方阵的特征值与特征向量

$A$是$n$阶方阵，如果对于数$\lambda$，存在非零向量$\alpha$，使得$A \alpha=\lambda \alpha\quad (\alpha \ne \boldsymbol{0})$成立，则称$\lambda$是$A$的特征值，$\alpha$是$A$的对应于$\lambda$的特征向量

性质：

• 不同特征值的特征向量线性无关

• 任取特征值$\lambda$，线性无关的特征向量的个数$\leq \lambda$的重数

• $A$的特征值为$\lambda_{1},\cdots,\lambda_{n}$，则$\begin{cases}|A|=\lambda_{1},\cdots,\lambda_{n}=\prod\limits_{i=1}^{n}\lambda_{i}\tr(A)=\sum\limits^{n}{i=1}a{ii}=\sum\limits^{n}{i=1} \lambda{i}\end{cases}$

步骤：

1. $| \lambda E-A|=O$，解得$\lambda_{1},\cdots,\lambda_{n}$

2. 解$[\lambda_{i}E-A]X=0$的解，得到特征向量

例1：求矩阵$A=\begin{pmatrix}-2 & 1 & 1 \ 0 & 2 & 0 \ -4 & 1 & 3\end{pmatrix}$的特征值和特征向量

$\begin{aligned}|\lambda E-A|&=\begin{vmatrix}\lambda+2&-1&-1\0&\lambda -2&0\4&-1&\lambda-3\end{vmatrix}\&=(-1)^{2+2}(\lambda-2)\begin{vmatrix}\lambda+2&-1\4&\lambda-3\end{vmatrix}\&=(\lambda-2)^2(\lambda+1)\&=0\end{aligned}$

解得$\lambda_{1}=\lambda_{2}=2$

当$\lambda_{1}=\lambda_{2}=2$时

$\begin{aligned}(2E-A)&=\begin{pmatrix}4 & -1 & -1 \ 0 & 0 & 0 \ 4 & -1 & -1\end{pmatrix}\\rightarrow& \begin{pmatrix}1 & - \frac{1}{4} & - \frac{1}{4} \ 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\end{aligned}$

解得$\alpha_{1}=(\frac{1}{4},1,0)^T,\alpha_{2}=(\frac{1}{4},0,1)^T$

当$\lambda_{3}=-1$时

$\begin{aligned}(-E-A)&=\begin{pmatrix}1 & -1 & -1 \ 0 & -3 & 0 \ 4 & -1 & -4\end{pmatrix}\\rightarrow&\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \ 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\end{aligned}$

解得$\alpha_{3}=(1,0,1)^T$

故

当$\lambda_1=\lambda_2=2$时，特征向量为$k_{1}\alpha_1+k_{2}\alpha_{2}\quad(k_1,k_2$不同时为$0)$

当$\lambda_{3}=-1$时，特征向量为$k_3\alpha_3\quad(k_{3}$为非零常数$)$

例2：设$\lambda$是方阵$A$的特征值，证明

• $\lambda^2$是$A^{2}$的特征值

      $\because \lambda$为$A$特征值

      故$\exists \alpha \ne \boldsymbol{0}$，使$A \alpha=\lambda \alpha$

      设$\alpha$为$\lambda$的特征向量

      $A^{2}\alpha=A(A \alpha)=\lambda A \alpha=\lambda^{2}\alpha$

      故$\lambda^2$为$A^2$为特征值，且$\alpha$为$\lambda^2$对应的特征向量

• 当$A$可逆时，$\frac{1}{\lambda}$是$A^{-1}$的特征值

      $\because A$可逆

      对$A \alpha=\lambda \alpha$左乘$A^{-1}$

      得$\alpha=A^{-1}\lambda \alpha=\lambda A^{-1}\alpha$

      即$A^{-1} \alpha=\frac{1}{\lambda}\alpha$

      故$\frac{1}{\lambda}$为$A^{-1}$的特征值

推广：

其中

• $f(A)$是$A$的多项式，例如$A^{3}+2A^{2}+6E$，则对应$f(\lambda)=\lambda^3+2\lambda^{2}+6$

• $P^{-1}AP$表示$A$的相似矩阵

例3：设$3$阶矩阵$A$的特征值为$1,-1,2$，求$A^*+3A-2E$的特征值

$|A|=-2$

当$A$的特征值为$1$时，$A^*$的特征值为$-2$

当$A$的特征值为$-1$时，$A^*$的特征值为$2$

当$A$的特征值为$2$时，$A^*$的特征值为$-1$

故$A^*+3A-2E$的特征值为$\frac{|A|}{\lambda}+3\lambda-2$

即为$-2+3\times1-2=-1,2+3\times(-1)-2=-3,(-1)+3\times2-2=3$

相似矩阵

一、相似矩阵

1. 相似矩阵的定义

设$A,B$都是$n$阶矩阵，若有可逆矩阵$P$，使$P^{-1}AP=B$，则称$B$是$A$的相似矩阵，或说矩阵$A$与$B$相似。对$A$进行运算$P^{-1}AP$称为对$A$进行相似变换，可逆矩阵$P$称为把$A$变成$B$的相似变换矩阵

2. 相似矩阵的性质

若$n$阶矩阵$A$与$B$相似，则$A$与$B$的特征多项式相同，从而$A$与$B$的特征值亦相同

二、相似对角化

1. 相似对角化的定义

若$n$阶矩阵$A$与对角阵$\Lambda=\begin{pmatrix}\lambda_1 &  &  &  \  & \lambda_2 &  &  \  &  & \ddots &  \  &  &  & \lambda_{n}\end{pmatrix}$相似，则$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$即是$n$个特征值

2. 相似对角化的充要条件

1. $k$重特征值含有$k$个线性无关的特征向量

2. $n$阶矩阵$A$与对角阵相似（即$A$能对角化）的充分必要条件是$A$有$n$个线性无关的特征向量

3. 相似对角化的充分条件

1. $A$是对称矩阵

2. 如果$n$阶矩阵$A$的$n$个特征值互不相等，则$A$与对角阵相似

例1：设$A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \ 1 & 1 & x \ 1 & 0 & 0\end{pmatrix}$，问$x$为何值时，矩阵$A$能对角化

先看是不是对称矩阵，发现不是

再算特征值，看特征值是否都不相等

$\begin{aligned}|\lambda E-A|&=\begin{vmatrix}\lambda & 0 & -1 \ -1 & \lambda-1 & -x \ -1 & 0 & \lambda\end{vmatrix}\&=(-1)^{2+2}(\lambda-1)\begin{vmatrix}\lambda&-1\-1&\lambda\end{vmatrix}\&=-(\lambda+1)(\lambda-1)^{2}=0\end{aligned}$

解得$\lambda_{1}=\lambda_{2}=1,\lambda_{3}=-1$

发现特征值不相等，则不能使用充分条件，考虑充要条件

当$\lambda_{1}=\lambda_{2}=1$时

解$(1\cdots E-A)X=0$

需要组成基础解系的个数为$2$个

$\therefore n-r(1E-A)=2$，其中$n$为$3$

得$r(1E-A)=1$

$(E-A)=\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \ -1 & 0 & -x \ -1 & 0 & 1\end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \ 0 & 0 & -1-x \ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$

当$x=-1$时，$r(E-A)=1$

$\therefore n-r(E-A)=3-1=2$

故此时矩阵$A$可对角化

实对称矩阵的对角化

一、实对称矩阵的定义

元素$a_{ij}$都是实数的对称矩阵称为实对称矩阵，即$A^T=A$

二、实对称矩阵的性质

1. 设$\lambda_{1},\lambda_{2}$是对称阵$A$的两个特征值，$p_1,p_2$是对应的特征向量。若$\lambda_{1}\ne \lambda_{2}$，则$p_{1}$与$p_{2}$正交且线性无关

2. 设$A$为$n$阶对称阵，则必有正交阵$P$，使$P^{-1}AP=P^TAP=\Lambda$，其中$\Lambda$是以$A$的$n$个特征值为对角元的对角阵

3. 设$A$为$n$阶对称阵，$\lambda$是$A$的特征方程的$k$重根，则矩阵$\lambda E-A$的秩$R(\lambda E-A)=n-k$，从而对应特征值$\lambda$恰有$k$个线性无关的特征向量

三、施密特正交化

一般地，用数学归纳法可以证明

设$\alpha_1,\cdots,\alpha_{m}(m\leq n)$是$R^{n}$中的一个线性无关的向量组，若令$$\begin{gathered}\beta_1=\alpha_1\\beta_2=\alpha_{2}-\frac{\langle\alpha_{2},\beta_{1}\rangle}{\langle\beta_{1},\beta_{1}\rangle}\beta_1\\beta_{m}=\alpha_{m}-\frac{\langle\alpha_{m},\beta_{1}\rangle}{\langle\beta_{1},\beta_{1}\rangle}\beta_{1}-\frac{\langle\alpha_{m},\beta_{2}\rangle}{\langle\beta_{2},\beta_{2}\rangle}\beta_{2}-\cdots-\frac{\langle\alpha_{m},\beta_{m-1}\rangle}{\langle\beta_{m-1},\beta_{m-1}\rangle}\beta_{m-1}\end{gathered}$$

则$\beta_{1},\cdots,\beta_{m}$就是一个正交向量组，若再令$$e_{i}=\frac{\beta_i}{||\beta_{i}||}(i=1,2,\cdots,m)$$

就得到一个标准的正交向量组$e_{1},\cdots,e_{m}$，且该向量组与$\alpha_1,\cdots,\alpha_m$等价

例1：设$A=\begin{pmatrix}0 & -1 & 1 \ -1 & 0 & 1 \ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$，求一个正交阵$P$，使$P^{-1}AP=\Lambda$为对角阵

$\begin{aligned}|\lambda E-A|&=\begin{vmatrix}\lambda&1&-1\1&\lambda&-1\-1&-1&\lambda\end{vmatrix}\&=\begin{vmatrix}\lambda&2&-1\1&\lambda+1&-1\0&0&\lambda-1\end{vmatrix}\&=(-1)^{3+3}(\lambda-1)(\lambda^2+\lambda-2)\&=(\lambda-1)^2(\lambda+2)=0\end{aligned}$

解得$\lambda_1=\lambda_2=1,\lambda_3=-2$

当$\alpha_1=\alpha_2=1$时

$(1E-A)\rightarrow\begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \ 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$

解得，$\alpha_{1}=(0,1,1)^T,\alpha_2=(1,0,1)^T$

当$\alpha_{3}=-2$时

$(-2E-A)\rightarrow \begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \ 0 & 1 & 1 \ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$

解得，$\alpha_{3}=(-1,-1,1)^T$

令

$\beta_1=\alpha_1=(0,1,1)$

$\beta_2=\alpha_2-\frac{\langle\alpha_{2},\beta_{1}\rangle}{\langle\beta_{1},\beta_{1}\rangle}\beta_1=\begin{pmatrix}1 \ 0 \ 1\end{pmatrix}-\frac12 \begin{pmatrix}0 \ 1 \ 1\end{pmatrix}=\frac12 \begin{pmatrix}2 \ -1 \ 1\end{pmatrix}$

单位化

令

$e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0 \ 1 \ 1\end{pmatrix},e_2=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}2 \ -1 \ 1\end{pmatrix},e_{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}-1 \ -1 \ 1\end{pmatrix}$

令$P=\begin{pmatrix}0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} \ \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{3}} \ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\end{pmatrix}$

使$P^TAP=\Lambda=\begin{pmatrix}1 &  &  \  & 1 &  \  &  & -2\end{pmatrix}$

二次型及其标准形

一、二次型的定义

$n$个变量的一个二次齐次多项式

$$ \begin{aligned}

f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=a_{11}x_1^2+&2a_{12}x_1x_2+2a_{13}x_1x_3+\cdots+2a_{1n}x_1x_n\

+&a_{22}x_2^2+2a_{23}x_2x_3+\cdots+2a_{2n}x_2x_n\

&\cdots\

&+a_{nn}x_n^2

\end{aligned} $$

称为$n$个变量的二次型，系数均为实数时，称为$n$元实二次型

二次型的矩阵形式为$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=(x_1,x_2,\cdots,x_n)\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \ a_{21} & a_{22} & \cdots &  a_{2n} \ \vdots & \vdots &  & \vdots \ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1 \ x_2 \ \vdots \ x_n\end{pmatrix}=x^TAx$。其中$A^T=A$为对称矩阵，称为二次型$f$的对应矩阵

二、合同的定义

设$A$和$B$是$n$阶矩阵，若有可逆矩阵$C$，使$B=C^TAC$，则称矩阵$A$与$B$合同。记作$A\simeq B$

三、用正交变换法化二次型为标准形

任给定二次型$f=\sum^{n}{i,j=1}a{ij}x_iy_j(a_{ij}=a_{ji})$，总有正交变换$x=Py$，使$f$化为标准形$f=\lambda_1y_1^2+\lambda_2y_2^2+\cdots+\lambda_ny_n^2$，其中$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$是$f$的矩阵$A=(a_{ij})$的特征值

例1：求一个正交变换$x=Py$，把二次型$f=-2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$化为标准形

$A=\begin{pmatrix}0 & -1 & 1 \ -1 & 0 & 1 \ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$

$|\lambda E-A|=\begin{vmatrix}\lambda&1&-1\1&\lambda&-1\-1&-1&\lambda\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\lambda&2&-1\1&\lambda+1&-1\0&0&\lambda-1\end{vmatrix}=(\lambda-1)^2(\lambda+2)=0$

得$\lambda_1=\lambda_2=1,\lambda_3=2$

当$\lambda_1=\lambda_2=1$时

$(E-A)\rightarrow \begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \ 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$

解得$\alpha_1=(-1,1,0)^T,\alpha_2=(1,0,1)^T$

当$\lambda_3=-2$时

$(-2E-A)\rightarrow\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \ 0 & 1 & 1 \ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$

得$\alpha_3=(-1,-1,1)^T$

令$\beta_1=(-1,1,0)^T,\beta_2=\alpha_2-\frac{\langle\alpha_{2},\beta_{1}\rangle}{\langle\beta_{1},\beta_{1}\rangle}\beta_{1=\frac12}\begin{pmatrix}1 \ 1 \ 2\end{pmatrix}$

则$e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}-1 \ 1 \ 0\end{pmatrix},e_2=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1 \ 1 \ 2\end{pmatrix},e_3=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}-1 \ -1 \ 1\end{pmatrix}$

令$P=(e_1,e_2,e_3)=\begin{pmatrix}- \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{3}} \ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{3}} \ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\end{pmatrix}$

则在正交变换$x=Py$下

能将二次型$f$变换成标准形

即$f \overset{x=Py}{=}y_{1}^2+y_2^2+2y_3^2$

四、用配方法化二次型为标准形

主要思路：凑完全平方

$f \overset{x=Cy}{=}d_1y_1^2+\cdots+d_ny_n^2$

例2：化二次型$f=x_1^2+2x_2^2+5x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+6x_2x_3$称标准形，并求所用的变换矩阵

先配所有含有$x_1$的平方，减去多余的，然后配$x_2$，依次向后

$\begin{aligned}f&=(x_1+x_2+x_3)^2-x_2^2-x_3^2-2x_2x_3+2x_2^2+5x_3^2+6x_2x_3\&=(x_1+x_2+x_3)^2+x_2^2+4x_3^2+4x_2x_3\&=(x_1+x_2+x_3)^2+(x_2+2x_3)^2-4x_3^2+4x_3^2\&=(x_{1}+x_{2}+x_{3})^{2}+(x_{2}+2x_{3})^{2}+0\cdot x_3^2\end{aligned}$

令$\begin{cases}y_1=x_1+x_2+x_3\y_2=x_2+2x_3\y_3=x_3\end{cases}$

则$\begin{cases}x_1=y_1-y_2+y_3\x_2=y_2-2y_3\x_3=y_3\end{cases}$

令$C=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1 \ 0 & 1 & -2 \ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$

令$x=Cy$

将二次型化为标准形$f=y_1^2+y_2^2$

正定二次型

一、正负惯性指数的定义

设有二次型$f=x^TAx$，它的秩为$r$，有两个可逆变换$x=Cy$及$x=Pz$使$f=k_1y_1^2+k_2y_2^2+\cdots+k_ry_r^2\quad(k_i\ne0)$，及$f=\lambda_1z_1^2+\lambda_2z_2^2+\cdots+\lambda_rz_r^2\quad(\lambda_i\ne0)$则$k_1,\cdots,k_r$中正数的个数与$\lambda_1,\cdots,\lambda_r$中正数的个数相等

二次型的标准形中正系数的个数称为二次型的正惯性指数，记作$p$，负系数的个数称为负惯性指数，记作$q$

二、正定二次型

1. 正定二次型的定义

设有二次型$f(x)=x^TAx$，如果对任何$x\ne0$，都有$f(x)>0$（显然$f(0)=0$），则称$f$为正定二次型，并称对称阵$A$是正定的；如果对任何$x\ne0$都有$f(x)<0$，则称$f$为负定二次型，并称对称阵$A$是负定的

2. 二次型正定的充要条件

$n$元二次型$f(x)=x^TAx$为正定的充分必要条件是：它的标准形的$n$个系数全为正，即它的规范形的$n$个系数全为$1$，亦即它的正惯性指数等于$n$

矩阵的规范形，即整的系数化为$1$，负的系数化为$-1$，不存在的系数为$0$

例如：$f=2y_1^2+3y_2^2-7y^2_3$，规范形$f=z^2_1+z^2_2-z^2_3$

3. 二次型矩阵正定的充要条件

1. 对称阵$A$的正定的充分必要条件是：$A$的特征值全为正

2. 对称阵$A$的正定的充分必要条件是：$A$的各阶主子式都是正，即$a_{11}>0,\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\a_{21}&a_{22}\end{vmatrix}>0,\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\vdots&&\vdots\a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}>0$