实对称矩阵的对角化

原来，实对称矩阵对角化是为解决解析几何中二次曲面是何类型而提出的，因为二次曲面的方程可以写成 $(x,y,z)A\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)$的形式，而这里的A就是一个实对称矩阵，为了更好的看出曲线的类型，需要把二次项给消掉，使得变成 $(x^{\ast },y^{\ast },z^{\ast })T^{-1}AT\left(\begin{array}{c}{x}^{\ast }\\ y^{\ast }\\ z^{\ast }\end{array}\right)$的形式，而 $T^{-1}AT$是一个对角矩阵。 不过为什么这里的T一定是正交矩阵？虽然后面证明了能将实对称矩阵对角化的可逆矩阵一定是正交矩阵，不过这里好像还有一个从几何上证明的定理？？

实对称矩阵是指：实数域上的对称矩阵

正交相似

• 大概就是对于矩阵$A,B$，若存在一正交矩阵$T$使得$$T^{-1}AT=B$$就说$A$正交相似于$B$
• 正交相似是$n$级实矩阵组成的集合的一个等价关系，拥有以下三个性质
  • 反身性
  • 对称性
  • 传递性

定理1

实对称矩阵的特征多项式的每一个复根都是实数，从而它们都是特征值。

证明

• 设${\lambda }_0$是$n$级实对称矩阵A的任一复根,只需证明$\overline{{\lambda }_0}={\lambda }_0$，便能证明其为实数
• 把A看成复矩阵，从而$\exists \alpha \in C^n，且\alpha ̸=0$，有$$A\alpha ={\lambda }_0\alpha \text{\hspace{1em}(1)}$$
• 由于A是实矩阵，所以$\overline{{\lambda }_0}$也是A的一个特征值，$\bar{\alpha }$是$\overline{{\lambda }_0}$的一个特征向量（$P_{273}例2$：$A$是复数域上的n级实矩阵,若虚数${\lambda }_0$是A的属于${\lambda }_0$的一个特征向量，那么$\overline{{\lambda }_0}$也是A的一个特征值，且特征向量为$\bar{\alpha }$）
• 所以就有$$A\bar{\alpha }=\overline{{\lambda }_0}\bar{\alpha }$$对其转置有$${\bar{\alpha }}^{\prime }{A}^{\prime }=\overline{{\lambda }_0}{\bar{\alpha }}^{\prime }$$在上式右乘$\alpha$,得$${\bar{\alpha }}^{\prime }{A}^{\prime }\alpha =\overline{{\lambda }_0}{\bar{\alpha }}^{\prime }\alpha \text{\hspace{1em}(2)}$$
• 在(1)式左边乘上${\bar{\alpha }}^{\prime }$，得$${\bar{\alpha }}^{\prime }A\alpha ={\lambda }_0{\bar{\alpha }}^{\prime }\alpha \text{\hspace{1em}(3)}$$
• (2)=(3)$\Rightarrow$ $$(\overline{{\lambda }_0}-{\lambda }_0){\bar{\alpha }}^{\prime }\alpha =0$$ ${\bar{\alpha }}^{\prime }\alpha ̸=0$,So,$$\overline{{\lambda }_0}={\lambda }_0$$

定理2

实对称矩阵的不同特征值的特征向量是正交的

证明

• 设${\lambda }_1,{\lambda }_2$分别是A的两个不同的特征值，$\alpha ,\beta$分别是它们 的一个特征向量$$A\alpha ={\lambda }_1\alpha \text{\hspace{1em}(1)}$$ $$A\beta ={\lambda }_2\beta \text{\hspace{1em}(2)}$$要证${\alpha }^{\prime }\beta =0$
• 让（1）转置，得$${\alpha }^{\prime }A={\lambda }_1{\alpha }^{\prime }$$右乘$\beta$，得$${\alpha }^{\prime }A\beta ={\lambda }_2{\alpha }^{\prime }\beta ={\lambda }_1{\alpha }^{\prime }\beta$$ $\Rightarrow$ ${\alpha }^{\prime }\beta =0$
  是不是觉得哪里有点奇怪，${\alpha }^{\prime }A\beta ={\lambda }_2{\alpha }^{\prime }\beta$这样可以吗，不是矩阵相乘才有结合律吗?
  啧啧啧，一看就是矩阵运算没有学好，刚刚翻到$P_{143}$矩阵的运算，第一个性质就是说的矩阵的结合律！
• 设$A=(a_{ij}{)}_{s\times n},B=(b_{ij}{)}_{n\times m},C=(c_{ij}{)}_{m\times r}$，则满足$$(AB)C=A(BC)$$

定理3

实对称矩阵一定正交相似于对角矩阵
这表明$\Rightarrow$实对称矩阵一定可对角化（真是上帝的宠儿，一出生就自带可对角化的光环）

证明

这个证明有难度了，从一开始就意想不到

• 首先，这里用的是数学归纳法
• $n=1$时，$(1{)}^{-1}(a)(1)=(a)$，命题真
• 假设对$n-1$级矩阵都满足以上命题，现在看$n$级实对称矩阵A
  • 由定理1得，实对称矩阵必有特征值，故取A的一个特征值${\lambda }_1$,再取${\lambda }_1$的一个特征向量${\eta }_1$，取的${\eta }_1$要满足$|{\eta }_1|=1$
  • 然后！！把${\eta }_1$扩充为$R^n$的一个基，经过施密特正交化和标准化，得到$R^n$的一组标准正交鸡${\eta }_1,{\eta }_2,...,{\eta }_n$,令$$T_1=({\eta }_1,{\eta }_2,...,{\eta }_n)$$则$T_1$是正交矩阵
  • 于是$$T_1^{-1}A{T}_1=T_1^{-1}(A{\eta }_1,A{\eta }_2,...,A{\eta }_n)$$ $$=({\lambda }_1{T}_1^{-1}{\eta }_1,T_1^{-1}A{\eta }_2,...,T_1^{-1}A{\eta }_n)$$由于正交矩阵有$T^{\prime }=T^{-1}$，所以$$T_1^{-1}=T_1^{\prime }=\left(\begin{array}{c}{\eta }_1^{\prime }\\ {\eta }_2^{\prime }\\ ...\\ {\eta }_n^{\prime }\end{array}\right)$$ 所以$$T_1^{-1}{\eta }_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ ...\\ 0\end{array}\right)={\epsilon }_1$$
  • 所以$$T_1^{-1}A{T}_1=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& \alpha \\ 0& B\end{array}\right)$$由于A是实对称，则$T_1^{-1}A{T}_1$也是实对称（正交矩阵节$P_{218}$第一题就证明的是这个！！）$\Rightarrow \alpha =0$，所以$$T_1^{-1}A{T}_1=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ 0& B\end{array}\right)$$B也是实对称矩阵
• 由设，得$\exists 正交矩阵T_2$，使得$$T_2^{-1}B{T}_2=diag\{{\lambda }_2,...,{\lambda }_n\}$$
• 所以，只需令$$T=T_1\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& T_2\end{array}\right)$$就有$T^{-1}AT=diag\{{\lambda }_1,{\lambda }_2,...,{\lambda }_n\}$

命题1

• 若矩阵A是$n$阶实矩阵
• 且A正交相似于一个对角矩阵D
• $\Rightarrow$A绝对是实对称矩阵

所以只有实对称矩阵才有正交相似的权利，非常霸道了
（有一个蒙面人说，我是实的且能正交相似，你们知道我是谁吗？）
（众人：哎哟你可拉到吧！还蒙面呢，只有实对称矩阵才能这样，你肯定是实对称矩阵家族的！）

命题2

$A,B$是两个实对称矩阵,则
$$A,B相似\iff A,B正交相似$$