明此式,可构造非零表达式常数K,使得K * (p1' * p2) = 0,而因λ1和λ2是不同的特征解,即λ1 != λ2,故K式可为λ2 - λ1,下面来构造此式:

    ① 左乘p2',得:

     p2' * A * p1 =  λ1 * p2' * p1 

    ②左乘p1',得:

     p1' * p2 =  λ2 * p1' * p2

    p2' * p1由于p1和p2都是列向量,故结果为1X1矩阵,亦即p2' * p1 = p1' * p2 , ③式等价于:

     p2' * A * p1 =  λ1 * p1' * p2 

    ④ - ⑤式,得

    p1' * A p2 -  p2' * A * p1 = (λ2 - λ1) *  (p1' * p2) ⑥

    ⑥式等号左边为:

    p1i * Aij * p2j - ∑p2i * Aij * p1j ⑦,又因A是对称矩阵,故有Aij == Aji,故⑦可化为∑p1i * Aij * p2j - ∑p2i * Aji * p1j = ∑p1i * Aij * p2j - ∑p1j* Aji * p2i  = ∑p1i * Aij * p2j - ∑p1i* Aij * p2j = 0

    故⑥等式右边(λ2 - λ1) *  (p1' * p2) = 0,因λ2 != λ1,故p1' * p2 必为0,亦即p1p2正交,证毕。




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  • 对称矩阵必可正交相似对角化

    千次阅读 2020-05-22 11:35:02
    n阶实对称矩阵A必有n个线性不相关特征向量,A的特征多项式的k重根...而特征向量乘以常数依然对应同一个特征值,从而可以使n个特征向量是单位向量两两正交,组成一个正交矩阵Q。 A=QΛQTA=Q\Lambda Q^{T}A=QΛQT ...
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对称矩阵且为正交矩阵