实对称矩阵的对角化
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实对称矩阵的对角化线性代数课件典型实例
探索新的实对称矩阵对角化方法
虽然目前已经存在多种实对称矩阵对角化的方法，但这些方法可能不适用于某些特殊情况或具有较大的计算复杂度。 因此，需要不断探索新的实对称矩阵对角化方法，以提高计算效率和精度。
扩展实对称矩阵对角化的应用领域
目前实对称矩阵对角化主要应用于自然科学和工程领域。未来可以尝试将其应用到社会科学和人文学科 等领域，以解决一些实际问题或提供新的研究视角。
总结词
利用实对称矩阵的对角化，可以求解线性方 程组。
详细描述
对于给定的线性方程组 $Ax = b$，其中 $A$ 是实对称矩阵，我们可以将其对角化。通过 对角化后的矩阵进行求解，可以得到线性方 程组的解。
实例三：矩阵分解和矩阵求逆的实例
总结词
实对称矩阵的对角化可以用于矩阵分解 和矩阵求逆。
VS
详细描述
04
典型实例分析
实例一：二次型的最小值问题
总结词
通过实对称矩阵的对角化，可以找到二次型的最小值。
详细描述
对于给定的二次型 $f(x) = x^T Ax$，其中 $A$ 是实对称矩阵，我们可以将其对角化。通过实对称矩阵对角化， 可以将二次型转换为对角线形式，从而更容易找到最小值。
实例二：线性方程组的求解问题
性质
实对称矩阵具有一些重要的性质，如特征值和特征向量都是实数，且存在正交 矩阵P，使得$P^{-1}AP$是对角矩阵。
对角化的概念和重要性
对角化
对角化是将一个矩阵转化为对角矩阵的过程。如果存在一个可 逆矩阵P，使得$P^{-1}AP$是对角矩阵，则称矩阵A可对角化。
重要性
对角化在数学和工程领域中具有广泛的应用，如求解线性方 程组、计算行列式、判断矩阵是否可逆等。此外，对角化还 可以用于解决一些优化问题，如线性回归和主成分分析等。
虽然目前已经存在多种实对称矩阵对角化的方法，但这些方法可能不适用于某些特殊情况或具有较大的计算复杂度。 因此，需要不断探索新的实对称矩阵对角化方法，以提高计算效率和精度。
扩展实对称矩阵对角化的应用领域
目前实对称矩阵对角化主要应用于自然科学和工程领域。未来可以尝试将其应用到社会科学和人文学科 等领域，以解决一些实际问题或提供新的研究视角。
总结词
利用实对称矩阵的对角化，可以求解线性方 程组。
详细描述
对于给定的线性方程组 $Ax = b$，其中 $A$ 是实对称矩阵，我们可以将其对角化。通过 对角化后的矩阵进行求解，可以得到线性方 程组的解。
实例三：矩阵分解和矩阵求逆的实例
总结词
实对称矩阵的对角化可以用于矩阵分解 和矩阵求逆。
VS
详细描述
04
典型实例分析
实例一：二次型的最小值问题
总结词
通过实对称矩阵的对角化，可以找到二次型的最小值。
详细描述
对于给定的二次型 $f(x) = x^T Ax$，其中 $A$ 是实对称矩阵，我们可以将其对角化。通过实对称矩阵对角化， 可以将二次型转换为对角线形式，从而更容易找到最小值。
实例二：线性方程组的求解问题
性质
实对称矩阵具有一些重要的性质，如特征值和特征向量都是实数，且存在正交 矩阵P，使得$P^{-1}AP$是对角矩阵。
对角化的概念和重要性
对角化
对角化是将一个矩阵转化为对角矩阵的过程。如果存在一个可 逆矩阵P，使得$P^{-1}AP$是对角矩阵，则称矩阵A可对角化。
重要性
对角化在数学和工程领域中具有广泛的应用，如求解线性方 程组、计算行列式、判断矩阵是否可逆等。此外，对角化还 可以用于解决一些优化问题，如线性回归和主成分分析等。
第16课 实对称矩阵的对角化
1 1 p3 = , 单位化得 η 3 2 1 1 5 2 = − 5 0
1 2 1 = = 3 2 1
2 3 1 3 2 3
0−λ 0 − 1 例：A = 1 0 , | A − λE |= 1
性质1 性质1的意义
−1 = λ2 + 1 ∴ λ = ±i. 0−λ
为实数， 因为对称矩阵 A 的特征值 λi 为实数，所以齐次线性方程组 是实系数方程组。 ( A − λi E ) x = 0 是实系数方程组。 又因为 A − λi E = 0，可知该齐次线性方程组一定有实的 基础解系，从而对应的特征向量可以取实向量。 基础解系，从而对应的特征向量可以取实向量。
λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 3,
1 1 1 η1 = 1 ,η2 = 0 ,η3 = −2 , 相应的特征向量是 1 −1 1 求矩阵 A.
维向量， 阶方阵。 解：因为特征向量是3维向量，所以矩阵 A 是3 阶方阵。 因为特征向量是 维向量 个不同的特征值， 可以对角化。 因为 A 有 3 个不同的特征值，所以 A 可以对角化。 即存在可逆矩阵 P , 使得 P −1 AP = Λ
η1 ,η2 ,L ,ηn
4. 以η1 ,η 2 ,L ,η n 为列向量构成正交矩阵 T = (η1 ,η 2 ,L ,η n ) 有 T −1 AT = Λ
λ1 O λ1 即 T −1 ⋅ AT = Λ = O λr O λr
−2 2 0
2 x1 = 2 x3 即 p1 = −2 . 得基础解系 x 2 = −2 x 3 1 当 λ2 = 1 时，由 ( A − E ) x = 0,
第三节 实对称矩阵的对角化
∴ ( λ − µ ) (α , β ) = 0 , 而 λ ≠ µ ， (α , β ) = 0 . ∴
2
定理5.11 阶实对称矩阵A 重特征值， 定理5.11 设 λ 为n阶实对称矩阵A的k重特征值， 等于的代数重数k. 则 λ 的几何重数 n − r (λE − A) 等于的代数重数k. 换言之， 阶实对称矩阵A 因此 r (λE − A) = n − k .换言之，n阶实对称矩阵A的k重 恰有k个线性无关的特征向量. 特征值 λ 恰有k个线性无关的特征向量. 定理5.12 阶实对称矩阵，则必存在n 定理5.12 设A为n阶实对称矩阵，则必存在n阶正交 矩阵Q 矩阵Q，使 λ1
2
λ −3
2 1 2 0 0 0 , 0 0 0
4 2 4 对 λ2 = 7 ， E − A = 2 1 2 → 7 4 2 4
T 特征向量 α 2 = ( −1 , 2 , 0)T , α 3 = ( −1 , 0 , 1) ,
− 4 − 4 − 1 − 1 1 1 ′ ′ α3 = 0 − 2 = − 2 , α 3′ = − 2 , 5 1 5 0 5 5
11
2 − 1 − 4 ′ α 1 = 1 , α 2 = 2 , α 3′ = − 2 , 5 2 0 −1 2 再单位化, 再单位化,拼起来得 5 3 2 1 P = 3 5 2 0 3 − 2 −1 使 P AP = 7 . 7
为任意常数; 属于特征值3的特征向量为 属于特征值 的特征向量为 α 3 = k (1,0,1) , k 为任意常数;
实对称矩阵的对角化
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例4.1
设
A
0 1
1
1 0 1
011 . 求正交阵 P 使P1AP为对角阵.
方阵P为正交阵的充分必要条件
方阵P为正交阵 ÛPTPE PPTE P1PT P的列向量都是两两正交的单位向量. P的行向量都是两两正交的单位向量.
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例4.1
设
A
0 1
1
1 0 1
将2 3正交化、单位化得
p2
1 (1, 2
1,
0)T p3
1 (1, 6
1,
2)T .
2
于是P(p1
p2
p3)为正交阵
并且P1AP
1
.
1
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二、利用正交矩阵把实对称矩阵化为对称阵的方法
v实对称矩阵对角化的步骤
(1)求出A的全部互不相等的特征值1 2 s
它们的重数依次为k1 k2 ks(k1k2 ksn).
§4.4 实对称矩阵的对角化
一个n阶方阵可以对角化是有条件的, 比如有n个线性无关的特征向量 . 也就是说并非所有n阶方阵都能对角化 但任何实对称矩阵都是可以对角化的.
§4.4 实对称矩阵的对角化
一、实对称矩阵的性质 二、利用正交矩阵
把实对称矩阵化为对角阵的方法
一、实对称矩阵的性质
v定理4.1 实对称阵的特征值为实数.
设1 2是实对称阵A的两个特征值 p1 p2是对应的特 征向量. 若12 则p1与p2正交.
v定理4.3
设A为n阶实对称阵 是A的特征方程的k重根 则对应特 征值恰有k个线性无关的特征向量.
v定理4.4 设A为n阶实对称阵 则必有正交阵P 使P1APPTAP
例4.1
设
A
0 1
1
1 0 1
011 . 求正交阵 P 使P1AP为对角阵.
方阵P为正交阵的充分必要条件
方阵P为正交阵 ÛPTPE PPTE P1PT P的列向量都是两两正交的单位向量. P的行向量都是两两正交的单位向量.
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例4.1
设
A
0 1
1
1 0 1
将2 3正交化、单位化得
p2
1 (1, 2
1,
0)T p3
1 (1, 6
1,
2)T .
2
于是P(p1
p2
p3)为正交阵
并且P1AP
1
.
1
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二、利用正交矩阵把实对称矩阵化为对称阵的方法
v实对称矩阵对角化的步骤
(1)求出A的全部互不相等的特征值1 2 s
它们的重数依次为k1 k2 ks(k1k2 ksn).
§4.4 实对称矩阵的对角化
一个n阶方阵可以对角化是有条件的, 比如有n个线性无关的特征向量 . 也就是说并非所有n阶方阵都能对角化 但任何实对称矩阵都是可以对角化的.
§4.4 实对称矩阵的对角化
一、实对称矩阵的性质 二、利用正交矩阵
把实对称矩阵化为对角阵的方法
一、实对称矩阵的性质
v定理4.1 实对称阵的特征值为实数.
设1 2是实对称阵A的两个特征值 p1 p2是对应的特 征向量. 若12 则p1与p2正交.
v定理4.3
设A为n阶实对称阵 是A的特征方程的k重根 则对应特 征值恰有k个线性无关的特征向量.
v定理4.4 设A为n阶实对称阵 则必有正交阵P 使P1APPTAP
线性代数—实对称矩阵的对角化
8 − 14 T T (0,−2,−1,3) = (1,1,−2,0)T . = (3,5,1,−1) − (1,1,1,1) − 4 14
T
9
1 − 1 4 例4 将向量组 α 1 = 2 , α 2 = 3 , α 3 = − 1 − 1 1 0 标准正交化. 标准正交化. 解 β1 = α1 , − 1 1 − 1 − 1 4 5 (α 2 , β 1 ) β2 = α2 − β1 = 3 − 2 = 1 , β2 = 1 , ′ ( β1 , β1 ) 1 6 − 1 3 1 1 ′ (α 3 , β 1 ) (α 3 , β 2 ) ′ β3 = α3 − β1 − β2 ′ ′ ( β1 , β1 ) (β 2 , β 2 )
6 1 4 1 − 1 2 − 5 1 ′ = − 1 − 2 − 1 = 0 , β3 = 0 , 1 0 6 − 1 3 1 3 6
10
1 − 1 1 β1 = 2 , β 2 = 1 , β 3 = 0 , ′ ′ − 1 1 1
再单位化, 再单位化
1 1 − 1 1 1 1 γ1 = 2 , γ2 = 0 . 1 , γ3 = 6 2 3 − 1 1 1
n维基本单位向量组 ε 1 , ε 2 , ⋯ , ε n 是两两正交的。 是两两正交的。
ε 1 = (1, 0, ⋯ , 0)T , ε 2 = (0, 1, ⋯ , 0)T , ⋯ ,
ε n = (0, 0, ⋯ , 1)T ,
T
9
1 − 1 4 例4 将向量组 α 1 = 2 , α 2 = 3 , α 3 = − 1 − 1 1 0 标准正交化. 标准正交化. 解 β1 = α1 , − 1 1 − 1 − 1 4 5 (α 2 , β 1 ) β2 = α2 − β1 = 3 − 2 = 1 , β2 = 1 , ′ ( β1 , β1 ) 1 6 − 1 3 1 1 ′ (α 3 , β 1 ) (α 3 , β 2 ) ′ β3 = α3 − β1 − β2 ′ ′ ( β1 , β1 ) (β 2 , β 2 )
6 1 4 1 − 1 2 − 5 1 ′ = − 1 − 2 − 1 = 0 , β3 = 0 , 1 0 6 − 1 3 1 3 6
10
1 − 1 1 β1 = 2 , β 2 = 1 , β 3 = 0 , ′ ′ − 1 1 1
再单位化, 再单位化
1 1 − 1 1 1 1 γ1 = 2 , γ2 = 0 . 1 , γ3 = 6 2 3 − 1 1 1
n维基本单位向量组 ε 1 , ε 2 , ⋯ , ε n 是两两正交的。 是两两正交的。
ε 1 = (1, 0, ⋯ , 0)T , ε 2 = (0, 1, ⋯ , 0)T , ⋯ ,
ε n = (0, 0, ⋯ , 1)T ,
4-4 实对称矩阵的对角化
４－４ 实对称矩阵的对角化一、共轭矩阵及其性质［Ｐ１７９：６－１４行 了解］ 复习：复数α＝ａ＋ｂｉ的共轭复数α＝ａ－ｂｉ。
定义：对矩阵Ａ＝()nm ija ⨯，称A ＝()nm ija ⨯为矩阵Ａ的共轭矩阵，其中ij a 是ij a 的共轭复数。
性质：对任意矩阵Ａ，Ｂ，及任意数λ，有AB ＝B A ，λλ=A A ，Ａ为实矩阵⇔A ＝Ａ。
二、实对称矩阵及其性质定义：若实方阵Ａ是对称矩阵，称Ａ为实对称矩阵。
定理４．５ 实对称矩阵的特征值都是实数。
即：ｎ阶实对称矩阵有ｎ个实特征值（重根按重数计算）。
证明：Ｐ１７９：－１２行－Ｐ１８０：８行。
了解。
不证明。
说明：据定理４．５，在研究实对称矩阵的时候，所有特征值和特征向量都是实的。
［看一下Ｐ１８１例４．７，Ｐ１８３例４．８，帮助理解］定理４．６ 实对称矩阵的属于不同特征值的特征向量彼此正交。
证明：Ｐ１８０：－１３行至－４行，了解。
对比：Ｐ１５８；性质４。
正交向量组必线性无关；但是线性无关的向量组未必正交。
定理４．７ 实对称矩阵的属于每一个ｋ重特征值的线性无关的特征向量正好有ｋ个。
即，如果Ａ是实对称矩阵，0λ是Ａ的一个ｋ重特征值，那么（0λＥ－Ａ）Ｘ＝０的基础解系恰好含有ｋ个向量。
结论：依据定理４．７和定理４．６：ｎ阶实对称矩阵有ｎ个线性无关的特征向量，故实对称矩阵必可对角化。
三、任意实对称矩阵Ａ，总可以求出一个正交矩阵Ｐ，使Ｐ－１ＡＰ＝ＰＴＡＰ为对角形，且主对角线上元恰好是Ａ的全部特征值。
［熟记］ 原理：Ｐ１８１：３－１０行 了解步骤：Ｐ１８６：－１５行－Ｐ１８７：１行 掌握例４．７ (类型：３阶实对称矩阵有３个互不相同的特征值［讲］)解：A E -λ＝λλλ20212022--＝86323+--λλλ＝)82)(1(2---λλλ ＝)4)(2)(1(-+-λλλ［系数和为０，有根λ＝１，有一次因式（λ－１），作长除法或综合除法］Ａ的全部特征值为：λ１＝－２，λ２＝４，λ３＝１。
实对称矩阵的对角化
6
Q
X
1
,
X
2
,
X
3
1 3
1
1
2
6
1 3
0
2 6
16
8 0 0
则 Q1 AQ QT AQ 0 2 0 .
0 0 2
2 2 0
例3
设矩阵
A
2 0
1 2
02 , 求正交矩阵Q,
使得Q-1AQ 为对角阵.
17
2 2 0 解 由 E A 2 1 2
0 2
4 1 2 0
11
则 Q1AQ QT AQ
2
3
2 3
1 3
2 3 1 3 2 3
பைடு நூலகம்
1 3 2 3 2 3
1 2
0
2 2
2
0 2
3
2 3 2 3 1 3
2 3 1 3 2 3
1
3
2 3
2 3
1 0 0
0 0
2 0
0 5
12
4 2 2
例2
设矩阵
A
2 2
4 2
2 4
求正交变换矩阵Q使A正交相似于对角阵．
2
X1
2 1
,
2
X2
21 ,
将它们单位化，得
1
X3
2 2
.
10
2
3
X
1
2 3
,
1 3
2
3
X
2
1 3
,
1 3
1
3
X
3
2 3
,
2 3
因此正交变换阵Q为
2 2 1
3
实对称矩阵的对角化
（2）单位化，取
b1 b2 br e1 , e2 , , er , b1 b2 br
Page 11
那么 e1 , e2 ,, er 为V的一个规范正交基.
上述由线性无关向量组 a1 ,, a r 构造出正交 向量组b1 ,, br的过程, 称为 施密特正交化过程 .
例1 用施密特正交化方法，将向量组 a1 (1,1,1,1), a2 (1,1,0,4), a 3 ( 3,5,1,1) 正交规范化.
这个极大无关组规范正交化 .
若a1 , a2 ,L , ar 为向量空间V的一个极大无关组, （1）正交化，取 b1 a1 ， b1 , a2 b2 a2 b1 , b1 , b1
Page 10
[b1 , a 3 ] [b2 , a 3 ] b3 a 3 b1 b2 [b1 , b1 ] [b2 , b2 ]
３ 正交向量组的性质
定理1 若n维向量 1, 2, , r是一组两两正交的 非零向量,则 1, 2, , r 线性无关.
证明 设有 1 , 2 ,, r 使 11 2 2 r 0
T 以a 左乘上式两端 ,得 1 1 1 0
单位向量：当 x 1时, 称 x 为 单位向量.
Page 4
三、正交向量组的概念及求法
１ 正交的概念
当[ x , y] 0时, 称向量x与y 正交.
由定义知, 若 x 0, 则 x 与任何向量都正交 .
２ 正交向量组的概念
若一非零向量组中的向量两两正交，则称该向 量组为正交向量组．
Page 5
[e i , e j ] 0, i j且i , j 1,2,3,4. 由于 [e i , e j ] 1, i j且i , j 1,2,3,4.
实对称矩阵的对角化
取 3 3 则１，２，３是矩阵A的正交特征向量组
单位化
e1
1
1
1
1 (1, 0, 1) 2
e2
1
2
2
1 32
(1, 4,1)
令 P (e1, e2 , e3)
1
1 2
2
32
3
=
0
4 32
1
3
1 2
1 32
2 3
e3
1
3
3
1 3
(2,1, 2)
1 0 0
则有
P 1 AP
0
1 0
第三节 实对称矩阵的对角化
➢ 对称矩阵
如果方阵A满足 AT A, 就称A为对称矩阵
例 如
110 11
0 3
03
3 2 4 2 0 7 4 7 5
方阵A为对称矩阵 矩阵A中关于主对角线对称的每一对元素相等
➢ 实对称矩阵的性质
性质4.3 （1）实对称矩阵的特征值必为实数。 （2）实对称矩阵的不同特征值所对应的特征向量正交。
0 0 8
• 作业 • P88 • 4.4
即
4 2 4 x1 0
2
1
2
x2
0
4 2 4 x3 0
得到两个线性无关的特征向量 1 （1，0，1） ，2 （1， 2，0）
对于 3 8 1 1，
得到特征向量 3 （2，1，2）
2
2
[ 2，1 ] [ 1，1 ]
1
1
2
0
1
1 2
0
1
0.5
2
0.5
由 A E 0 得特征值 1 2 1, 3 10
实对称矩阵的对角化
9
1
1
4
例4 将向量组 1 2 , 2 3 , 3 1
标准正交化.
1
1
0
解 2
1 2
1 , ( 2 , 1 )
(1, 1)
1
1 3 1
4 6
1 2 1
5 3
1 1 1
,
2
1 1
1
,
3
3
( 3 , 1 ) (1, 1)
第三节
实对称矩阵的对角化
并非所有方阵都可对角化,但是实对称 矩阵必可对角化.
为了讨论实对称矩阵的有关性质，需要 研究向量内积和正交的概念和性质。
2
一、向量的内积, 正交和长度
定义 两个n维向量 (a1 , a2 ,, an )T , (b1 , b2 ,, bn )T
的内积( , ) 定义为：
( , ) a1b1 a2b2 anbn T .
向量的内积具有如下基本特性：
(1) ( , ) ( , )
(2) ( , ) (, ) ( , )
(3) (k , ) k( , ) （k 为实数）
(4) (, ) 0 ，(, ) 0 当且仅当 。 证略.
1T3 0 ,2T3 0 ,
即解齐次线性方程组,其系数矩阵为
1 1
1 2
11
1 0
1 3
10 ,
27
1 1
1 2
111(1,10,11)T
,
1 3
2
10(1,,基2,础1)解T 系, 为(1,0,1)T
,
属于特征值3的特征向量为 3 k(1,0,1)T ,k 为任意常数;
1 (2) 记 P 1 1
即 1, 2 , ,n 是单位正交向量组．
第四节 实对称矩阵的对角化
3. 对基础解系i1,i2 ,L ,iri 进行施密特正交化和单位化 得到正交的单位向量组i1,i2,L ,iri (i 1, 2,L , s);
4. 令P (11,12 ,L ,1r1 ,L , s1,L , srs ), 则P为正交阵且有 PT AP=P1AP diag(1Er1 , 2Er2 ,L , s Er s ) .
二、利用正交矩阵将实对称矩阵对角化的方法
利用正交矩阵将对称矩阵化为对角矩阵的步骤为：
1. 由特征方程 E A 0解得 A的所有特征值, 设所有的 不同的特征值为1,L ,s;
2. 对每个i分别求出齐次线性方程组 (iE A) X 0 的 基础解系 , 设之为i1,i2,L ,iri (i 1, 2,L , s);
第二步 由iE A X 0,求出A的正交的特征向量组
对 1 2,解齐次线性方程组2E A X 0,由
1 2 2 1 2 2
2E
A
2
2
4 4
4
4
0 0
0 0
0
0
得基础解系
2 2
1
1
,
2
0
.
0
1
对1,
正交化得
2
2
1
=1
=
1
,
0
2
=2
2 , 1,
1 1
1
=
2 5
4 5
1
.
对 3 7,解齐次线性方程组7E A X 0,由
8 2 2 0 18 18
7E
A
2
2
5 4
4
5
2
0
5 9
4
9
1
0
4. 令P (11,12 ,L ,1r1 ,L , s1,L , srs ), 则P为正交阵且有 PT AP=P1AP diag(1Er1 , 2Er2 ,L , s Er s ) .
二、利用正交矩阵将实对称矩阵对角化的方法
利用正交矩阵将对称矩阵化为对角矩阵的步骤为：
1. 由特征方程 E A 0解得 A的所有特征值, 设所有的 不同的特征值为1,L ,s;
2. 对每个i分别求出齐次线性方程组 (iE A) X 0 的 基础解系 , 设之为i1,i2,L ,iri (i 1, 2,L , s);
第二步 由iE A X 0,求出A的正交的特征向量组
对 1 2,解齐次线性方程组2E A X 0,由
1 2 2 1 2 2
2E
A
2
2
4 4
4
4
0 0
0 0
0
0
得基础解系
2 2
1
1
,
2
0
.
0
1
对1,
正交化得
2
2
1
=1
=
1
,
0
2
=2
2 , 1,
1 1
1
=
2 5
4 5
1
.
对 3 7,解齐次线性方程组7E A X 0,由
8 2 2 0 18 18
7E
A
2
2
5 4
4
5
2
0
5 9
4
9
1
0
第4.4节 实对称矩阵的对角化
注 ①实对称矩阵A的重特征值对应的正交特征向量组的取法 不唯一，故Q不唯一； ②由于实对称矩阵A的不同特征值对应的特征向量必正交， 故只需对对应于同一特征值的线性无关的向量正交化即可.
例2 设3阶实对称矩阵Ａ的特征值为 1 0, 2 3 1,
Ａ对应于1的特征向量为1 (0,1,1)T ,求A.
第4.4节
实对称矩阵的对角化
一、实对称矩阵特征值与特征向量的性质 二、实对称矩阵的对角化
一、实对称矩阵特征值与特征向量的性质
定理1 (1) 实对称矩阵A的特征值都是实数;
(2) 实对称矩阵A的对应于不同特征值的特征向量相互正交;
(3) 实对称矩阵A的每个k重特征值恰好有k个对应于此特征值的 线性无关的特征向量. 证 (2) 设1, 2为A的两个不同特征值,1,2为对应的特征向量， 即 Ai = ii ( i = 1,2).
例如
1 2 2 A 2 1 2 是实对称矩阵,其特征值 5, 1. 1 2 3 2 2 1 1 对应特征值5的线性无关的特征向量只有一个 1 1 ; 1
对应特征值１的线性无关的特征向量一定有两个
解 Ａ为实对称矩阵，故Ａ必可对角化，对应于二重特征 值2＝ 3＝１的特征向量应该有两个，设为2,3, 则2,3
都与1正交.
T 设与1正交的向量为 ( x1 , x 解得方程组的基础解系为 2 0 , 3 1 . 0 1
1 1 得 x1 x2 x3 , 线性无关的特征向量为 1 1 , 2 0 . 0 1
当3 3，解(3 E A) x 0．由
2 1 1 1 0 1 3 E A 1 2 1 0 1 1 1 1 2 0 0 0
实对称矩阵对角化
由于1,2 ,3是属于A的3个不同特征值1, 2 ,
3的特征向量,故它们必两两正交. 令
i
i i
,
i 1,2,3.
2 3
23
1 3
得
1 2 3 , 2 1 3 ,
3 2 3.
1 3
2 3
2 3
作
P
1 ,
2
,
3
1
3
2 2 1
2 1 2
1 2, 2
4 0 0
则
.
对应 1
1
,由
A
E
1 1
1 1
r
1 0
1 0
得1
1 1
;
对应
2
3
,由
A
3E
1 1
1 1
r
1 0
1 0
得2
1 1
.
并有p ( 1 1
, 2 ) 2
1 2
11
11 ,
再求出 p1
1 2
11
11 .
于是
An
pn p1
1 2
11
11 10
0 1 3n 1
11
1 2
11
3n 3n
1 1
3n 3n
.
三、小结 1. 对称矩阵的性质：
(1)特征值为实数； (2)属于不同特征值的特征向量正交； (3)特征值的重数和与之对应的线性无关的 特征向量的个数相等； (4)必存在正交矩阵，将其化为对角矩阵， 且对角矩阵对角元素即为特征值． 2. 利用正交矩阵将对称阵化为对角阵的步骤： (1)求特征值；(2)找特征向量；(3)将特征向 量单位化正交化；(4)得正交阵和对角阵．
线性代数第12讲 实对称矩阵的对角化
P
1 AP
1
0
b B
由于P1= PT , (P 1A P)T= PTAT(P1)T= P1AP,
所以P1AP是实对称矩阵。
P
1 AP
1
0
b B
1
bT
0 BT
(
P
1
AP
)T
因此, b=0，B= B T为n 1阶实对称矩阵。 由归纳假设,存在n 1阶正交矩阵Q ，使得
Q1 B Q =1。
1 S 0
0 Q
，
STS I
令
S为正交阵.
S
1(P
1
AP)S
1 0
0 1
Q
1
0
0 1 0
B 0
Q
1
0
0
Q11BQ1
1
0
0
Λ1
=diag(1,2,,n)
0 C
P 0
0 Q
P
1 A 0
P
0 Q1CQ
B 0
D0
xT AT x xT x , xT AT x xT x , xT Ax xT x ,
xTx xT x ,
( )xT x 0,
由于x 0 时， ( x)T x 0,
故得 = ， 即都是实数。证毕。
定理5.11 实对称矩阵A的属于不同特征值的特征向量 是正交的。
于是
T2 T11 A T1 T21= B
5.3实对称矩阵的对角化
令x3 = 2, 得属于5的特征向量为 3 = (1, −2,2)T .
12
显然1 = (2,2,1)T , 2 = ( −2,1,2)T , 3 = (1, −2,2)T 正交.
(2) 求单位向量组. 1 = 2 = 3 = 3, 所以得单位正交向量组 T T T 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 = , , , 2 = , − , − , 3 = , − , . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 (3) 求正交矩阵Q. 1 则 2 2 令 3 3 3 −1 0 0 2 1 2 −1 Q = ( 1 , 2 , 3 ) = − − , Q AQ = 0 2 0 = . 3 3 3 0 0 5 1 2 2 3 −3 3
T T T T 1 A = 11 , 1 A 2 = 11 2
T T 21 2 = 11 2 ,
T (2 − 1 )1 2 = 0
T 1 2 = 0
3
定理 若实对称矩阵A的特征值 的重数为k，则A 恰有k个对应于 的线性无关的特征向量. 定理 n阶实对称矩阵A一定有n个正交的特征向量. 设矩阵A的互不相同的特征值分别为 1 ( k1重) : 11 , 12 , , 1k1 , 正 11 , 12 , , 1k1 , 交 , , , , 2 k2 2 ( k2重) : 21 , 22 , , 2 k2 , 化 21 22 后 , , 得 m 1 , m 2 , , mkm , m ( km 重) : m 1 , m 2 , , mkm , 11 ,12 , ,1k1 , 1 单 其中,k1 + k2 + + km = n. 位 , , , , 21 22 2 k2 2 化 T ij ks = 0, i k . 后 , 得 m 1 ,m 2 , , mkm , m
实对称矩阵的对角化
四. 实对称矩阵的对角化
实对称矩阵是一类特殊的矩阵,它们一定可以对角化. 实对称矩阵是一类特殊的矩阵,它们一定可以对角化. 即存在可逆矩阵 P , 使得 P 1 AP = ∧ 更可找到正交矩阵 更可找到正交矩阵 T ,使得 T 1 AT = ∧ 定理1 实对称矩阵的特征值为实数. 定理1:实对称矩阵的特征值为实数. 的任一特征值,( ,(往证 证:设 λ 是 A 的任一特征值,(往证 λ = λ ) 的特征向量, α 是对应于 λ 的特征向量, 则
1 x3 = 2 x1 p3 = 2 . 即 得基础解系 x2 = 2 x1 2 1 3 只需把 单位化, 只需把 p3 单位化,得 η 3 = 2 3 . 2 3
2 1 2 1 2 1 2 , 得正交矩阵 T = (η1 , η 2 , η 3 ) = 3 1 2 2 4 0 0 有 T 1 AT = 0 1 0 . 0 0 2
x1 考虑 x2 T α α = ( x1 , x2 , , xn ) = x1 x1 + x2 x2 + + xn xn 2 2 2 x = x1 + x2 + xn > 0 n
∴λ λ = 0 ∴λ = λ
定理1的意义: 定理1的意义:
为实数. 即 λ 为实数.
得正交矩阵 T = (η1 ,η 2 ,η 3 )
1 5 2 = 5 0
3 5 2 3 5 5 3 5
4
2 3 1 3 2 3
1 有 T 1 AT = 1 8
2 2 0 例2:设 A = 2 1 2 , 求正交矩阵 T , : 0 2 0 使得T 1 AT 为对角阵. 为对角阵.
λ1 , λ2 , , λ s
由定理,特征值 λi (重数为 ri )对应的线性无关的 由定理, 特征向量为 ri 个. 把它们正交化,再单位化, 个单位正交的特征向量. 把它们正交化,再单位化,即得 ri 个单位正交的特征向量.
实对称矩阵是一类特殊的矩阵,它们一定可以对角化. 实对称矩阵是一类特殊的矩阵,它们一定可以对角化. 即存在可逆矩阵 P , 使得 P 1 AP = ∧ 更可找到正交矩阵 更可找到正交矩阵 T ,使得 T 1 AT = ∧ 定理1 实对称矩阵的特征值为实数. 定理1:实对称矩阵的特征值为实数. 的任一特征值,( ,(往证 证:设 λ 是 A 的任一特征值,(往证 λ = λ ) 的特征向量, α 是对应于 λ 的特征向量, 则
1 x3 = 2 x1 p3 = 2 . 即 得基础解系 x2 = 2 x1 2 1 3 只需把 单位化, 只需把 p3 单位化,得 η 3 = 2 3 . 2 3
2 1 2 1 2 1 2 , 得正交矩阵 T = (η1 , η 2 , η 3 ) = 3 1 2 2 4 0 0 有 T 1 AT = 0 1 0 . 0 0 2
x1 考虑 x2 T α α = ( x1 , x2 , , xn ) = x1 x1 + x2 x2 + + xn xn 2 2 2 x = x1 + x2 + xn > 0 n
∴λ λ = 0 ∴λ = λ
定理1的意义: 定理1的意义:
为实数. 即 λ 为实数.
得正交矩阵 T = (η1 ,η 2 ,η 3 )
1 5 2 = 5 0
3 5 2 3 5 5 3 5
4
2 3 1 3 2 3
1 有 T 1 AT = 1 8
2 2 0 例2:设 A = 2 1 2 , 求正交矩阵 T , : 0 2 0 使得T 1 AT 为对角阵. 为对角阵.
λ1 , λ2 , , λ s
由定理,特征值 λi (重数为 ri )对应的线性无关的 由定理, 特征向量为 ri 个. 把它们正交化,再单位化, 个单位正交的特征向量. 把它们正交化,再单位化,即得 ri 个单位正交的特征向量.
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§2 实对称矩阵的对角化
一个n阶方阵可以对角化的充分必要条件是具 有n个线性无关的特征向量, 而并非所有n阶方阵都 能对角化, 但实对称矩阵都是可以对角化的.
定理3 实对称阵的特征值为实数. 证明 设复数λ为对称阵A的特征值, 复向量x为对应的特 征向量, 即Ax=λx, x≠0. 显然有
Ax = Ax =(Ax)=(λx)=λx .
1 0 0 0
1 −1 −1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0
x1 = x2 + x3 − x4 x2 = x2 x3 x3 = x4 = x4
求得基础解系： 求得基础解系：
− 1 1 1 1 0 0 α11 = , α12 = , α13 = 0 1 0 0 1 0
1 1 1 1 0 1 1 = 1 1+3n 1−3n = 1 −10 3n 1 −1 21−3n 1+3n . 2
提示:
n P =( p , p2) =1 1 , P−1 = 1 1 1 , Λ =1 0 . 1 −1 1 −1 0 3n 1 2
1 − 1 − 3 1 − 1 − 1 − 3 −1 −1 1 → − 1 1 − 3 − 1 −1 1 − 1 − 1 − 3 0 − 4
1 −1 1 −4 4 0 → −4 0 0 0 0 − 4
λ1p1Tp2 =p1TAp2 =p1T(λ2p2) =λ2p1Tp2,
(λ1−λ2)p1Tp2=0.
但λ1≠λ2, 故p1Tp2=0, 即p1与p2正交. 注：对称阵的属于不同特征值的特征向量是正交的.
定理5 设A为n阶对称阵, 则必有正交阵P, 使P−1AP=PTAP=Λ, 其 中Λ是以A的n个特征值为对角元的对角矩阵. 推论 设A为n阶对称阵, λ是A的特征方程的k重根, 则矩阵A−λE 的秩R(A−λE)=n−k, 从而对应特征值λ恰有k个线性无关的特征 向量.
求正交矩阵Q化实对称矩阵 为对角阵的计算步骤 求正交矩阵 化实对称矩阵A为对角阵的计算步骤： 化实对称矩阵 为对角阵的计算步骤： (1) 求A的特征值，设 的特征值， 的特征值
λ I − A = ∏(λ − λi )ni
i =1
s
λi ≠ λj
∑n = n
i i =1
s
求特征向量， 2） （2）对每个 λi 求特征向量，即求 ( λi I − A)X = 0 的基础解系， 的基础解系，得 αi1 ,αi 2 ,L,αini , i = 1,2,L, s
（3）对每组向量 αi1 ,αi 2 ,L,αini , i = 1,2,L, s ） 分别作Schmidt正交化单位化，得到一组标准正 正交化单位化， 分别作 正交化单位化 交向量组 ε ,ε ,L,ε , i = 1,2,L, s
i1 i2 ini
（4）令 ）
Q = (ε11,L,ε1n1 ,ε21,L,ε2n2 ,L,ε s1 ,L,ε sns )
Q−1 AQ为对角阵。 为对角阵。
λ −1 −1 1 −1 λ 1 −1 解 ： （ 1） λ I − A = = (λ − 1)3 (λ + 3) −1 1 λ −1 1 −1 −1 λ
得
λ1 = 1, n1 = 3 ; λ2 = −3 , n2 = 1
（2）将 λ1 = 1 , 代入(λ I − A)X = 0
Q是正交矩阵，且 是正交矩阵， 是正交矩阵
Q−1 AQ = QT AQ = diag( 1 , 1 , 1 , − 3)
例2 设 A= 2 −1, 求An. −1 2 解 因为|A−λE|=(λ−1)(λ−3), 所以A的特征值为λ1=1, λ2=3.
对应λ1=1, 解方程(A−E)x=0, 得p1=(1, 1)T. 对应λ1=3, 解方程(A−3E)x=0, 得p2=(1, −1)T. 于是有可逆矩阵P=(p1, p2), 及Λ=diag(1, 3), 使 P−1AP=Λ, 或A=PΛP−1, 从而 An=PΛnP−1
β12 ε12 = β12
= 1 6 (1, 0, 2, 1)T
(α13 , β11 ) (α13 , β12 ) 1 1 1 β12 = ( , 1 , − , )T β11 − β13 = α13 − (β11, β11) (β12 , β12 ) 3 3 3
β13 1 ε13 = (1 , 3 , − 1 , 1)T = β13 2 3
1 −1 −1 1 −1 −1 1 1 1 − 1 X = 0 1 1 −1 −1 −1 1
1 −1 −1 1 1 −1 −1 − 1 1 1 − 1 0 0 0 − 1 1 1 − 1 → 0 0 0 1 −1 −1 1 0 0 0
则Q是一个 阶的正交矩阵，且 是一个n阶的正交矩阵 是一个 阶的正交矩阵，
Q−1 AQ = diag(λ1 ,L, λ1 , λ2 ,L, λ2 ,L, λs ,L, λs )
其中 λi 有ni 个, i = 1,2,L, s
0 1 1 − 1 0 −1 1 1 求正交矩阵Q 例4 设 A = ，求正交矩阵 ，使得 1 −1 0 1 −1 1 1 0
3 − 1 1 1 − 1 0 2 − 1 1 1 0 1
0 0 − 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0
1 0 → 0 0
3 − 1 1 1 1 − 1 0 0 0 1 1 → 0 0 1 1 0 解得基础解系为： 解得基础解系为：
于是有 两式相减, 得
xT Ax= xT (Ax)= xT (λx)=λxT x , xT Ax=(xT AT )x=(Ax)T x=(λx)T x=λxT x .
(λ−λ )xT x=0 ,
n n i=1 i=1
但因x≠0, 所以 xT x=∑xi xi =∑xi |2 ≠0 , |
故λ−λ =0 , 即λ=λ , 这就说明 是 λ 实数.
1 ε21 = (1 , − 1 , − 1 , 1)T 2
（4）令 ）
1 − 2 0 Q= 0 1 2
1 6 0 2 6 1 6
1 2 3 3 2 3 1 − 2 3 1 2 3
1 2 1 − 2 1 − 2 1 2
将 λ1 = −3 , 代入(λ I − A)X = 0
− 3 −1 −1 1 − 1 − 3 1 − 1 − 1 1 − 3 − 1 X = 0 1 − 1 − 1 − 3
− 3 −1 −1 1
−1 −3 1 −1
−1 1 −3 −1
α21 = ( 1, − 1, − 1, 1)T
（3）进行正交化；单位化： ）进行正交化；单位化：
β11 = 1 ( − 1, 0, 0, 1)T β11 = α11 , ε11 = 2 β11
(α12 , β11 ) β12 = α12 − β11= ( 1 , 0, 1, 1 )T (β11, β11) 2 2
提示: 因为A对称, 故A可对角化, 即有可逆向量P及对角阵Λ, 使P−1AP=Λ. 于是A=PΛP−1, 从而An=PΛnP−1.
例2 设 A= 2 −1, 求An. −1 2 解 因为|A−λE|=(λ−1)(λ−3), 所以A的特征值为λ1=1, λ2=3.
对应λ1=1, 解方程(A−E)x=0, 得p1=(1, 1)T. 对应λ1=3, 解方程(A−3E)x=0, 得p2=(1, −1)T. 于是有可逆矩阵P=(p1, p2), 及Λ=diag(1, 3), 使 P−1AP=Λ, 或A=PΛP−1, 从而 An=PΛnP−1
显然, 当特征值λi为实数时, 齐次线性方程组 (A−λiE)x=0 是实系数方程组, 由|A−λiE|=0知必有实的基础解系, 所以对应 的特征向量可以取实向量.
定理4 设λ1, λ2是对称阵A的两个特征值, p1, p2是对应的特征 向量. 若λ1≠λ2是, 则p1与p2正交. 证明 已知Ap1=λ1p1, Ap2=λ2p2, λ1≠λ2. 因为A对称, 故 λ1p1T =(λ1p1)T =(Ap1)T =p1TAT =p1TA, 于是 即
一个n阶方阵可以对角化的充分必要条件是具 有n个线性无关的特征向量, 而并非所有n阶方阵都 能对角化, 但实对称矩阵都是可以对角化的.
定理3 实对称阵的特征值为实数. 证明 设复数λ为对称阵A的特征值, 复向量x为对应的特 征向量, 即Ax=λx, x≠0. 显然有
Ax = Ax =(Ax)=(λx)=λx .
1 0 0 0
1 −1 −1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0
x1 = x2 + x3 − x4 x2 = x2 x3 x3 = x4 = x4
求得基础解系： 求得基础解系：
− 1 1 1 1 0 0 α11 = , α12 = , α13 = 0 1 0 0 1 0
1 1 1 1 0 1 1 = 1 1+3n 1−3n = 1 −10 3n 1 −1 21−3n 1+3n . 2
提示:
n P =( p , p2) =1 1 , P−1 = 1 1 1 , Λ =1 0 . 1 −1 1 −1 0 3n 1 2
1 − 1 − 3 1 − 1 − 1 − 3 −1 −1 1 → − 1 1 − 3 − 1 −1 1 − 1 − 1 − 3 0 − 4
1 −1 1 −4 4 0 → −4 0 0 0 0 − 4
λ1p1Tp2 =p1TAp2 =p1T(λ2p2) =λ2p1Tp2,
(λ1−λ2)p1Tp2=0.
但λ1≠λ2, 故p1Tp2=0, 即p1与p2正交. 注：对称阵的属于不同特征值的特征向量是正交的.
定理5 设A为n阶对称阵, 则必有正交阵P, 使P−1AP=PTAP=Λ, 其 中Λ是以A的n个特征值为对角元的对角矩阵. 推论 设A为n阶对称阵, λ是A的特征方程的k重根, 则矩阵A−λE 的秩R(A−λE)=n−k, 从而对应特征值λ恰有k个线性无关的特征 向量.
求正交矩阵Q化实对称矩阵 为对角阵的计算步骤 求正交矩阵 化实对称矩阵A为对角阵的计算步骤： 化实对称矩阵 为对角阵的计算步骤： (1) 求A的特征值，设 的特征值， 的特征值
λ I − A = ∏(λ − λi )ni
i =1
s
λi ≠ λj
∑n = n
i i =1
s
求特征向量， 2） （2）对每个 λi 求特征向量，即求 ( λi I − A)X = 0 的基础解系， 的基础解系，得 αi1 ,αi 2 ,L,αini , i = 1,2,L, s
（3）对每组向量 αi1 ,αi 2 ,L,αini , i = 1,2,L, s ） 分别作Schmidt正交化单位化，得到一组标准正 正交化单位化， 分别作 正交化单位化 交向量组 ε ,ε ,L,ε , i = 1,2,L, s
i1 i2 ini
（4）令 ）
Q = (ε11,L,ε1n1 ,ε21,L,ε2n2 ,L,ε s1 ,L,ε sns )
Q−1 AQ为对角阵。 为对角阵。
λ −1 −1 1 −1 λ 1 −1 解 ： （ 1） λ I − A = = (λ − 1)3 (λ + 3) −1 1 λ −1 1 −1 −1 λ
得
λ1 = 1, n1 = 3 ; λ2 = −3 , n2 = 1
（2）将 λ1 = 1 , 代入(λ I − A)X = 0
Q是正交矩阵，且 是正交矩阵， 是正交矩阵
Q−1 AQ = QT AQ = diag( 1 , 1 , 1 , − 3)
例2 设 A= 2 −1, 求An. −1 2 解 因为|A−λE|=(λ−1)(λ−3), 所以A的特征值为λ1=1, λ2=3.
对应λ1=1, 解方程(A−E)x=0, 得p1=(1, 1)T. 对应λ1=3, 解方程(A−3E)x=0, 得p2=(1, −1)T. 于是有可逆矩阵P=(p1, p2), 及Λ=diag(1, 3), 使 P−1AP=Λ, 或A=PΛP−1, 从而 An=PΛnP−1
β12 ε12 = β12
= 1 6 (1, 0, 2, 1)T
(α13 , β11 ) (α13 , β12 ) 1 1 1 β12 = ( , 1 , − , )T β11 − β13 = α13 − (β11, β11) (β12 , β12 ) 3 3 3
β13 1 ε13 = (1 , 3 , − 1 , 1)T = β13 2 3
1 −1 −1 1 −1 −1 1 1 1 − 1 X = 0 1 1 −1 −1 −1 1
1 −1 −1 1 1 −1 −1 − 1 1 1 − 1 0 0 0 − 1 1 1 − 1 → 0 0 0 1 −1 −1 1 0 0 0
则Q是一个 阶的正交矩阵，且 是一个n阶的正交矩阵 是一个 阶的正交矩阵，
Q−1 AQ = diag(λ1 ,L, λ1 , λ2 ,L, λ2 ,L, λs ,L, λs )
其中 λi 有ni 个, i = 1,2,L, s
0 1 1 − 1 0 −1 1 1 求正交矩阵Q 例4 设 A = ，求正交矩阵 ，使得 1 −1 0 1 −1 1 1 0
3 − 1 1 1 − 1 0 2 − 1 1 1 0 1
0 0 − 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0
1 0 → 0 0
3 − 1 1 1 1 − 1 0 0 0 1 1 → 0 0 1 1 0 解得基础解系为： 解得基础解系为：
于是有 两式相减, 得
xT Ax= xT (Ax)= xT (λx)=λxT x , xT Ax=(xT AT )x=(Ax)T x=(λx)T x=λxT x .
(λ−λ )xT x=0 ,
n n i=1 i=1
但因x≠0, 所以 xT x=∑xi xi =∑xi |2 ≠0 , |
故λ−λ =0 , 即λ=λ , 这就说明 是 λ 实数.
1 ε21 = (1 , − 1 , − 1 , 1)T 2
（4）令 ）
1 − 2 0 Q= 0 1 2
1 6 0 2 6 1 6
1 2 3 3 2 3 1 − 2 3 1 2 3
1 2 1 − 2 1 − 2 1 2
将 λ1 = −3 , 代入(λ I − A)X = 0
− 3 −1 −1 1 − 1 − 3 1 − 1 − 1 1 − 3 − 1 X = 0 1 − 1 − 1 − 3
− 3 −1 −1 1
−1 −3 1 −1
−1 1 −3 −1
α21 = ( 1, − 1, − 1, 1)T
（3）进行正交化；单位化： ）进行正交化；单位化：
β11 = 1 ( − 1, 0, 0, 1)T β11 = α11 , ε11 = 2 β11
(α12 , β11 ) β12 = α12 − β11= ( 1 , 0, 1, 1 )T (β11, β11) 2 2
提示: 因为A对称, 故A可对角化, 即有可逆向量P及对角阵Λ, 使P−1AP=Λ. 于是A=PΛP−1, 从而An=PΛnP−1.
例2 设 A= 2 −1, 求An. −1 2 解 因为|A−λE|=(λ−1)(λ−3), 所以A的特征值为λ1=1, λ2=3.
对应λ1=1, 解方程(A−E)x=0, 得p1=(1, 1)T. 对应λ1=3, 解方程(A−3E)x=0, 得p2=(1, −1)T. 于是有可逆矩阵P=(p1, p2), 及Λ=diag(1, 3), 使 P−1AP=Λ, 或A=PΛP−1, 从而 An=PΛnP−1
显然, 当特征值λi为实数时, 齐次线性方程组 (A−λiE)x=0 是实系数方程组, 由|A−λiE|=0知必有实的基础解系, 所以对应 的特征向量可以取实向量.
定理4 设λ1, λ2是对称阵A的两个特征值, p1, p2是对应的特征 向量. 若λ1≠λ2是, 则p1与p2正交. 证明 已知Ap1=λ1p1, Ap2=λ2p2, λ1≠λ2. 因为A对称, 故 λ1p1T =(λ1p1)T =(Ap1)T =p1TAT =p1TA, 于是 即