性质1对称矩阵的特征值为实数

证: 设A为实对称矩阵，即A=Aᵀ，

λ是A的特征值，x 是对应的特征向量，且x ≠0，则有Ax =λx 。

步骤一：对相关等式进行处理

用λ̅表示λ的共轭复数， x̅ 表示x 的共轭复向量。

因为A为实矩阵，矩阵中每个元素都是实数，所以其共轭矩阵A̅=A。

对Ax =λx 两边取共轭可得：A̅x̅ =λ̅x̅ ，即Ax̅ =λ̅x̅ 。

考虑x̅ᵀAx 的值：

一方面，x̅ᵀAx =x̅ᵀ(Ax )=x̅ᵀ(λx )=λx̅ᵀx 。

另一方面，由于A=Aᵀ，那么x̅ᵀAx =x̅ᵀAᵀx =(Ax̅ )ᵀx =(λ̅x̅)ᵀx =λ̅x̅ᵀx。

步骤二：推导特征值与共轭特征值的关系

由上述两方面的结果可知：λx̅ᵀx =λ̅x̅ᵀx ，移项可得(λ−λ̅)x̅ᵀx =0。

因为x ≠0，根据向量运算，x̅ᵀx =$\sum_{i = 1}^{n}{{\overline{x}}_{i}x_{i}}$ =$\sum_{i = 1}^{n}\left| x_{i} \right|^{2}$≠0（x_i是x 的第i个分量）。

得λ−λ̅=0，即λ=λ̅。

步骤三：得出结论

一个复数等于它的共轭复数，那么这个复数的虚部为0，所以λ是实数。

综上，对称矩阵的特征值为实数。

当特征值λ_i为实数时 , 齐次线性方程组(A-λ_iE)x=0是实系数方程组

由|A-λ_iE|=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

例子

取一个对称矩阵：$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$，它是实对称的，因为 $A^{T} = A$。

特征方程：$det(A - \lambda I) = det\begin{pmatrix} 2 - \lambda & 1 \\ 1 & 2 - \lambda \end{pmatrix} = (2 - \lambda)^{2} - 1 = 0$

得特征值$\lambda_{1} = 1,\quad\lambda_{2} = 3$，它们都是实数，符合定理。

性质2 设λ₁ , λ₂是对称矩阵A的两个特征值 , p₁ , p₂是对应的特征向量，

若λ₁ ≠ λ₂ , 则p₁与p₂正交

证明：

由特征向量的定义：$Ap_{1} = \lambda_{1}p_{1}$ ，$Ap_{2} = \lambda_{2}p_{2}$

对$Ap_{1} = \lambda_{1}p_{1}$两边左乘 $p_{2}^{T}$：有$p_{2}^{T}Ap_{1} = p_{2}^{T}(\lambda_{1}p_{1}) = \lambda_{1}(p_{2}^{T}p_{1})\quad$

另一方面，由 $A = A^{T}$，

有$p_{2}^{T}Ap_{1} = (A^{T}p_{2})^{T}p_{1} = (Ap_{2})^{T}p_{1} = (\lambda_{2}p_{2})^{T}p_{1} = \lambda_{2}p_{2}^{T}p_{1}$

得$p_{2}^{T}Ap_{1} = \lambda_{1}(p_{2}^{T}p_{1}) = \lambda_{2}(p_{2}^{T}p_{1})$

得$(\lambda_{1} - \lambda_{2})(p_{2}^{T}p_{1}) = 0$

由于 $\lambda_{1} \neq \lambda_{2}$，所以$p_{2}^{T}p_{1} = 0$

即 $p_{1}$ 与 $p_{2}$ 正交。

举例：

步骤1：构造实对称矩阵

取2阶实对称矩阵：$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$

满足 $A^{T} = A$，元素均为实数，符合实对称矩阵定义。

步骤2：求解矩阵的特征值

特征方程为 ：$|\lambda E - A| = \left| \begin{matrix} \lambda - 2 & - 1 \\ - 1 & \lambda - 2 \end{matrix} \right| = (\lambda - 2)^{2} - 1 = = 0$

解得两个不同的特征值：$\lambda_{1} = 1$，$\lambda_{2} = 3$。

步骤3：求解不同特征值对应的特征向量

对 $\lambda_{1} = 1$，解齐次线性方程组 $(1 \cdot E - A)x = 0$：

取基础解系（特征向量）：$\alpha_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ - 1 \end{pmatrix}\quad$

对 $\lambda_{2} = 3$，解齐次线性方程组 $(3 \cdot E - A)x = 0$：

取基础解系（特征向量）：$\alpha_{2} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$

步骤4：验证正交性

两个向量的内积为：$\alpha_{1}^{T}\alpha_{2} = 1 \times 1 + ( - 1) \times 1 = 0$

内积为0，说明两个不同特征值对应的特征向量相互正交，验证成立。

定理5设A为n阶对称矩阵 , 则必有正交矩阵P , 使P^-1AP=P^TAP=Λ

其中Λ是以A的n个特征值为对角元的对角矩阵

证明

1. 特征值与特征向量的存在性

根据线性代数基本理论，$n$ 阶矩阵 $A$ 有 $n$ 个特征值 $\lambda_{1},\lambda_{2},\ldots,\lambda_{n}$（包括重根）。

对于每个特征值 $\lambda_{i}$，都存在非零特征向量 $\xi_{i}$，满足$A\xi_{i} = \lambda_{i}\xi_{i},\quad i = 1,2,\ldots,n.$

2. 特征向量的正交化与单位化

由于 $A$ 是对称矩阵，不同特征值对应的特征向量相互正交。

对于重特征值，利用 施密特正交化方法，

可以将属于该特征值的线性无关的特征向量组正交化。

设正交化后的特征向量组为 $\eta_{1},\eta_{2},\ldots,\eta_{n}$，再将每个 $\eta_{i}$ 单位化，

得到$\varphi_{i} = \frac{\eta_{i}}{\parallel \eta_{i} \parallel},\quad i = 1,2,\ldots,n,$其中 $\parallel \eta_{i} \parallel = \sqrt{\eta_{i}^{T}\eta_{i}}$。

此时 $\varphi_{1},\varphi_{2},\ldots,\varphi_{n}$ 是两两正交的单位向量。

3. 构造正交矩阵 $P$ 并验证等式

令$P = (\varphi_{1},\varphi_{2},\ldots,\varphi_{n}),$

由于 $\varphi_{i}$ 两两正交且为单位向量，

根据正交矩阵的定义，$P$ 是正交矩阵，且 $P^{- 1} = P^{T}$。

计算 $AP$：

$$AP = A(\varphi_1,\varphi_2,\ldots,\varphi_n) = (A\varphi_1,A\varphi_2,\ldots,A\varphi_n) = (\lambda_1\varphi_1,\lambda_2\varphi_2,\ldots,\lambda_n\varphi_n).$$

计算 $P^{T}AP$：

$P^T A P = P^T (\lambda_1 \varphi_1, \lambda_2 \varphi_2, \dots, \lambda_n \varphi_n) = \begin{pmatrix} \varphi_1^T \\ \varphi_2^T \\ \vdots \\ \varphi_n^T \end{pmatrix} (\lambda_1 \varphi_1, \lambda_2 \varphi_2, \dots, \lambda_n \varphi_n) = \begin{pmatrix} \lambda_1 \varphi_1^T \varphi_1 & \lambda_2 \varphi_1^T \varphi_2 & \cdots & \lambda_n \varphi_1^T \varphi_n \\ \lambda_1 \varphi_2^T \varphi_1 & \lambda_2 \varphi_2^T \varphi_2 & \cdots & \lambda_n \varphi_2^T \varphi_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \lambda_1 \varphi_n^T \varphi_1 & \lambda_2 \varphi_n^T \varphi_2 & \cdots & \lambda_n \varphi_n^T \varphi_n \end{pmatrix}.$

由于$\varphi_{i}^{T}\varphi_{j} = \left\{ \begin{matrix} 1, & i = j, \\ 0, & i \neq j, \end{matrix} \right.\$

所以$P^{T}AP = \begin{pmatrix} \lambda_{1} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_{2} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_{n} \end{pmatrix} = \Lambda,$

其中 $\Lambda$ 是以 $A$ 的 $n$ 个特征值为对角元的对角矩阵。

结论： 若 $A$ 为 $n$ 阶实对称矩阵，则必有正交矩阵 $P$，

使得$P^{- 1}AP = P^{T}AP = \Lambda.$

证毕。

例12 设A=$\begin{bmatrix} 0 & - 1 & 1 \\ - 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}$

求一个正交矩阵P , 使P^-1AP=$P^{T}AP$=Λ为对角矩阵

解:由|A-λE|=$\left| \begin{matrix} - \lambda & - 1 & 1 \\ - 1 & - \lambda & 1 \\ 1 & 1 & - \lambda \end{matrix} \right| = 0$，得A的特征值为λ₁=-2 , λ₂=λ₃=1

对应λ₁=-2 , 解方程(A+2E)x=$\begin{bmatrix} 2 & - 1 & 1 \\ - 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} = \left\lbrack \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right\rbrack$

得基础解系ξ₁=$\begin{bmatrix} - 1 \\ - 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ , 将ξ₁单位化 , 得p₁=$\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{bmatrix} - 1 \\ - 1 \\ 1 \end{bmatrix}$

对应λ₂=λ₃=1 , 解方程(A-E)x=$\begin{bmatrix} - 1 & - 1 & 1 \\ - 1 & - 1 & 1 \\ 1 & 1 & - 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} = \left\lbrack \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right\rbrack$ ,

得基础解系ξ₂=$\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ , ξ₃=$\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

将ξ₂ , ξ₃正交化:

取η₂=ξ₂=$\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ , η₃=ξ₃$- \frac{\lbrack\eta_{2}\ ,\ \xi_{3}\rbrack}{\left\| \eta_{2} \right\|^{2}}\eta_{2} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$+$\frac{1}{2}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$=$\frac{1}{2}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix}$

再将η₂ , η₃单位化 , 得p₂=$\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ , p₃=$\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix}$

将p₁, p₂ , p₃构成正交矩阵P

有P^-1AP=P^TAP=$\begin{bmatrix} \frac{- 1}{\sqrt{3}} & \frac{- 1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{- 1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & - 1 & 1 \\ - 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac{- 1}{\sqrt{3}} & \frac{- 1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{- 1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$=Λ

推论 设A为n阶对称矩阵 , λ是A的特征方程的k重根

则矩阵A-λE的秩R(A-λI)=n-k

从而对应特征值λ恰有k个线性无关的特征向量

证明

举例

步骤1：确定矩阵基本信息

给定矩阵 $D = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 3 \end{pmatrix}$，D是3阶对称矩阵（满足 $D^{T} = D$），

符合推论的前提条件（n阶对称矩阵）。

步骤2：求矩阵D的特征值与重数

对称矩阵的特征方程为 $|\lambda E - D| = 0$，

计算特征多项式：$|\lambda E - D| = \left| \begin{matrix} \lambda - 3 & - 1 & - 1 \\ - 1 & \lambda - 3 & - 1 \\ - 1 & - 1 & \lambda - 3 \end{matrix} \right| = (\lambda - 5)(\lambda - 2)^{2} = 0$

得特征值：$\lambda_{1} = 5$（1重根，$k_{1} = 1$），$\lambda_{2} = \lambda_{3} = 2$（2重根，$k_{2} = 2$），矩阵阶数 $n = 3$。

步骤3：对每个特征值验证推论 $R(\lambda E - D) = n - k$

故验证 $R(\lambda E - D) = n - k$ 即可。

验证1：特征值 $\lambda = 5$（$k = 1$） 按推论，$R(5E - D) = 3 - 1 = 2$。

计算 $5E - D = \begin{pmatrix} 2 & - 1 & - 1 \\ - 1 & 2 & - 1 \\ - 1 & - 1 & 2 \end{pmatrix}$，做初等行变换得：$\begin{pmatrix} 2 & - 1 & - 1 \\ 0 & \frac{3}{2} & - \frac{3}{2} \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

非零行个数为2，符合推论。

验证2：特征值 $\lambda = 2$（$k = 2$） 按推论，$R(2E - D) = 3 - 2 = 1$。

计算 $2E - D = \begin{pmatrix} - 1 & - 1 & - 1 \\ - 1 & - 1 & - 1 \\ - 1 & - 1 & - 1 \end{pmatrix}$，做初等行变换得：$\begin{pmatrix} - 1 & - 1 & - 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

非零行个数为1，符合推论。

步骤4：验证特征向量的线性无关个数

推论指出：对应特征值λ恰有k个线性无关的特征向量，

即齐次线性方程组 $(\lambda E - D)x = 0$ 的基础解系含 $k$ 个解向量

（基础解系含解向量数 = $n - R(\lambda E - D)$）。

对 $\lambda = 5$：基础解系含 $3 - 2 = 1$ 个解向量，

即1个线性无关的特征向量（与k=1一致）；

对 $\lambda = 2$：基础解系含 $3 - 1 = 2$ 个解向量，

即2个线性无关的特征向量（与k=2一致）。

依据定理5及其推论 , 我们有下述把对称矩阵A对角化的步骤:

(i)求出A的全部互不相等的特征值λ₁, ⋯ , λ_n

它们的重数依次为k₁, ⋯ , k_n (k₁+ ⋯ +k_s=n)

(ii)对每个k_i重特征值λ_i ,

求方程(A-λ_iE)x=0的基础解系 , 得k_i个线性无关的特征向量

再把它们正交化、单位化 , 得k_i个两两正交的单位特征向量

因k₁+ ⋯ +k_s=n , 故总共可得n个两两正交的单位特征向量

(iii)把这n个两两正交的单位特征向量构成正交矩阵P , 便有P^-1AP=P^TAP=Λ

注意Λ中对角元的排列次序应与P中列向量的排列次序相对应

例13设A=$\begin{bmatrix} 2 & - 1 \\ - 1 & 2 \end{bmatrix}$ , 求Aⁿ

解: 因A对称 , 故A可对角化 , 即有可逆矩阵P及对角矩阵Λ , 使P^-1AP=Λ

于是A=PΛP^-1 , 从而Aⁿ=PΛⁿP^-1

由|A-λE|=$\left| \begin{matrix} 2 - \lambda & - 1 \\ - 1 & 2 - \lambda \end{matrix} \right|$=λ²-4λ+3=(λ-1)(λ-3)

得A的特征值λ₁=1 , λ₂=3 , 于是Λ=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$ , Λⁿ=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3^{n} \end{bmatrix}$

对应λ₁=1 , 由A-E=$\begin{bmatrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{bmatrix}\overset{r}{\Rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & - 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ ,

得同解方程组：$x_{1} - x_{2} = 0$

得参数形式：$x_{1} = x_{2}$ (x₂ 可任意取值)

得参数形式： $\left\{ \begin{matrix} x_{1} = c \\ x_{2} = c \end{matrix} \right.\$ (其中x₂=c)

得齐次通解： $\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c \\ c \end{bmatrix} = c\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ (c为任意实数)

得基础解系ξ₁=$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$

对应λ₂=3 , 由A-3E=$\begin{bmatrix} - 1 & - 1 \\ - 1 & - 1 \end{bmatrix}\overset{r}{\Rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ ,

得同解方程组：$x_{1} + x_{2} = 0$

得参数形式：$x_{1} = - x_{2}$ (x₂ 可任意取值)

得参数形式： $\left\{ \begin{matrix} x_{1} = - c \\ x_{2} = c \end{matrix} \right.\$ (其中x₂=c)

得齐次通解： $\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - c \\ c \end{bmatrix} = c\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ (c为任意实数)

得基础解系ξ₂=$\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \end{bmatrix}$

并有P=(ξ₁ , ξ₂)=$\begin{bmatrix} 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$ , 再求出P^-1=$\frac{1}{2}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ - 1 & 1 \end{bmatrix}$

于是Aⁿ=PΛⁿP^-1=$\frac{1}{2}\begin{bmatrix} 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3^{n} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ - 1 & 1 \end{bmatrix}$=$\frac{1}{2}\begin{bmatrix} 1 + 3^{n} & 1 - 3^{n} \\ 1 - 3^{n} & 1 + 3^{n} \end{bmatrix}$