第五章_~~~~~方阵的特征值_特征向量与相似化简(第四讲).ppt

§5 实对称矩阵的相似对角化 定理5.1 实对称矩阵的特征值为实数. * * 线性代数 机动 目录 上页 下页 返回 结束 教学目的：通过本节的教学使学生理解实对称矩阵必 可对角化的理论，掌握实对称矩阵化成对角矩阵的方法. 教学要求：要求学生深刻理解为什什么实对称矩阵必 可对角化，要熟练掌握实对称矩阵化成对角矩阵的方法. 教学重点：实对称矩阵化成对角矩阵的方法. 教学难点：实对称矩阵化成对角矩阵. 教学时间：2学时. 机动 目录 上页 下页 返回 结束 §5 实对称矩阵的相似对角化 第五章 两式相减,得 5.1实对称矩阵特征值与特征向量的性质 证明 设复数λ为实对称矩阵 A 的特征值 , 复向量 x 为 λ 对应的特征向量,即Ax = λ x , x≠0 .用 表示λ的共轭复数.用 表示x 的共轭复向量. 是实系数方程组,由|A- λiE|=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. 但因x≠0,所以 故 即 ，这就说明λ是实数. 显然，当特征值λi为实数时，齐次线性方程组 (A- λiE)x=0 证明 设A为实对称矩阵，λ1，λ2是A的两个不同的特征值，α1，α2是A的分别对应于λ1，λ2 的特征向量，即有 定理5.2 实对称矩阵不同的特征值所对应的特征向量正交. Aα1= λ1α1， Aα2= λ2α2， 将前式两端转置并右乘α2，将后式的两端左乘α1T，得 α1TAα2= λ1α1Tα2， α1TAα2= λ2α1Tα2， 于是可得 (λ1-λ2)α1Tα2=0. 因为λ1-λ2≠0，所以必有α1Tα2=0.即(α1,α2 ) =0,亦即α1与α2正交. 定理5.3 设 A为 n阶对称矩阵,λ是A的特征方程的r重根,则矩阵A－λ E的秩R(A－λE)=n－r,从而对应特征值λ恰有r个线性无关的特征向量. 定理5.4 设A为 n 阶对称矩阵，则必有正交矩阵P，使 P-1AP=Λ 其中Λ是以A的n个特征值为对角元素的对角矩阵. 证明 设 A的互不相等的特征值为λ1，λ2，…，λs ,它们的重数依次为r1,r2,…,rs(r1+r2+…+rs=n). 根据定理5及定理7知,对应特征值λi(i=1,2,…,s) ,恰ri个线性无关的实特征向量，把它们施密特标准正交化,即得ri个两两正交的单位向量.由r1+r2+…+rs=n知这样的特征向量共可得n个. 按定理5.3知对应于不同特征值的特征向量正交,故这 n个单位特征向量两两正交 .于是以它们为列向量构成正交矩阵P,并有 P-1AP=Λ 其中对角矩阵Λ的主对角元素含r1个λ1，r2个λ2，…，rs个λs 恰是A的n个特征值. 例5.1 设 解 ①由|A－λE| = 0 , 求 A 的全部特征值. 求一个正交矩阵P，使P-1AP=∧（ ∧为对角矩阵）. k1≠0任意. 得A的特征值为λ1=2，λ2=λ3=4. (2) 由(A-λE)x=0,求A的特征向量.当λ1=2时，由 单位化得 基础解系中两个向量恰好正交,单位化得两个正交的单位的特征向量. 当λ2=λ3=4时，由 (4)可以验知确有 (3)将求得的p1,p2,p3拼成一个正交矩阵P.即 　　在此例中对应于λ=4,若求得方程(A－λE) x = 0 的基础解系 则需把它施密特标准正交化: 于是得正交矩阵 可以验知仍有 由此可见,把一个方阵化成对角矩阵所用的正交变换矩阵P不是唯一的. P-1AP=∧. 例5.2 设矩阵 解 由 矩阵B=(kE+A)2,k其中为实数，E为单位矩阵.求对角矩阵∧，使B与∧相似，并求k为何值时，B为奇异矩阵. 记对角矩阵 = [ P(kE+Λ) PT ] [ P(kE+Λ) PT ] = [ P(kE+Λ)2 PT ] 可得A的特