第三章矩阵对角化、若当标准型

1、.第三章 矩阵的对角化、若当标准型3.1 矩阵对角化线性变换在基下的矩阵若为对角阵，则向量在基下的表示将非常简单，而线性变换在两个基下的矩阵相似，故线性变换在基下矩阵为对角阵问题即为矩阵对角化问题。一、特征值、特征向量性质定义1 设，称的全体特征值为的谱。下面定理1是显然的。定理1 相似矩阵有相同的特征多项式，从而有相同的谱。由于矩阵的不同特征值对应的特征子空间的和是直和，故有下面定理2。定理2 设，则的不同特征值对应的特征向量线性无关。定义2设，为的特征值，称的特征多项式中的重根数为的代数重复度，称特征子空间的维数为的几何重复度。由定义2即知的特征值的几何重复度为对应于特征值的线性无关特征向

2、量的个数。定理3 设，为的特征值，为的几何重复度，则证明 特征子空间，所以精品.例1 求的谱，及相异特征值的代数重复度和几何重复度。解 所以的谱为，的代数重复度分别为。的几何重复度的几何重复度定理4 设，为的特征值，为的代数重复度，为的几何重复度，则。证明 因为为的几何重复度，所以对应于有个线性无关的特征向量是特征子空间的基，将扩充为的基设，则精品.其中，。所以矩阵与相似，故特征多项式又因为所以。二、矩阵的对角化定义3 设，若与对角阵相似，则称可对角化，可对角化的矩阵称为单纯矩阵。定理5 设，则为单纯矩阵的充分必要条件是的任一特征值的代数重复度等于几何重复度。证明 设为的全部相异特征值，为的代

3、数重复度，为的几何重复度，。精品.充分性 因为，所以有个线性无关的特征向量其中为对应的特征向量，。设 则 故 必要性 设与相似，则是的特征值，不妨设则关于特征值至少有个线性无关的特征向量，即，又由定理4：，故得，。由定理5的证明显然有下面的结论。推论1 设，则为单纯矩阵的充分必要条件是有个线性无关的特征向量。推论2 设，若有个不同的特征值，则为单纯矩阵。三、正规阵及其对角化定义4 设，如果，则称为复（实）正规阵。精品.显然埃尔米特矩阵（对称阵）、反埃尔米特矩阵（反对称阵）和酉矩阵（正交阵）都是复（实）正规阵。定义5 设，若，使得（）则称酉（正交）相似。引理1（司楚尔（schur）引理） 设，则

4、，使得，其中是上三角阵，且的对角线为的特征值。证明 用归纳法 当时，命题显然。假设时命题成立，要证时命题也成立。设，为的特征值，为其对应的特征向量，且。将扩充为的标准正交基记，则因为，故由假设，使得，其中为上三角阵。所以精品.所以 记，则，且其中为上三角阵。因为与酉相似，故与有相同的特征值，所以的对角线元素为的特征值。推论3 设，则，使得，其中是 下三角阵，且的对角线为的特征值。定理6 设，则为正规阵的充分必要条件是，使得，其中，是的特征值。证明 必要性 由司楚尔引理，使得，且的对角线为的特征值。因为 所以， 即精品.比较此式两端即得。充分性 ，故。推论4 正规阵是单纯矩阵。推论5 正规阵的属

5、于不同特征值的特征子空间正交。证明 由定理6知酉相似对角阵，故的不同特征值的特征子空间基底正交，故得证。推论 6 设为正规阵，其特征值为，则的特征值为。证明 因为为正规阵，所以，使得所以 即的特征值为。推论7 设为正规阵，则为hermite矩阵的充分必要条件是的特征值都是实数。证明 由推论6，若，则的特征值为实数。反之若的特征值为实数，则。精品.推论8 设为正规阵，则为酉矩阵的充分必要条件是的特征值。证明 因为为正规阵，所以，使得若，则，即，。反之，若，则。阶正规阵酉相似于对角阵，求酉矩阵，使得的方法与线性代数中实对称阵对角化方法相似，介绍如下。（1） 求出的相异特征值（2） 对的每个相异特征

6、值求出其对应的特征子空间的基底（即方程的基础解系），。（3） 将化为对应的特征子空间标准正交基（用施密特正交化，然后单位化），（4） 取，则3.2 埃尔米特二次型埃尔米特矩阵是实对称阵的推广，而一个实对称阵对应着一个实二次型，相应的我们讨论复（埃尔米特）二次型，这在力学及其它一些工程中有重要的应用。一、 埃尔米特矩阵精品.定理1 设，则（1）酉相似于对角线上都是的特征值的对角阵，且的特征值都是实数。（2）若，则与矩阵合同（称为的正惯性指数，为的负惯性指数）。证明 （1）由本章1定理6及推论7即得。（2）因为为正规阵，所以，使得不妨设，其中，则其中对角阵，记，则，且由上述证明可得出埃尔米特矩阵的

7、正、负惯性指数即为的正、负特征值的个数，从而精品.的惯性指数唯一确定，是合同变换下的不变量。定理2 设，则为hermite矩阵的充分必要条件是，为实数。证明 必要性 因为是数且为hermite矩阵，所以故为实数。充分性 因为为实数，故，即。设，则。（1）取，则，。（2）取，则，由（1）知。（3）取（），则，所以，由（2）得， 即，故。二、 埃尔米特二次型定义1 设，称元二次齐次函数为埃尔米特二次型或复二次型，其中，。若记 ，则，且埃尔米特二次型。由定理2知埃尔米特二次型是实数，如果作可逆线性变换精品.，则，而也是埃尔米特矩阵，这样，就化为关于的埃尔米特二次型，即。定理3 对埃尔米特二次型，存在

8、酉变换，使得为标准型，即其中，是的特征值且为实数。证明 因为为埃尔米特矩阵，所以由定理1的（1），使得且为实数。令，则定理4 设，的正惯性指数为，则存在可逆线性变换，使得埃尔米特二次型（）为规范标准型，即证明 由定理1的（2）易得。定义2 设埃尔米特二次型，如果，均有，则称此二次型为正定的（半正定的），且称为正定阵（半正定阵）。定理5 设，则正定充分必要条件是与正线对角阵合同，即存在可逆阵，使得，其中。证明 充分性令，则埃尔米特二次型精品.故，由的可逆性得，从而正定。必要性 由定理1，使得令，则因为，由的可逆性即得，故。推论1设，若与合同，则与的正定性相同。证明 因为与合同，故也是埃尔米特矩阵

9、，若正定，则与正线对角阵合同，故也与正线对角阵合同，所以正定，反之若正定，同理正定。推论2 设，则下列命题等价：（1）正定；（2）的特征值都是正实数；（3）与单位阵合同；（4）对任意可逆阵，均有正定。证明 由定理3的证明易得。 由定理5显然。精品. 因为与合同，由推论1得证。定理6 设，则正定充分必要条件是的顺序主子式都大于零，即，证明 必要性 设其中，则所以正定，设为的特征值，则，故的顺序主子式都大于零。充分性 用归纳法 当时命题显然。假设时命题成立，下证命题也成立。设，其中正定阵，取，则精品.因为，由上式可得。由正定知与正线对角阵合同，即存在可逆阵，使得，故 所以与正线对角阵合同，故正定。

10、例1 判断埃尔米特二次型是否正定。解 ，所以，由于的顺序主子式，故正定。对半正定埃尔米特二次型有类似结论。定理7 设，则半正定充分必要条件是与非负实线对角阵合同，即存在可逆阵，使得，其中。推论3 设，则下列命题等价：（1）半正定；（2）的特征值都是非负实数；（3）与阵合同，；（4）对任意可逆阵，均有半正定。精品.定理8 设，则半正定充分必要条件是所有主子式都非负（的阶主子式为任取的行与对应的列而构成的阶子式）。三、 同时对角化在力学系统小振动等一些工程问题中，我们需要将两个埃尔米特二次型作相同的线性变换，同时化为标准型，即将两个埃尔米特矩阵同时对角化，这也是广义特征值问题。定义3设都是埃尔米特

11、矩阵且正定，如果，使得则称为的相对于的广义特征值，称为对应于广义特征值的广义特征向量。由上述定义可以看出为的相对于的广义特征值充分必要条件是为广义特征方程的根，对应于广义特征值的广义特征向量即为线性方程组的非零解。显然由于正定，则 ，故当且仅当，所以此时相对于的广义特征值即为的特征值。定理9 设都是埃尔米特矩阵且正定，则相对于的广义特征值都是实数。证明 因为正定，故由推论2存在可逆阵，使得，所以所以 精品.故为的特征值。因为是埃尔米特矩阵，由定理1得为实数。定理10设都是埃尔米特矩阵且正定，则存在可逆阵，使得 其中为相对于的广义特征值。证明 因为正定，故由推论2存在可逆阵，使得。由定理9的证明

12、知为的特征值，故，使得取，则而 推论4 设是阶埃尔米特二次型，是阶正定埃尔米特二次型，则存在可逆线性变换，使得 其中为相对于的广义特征值。四、 瑞利（rayleigh）商精品.在讨论埃尔米特二次型的范围和矩阵特征值的摄动（即矩阵有微小改变时，对应特征值的改变）问题中，瑞利商有一定的应用，在此对瑞利商概念做简单介绍。定义4 设，称（）为的瑞利商。显然是实数。定理11 设是埃尔米特矩阵的瑞利商，则（1），有；（2）；（3），其中为的特征值的特征子空间。证明 （1）显然（2）因为是埃尔米特矩阵，所以，使得其中为的特征值且为实数。所以设有故 （3），有，则精品.。3.3 方阵的若当标准型前面我们讨论了

13、可对角化的矩阵，这一节中我们讨论一般方阵的一种相似最简型，即若当标准型，这个标准型在理论和实际中都有重要的应用。一、矩阵及其(smith)标准型定义1设，其中为上的多项式，称为矩阵或多项式矩阵。若，则称中次数最高的多项式的次数为的次数。显然数字矩阵和特征矩阵都是矩阵。定义2 设为阶矩阵，称的所有阶子式的首1（最高次项系数为1）最大公因子为的阶行列式因子，记为，显然，为常数，规定。例1 设行列式因子。解 。的1阶子式为，所以。的2阶子式为，所以。的3阶子式为，所以。命题1 设为阶矩阵，为的阶行列式因子，则精品.，。证明 设为的任一个阶子阵，则其中是的代数余子式，因为，故。由于是的阶子式的首1最大

14、公因子，所以，定义3 设为阶矩阵的阶行列式因子，称，为的不变因子。显然有，。例2 在例1中的不变因子为。定义4 设为阶矩阵，下列变换称为的初等变换。（1） 的某两行（列）互换；（2） 的某行（列）乘非零常数；（3） 的某行（列）乘多项式加到另一行（列）。若经过初等变换化为，则称与等价。命题2 设为阶矩阵，则与有相同的行列式因子，从而有相同的不变因子。证明 显然证明每种初等变换不改变矩阵的行列式因子即可，这里只证第（1）种初等变换不改变矩阵的行列式因子，其余类似。设，若中的阶子阵不含的两行，则在中有相同的阶子式（对应位置取子式）；若中的阶子阵含的两行，则在中有阶子式（对应位置取子式）；若精品.中

15、的阶子阵含的行，不含的行，则在中选对应的列及不含行的对应的行和的行，即得有阶子式。由以上讨论知中有与的阶子式至多差一个符号的子式，反之亦然，故与有相同的行列式因子，从而有相同的不变因子。命题3 设为阶矩阵，若，且，（首1），则为的不变因子。证明 由命题2知与有相同的行列式因子，而的行列式因子为所以为的不变因子，。定义5 称命题3中的为阶矩阵的（smith）标准型。由命题3知的标准型中的即为的的不变因子。命题4 阶矩阵的不变因子唯一。证明 因为的行列式因子唯一，所以的不变因子唯一，。定理1 阶非零矩阵总可以经过初等变换化为标准型。精品.证明 设，不妨设，且，下证若不能整除中其余所有元素，则存在与

16、等价的，使得的左上角元素的次数，下面分三种情形证明。（1） 若在的第一行中存在，使得，则其中为多项式且，所以且。（2）若在的第一列中存在，使得，与（1）类似同样可证。（3）若，但存在（），使得。因为，故设，所以 其中 ，。因为，所以，故且，所以且。精品.由（1）、（2）、（3）知若不能整除中其余所有元素，则存在与等价的，使得的左上角元素的次数。但是多项式的次数是有限的，故重复上述过程，必存在与等价的，使得的左上角元素能整除中其余所有元素，也就存在与等价的，其中为首1多项式且能整除中其余所有元素。对重复上述过程即得与等价的对角阵其中首1，且，所以为的标准型。定理1实际上给出了求矩阵不变因子的一种

17、方法，即将用初等变换化为标准型，则标准型对角线上元素即为的不变因子。例3 用初等变换方法求的不变因子。解 精品.不变因子。推论1 设为矩阵的不变因子，则，。证明 因为不变因子唯一，且由定理1所以，。定义5 设为的不变因子，为的相异特征值，在复数域将分解为一次因式的幂积： 称上式中满足的因子为的初等因子，。由于，显然有，。精品.例4 ，求的初等因子。解 方法1：，则不变因子 ，初等因子为。方法2：初等因子为。例5 ，求的初等因子。精品.解 所以初等因子为。二、若当标准型定义6 称为阶方阵的若当标准型，其中为的特征值的若当块，为的代数重复度， 而为的特征值的若当子块，。当时，即为一阶方阵。定理2

18、设精品. 为的全部初等因子，则存在可逆阵，使得，其中每一个初等因子对应的若当子块。证明略。例 6 ，求的若当标准型。解 则初等因子为。所以。例 7 ，求的若当标准型。解 的行列式因子为，。不变因子为 精品.初等因子为，。所以若当标准型三、相似变换矩阵由定理2方阵与若当标准型相似，即存在可逆阵，使得。下面简单介绍的求法。设，由即得解上述方程，选取适当的即可。例8 ，求相似变换矩阵，使得与若当标准型相似。精品.解 初等因子为。所以设，由，即故得 解之，在（1）中取代入（2）中取，在（3）中取。所以例9 求解线性微分方程组精品.解 记，则其中，下面将化为若当标准型。初等因子为，所以。设，由，得解之，在（1）、（2）中取，取（注意要适当选取，否则将代入（3）