9.2 矩阵对角化-高等代数考研解析

高等代数考研解析 「1，i=j (m,n,)=86,+45,++a8,=0,i≠j 令A=(A,A,,A),则： A ATA= 、 (A1,,A)=E 9.2 矩阵对角化 9.2.1一个矩阵对角化 一个矩阵对角化是针对方阵的，多出现在合同与相似对角化问题中。在合同对 角化问题中，通常与正定矩阵建立联系，正定矩阵是实对称矩阵，所以会合同相似 于对角矩阵。此类型题目在考研中经常出现。相似对角化问题多与几何重数等于代 数重数结合，即大多数由特征值和特征向量进行判定与证明。 例1设A,B为实对称矩阵且A为正定矩阵，则AB相似于对角矩阵。 证明：由A为实对称矩阵且正定，知存在实对称正定矩阵C使得A=C2,从而 有AB=CB=C(CBC)C。又C为对称矩阵，则CBC仍为对称矩阵，从而存在正 交矩阵P使得PCBCP为对角矩阵，故AB相似于对角矩阵。 例2（云南大学，2019）设A,B为实对称矩阵，A为正定矩阵，则存在实可逆 矩阵T,使得T(A+B)T为对角矩阵。 证明：由A为正定矩阵，知A与单位矩阵E合同，从而存在可逆矩阵P使得 PTAP=E,且(PTBP)T=PTBP=PTBP为实对称矩阵，即存在正交矩阵Q使得： (PBP)2=diag() 其中2,2，，为其特征值，且OPAPO=E,从而： QPr(A+B)PQ=diag{1+2,1+2,,1+2} 238 9欧氏空间 令T=PQ,则T为可逆矩阵，且TT(A+B)T为对角矩阵。 01-1 例3（华东师范大学，2019)已知A= -2-3a 的特征多项式有二重特征 33-4 值，求a的值，并讨论A是否可对角化。 解：由题知2E-A=(2+1)(22+62-3a+11),若=-1为A的二重特征值， 则-1为22+6元-3a+11=0的根，从而a=2;若元=-1不为A的二重特征值，则 2+61-3a1为完全平方式，从而a子二重特征值为及=3。 当a=2时，解(-E-A)x=0可得几何重数等于代数重数，即A可对角化； 当a=二时，解(3E-A)x=0可得几何重数不等于代数重数，即A不可对角化。 例4（华东师范大学，2020）已知矩阵A∈M(C)满足： A+A+1 1 A4++ 1 A2020=0 3! 20191 则A可对角化。 证明：由A+4?+A+4++,。A及凯菜-哈密顿定理可知： 21 3! 201911 ()=x+x2±X+2x+*7 2020 3 20194 1 1 =x1+x+ 2019x0 又g四=1+x+r+ x+…+ x219没有重因式，且0不是g(x)=0的 2!"3! 2019 根，则f(x)无重根，从而A可对角化。 2391 高等代数考研解析 9.2.2两个矩阵同时对角化 9.2.2.1两个矩阵同时合同对角化 对于两个实对称矩阵，有以下同时合同对角化的条件 结论1：设A,B为阶实对称矩阵，且A为正定的，则存在实可逆矩阵T使得 TTAT=E,TTBT=diag{A,,},其中月∈R,i=l,2,,no 证明：由A为正定的，知存在可逆矩阵P使得PTAP=E。又B为对称矩阵，则 PBP仍为对称矩阵，从而存在正交矩阵Q,使得： Q(PrBP)0=diag{a,…,} 且Q(PTAP)Q=QTEQ=E。 令T=PQ,则T可逆，且rTAT=E,TBT=diag{a,,2},即结论成立。 结论2：设A,B为n阶半正定矩阵，则存在实可逆矩阵T使得TTAT与TTBT同 时为对角矩阵。 证明：由A为半正定矩阵，知A为实对称矩阵，从而存在实可逆矩阵P,使得： P-AP=diag. 又B为实对称矩阵，则PBP仍为实对称矩阵，从而存在正交矩阵Q,使得： Q'(PrBP)0=diag{4,,4,0,,0} 令T=PQ,则T可逆，从而TAT与TTBT同时为对角矩阵。 结论3：设A为n阶半正定矩阵，B为n阶实对称矩阵，则存在可逆矩阵P使得 PTAP与PTBP同时为对角矩阵。 证明：方法同结论2。 结论4：设A,B为n阶实对称矩阵，且B可逆，BA有n个互异的特征值，则 存在可逆矩阵P使得PTAP与PTBP同时为对角矩阵。 证明：设，，2为BA的n个互异特征值，对应的特征向量为a,,a,即 240 9欧氏空间 BAa=Aa,i=1,2,,no 由a,,a,线性无关，知P=(a,,a)可逆，且BAP=Pdiag{,,},即 AP=BP diag{,,},从而pTAP=P"BP diag{A,,},而pTAP为对称矩阵， 故(PTAP)T=PAP,从而有： p"BP diag=diag PTBP 又2，，入互异，则PTBP=diag{4,…,4n},于是： PTAP=diagudiag=diag 命题1：设A,B为阶实对称矩阵，则存在正交矩阵Q,使得Q'AQ与QBQ 同时为对角矩阵的充要条件为AB=BA。 证明：由于QTAQ与QTBQ同为对角矩阵，令： A0=diag,o'Bo=diag 则有QTAB0=diag{A4,,,4}=QBAO。由Q为正交矩阵，知AB=BA。 反之，由A为实对称矩阵，知存在正交矩阵P,使得： PTAP=diagE 其种不3互异，习。 由AB=BA,知(PTAP)(PTBP)=(PTBP)(PTAP),故： pTBP=diagB.B. 即分块对角矩阵，其中B,为阶的对称方阵。 又B为实对称矩阵，则B可对角化，故B也可对角化，即存在正交矩阵C, 使得CTB.C为对角矩阵。 2411 高等代数考研解析 令Q=Pdiag{C,,C},则Q为正交矩阵，使得QAQ与QTB0同时为对角 矩阵。 命题2：设A,B为阶实对称矩阵，存在正定的实对称矩阵H,使得 AHB=BHA,则A,B在实合同变换下可同时对角化。 证明：由H为正定矩阵，知H为实对称矩阵，从而存在可逆矩阵P,使得 H=PPT。由AHB=BHA,知APPB=BPPTA,从而： PT APPT BP=PT BPPT AP 令PTAP=C,PTBP=D,则CT=C,DT=D,即CD=DC,从而存在正交矩 阵Q,使得Q'CQ,QTDQ为对角矩阵，于是QT(PTAP)Q,QT(PTBP)Q为对角矩阵， 结论成立。 9.2.2.2两个矩阵同时相似对角化 对于一般的两个方阵，若A,B可交换且满足一定的条件，则A,B可同时相似对 角化。 命题3：设A,B∈P,A,B均可相似对角化，且A的特征值相等，则A,B可同 时相似对角化。 证明：由A可相似对角化，且A的特征值相等，知存在可逆矩阵P,使得 EA=diag{2,-,2}=E。 又B可相似对角化，则对于PBP,存在可逆矩阵P,使得： P(PBP)P.=diag 令P=PP,则P可逆，且： PAP=B(PAP)P=PEP=AE P-BP=P(PBP)P.=diag 即结论成立。 242 9欧氏空间川 命题4：设A,B∈Px”,A在P中有n个不同的特征值，且AB=BA,则存在可 逆矩阵P∈Px,使得P1AP,PBP同时为对角矩阵。 证明：由A有个不同的特征值，知A可对角化，从而存在可逆矩阵P,使得： PAP=diag{a,,元n} 其中入，，2，为A的n个不同的特征值。 又AB=BA,则(PAP)(PBP)=(PBP)(PAP),从而PBP为对角矩阵， 故结论成立。 例5（西安电子科技大学，2024)设A,B∈P,A,B均可相似对角化，则存 在可逆矩阵P∈P",使得PAP,PBP同时为对角矩阵的充要条件为AB=BA。 证明：由A可对角化，知存在可逆矩阵Q,使得： 4=2T40 记B=QTBQ,由AB=BA可知AB=BA,从而B,是与A对应的准对角矩阵，即： B. B. 其中B为7i=1,2,,S)阶方阵。 由B可对角化，知B也可对角化，从而存在可逆矩阵Q（i=1,2,,5)使： u E B0 E (02 记P=Q 则PAP,P1BP均为对角矩阵。 2431 高等代数考研解析 反之，由PAP,PBP均为对角矩阵，有： 其中2,4分别为A,B的特征值，从而有： 42 AB=P -P P=BA 入 命题5：设A,B为阶循环矩阵，则存在可逆矩阵P,使得A,B同时对角化。 证明：设矩阵A是由C,,构成的循环矩阵，B是由B,,Bn构成的循环矩 阵，循环矩阵A的特征值为f),f(),,f(ξ-)，其中： f(x)=4+a,x+.+ax"1 5为单位根，属于特征值f(5m)的特征向量为L,5m,,(5m)-)。 令： 1 1 1 P Sa-1 1 (ξ”-) 则|P≠0，即P的列向量线性无关，从而A有个线性无关的特征向量，即A可对 角化，且pAP=diag{f),f(5),,f(5")}。同理存在g(x)的特征值g),g(),, g(传)，且PBP=diag{g),g(5),,g(5”-)},故结论成立。 类似的方法可以证明以下结论。 命题6：设A,B∈Px”,AB=BA,A,B的初等因子全为一次的，则A,B可同时 相似于对角矩阵。 244 9欧氏空间Π 命题7：设A,B∈P”,AB=BA,A,B的最小多项式无重根，则A,B可同时相 似于对角矩阵。 命题8：设A,B∈P”,AB=BA,A2=A,B2=B,则A,B可同时相似于对角 矩阵。 命题9：设A,B∈P”,AB=BA,A=B2=E,则A,B可同时相似于对角矩阵。 命题10：设A,B∈P”,AB=BA,A=B=E,其中k为正整数，则A,B可同 时相似于对角矩阵。 命题11：设A∈P,且A可对角化，A为A的伴随矩阵，则A,A可同时相 似于对角矩阵。 证明：由A可对角化，知存在可逆矩阵P,使得PAP=diag{A,,入}，则 (PAP)=(diag{,,n}),即pf(p)广=diag{,,n}=diag{4,,u},由 于AA=AA,则由命题4即证。 命题12：设A∈Px,且A士B=AB,A,B相似于对角矩阵，则A,B可同时相 似于对角矩阵。 证明：只证A+B=AB的情况。 由A+B=AB,知AB-A-B+E=E,即(A-E)(B-E)=E,故： (A-E)=B-E 于是E=(B-E)(A-E)=BA-B-A+E,即BA=B+A,从而AB=BA,则由命 题4即证。 命题13：设A,B∈P,且A,B的特征值都在P中，AB=BA,则存在可逆矩 阵T∈Pxm,使得T1AT,TBT同时为上三角矩阵。 证明：对矩阵的阶数n用数学归纳法。 当n=1时，命题成立； 2451 高等代数考研解析 假设结论对-1阶矩阵成立，由于AB=BA,从而A,B有公共的特征向量，设 为，将其扩充为P的一组基，，a,令Q=(@,,),则Q可逆，且： Q1A0= O A 由AB=BA,可得AB=BA,由归纳假设，知存在n-1阶可逆矩阵2使得 10 Q'AQ,Q'B,2同时为上三角矩阵，令T=Q 则TAT,TBT同时为 上三角矩阵。 例6（西北大学，2020）已知A,B为阶复矩阵，A的特征值各不相同，且 AB=BA,则 (1)A的特征向量也是B的特征向量； (2)存在可逆矩阵C,使得C1AC与CBC均为对角矩阵； (3)AB可对角化。 证明：（1)设2，入，，2为A的特征值，g,a,,2为其对应的特征向量，则 Aa=2a（i=1,2,,n),(2E-A)C=0,即a为(2E-)x=0的解。 又A的特征值均为单根，则(2E-A)x=0的基础解系只含一个向量，从而为 (2E-A)x=0的基础解系。 由AB=BA,知： (AE-A)Ba=A Ba-ABa=Ba-BAa=ABa-BAa =0 从而Ba为(E-A)x=0的基础解系，即Ba可由a,a,,&,线性表示，从而存在 4使得Ba=4a,故A的特征向量也是B的特征向量。 (2)由(1)可知a,a2,,&线性无关，则c%,a2,,&n为B的线性无关的特征 向量。 246 9欧氏空间 令C=(a,a2,,an),则： C-AC=diag()CBC=diagu} (3)由(2)有： CACC BC=CABC=diag{☑，，，}diag{4,2,,4.} =diag{24,2242,,4n} 则AB可对角化。 9.3矩阵方幂的若千求法 矩阵的方幂在高等代数的解题及矩阵的稳定性讨论、预测、控制等方面有广泛 的应用，其求法的原理贯穿代数学习的过程。求矩阵的方幂可以用到矩阵的各方面 的知识，其计算量往往较大，但方法适当，可以大大降低计算难度。 9.3.1秩为1的情况（低秩分解) 当阶矩阵A的秩为1时，A可以写成一个列向量与一个行向量的乘积，即 A=cpT,a,B为n维列向量，利用矩阵乘法的结合律有： A=(aB)*=a(Ba)B BTa为一个数，即A=(BTa)-A。 1 2-1 例1设A= 6-3 求A,k为自然数。 -2-42 解：由于A的行（列）之间成比例，即R(A)=1,故有： 2-1 6 -3=3(12-1)=,Ba=9, 432423 则A=(BT)A=91A。 2471