第五章 方阵的
标准
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形
§5.1
§5.2
§5.3
§5.4 Schmidt 正交化
本节介绍把向量几何化的方法, 以便于进行形象思维及处理更广泛的问
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
.
在本节, 设所考虑的数域为复数域或实数域.
定义 4.1 设 α = (a1, a2, . . . , an)T , β = (b1, b2, · · · , bn)T 都是 n 元列向量,
规定
(α, β) = a1b1 + · · ·+ anbn,
称之为 α 与 β 的内积.
由定义易知 (α, β) = βHα. 进一步, 内积还有如下性质:
1. (β, α) = (α, β);
2. (aα1 + bα2, β) = a(α1, β) + b(α2, β), (α, aβ1 + bβ2) = a¯(α, β1) + b¯(α, β2),
其中 a, b ∈ C;
3. 对于任意非零的 α 均有 (α, α) > 0.
定义 4.2 令 |α| = √(α, α), 称为 α 的长度. 长度为 1 的向量称为 单位向
量. 如果 (α, β) = 0, 则称 α 与 β正交. 若一个向量集合中的任意两个不同的向
量均正交, 则称该向量集为正交组;由单位向量组成的正交组称为
规范
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正交组
显然,α 与 β 正交当且仅当 βHα = 0 当且仅当 αHβ = 0.
由定义 4.2, 非零向量的长度必大于 0; 零向量与任何向量均正交; 一个向量
总是正交组.
命题 4.1 不含零向量的正交组必为线性无关的向量组.
107
108 第五章 方阵的标准形
证明 设 α1, α2, · · · , αs 为不含零向量的正交组, 且
a1α1 + a2α2 + · · ·+ asαs = 0.
用 α1 做内积可得, a1(α1, α1) + a2(α2, α1) + · · ·+ as(αs, α1) = 0. 由正交性可得
a1(α1, α1) = 0. 由 α1 6= 0 知 αH1 α1 6= 0, 故 a1 = 0. 类似地可证 a2 = a3 = · · · =
an = 0.
定义 4.3 设 A 为复方阵, 如果 AHA = I, 则称 A 为酉矩阵.
显然, A 为酉矩阵当且仅当 AH = A−1. 正交矩阵恰为实的酉矩阵.
命题 4.2 方阵 A 为酉矩阵当且仅当 A 的列向量组为规范正交组.
证明 将 A按列分块, A = (α1, . . . , αn),则 AHA = (αHi αj). 于是, A是酉矩
阵当且仅当 (αHi αj) = I, 当且仅当 αHi αj = δij , 即 α1, . . . , αn 是规范正交组.
按命题 4.1, 规范正交组必为线性无关向量组. 反过来, 一个线性无关向量
组显然未必是正交组, 但我们可以按下述方法求出与之等价的规范正交向量组.
命题 4.3 (Schmidt 正交化) 设 α1, α2, . . . , αt 为一组线性无关向量, 令
β1 = α1,
β2 = α2 − (α2,β1)(β1,β1)β1,
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
βt = αt − (αt,β1)(β1,β1)β1 −
(αt,β2)
(β2,β2)
β2 − · · · − (αt,βt−1)(βt−1,βt−1)βt−1,
再令 γi = 1|βi|βi, 1 ≤ i ≤ t, 则 β1, β2, . . . , βt 是正交组, γ1, γ2, . . . , γt 是规范正交
组, 并且它们都与向量组 α1, α2, . . . , αt 等价.
证明 首先证明 β1, . . . , βt 是正交组. 对向量个数 t 用数学归纳法. 当 t = 1
时,结论显然成立. 假设 t = k > 1时结论也成立. 现在设 t = k+1,我们只需证
明 βk+1 和每个 βj 都正交, 1 ≤ j ≤ k. 实际上,
(βk+1, βj) = (αt, βj)−
k∑
i=1
(αk+1, βi)
(βi, βi)
(βi, βj)
= (αk+1, βj)− (αk+1, βj)(βj , βj) (βj , βj)
= 0.
§ 5.4 Schmidt 正交化 109
其次证明向量组 β1, . . . , βt 与向量组 α1, . . . , αt 等价. 因为
α1 = β1,
α2 =
(α2,β1)
(β1,β1)
β1 + β2,
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
αt =
(αt,β1)
(β1,β1)
β1 +
(αt,β2)
(β2,β2)
β2 + · · ·+ (αt,βt−1)(βt−1,βt−1)βt−1 + βt,
所以 α1, . . . , αt 可由向量组 β1, . . . , βt 线性
表
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示, 将其写成矩阵形式
(α1, . . . , αt) = (β1, . . . , βt)C,
其中 C 是上三角矩阵, 且对角线元素均为 1. 故 C 可逆, 从而量组 β1, . . . , βt 也
可由 α1, . . . , αt 线性表示. 于是, 向量组 β1, . . . , βt 与 α1, . . . , αt 等价.
最后考虑向量组 γ1, . . . , γt. 显然, (γ1, . . . , γt) = (α1, . . . , αt)D, 其中 D 是对
角矩阵, 其对角线元素依次为 1|βi| , . . . , 1|βt| . 于是, (γ1, . . . , γt) = (β1, . . . , βt)CD.
因为 CD是上三角矩阵,且对角线元素是正数,所以 CD可逆. 于是, (γ1, . . . , γt)
和 (β1, . . . , βt) 等价.
对角线上的元素皆为正数的上 (下) 三角矩阵称为正线上 (下) 三角矩阵.
从上命题的证明立即可得下面的结果.
命题 4.4 对于列满秩 (实) 矩阵 G, 必有正线上三角 (实) 矩阵 pi, 使 Gpi
的列向量组为规范正交组.
引理 4.1 两个正线上 (下) 三角矩阵之积仍为正线上 (下) 三角矩阵. 正线
上 (下) 三角矩阵必为可逆矩阵, 且其逆也是正线上 (下) 三角矩阵. 若正线上
(下) 三角矩阵同时还是酉矩阵, 则其必为单位矩阵.
证明 我们只证明最后一个结论.设 A = (aij)是一个正线上三角酉矩阵,则
AH = A−1, 而且 AH 是下三角矩阵, A−1 是上三角矩阵, 所以 A 必为对角矩阵,
而且 aii = a−1ii . 因为 aii > 0, 所以 aii = 1, 从而 A 必为单位矩阵.
定理 4.1 (QR 分解) 设 A 是一个可逆矩阵, 则
1) A 可唯一地分解成一个酉矩阵和一个正线上三角矩阵之积;
2) A 可唯一地分解成一个酉矩阵和一个正线下三角矩阵之积;
3) A 可唯一地分解成一个正线上三角矩阵和一个酉矩阵之积;
110 第五章 方阵的标准形
4) A 可唯一地分解成一个正线下三角矩阵和一个酉矩阵之积.
进一步, 若 A 是可逆实矩阵, 则上面的分解中矩阵可取作实矩阵.
证明1) 设 A 是一个可逆矩阵, 则由命题 4.4, 有正线上三角矩阵 pi 使得
Api 是酉矩阵. 令 Q = Api,R = pi−1, 则 A = QR, 且 Q 是酉矩阵, R 是正
线上三角矩阵. 设 A = Q1R1 是 A 也是 A 的 QR 分解, 则 QR = Q1R1,
从而 Q−1Q1 = RR−11 , 这是一个正线上三角酉矩阵, 所以是单位矩阵. 于是,
Q1 = Q,R1 = R, 故分解唯一. 进一步, 设 A 是实矩阵. 由 A = QR 可得
A = A = QR = QR, 这仍为 A 的 QR 分解. 由分解唯一性可知, Q = Q,R = R,
故 Q,R 都是实矩阵.
对 1)中的分解取共轭转置再取逆可得 2),取逆可得 3),取共轭转置可得 4).
当 A 是实矩阵时, A = A.
习 题
1. 用 Schmidt 正交化方法将向量组 (1, 1, 0), (1,−1, 0), (0, 1, 2) 规范正交化.
2. 设矩阵 A, B 的列向量组都是规范正交的, 如果 A, B 可乘, 则 AB 的列向量组也是规
范正交的.
3. 证明矩阵 A 的属于特征根 λ 的一组线性无关的特征向量经 Schmidt 正交化以后仍为
属于 λ 的特征向量.
定义 4.4 设 A,B 是两个 n 阶矩阵, 若有酉矩阵 U , 使 UHAU = B, 则称
A 与 B 酉相似.
酉相似是一个等价关系. 酉相似的矩阵一定是相似的.
定理 4.2 (Schur 三角化定理) 设 A 是 n 阶矩阵, λ1, . . . , λn 是 A 的全部
特征值, 则 A 酉相似于一个上 (下) 三角矩阵, 其对角线元素依次为 λ1, . . . , λn.
证明 对矩阵阶数用数学归纳法. 对于一阶矩阵结论显然成立. 假设对于
n − 1 阶矩阵结论也成立. 现在设 A 是 n 阶矩阵, 再设 α 是 A 的属于特征
根 λ1 一个特征向量. 令 ξ1 = α|α| , 则 ξ1 是单位向量, 并且仍为属于 λ1 的特
征向量. 取 η2, . . . , ηn 使得 (ξ1, η2, . . . , ηn) 为可逆矩阵. 对向量组 ξ1, η2, . . . , ηn
进行 Schmidt 正交化可得规范正交组 ξ1, ξ2, . . . , ξn. 每个 n 元列向量均可由
ξ1, . . . , ξn 线性表示,特别地,向量组 Aξ1, . . . , Aξn 也可由其线性表示. 有矩阵 B
§ 5.5 正规矩阵的标准形 111
使得 (Aξ1, . . . , Aξn) = (ξ1, . . . , ξn)B. 因为 Aξ1 = λ1ξ, 故 B 的第一列除第一行
为 λ1 之外, 其余元素均为 0. 令 T = (ξ1, . . . , ξn), 则 T 为酉矩阵, 而且
AT = A(ξ1, . . . , ξn) = (Aξ1, . . . , Aξn) = (ξ1, . . . , ξn)B = TB,
从而 THAT = B. 将 B 分块,
B =
(
λ1 ∗
0 A1
)
.
则 A1 为 n − 1 阶矩阵, 而且 |λI − B| = (λ − λ1)|λI − A1. 因此, λ2, . . . , λn 是
A1 的全部特征值. 由归纳假设有 n− 1 阶酉矩阵 T1 使 TH1 A1T1 为上三角矩阵,
且对角线元素依次为 λ2, . . . , λn. 令
U = T
(
1 0
0 T1
)
,
则 U 为酉矩阵, 且有
UHAU =
(
1 0
0 T1
)H
THAT
(
1 0
0 T1
)
=
(
1 0
0 TH1
)(
λ1 ∗
0 A1
)(
1 0
0 T1
)
=
(
λ1 ∗∗
0 TH1 A1T1
)
,
这最后矩阵是上三角矩阵, 而且对角线元素依次为 λ1, . . . , λn. 通过取转置可得
出下三角情形的结论.
习 题
1. 设 A 是方阵,互换 A 的第 i 行和第 j 行,再互换 A 的第 i 列和第 j 列,则所得矩阵
与 A 酉相似.
2. 设 Ai 酉相似于 Bi, i = 1, 2, 则
(
A1 0
0 A2
) 酉相似于 (B1 00 B2 ).
§5.5 正规矩阵的标准形
§5.3讨论了方阵的 Jordan标准形. 在本节中我们将研究可以酉相似于对角
矩阵的矩阵, 它们的标准形也同样有着深刻的背景和重要的应用.
112 第五章 方阵的标准形
定义 5.1 满足条件 AAH = AHA 的方阵称为正规矩阵.
由定义易知, Hermite 矩阵, 斜 Hermite 矩阵以及酉矩阵皆为正规矩阵, 特
别地, 实对称矩阵, 实反对称矩阵及正交矩阵也都是正规矩阵.
命题 5.1 与正规矩阵酉相似的矩阵必为正规矩阵.
证明设 A 酉相似于正规矩阵 B, 则有酉矩阵 U 使得 A = UBUH . 于是,
AAH = UBUHUBHUH = UBBHUH = UBHBUH = UBHUHUBUH = AHA.
引理 5.1 设 A = (aij) 为 n 阶正规矩阵. 若 A 的第 i 行(列)元素除 aii 外
其余全为零, 那么 A 的第 i 列(行)元素除 aii 外其余也全为零.
证明比较 AHA 和 AAH 的第 i 行第 i 列的元素.
定理 5.1 设 A 是 n 阶正规矩阵, λ1, . . . , λn 是 A 的全部特征根, 则 A 酉
相似于 diag(λ1, . . . , λn).
证明 由 Schur三角化定理, A酉相似于一个上三角矩阵 R,且 R 的对角线
元素依次为 λ1, . . . , λn. 由命题 5.1, R 是正规矩阵. 再由引理 5.1 可知, R 是对
角矩阵, 故 R = diag(λ1, . . . , λn).
推论 5.1 一个方阵是正规矩阵当且仅当酉相似于一个对角矩阵.
证明 设 A 酉相似于对角矩阵 D. 因为对角矩阵都是酉矩阵, 故由命题 5.1
可知 A 是正规矩阵, 这证明了充分性. 必要性由上面的定理立即可得.
上面的结果表明, n阶正规矩阵有 n个规范正交的特征向量,它们组成了 A
的一个规范正交的完全特征向量系.我们已经知道,属于不同特征根的特征向量
线性无关, 对于正规矩阵我们还有更进一步的结论.
推论 5.2 正规矩阵的属于不同特征根的特征向量必正交.
证明 设 A是 n阶正规矩阵,设 λ1, λ2 是 A的两个不同的重特征根, α, β 是
相应的两个特征向量. A 有一个规范正交的完全特征向量系, 其中有一部分向
量, 设为 α1, . . . , αs, 是 λ1 的特征子空间的基底; 同样有另外一部分向量, 设为
β1, . . . , βt, 是 λ2 的特征子空间的基底. 因此,
α = a1α1 + · · ·+ asαs,
β = b1β1 + · · ·+ btβt,
§ 5.5 正规矩阵的标准形 113
而且 α1, . . . , αs, β1, . . . , βt 是规范正交组. 于是,
(α, β) = (
s∑
i=1
t∑
j=1
aibj(αi, βj) = 0.
定理 5.2 1) Hermite矩阵恰为特征根全是实数的正规矩阵;
2) 斜Hermite矩阵恰为特征根零或纯虚数的正规矩阵;
3) 酉矩阵恰为特征根的模都是 1 的正规矩阵.
证明 只证明 (1), 余者类似. 设 A是正规矩阵, λ1, . . . , λn 为其全部特征根.
所以由定理 5.1, 有酉矩阵 U 使得
A = Udiag(λ1, . . . , λn)UH ,
从而 AH = Udiag(λ1, . . . , λn)UH ,进而 A是 Hermite矩阵当且仅当 AH = A,当
且仅当 λi = λi, i = 1, 2, . . . , n, 即 λ1, . . . , λn 全为实数.
因为正规矩阵未必是实矩阵, 而且即使它是实矩阵其特征根也未必全是实
数. 所以上一节的讨论应在复数域上进行, 但是对于实正规矩阵我们自然希望
能在实数域上确定出它的标准形, 即实正规矩阵的正交相似标准形. 下面主要
讨论这一问题.
定理 5.3 设 A是实正规矩阵, λ1, . . . , λr 是 A的实特征根, a1±b1i, . . . , as±
bsi 是 A 的复特征根, 则有正交矩阵 T , 使得
TTAT =
D
A1
. . .
As
= ∆,
其中 D = diag(λ1, . . . , λr), Ai =
(
ai bi
−bi ai
)
, i = 1, 2, . . . , s.
证明 因 A 是实矩阵, 故 A 的特征多项式是实系数多项式. 因此, A 的
复特征根成对出现 (互为共轭), 且二者重数相同. 对于特征根 µi = ai + bii,
(µiI −A)x = 0 当且仅当 (µiI −A)x = 0, 所以 ρ1, . . . , ρk 是属于 µi 的特征子空
间的基底当且仅当 ρ1, . . . , ρk 是属于 µi = ai − bii 的特征子空间的基底. 因 A
114 第五章 方阵的标准形
酉相似于对角矩阵, 故 A 有由规范正交特征向量组成的完全特征向量系, 因此
可取 n 个规范正交特征向量并将它们如下排列
η1, . . . , ηr, ρ1, ρ1, . . . , ρs, ρs,
使得它们分别属于特征值 λ1, . . . , λr, a1 + b1i, a1 − b1i, . . . , as + bsi, as − bsi. 取
αi =
1√
2i
(ρi − ρi),
βi =
1√
2
(ρi + ρi).
则 αi, βi 都是实向量. 因为 ρ, ρ 是正交的规范组, 所以直接计算可得
(αi, αj) = (βi, βj) = δij ,
(αi, βj) = 0.
故 η1, . . . , ηr, α1, β1, . . . , αs, βs 规范正交组. 令 T = (η1, . . . , ηr, α1, β1, . . . , αs, βs),
则 T 是正交矩阵. 因为
Aαi = aiαi − biβi,
Aβi = biαi + aiβi,
所以
AT = (Aη1, . . . , Aηr, Aα1, Aβ1, . . . , Aαs, Aβs)
= (η1, . . . , ηr, α1, β1, . . . , αs, βs)
λ1
. . .
λr
a1 b1
−b1 a1
. . .
as bs
−bs as
= T∆.
于是, TTAT = ∆.
由定理 5.1知,实对称矩阵的特征根必为实数;实的反对称矩阵的特征根必
为纯虚数;正交矩阵特征根的模必为 1. 作为定理 5.3 的直接推论, 便可得到下
面的结果.
§ 5.5 正规矩阵的标准形 115
定理 5.4 (谱分解定理) 对于 n 阶实对称矩阵 A, 必有正交矩阵 T , 使得
TTAT = diag(λ1, . . . , λn)
其中 λ1, · · · , λn 恰为 A 的全部特征根.
定理 5.5 设 A 的实的反对称矩阵, 0为其 r 重特征根, ±b1i, . . . ,±bti 为其
复特征根, 则必有正交矩阵 T , 使得
TTAT =
A1
. . .
At
0r×r
,
其中 Ai =
(
ai bi
−bi ai
)
, i = 1, 2, . . . , t.
定理 5.6 设 A 为正交矩阵, 则必有正交矩阵 T , 使得 TTAT 为如下形式
的矩阵
Ir
−Is
A1
. . .
At
其中
Ai =
(
cos θi sin θi
− sin θi cos θi
)
, i = 1, 2, . . . , t.
定理 5.3, 定理 5.4, 定理 5.5, 定理 5.6 最后得到的矩阵分别称为实正规矩
阵, 实对称矩阵, 实反对称矩阵以及正交矩阵在正交变换下的标准形.
例 5.1 设 A 是三阶矩阵, 其每个元素都是 1, 求正交矩阵 T 使得 TTAT
是对角矩阵.
解 A 的特征多项式为∣∣∣∣∣∣∣∣
λ− 1 −1 −1
−1 λ− 1 −1
−1 −1 λ− 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = λ
2(λ− 3).
116 第五章 方阵的标准形
故 A 的特征根为 0, 0, 3.
对于特征值 λ = 0, 解方程组
−1 −1 −1
−1 −1 −1
−1 −1 −1
x = 0
的基础解系 α1 = (1,−1, 0)T , α2 = (1, 1,−2)T . 使用 Schmidt 正交化得规范正交
组 β1 = ( 1√2 ,− 1√2 , 0)T , β2 = ( 1√6 , 1√6 ,− 2√6 )T .
对于特征值 λ = 3, 解方程组
2 −1 −1
−1 2 −1
−1 −1 2
x = 0
得基础解系 α3 = (1, 1, 1)T . 使用 Schmidt正交化得规范正交组 β3 = ( 1√3 , 1√3 , 1√3 )T .
令
T =
1√
2
1√
6
1√
3
− 1√
2
1√
6
1√
3
0 − 2√
6
1√
3
则 T 是正交矩阵, 且 TTAT = diag(0, 0, 3)
习 题
1. 求出下列矩阵在正交变换下的标准形及相应的正交矩阵 1 0 00 1 1
0 1 1
;
1
2
− 1
2
1
− 1
2
1
2
1
1 1 −1
.
2. 设 λ 是 A 的一个特征根, µ 是 AH 的一个特征根, 若 λ 6= µ, 则 A 的属于 λ 的特征向
量与 AH 的属于 µ 的特征向量正交.
3. 设 A,B 均为正规矩阵, 则 A ∼ B 当且仅当 A 和 B 的特征多项式相同.
4. 设为 n 阶正规矩阵, 将其分块 A = (Aij) 使得对角线上的子块都是方块. 若 A 的第 i
行子块除 Aii 外其余全为零, 那么 A 的第 i 列子块除 Aii 外其余也全为零.
5. 设 A 是正规矩阵, 则线性方程组 Ax = 0 和 AHx = 0 同解.
6. 设 A 是实正规矩阵, ρ = α+ βi 为 A 的特征向量, 其中 α, β 是实向量, 则 α, β 正交.