对角化

相似矩阵

• 反身性，A ~ A，$E^{-1}AE=B$
• 对称性，A ~ B -> B ~ A，同时左乘P以及右乘$P^{-1}$，即：$PP^{-1}APP^{-1}=PBP^{-1}$，得$PBP^{-1}=A$，转换下：$(P^{-1})^{-1}B(P^{-1})=A$
• 传递性，A ~ B 并且 B ~ C -> A ~ C，$P^{-1}AP=B$，$Q^{-1}BP=C$，代入B：$Q^{-1}P^{-1}APQ=C$，$(PQ)^{-1}A(PQ)=C$

证明：$|\lambda E - B| = |\lambda E - P^{-1}AP| = |\lambda P^{-1}EP - P^{-1}AP| = |p^{-1}| \times |\lambda - A| \times |P| = |\lambda - A|$

证明：根据性质1可知，如果A ~ B，那么|A|=|B|，①|A|、|B|均不等于0，则A、B可逆，②|A|、|B|均等于0，则A、B不可逆，即：A、B同时可逆或同时不可逆

$B^{-1}=(P^{-1}AP)^{-1} = P^{-1}A^{-1}P$，所以$A^{-1}$ ~ $B^{-1}$

证明：$B^m = (P^{-1}AP)^m = P^{-1}AP \times P^{-1}AP \times P^{-1}AP ... = P^{-1}A^mP$

• tr(A) = tr(B)
• |A| = |B|
• 均可逆（或均不可逆）
• $A^{-1}=B^{-1}$
• $A^{m}=B^{m}$
• 特征值相同
• r(A) = r(B)，矩阵左乘可逆矩阵或右乘可逆矩阵或左右都乘可逆矩阵，矩阵的秩不变

计算题（相似求未知量）

$A = \begin{pmatrix} 2&0&0\\ 0&1&1\\ 0&2&a \end{pmatrix} \quad B = \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&3&2\\ 0&-1&b \end{pmatrix} \quad$ A ~ B，求：a、b的值

对角形

$P^{-1}AP$ = ∧（对角形）

与对角形相似的条件

证明必要性：$P^{-1}AP$ = ∧ = $\begin{pmatrix} {\lambda_1}&0&0\\ {\vdots}&{\ddots}&{\vdots}\\ 0&0&{\lambda_n} \end{pmatrix} \quad P=(\alpha_1,...,\alpha_n)$

$P^{-1}AP$=∧，同时左乘P，得：AP=P∧，代入向量组，$A(\alpha_1,...,\alpha_n)=(\alpha_1,...,\alpha_n)\begin{pmatrix} {\lambda_1}&0&0\\ {\vdots}&{\ddots}&{\vdots}\\ 0&0&{\lambda_n} \end{pmatrix}$ = $A \alpha_1,...,A \alpha_n = \lambda_1 \alpha_1,...,\lambda_n \alpha_n$（根据分块矩阵定义）

所以，$A \alpha_1 = \lambda_1 \alpha_1,...,A \alpha_n = \lambda_n \alpha_n$

因为P可逆，所以$\alpha_1,...,\alpha_n != 0$

所以，满足特征向量的性质：$A \alpha = \lambda \alpha$且α != 0

因为，r(P)=n，所以$r(\alpha_1,...,\alpha_n) =n$（矩阵的秩等于矩阵的列秩），所以$\alpha_1,...,\alpha_n$线性无关

证明充分性：把必要性的步骤反过来证明即可

证明：$\lambda_1,...,\lambda_n$是互异的话，那么每一个特征值找一个特征向量出来（$\alpha_1,...,\alpha_n$），它们必定是线性无关的（条件强于上面的定理）

• 如果矩阵所有的根都是单根（必定线性无关），一定相似于对角形
• 如果矩阵有重根，需要找到n（n等于重根的个数）个线性无关的特征向量，否则不能不相似于对角形

定理：A ~ ∧ <=> 每个$r_i$重的特征根，其基础解系有$r_i$个解

计算题（对角形相似）

$A = \begin{pmatrix} 3&2&-1\\ -2&-2&2\\ 3&6&-1 \end{pmatrix}$，是否与对角形相似？如果相似，P=？，∧=？

$|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} {\lambda-3}&-2&1\\ 2&{\lambda+2}&-2\\ -3&-6&{\lambda+1} \end{vmatrix}$，第3列加到第1列，$\begin{vmatrix} {\lambda-2}&-2&1\\ 0&{\lambda+2}&-2\\ {\lambda-2}&-6&{\lambda+1} \end{vmatrix} = (\lambda-2)^2(\lambda+4)=0$

$\lambda_1=-4 \quad \lambda_2=\lambda_3=2$

当$\lambda_1=-4$时，对$(\lambda_1 E - A )x=0$，$\begin{pmatrix} -7&-2&1\\ 2&-2&-2\\ -3&-6&-3 \end{pmatrix} -> \begin{pmatrix} 1&0&{-\frac{1}{3}}\\ 0&1&{\frac{2}{3}}\\ 0&0&0 \end{pmatrix}$

$\begin{cases} x_1=\frac{1}{3}x_3\\ x_2=-\frac{2}{3}x_3 \end{cases}$

令$x_3=1$，得：$\begin{pmatrix} {\frac{1}{3}}\\ {-\frac{2}{3}}\\ 1 \end{pmatrix}=\alpha_1$

当$\lambda_2=\lambda_3=4$时，得：$\begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} = \alpha_2 \quad \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} = \alpha_3$

$P=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = \begin{pmatrix} {\frac{1}{3}}&-2&1\\ {-\frac{2}{3}}&1&0\\ 1&0&1 \end{pmatrix}$

∧ = $\begin{pmatrix} -4&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix}$（把特征值依次带入即可）

计算题（相似反推矩阵）

3阶方阵A，$\lambda_1=1 , \lambda_2=2 , \lambda_3=3 , \alpha_1=(1,1,1)^T , \alpha_2=(1,2,3)^T , \alpha_3=(1,3,6)^T$，求：A、$A^T$的特征值和特征向量

$P=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&2&3\\ 1&3&6 \end{pmatrix} \quad P^{-1}AP=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&3 \end{pmatrix}$=∧

同时左乘P，右乘$P^{-1}$，得：A=P∧$P^{-1}$，得：$A=\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 0&-1&2\\ 3&-9&7 \end{pmatrix}$

$A^T$的特征值不变，所以还是$\lambda_1=1 , \lambda_2=2 , \lambda_3=3$

$P^{-1}AP=$∧，$(P^{-1}AP)^T=P^TA^T(p^{-1})^T=$∧（对角形的转置等于它本身）

逆矩阵的转置等于转置的逆矩阵，所以$P^TA^T(P^T)^{-1}=$∧

整理为定理：$[(P^T)^{-1}]^{-1}A^T(P^T)^{-1}=$∧，求得：$(P^T)^{-1}=\begin{pmatrix} 3&-3&1\\ -3&5&-2\\ 1&-2&1 \end{pmatrix}$

$(P^T)^{-1}$3个列向量就是$A^T$的特征向量

计算题（利用对角形求高次幂）

$A=\begin{pmatrix} 0&1&-1\\ -2&0&2\\ -1&1&0 \end{pmatrix}$，求：$A^{100}$

先求出特征值，$\lambda_1=-1 , \lambda_2=0 , \lambda_3=1$

再求出特征向量并构成矩阵P，$P=\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 0&1&4\\ 1&1&3 \end{pmatrix}$

$P^{-1}AP=$∧，同时左乘P和右乘$P^{-1}$，得：A=P∧$P^{-1}$

P∧$P^{-1}$P∧$P^{-1}$...P∧$P^{-1}$ = P∧的100次方$P^{-1}$

计算出结果...

实对称矩阵的对角化（预热）

所有的实对称矩阵都能对角化（也就是说：所有的实对称矩阵都能相似于一个对角形）

$\alpha=\begin{pmatrix} a_1\\ a_2\\ a_3 \end{pmatrix} \quad \beta=\begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ b_3 \end{pmatrix}$

(α,β) = $a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3 = num$

• (α,α) >= 0，因为：$a_1^2+a_2^2+a_3^2$肯定大于等于0，所以：(α,α) = 0 <=> α = 0
• 对称性：(α,β) = (β,α)
• 齐次性：(kα,β)=k(α,β)，(α,kβ)=k(α,β)，(kα,kβ)=$k^2$(α,β)
• (α+β,γ)=(α,γ)+(β,γ)， (α,β+γ)=(α,β)+(α,γ)

$\alpha=(-1,-1,5)$，那么$||\alpha|| = \sqrt{(-1)^2+(-1)^2+(5)^2} = \sqrt{27}$，点到原点的距离

如果||α||=1，则α是单位向量

证明：$||\beta|| = \sqrt{(\frac{1}{||\alpha||}\alpha,\frac{1}{||\alpha||}\alpha)}=\sqrt{\frac{1}{||\alpha||^2}(\alpha,\alpha)}=\frac{1}{||\alpha||}\sqrt{(\alpha,\alpha)}=\frac{1}{||\alpha||}||\alpha||=1$

证明：$||k\alpha||=\sqrt{(k\alpha,k\alpha)}=\sqrt{k^2(\alpha,\alpha)}=|k| \times ||\alpha||$

$|a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n| <= \sqrt{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2} \times \sqrt{b_1^2+b_2^2+...+b_n^2}$

正交

证明： 设：$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+...+k_s\alpha_s=0$

$(\alpha_1,k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+...+k_s\alpha_s)=(\alpha_1,0)=0$

$k_1(\alpha_1,\alpha_1) + k_2(\alpha_1,\alpha_2) + ... + k_s(\alpha_1,\alpha_s) = 0$

根据正交的性质，后面的都等于0，只剩：$k_1(\alpha_1,\alpha_1)=0$，因为正交向量组不含0向量，所以$(\alpha_1,\alpha_1) != 0$，所以：$k_1 = 0$

用同样的方式，求出$k_2,...,k_s=0$，所以线性无关

$\beta_1 = \alpha_1$

$\beta_2 = \alpha_2 - \frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)} \times \beta_1$

$\beta_3 = \alpha_3 - \frac{(\alpha_3,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)} \times \beta_1 - \frac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)} \times \beta_2$

...

计算题（施密特正交化）

线性无关的向量，$\alpha_1=(1,1,1,1)^T \quad \alpha_2=(1,-2,-3,-4)^T \quad \alpha_3=(1,2,2,3)^T$

$\beta_1 = \alpha_1$

$\beta_2 = \alpha_2 - \frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1$

$\beta_3 = \alpha_3 - \frac{(\alpha_3,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1 - \frac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)}\beta_2$

$\eta_1 = \frac{1}{||\beta_1||}\beta_1 \quad \eta_2 = \frac{1}{||\beta_2||}\beta_2 \quad \eta_3 = \frac{1}{||\beta_3||}\beta_3$

正交矩阵

证明：$|A^T| \times |A| = 1$，则：$|A|^2=1$

证明：因为$A^TA=E$，所以$A^{-1}=A^T$

$(A^{-1})^TA^{-1}=(A^{-1})^TA^T=(AA^{-1})^T=E$

$(A^T)^TA^T=AA^T=AA^{-1}=E$

证明：$(AB)^TAB=B^TA^TAB=B^{-1}A^{-1}AB=E$

证明：$(A\alpha)^TA\beta=\alpha^TA^TA\beta=\alpha^T\beta=(\alpha,\beta)$

证明：设A的列向量为$(\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n)$

向量可以看作是一个分块矩阵，分块矩阵转置：先把子块元素求转置，再对每个子块求转置

$A^TA = (\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n)^T(\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n)$

$=\begin{pmatrix} {\alpha_1^T}\\ {\alpha_2^T}\\ {\vdots}\\ {\alpha_n^T} \end{pmatrix} (\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n)$

$=\begin{pmatrix} {\alpha_1^T\alpha_1}&{\alpha_1^T\alpha_2}&{\cdots}&{\alpha_1^T\alpha_n}\\ {\alpha_2^T\alpha_1}&{\alpha_2^T\alpha_2}&{\cdots}&{\alpha_2^T\alpha_n}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\ddots}&{\vdots}\\ {\alpha_n^T\alpha_1}&{\alpha_n^T\alpha_2}&{\cdots}&{\alpha_n^T\alpha_n} \end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix} {(\alpha_1\alpha_1)}&{(\alpha_1\alpha_2)}&{\cdots}&{(\alpha_1\alpha_n)}\\ {(\alpha_2\alpha_1)}&{(\alpha_2\alpha_2)}&{\cdots}&{(\alpha_2\alpha_n)}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\ddots}&{\vdots}\\ {(\alpha_n\alpha_1)}&{(\alpha_n\alpha_2)}&{\cdots}&{(\alpha_n\alpha_n)} \end{pmatrix}$

因为是正交矩阵，所以最终结果等于单位阵E，即：$\begin{pmatrix} 1&0&{\cdots}&0\\ 0&1&{\cdots}&0\\ {\vdots}&{\vdots}&{\ddots}&{\vdots}\\ 0&0&{\cdots}&1 \end{pmatrix}$

$(\alpha_i,\alpha_i)=||\alpha||^2=1$，$(a_i,a_j)=0$

所以，满足必要性（标准正交向量组）

充分性的证明逻辑跟必要性类似

计算题（正交矩阵）

三阶非0矩阵A，$a_{ij}=A_{ij}$，求：①|A|=1，②A是正交矩阵

证明：$A^*=\begin{pmatrix} {A_{11}}&{A_{21}}&{A_{31}}\\ {A_{12}}&{A_{22}}&{A_{32}}\\ {A_{13}}&{A_{23}}&{A_{33}} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} {a_{11}}&{a_{21}}&{a_{31}}\\ {a_{12}}&{a_{22}}&{a_{32}}\\ {a_{13}}&{a_{23}}&{a_{33}} \end{pmatrix}=A^T$

$A^TA=A^* A=|A|E$

两边同时取行列式

$|A^T | \times |A| = | |A| |$

• $|A^T|=|A|$
• 行列式提取k要提n次

所以，$|A|^2 = |A|^3$

以上式子可以写成：$|A|^2(|A|-1)=0$，有2个解：1和0

因为A是三阶非0矩阵，所以必定有元素!=0，假设：$a_{11} != 0$

那么，按第一行展开后，得：$|A|=a_{11}A_{11} + a_{12}A_{12} + a_{13}A_{13} = a_{11}^2+a_{12}^2+a_{13}^2 > 0$（$a_{ij}=A_{ij}$）

所以，|A| != 0，只有一个解：|A| = 1

实对称矩阵的对角化

实数并且是对称矩阵的对角化

n阶实对称矩阵的n个特征值都是实数并且特征向量都是实向量

证明：$A^T=A$

$\lambda_1,\lambda_2 \quad (\lambda_1 != \lambda_2)$

$A\alpha_1 = \lambda_1\alpha_1 \quad A\alpha_2 = \lambda_2\alpha_2$

只要证出内积$(\alpha_1,\alpha_2) = 0$，就表示正交

$(A\alpha_1,\alpha_2)=(\lambda_1\alpha_1,\alpha_2)=\lambda_1(\alpha_1,\alpha_2)$

$(A\alpha_1,\alpha_2)=(A\alpha_1)^T\alpha_2=\alpha_1^TA^T\alpha_2=\alpha_1^TA\alpha_2=\lambda_2\alpha_1^T\alpha2=\lambda_2(\alpha_1,\alpha_2)$

所以，$\lambda_1(\alpha_1,\alpha_2) = \lambda_2(\alpha_1,\alpha_2)$

所以，$(\lambda_1-\lambda_2)(\alpha_1,\alpha_2)=0$

因为，$\lambda_1 != \lambda_2$

所以，$(\alpha_1,\alpha_2) = 0$，所以特征向量一定正交

计算步骤总结

3阶实对称矩阵A，求正交矩阵Q，使得$Q^{-1}AQ=$∧

证明：①求特征值 ②求特征向量 ③特征向量正交化、单位化 ④特征向量做成列构成Q、特征值构成∧

情况1，设：$\lambda_1=a,\lambda_2=b,\lambda_3=c$（三个根都是单根）

根据上面的定理1：$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$一定正交，直接单位化即可：$\eta_1=\frac{1}{||\alpha_1||}\alpha_1,\eta_2=\frac{1}{||\alpha_2||}\alpha_2,\eta_3=\frac{1}{||\alpha_3||}\alpha_3$

$Q = (\eta_1,\eta_2,\eta_3)$

$Q^{-1}AQ=\begin{pmatrix} {\lambda_1}&0&0\\ 0&{\lambda_2}&0\\ 0&0&{\lambda_3} \end{pmatrix}$

情况2，设：$\lambda_1=a,\lambda_2=\lambda_3=b$（一个单根、一个二重根）

$\alpha_2,\alpha_3$做施密特正交化，$\alpha_1$不用做施密特正交化，因为一定是正交的，但是为了符号统一，可以写成$\beta_1 = \alpha_1$

再单位化后，得到$\eta_1,\eta_2,\eta_3$

情况3，设：$\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=a$（一个三重根）

$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$都得做施密特正交化，得到：$\beta_1,\beta_2,\beta_3$

再单位化后，得到$\eta_1,\eta_2,\eta_3$