清华大学公开课线性代数2——第12讲：复数与复矩阵

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笔记源自：清华大学公开课：线性代数2——第12讲：复数与复矩阵

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引言

之前接触的大部分线性代数知识都只考虑实数情形，但复数情形不可避免会遇到。例如 (cosθsinθ−sinθcosθ) ( c o s θ − s i n θ s i n θ c o s θ ) 没有实特征值（除了极特殊情形），目的：比较实数和复数情形的异同，注意学习复数和实数的区别联系。

复数复习：

1. • i2=−1 i 2 = − 1 ， 一个复数 a+bi=z a + b i = z ， a a 是实部(real part)， b b 是虚部(imaginary part)，可以把实部 a a 看成x轴分量，虚部 b b 看成y轴分量。复数的共轭(complex conjugate) z=a+bi→z¯=a−bi z = a + b i → z ¯ = a − b i ，长度 |z|=a2+b2−−−−−−√=(a−bi)(a+bi)=zz¯ | z | = a 2 + b 2 = ( a − b i ) ( a + b i ) = z z ¯ （ z z 的长度不能定义为 (a+bi)2−−−−−−−√ ( a + b i ) 2 ，长度必须是正值，如果把复数 z z 看成一个2维向量，那么它的长度显然就是定义中给出的）， 矩阵的共轭定义为： A=(aij)n×n,aij∈C→A¯=(aij¯¯¯¯¯¯)n×n A = ( a i j ) n × n , a i j ∈ C → A ¯ = ( a i j ¯ ) n × n ，性质： AB¯¯¯¯¯¯¯¯=A¯B¯ zz¯=|z|2 A B ¯ = A ¯ B ¯   z z ¯ = | z | 2 。
   • {长度为1（单位圆上）的复数} → → {二阶旋转矩阵}，且保持乘法。 z=cosθ+isinθ→A2=(cosθsinθ−sinθcosθ) z = c o s θ + i s i n θ → A 2 = ( c o s θ − s i n θ s i n θ c o s θ ) 。验证性质： z1=eiθ1,z2=eiθ2→Az1=(cosθsinθ−sinθcosθ),Az2=(cosθsinθ−sinθcosθ)→z1z2=ei(θ1+θ2)=(cos(θ1+θ2)sin(θ1+θ2)−sin(θ1+θ2)cos(θ1+θ2))=Az1z2 z 1 = e i θ 1 , z 2 = e i θ 2 → A z 1 = ( c o s θ − s i n θ s i n θ c o s θ ) , A z 2 = ( c o s θ − s i n θ s i n θ c o s θ ) → z 1 z 2 = e i ( θ 1 + θ 2 ) = ( c o s ( θ 1 + θ 2 ) − s i n ( θ 1 + θ 2 ) s i n ( θ 1 + θ 2 ) c o s ( θ 1 + θ 2 ) ) = A z 1 z 2
   • 欧拉公式(Euler formula) ： eiθ=cosθ+isinθ e i θ = c o s θ + i s i n θ ，极分解(polar decomposition)： z=reiθ=r(cosθ+isinθ)→zn=rneinθ=rn(cos(nθ)+isin(nθ)) z = r e i θ = r ( c o s θ + i s i n θ ) → z n = r n e i n θ = r n ( c o s ( n θ ) + i s i n ( n θ ) ) ，这里z的公式中三角函数部分长度为1，所以r即z的长度，这样任何一个复数都可以用 reiθ r e i θ 表示。
   • 单位根 xn=1 x n = 1 有n个复根 e2kπin,k=0,1,2,…,n−1 e 2 k π i n , k = 0 , 1 , 2 , … , n − 1 ，令 ω=e2πin→1+ω+ω2+⋯+ωn−1=0 ω = e 2 π i n → 1 + ω + ω 2 + ⋯ + ω n − 1 = 0 ，例如：求 (1+i)8←1+i=2–√eiπ4,(1+i)8=(2–√)8ei2π=16 ( 1 + i ) 8 ← 1 + i = 2 e i π 4 , ( 1 + i ) 8 = ( 2 ) 8 e i 2 π = 16 。
2. • 代数基本定理： anxn+⋯+a1x+a0=0,ai∈C a n x n + ⋯ + a 1 x + a 0 = 0 , a i ∈ C 有n个复数根(可能重复)，设 ai∈R,anxn+⋯+a1x+a0=0 a i ∈ R , a n x n + ⋯ + a 1 x + a 0 = 0 的非实数的复根也是成对出现，即若 z=a+bi(b≠0) z = a + b i ( b ≠ 0 ) 是它的根，则 z¯=a−bi z ¯ = a − b i 也是它的根，复数根是成对出现的。 ⇒ ⇒ 奇次实系数方程总有一个实根。（注：公开课字幕内容如下：因为我们知道复根是成对出现的，所以对一个实系数方程，它的复根实际上是2的倍数，因为它是成对出现的，但是奇数次实系数呢，所以它必然除了复根应该有一个实根，不然的话它只有偶数的根，这样就跟它奇数次矛盾）。
   • 实系数多项式（次数 ≥1 ≥ 1 ）的 f(x) f ( x ) 可分解成 f(x)=a(x−λ1)n1⋯(x−λs)ns(x2−b1x+c)e1⋯(x2−btx+c)et f ( x ) = a ( x − λ 1 ) n 1 ⋯ ( x − λ s ) n s ( x 2 − b 1 x + c ) e 1 ⋯ ( x 2 − b t x + c ) e t ， λi λ i 即实数根，后 t t 项即复数根给出来的，后面这种形式无法写成实根的一次形式，也就是它的判别式小于0（有复数根），不能写成前 s s 项的形式。例如： xm−1=∏k=0m−1(x−ωk),ωk=ei2kπm x m − 1 = ∏ k = 0 m − 1 ( x − ω k ) , ω k = e i 2 k π m ωm−k=ei2(m−k)πm=ei2π(1−km)=cos(2π(1−km))+isin(2π(1−km))=cos(2kπm)−isin(2kπm)=ωk¯¯¯¯¯,km<1⇒(x−ωk)(x−ωm−k)=x2−(ωk+ωm−k)x+(ωkωm−k)=x2−2cos(2kπmx)+1 ω m − k = e i 2 ( m − k ) π m = e i 2 π ( 1 − k m ) = c o s ( 2 π ( 1 − k m ) ) + i s i n ( 2 π ( 1 − k m ) ) = c o s ( 2 k π m ) − i s i n ( 2 k π m ) = ω k ¯ , k m < 1 ⇒ ( x − ω k ) ( x − ω m − k ) = x 2 − ( ω k + ω m − k ) x + ( ω k ω m − k ) = x 2 − 2 c o s ( 2 k π m x ) + 1 ， 同理可得： xm+1=∏k=0m−1(x−ξk),ξk=ei(π+2kπ)m x m + 1 = ∏ k = 0 m − 1 ( x − ξ k ) , ξ k = e i ( π + 2 k π ) m 。

例题：证明 cosπ2n+1cos2π2n+1⋯cosnπ2n+1=12n c o s π 2 n + 1 c o s 2 π 2 n + 1 ⋯ c o s n π 2 n + 1 = 1 2 n
要证明这个需要以下3点：
(1) −1−ei2θ=−1−cos2θ−isin2θ=−2cosθ(cosθ+isinθ)⇒|−1−cos2θ−isin2θ|=2|cosθ| − 1 − e i 2 θ = − 1 − c o s 2 θ − i s i n 2 θ = − 2 c o s θ ( c o s θ + i s i n θ ) ⇒ | − 1 − c o s 2 θ − i s i n 2 θ | = 2 | c o s θ |
(2)设 ω=cos2π2n+1+isin2π2n+1=ei2π2n+1(⇒|−1−ω|=2|cos(π2n+1)| ω = c o s 2 π 2 n + 1 + i s i n 2 π 2 n + 1 = e i 2 π 2 n + 1 ( ⇒ | − 1 − ω | = 2 | c o s ( π 2 n + 1 ) | ，那么 x2n+x2n−1+⋯+1=(x−ω)(x−ω2)⋯(x−ω2n)(∗) x 2 n + x 2 n − 1 + ⋯ + 1 = ( x − ω ) ( x − ω 2 ) ⋯ ( x − ω 2 n ) ( ∗ ) 推导如下： x2n+1−1=(x−1)(x−ω)(x−ω2)⋯(x−ω2n)⇒x2n+1−1x−1=(x−ω)(x−ω2)⋯(x−ω2n)⇒1(1−x2n+1)1−x=(x−ω)(x−ω2)⋯(x−ω2n) x 2 n + 1 − 1 = ( x − 1 ) ( x − ω ) ( x − ω 2 ) ⋯ ( x − ω 2 n ) ⇒ x 2 n + 1 − 1 x − 1 = ( x − ω ) ( x − ω 2 ) ⋯ ( x − ω 2 n ) ⇒ 1 ( 1 − x 2 n + 1 ) 1 − x = ( x − ω ) ( x − ω 2 ) ⋯ ( x − ω 2 n )
(3) cos(2n+1−k)π2n+1=coskπ2n+1 c o s ( 2 n + 1 − k ) π 2 n + 1 = c o s k π 2 n + 1
令 (∗) ( ∗ ) 等式中 x=−1 x = − 1 ，且取两边长度 1=|(−1−ω)(−1−ω2)⋯(−1−ω2n) 1 = | ( − 1 − ω ) ( − 1 − ω 2 ) ⋯ ( − 1 − ω 2 n ) 中右边每一项利用(1)式子得到 |−1−ω|=2|cosπ2n+1|,|−1−ω2|=2|cos2π2n+1|,…|−1−ωn|=2|cosnπ2n+1| | − 1 − ω | = 2 | c o s π 2 n + 1 | , | − 1 − ω 2 | = 2 | c o s 2 π 2 n + 1 | , … | − 1 − ω n | = 2 | c o s n π 2 n + 1 |

从n+1项起根据(3)得：

|−1−ωn+1|=2|cos(n+1)π2n+1|=2|cos(2n+1−n)π2n+1|=2|cos(π−nπ2n+1)|=2|cos(nπ2n+1)|=|−1−ωn| | − 1 − ω n + 1 | = 2 | c o s ( n + 1 ) π 2 n + 1 | = 2 | c o s ( 2 n + 1 − n ) π 2 n + 1 | = 2 | c o s ( π − n π 2 n + 1 ) | = 2 | c o s ( n π 2 n + 1 ) | = | − 1 − ω n |

|−1−ωn+2|=2|cos(n+2)π2n+1|=2|cos[(2n+1)−(n−1)]π2n+1|=2|cos(π−(n−1)π2n+1)|=2|cos(n−1)π2n+1|=|−1−ωn−1| | − 1 − ω n + 2 | = 2 | c o s ( n + 2 ) π 2 n + 1 | = 2 | c o s [ ( 2 n + 1 ) − ( n − 1 ) ] π 2 n + 1 | = 2 | c o s ( π − ( n − 1 ) π 2 n + 1 ) | = 2 | c o s ( n − 1 ) π 2 n + 1 | = | − 1 − ω n − 1 |

⋯⋯ ⋯ ⋯

|−1−ω2n|=2|cos2nπ2n+1|=2|cos(2n+1−1)π2n+1|=2|cos(π−π2n+1)|=2|cos(π2n+1)|=|−1−ω| | − 1 − ω 2 n | = 2 | c o s 2 n π 2 n + 1 | = 2 | c o s ( 2 n + 1 − 1 ) π 2 n + 1 | = 2 | c o s ( π − π 2 n + 1 ) | = 2 | c o s ( π 2 n + 1 ) | = | − 1 − ω |

复矩阵

Hermitian矩阵

复数矩阵 A=(aij)m×n,aij∈C A = ( a i j ) m × n , a i j ∈ C , 那么称 AT¯¯¯¯¯¯¯(=A¯T) A T ¯ ( = A ¯ T ) 为 Hermitian 矩阵，记为 AH A H 。例如： Z=(1+ii)→ZH=(1−i−i) Z = ( 1 + i i ) → Z H = ( 1 − i − i ) ，而且发现 ZZH=||Z||2 Z Z H = | | Z | | 2 ，这个可以类比实数中的 xTx=||x||2 x T x = | | x | | 2 。性质： (AH)H=A,(AB)H=BHAH ( A H ) H = A , ( A B ) H = B H A H （按照共轭转置即可求得），正如在 Rn R n 的定义内积，在 C C 上也可以定义内积： u,v∈Cn,uHv=(u¯1⋯u¯n)⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜v1...vn⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟=u¯1v1+⋯+u¯nvn u , v ∈ C n , u H v = ( u ¯ 1 ⋯ u ¯ n ) ( v 1 . . . v n ) = u ¯ 1 v 1 + ⋯ + u ¯ n v n ，内积的性质： uHv=vHu¯¯¯¯¯¯¯¯¯ u H v = v H u ¯ 。

厄米特Hermite矩阵

在实数矩阵中有对称矩阵的概念和作用，复数矩阵有类似的——厄米特矩阵(Hermite matrix)，定义为： A=AH A = A H ，即一个矩阵的共轭转置等于它本身，那么称这种矩阵为Hermite阵。例： (21−i1+i3) ( 2 1 + i 1 − i 3 ) 。

• 性质1：Hermite阵对角线元素为实数。

• 性质2： z∈C,A=AH⇒zHAz z ∈ C , A = A H ⇒ z H A z 是一个实数。证明如下： zHAz¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯T=(zHAz)H=zHAHz=zHAz z H A z ¯ T = ( z H A z ) H = z H A H z = z H A z

• 性质3：设 A,B A , B 是Hermite阵，则 A+B A + B 也是，证明： (A+B)H=AH+BH=A+B ( A + B ) H = A H + B H = A + B 。进一步，若 AB=BA A B = B A （即乘法可交换的时候），则 AB A B 是Hermite阵。 ⇒An ⇒ A n 是Hermite阵。

• 性质4：设 A A 是一个 n n 阶复矩阵， AAH,A+AH A A H , A + A H 是Hermite阵，联系对比实对称矩阵的 AAT,ATA,A+AT A A T , A T A , A + A T 。

• 性质5：一个Hermite矩阵A的特征值是实数。证明：设 Az=λ0z A z = λ 0 z ，则 zHAz=λ0zHz z H A z = λ 0 z H z 。 zHAz z H A z 和 zHz z H z 均为实数 ⇒λ0(z0≠0) ⇒ λ 0 ( z 0 ≠ 0 ) 是实数。

• 性质6：一个Hermite阵的不同特征值的特征向量相互正交。证明：设 (1)Az1=λ1z1,(2)Az2=λ2z2,λ1≠λ2 ( 1 ) A z 1 = λ 1 z 1 , ( 2 ) A z 2 = λ 2 z 2 , λ 1 ≠ λ 2 ， 在(1)两边同乘以 zH2 z 2 H 得： (3)zH2Az1=zH2λ1z1⇒(4)zH2AHz1=(Az2)Hz1=λ2¯¯¯¯¯zH2z1=λ2zH2z1 ( 3 ) z 2 H A z 1 = z 2 H λ 1 z 1 ⇒ ( 4 ) z 2 H A H z 1 = ( A z 2 ) H z 1 = λ 2 ¯ z 2 H z 1 = λ 2 z 2 H z 1 ，由 (3)(4)⇒λ1zH2z1=λ2zH2z1⇒(λ1−λ2)zH2z1=0 ( 3 ) ( 4 ) ⇒ λ 1 z 2 H z 1 = λ 2 z 2 H z 1 ⇒ ( λ 1 − λ 2 ) z 2 H z 1 = 0 ，因为 λ1≠λ2 λ 1 ≠ λ 2 得： zH2z1=0 z 2 H z 1 = 0 。

酉unitary矩阵

酉矩阵是正交阵的复数类比。 Un×n U n × n 是酉矩阵 ⇔ ⇔ ∀z∈Cn,||Uz||=||z|| ∀ z ∈ C n , | | U z | | = | | z | | ，证明： UHU=In⇒|Uz|2=zHUHUz=zHz=|z|2⇒|Uz|=|z|⇒|λ|=1 U H U = I n ⇒ | U z | 2 = z H U H U z = z H z = | z | 2 ⇒ | U z | = | z | ⇒ | λ | = 1 。得出与实数矩阵类似的性质1：酉矩阵乘以任何向量不改变它的模长。性质2： U U 是酉矩阵，则 U U 的特征值模长为1。 例： u=⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜12√12√0−16√16√1+i3√6√1−i3√23√−1+i3√23√13√⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟ u = ( 1 2 − 1 6 1 − i 3 2 3 1 2 1 6 − 1 + i 3 2 3 0 1 + i 3 6 1 3 ) ， |detU|=∏|λi|=1 | d e t U | = ∏ | λ i | = 1 (行列式的长度等于特征值长度的乘积)。

而实数的正交阵，也有类似的性质。下面证明正交阵不同特征值对应的特征向量相互正交：

因为 Q Q 正交阵, QTQ=E,|Q|=1=λ1λ2…λn Q T Q = E , | Q | = 1 = λ 1 λ 2 … λ n ,设 λ1,λ2 λ 1 , λ 2 为 Q Q 的两个不同的特征值, ξ1,ξ2 ξ 1 , ξ 2 为对应的特征向量 (1)Qξ1=λ1ξ1,(2)Qξ2=λ2ξ2,(3)(ξ2)TQT=λ2(ξ2)T⇒(3)(1)⇒ξT2QTQξ1=λ1λ2ξT2ξ1⇒(λ1λ2−1)ξT2ξ1=0 ( 1 ) Q ξ 1 = λ 1 ξ 1 , ( 2 ) Q ξ 2 = λ 2 ξ 2 , ( 3 ) ( ξ 2 ) T Q T = λ 2 ( ξ 2 ) T ⇒ ( 3 ) ( 1 ) ⇒ ξ 2 T Q T Q ξ 1 = λ 1 λ 2 ξ 2 T ξ 1 ⇒ ( λ 1 λ 2 − 1 ) ξ 2 T ξ 1 = 0
而 |λ1|=|λ2|=1,λ1≠λ2 | λ 1 | = | λ 2 | = 1 , λ 1 ≠ λ 2 ,得 ξ2Tξ1=0,因此ξ2,ξ1 ξ 2 T ξ 1 = 0 , 因 此 ξ 2 , ξ 1 正交。

复正规阵

酉阵和Hermite矩阵均为复正规矩阵，即： AHA=AAH A H A = A A H 。 酉相似：设 A,B A , B 是；两 n n 阶复矩阵，若存在酉矩阵 U U ，使得 A=UHBU A = U H B U ，则 A A 和 B B 是酉相似（联系实数矩阵的正交相似）。定理：设 A A 复正规阵，则

1. 向量 u u 是 A A 的关于 λ λ 的特征向量 ⇔u ⇔ u 是 AH A H 的关于 λ¯ λ ¯ 的特征向量。证明：
   设 Au=λu⇒(A−λI)u=0 A u = λ u ⇒ ( A − λ I ) u = 0 令 B=A−λI⇒||BHu||2=uHBBHu=uHBHBu=||Bu||2=0 B = A − λ I ⇒ | | B H u | | 2 = u H B B H u = u H B H B u = | | B u | | 2 = 0 ，因为 ||BHu||2=0⇒BHu=0,(A−λI)H=BH⇒(AH−λ¯I)u=0⇒AHu=λ¯u | | B H u | | 2 = 0 ⇒ B H u = 0 , ( A − λ I ) H = B H ⇒ ( A H − λ ¯ I ) u = 0 ⇒ A H u = λ ¯ u
2. 不同特征值的特征向量正交。证明与Hermite矩阵一样。

定理(Schur)：任意一个复矩阵 A A 酉相似于一个上三角阵。即： ∃ U∈unitary matrix,∀ A∈complex matrix,UH=U−1,UHAU=⎛⎝⎜⎜λ100∗⋱0∗∗λn⎞⎠⎟⎟⇒ ∃   U ∈ u n i t a r y   m a t r i x , ∀   A ∈ c o m p l e x   m a t r i x , U H = U − 1 , U H A U = ( λ 1 ∗ ∗ 0 ⋱ ∗ 0 0 λ n ) ⇒ 任意一个复正规阵酉相似于对角阵，特别地，酉相似于 ⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜11⋱1⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟ ( 1 1 ⋱ 1 ) , UHAU=diag(λ1,…,λn)⇒AU=λU U H A U = d i a g ( λ 1 , … , λ n ) ⇒ A U = λ U 。

一个实矩阵 A A 是正规的 ⇔ATA=AAT ⇔ A T A = A A T 。例如， A A 是正交阵或者 A A 是对称（反对称）矩阵。

如果 A A 是正规的，那么存在正交阵 Ω Ω 使得：

ΩTAΩ=⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜(a1−b1b1a1)⋱(as−bsbsas)λ2s+1⋱λn⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ Ω T A Ω = ( ( a 1 b 1 − b 1 a 1 ) ⋱ ( a s b s − b s a s ) λ 2 s + 1 ⋱ λ n ) ，即实正规阵正交相似于分块对角阵。

对于复正规阵酉相似对角阵 UHAU=diag(λ1,…,λn)⇒AU=λU U H A U = d i a g ( λ 1 , … , λ n ) ⇒ A U = λ U ，这里如果把 U U 的列向量写成 uk=β+iγ,  k∈[1,n], β,γ∈Rn u k = β + i γ ,     k ∈ [ 1 , n ] ,   β , γ ∈ R n ，例如： (1+i1−i)=(11)+i(1−1) ( 1 + i 1 − i ) = ( 1 1 ) + i ( 1 − 1 ) 。

Auk=λkuk⇒A(β+iγ)=λk(β+iγ) A u k = λ k u k ⇒ A ( β + i γ ) = λ k ( β + i γ ) ，令 λk=a+ib λ k = a + i b ，得： Aβ=aβ−bγ,Aγ=bβ+aγ⇒ A β = a β − b γ , A γ = b β + a γ ⇒
A(β,γ)=(β,γ)(a−bba) A ( β , γ ) = ( β , γ ) ( a b − b a ) ，所以 Ω Ω 的实际上是由 U U 的特征向量的实部和虚部组成的这样一个形式。 Ω Ω 是一个正交阵，那 β β 和 γ γ 是不是正交的？它们的长度相等嘛？不然无法保证 Ω Ω 是一个正交阵。 结论：设 A A 是 n n 解实正交阵。若 λ=a+ib(b≠0) λ = a + i b ( b ≠ 0 ) 是 A A 的特征值， x=x1+ix2, x1,x2∈Rn x = x 1 + i x 2 ,   x 1 , x 2 ∈ R n 是对应的特征向量，则 ||x1||=||x2|| | | x 1 | | = | | x 2 | | ，且 x1,x2 x 1 , x 2 是相互正交的。

证明：如果 λ=a+ib λ = a + i b 是 A A 的特征值，那么 λ=a−ib λ = a − i b 也是 A A 的特征值。因为 A A 实正交阵，所以对 Ax=λx A x = λ x 取两边共轭得： Ax¯¯¯¯¯¯¯=Ax¯=λ¯