线性代数居余马第5章特征值与特征向量.ppt

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1、第第5 5章章 特征值和特征向量特征值和特征向量 矩阵的对角化矩阵的对角化5.1 5.1 5.1 5.1 矩阵的特征值和特征向量矩阵的特征值和特征向量矩阵的特征值和特征向量矩阵的特征值和特征向量 相似矩阵相似矩阵相似矩阵相似矩阵 定义定义5.1 设A是复数域C上的n阶矩阵，如果存在数 C和非零n维向量x，使得 A x=x则称为A的特征值，x为A的属(对应)于特征值的特征向量。注意:特征向量 x 是非零向量,是齐次线性方程组5.1.1 5.1.1 5.1.1 5.1.1 特征值和特征向量的基本概念特征值和特征向量的基本概念特征值和特征向量的基本概念特征值和特征向量的基本概念(I A)x=0的非零

2、 解。应满足|I A|=0即是多项式 det(I A)的零点。定义定义5.1 设n阶矩阵A=(aij),则称为 A的 特征多项式。(I A)称为A的 特征矩阵。|I A|=0 称为A的特征方程。n 阶矩阵A的特征多项式在复数域上的 n 个根都是矩阵A的特征值，其k重根叫做 k 重特征值。例例 n 阶对角矩阵A，上(下)三角形矩阵B的特征值都是它们的n个主对角元 a11,a22,ann。因为它们的特征多项式为I I-A =I I-B=(a11)(a22)(ann)得基础解系：x2=(1,1,0)T,x3=(1,0,1)T。k1x1+k2x2（k1,k2是不全为零的任意常数）是A关于2的全部的特征

3、向量。例例 求矩阵 的特征值及特征向量。解解：A的特征方程为A的特征值为:1=0,2=2(二重特征值)。对于1=0，求解(1I A)x=0，即得基础解系：x1=(1,1,1)T。k x1(k0为任意常数)是A的属于1的全部特征向量。对于2=2，求解(2I A)x=0,即 定理定理5.1 若x1,x2 是A属于0的两个的特征向量，则 k1x1+k2x2也是A属于0的特征向量(其中 k1,k2是任意常数，但 k1x1+k2x2 0)。证证：x1，x2 是齐次线性方程组(I A)x=0的解，所以，k1x1+k2x2也是(I A)x=0 的解，故当 k1x1+k2x2 0 时，也是A的属于0的特征向量

4、I A)x=0的解空间解空间称为A的关于的特征子空间特征子空间，记作V。dimV=n r(I A)=k1x1+k2x2|x2=(1,1,0)T,x3=(1,0,1)T,k1,k2 R=L(1,1,0)T,(1,0,1)T)5.1.2 5.1.2 5.1.2 5.1.2 特征值和特征向量的性质特征值和特征向量的性质特征值和特征向量的性质特征值和特征向量的性质如例中，如例中，=kx|x=(1,1,1)T,k R=L(1,1,1)T);定理定理5.2 若n 阶矩阵A=(aij)的n个特征值为1,2,n，则称A的主对角元的和为A的迹，记作 tr(A)。*证：证：设(*)=n+c1n1+cknk+c

5、n-1+cn(*)式可表示为 2n 个行列式之和,其中展开后含n1项的行列式有下面n个：它们的和等于 (a11+a22+ann)n1=(*)式中不含的常数项为所以，由根与系数的关系及常数项相等，得 由定理5.2 得：得：矩阵A可逆的充要条件是 A的任意一个特征值不等于零；或 A为奇异阵的充要条件是A至少有一个特征值等于零。A的一个特征值可对应很多特征向量；但 A的一个特征向量不能属于不同的特征值。性质性质1 若是A的特征值,x 是是A的属于 的特征向量。则 (1)k 是kA的特征值（k为任意常数）；(2)m是Am的特征值;(3)若A可逆，则1为A1的一个特征值，而且x 仍然是矩阵kA,Am和A

6、1的分别对应于特征值 k,m 和 1的特征向量。证证 (2)(3)由A x=x 得A2 x=A(x)=(A x)=(x)=2 x，继续得Am x=m x。A1(A x)=A1(x)=(A1 x),所以，(A1 x)=1 x。性质性质2 矩阵A和AT的特征值相同。证：证：det(I A)=det(I A)T=det(I)TAT)=det(I A T)*定理定理5.3 设设A是n阶矩阵，若有一个成立，则A的所有特征值i(i=1,2,n)的模（对实特征值是指绝对值）|i|1。证明（见教材p229）略去。例例3 设 解解(1)(1)A的特征值为:1=0(二重特征值),2=2。(1)求A的特征值和特征向

7、量；(2)求可逆矩阵P,使P 1AP为对角阵。对于1=0，求解(1I A)x=0，即得基础解系：x1=(1,1,0)T,x2=(1,0,1)T,则k1x1+k2x2(k1,k2不全为0)是A的属于1的全部特征向量。则 AP=P,且|P|0,所以，P 1AP=为对角矩阵。A的属于2的全部特征向量为 k3 x(k30为任意常数)。对于2=2，求解(2IA)x=0,即得基础解系：x3=(1,2,1)T解解 ：(2)(2)将 A xi=i xi(i=1,2,3)排成矩阵5.1.3 5.1.3 5.1.3 5.1.3 相似矩阵及其性质相似矩阵及其性质相似矩阵及其性质相似矩阵及其性质 定定义义5.3 对于

8、矩阵A,B，若存在可逆矩阵P，使 P 1AP=B,则称A相似于B，记作AB。矩阵的相似关系是一种等价关系，具有以下性质：(1)自反性A A；(2)对称性若AB，则B A；(3)传递性若A1 A2,A2 A3，则A1 A3。相似矩阵还有以下性质：(1)C1(kA+t B)C=k C1 AC+t C1 B C(k,tF);(2)C 1(AB)C=(C 1 AC)(C1 B C);(3)若A B，则AmBm（m为正整数）；(4)若AB，则f(A)f(B)，其中 f(x)=amxm+am-1xm-1+a1x+a0是个多项式。f(A)=amAm+am-1Am-1+a1A+a0I (aiF,i=0,1,m

9、)，f(B)=amBm+am-1Bm-1+a1B+a0I。定理定理5.4 若矩阵A与B相似，则它们的特征多项式相等，即I A=I B 证证 A B，即存在可逆矩阵P，使得 P 1AP=B即 I B=I P 1AP=P1(I A)P =P1 I AP=I A 注意：此定理的逆命题不成立。例如：I A=I B=(2)2,但 A 与 B 不相似，因为对任何可逆矩阵P，P 1A P=P 1(2I)P=2I=A B 。5.2 5.2 矩阵可对角化的条件矩阵可对角化的条件 定理定理5.5 n 阶矩阵A与对角阵相似的充要条件是A有n个线性无关的特征向量。证证 必要性必要性 设P 1AP=diag(1,2,n

10、)=,即 AP=P (1)将矩阵P 按列分块为 P=(x1,x2,xn),(1)式即为 即x1,x2,xn是A的n个线性无关的特征向量(因为P可逆，所以 x1,x2,xn线性无关)。必要性得证。(2)得A xj=j x j (xj0,j=1,2,n)(3)充分性充分性 若A有n个线性无关的特征向量x1,x2,xn,即(3)式成立，由(3)式可得(2)式，从而(1)式成立。充分性得证。A与对角阵 相似，的主对角元是A的特征值，若不计 其排列顺序，则 唯一，称 为A的相似标准形。与对角阵相似的矩阵,称为可对角化矩阵。定理定理5.6 矩阵A属于不同特征值的特征向量是线性 无关的。证证：设A的m个互不

11、相同的特征值为1,2,m，其对应的特征向量分别为 x1,x2,xm。对m作归纳法。当m=1时，x1 0，线性无关；假设m=k时，命题成立；对m=k+1，设 a1x1+a2x2+akxk+ak+1xk+1=0(1)则 A(a1x1+a2x2+akxk+ak+1xk+1)=0即 a1 1x1+a2 2x2+ak kxk+ak+1 k+1xk+1=0(2)k+1(1)(2)得 a1(k+1 1)x1+a2(k+1 2)x2+ak(k+1 k)xk=0 由于x1,x2,xk 线性无关，ai(k+1 i)=0,i=1,2,k，又因为 k+1 i,所以，ai=0,i=1,2,k。代入(1)，得ak+1=0

12、所以，x1,x2,xk+1线性无关。由归纳法得证。推论推论：n阶矩阵A有n个不同的特征值，则 A与对角阵相似。注意：这里的条件是充分的，但不是必要的。则由r1+r2+rm个向量组成的向量组 证证：设 *定理定理5.7 设设1,2,m是n阶矩阵A的m个互不相同的特征值，属于i 的线性无关的特征向量为是线性无关的。(1)(1)式化为y1+y2+ym=0(3)其中 yi 是 A 属于 i 的特征向量或为零向量。但 yi 不能是A属于i 的特征向量。否则，(2)(i=1.2,m),由于不同特征值对应的的特征向量是线性无关的，即有 y1+yi 0 (i=1,m)，（3）式不能成立。所以，y1=ym=0

13、 (4)线性无关,和(4),(2)得再由即是线性无关的。定理定理5.8 设0是n阶矩阵A的 k 重特征值，属于0 的线性 无关的特征向量的最大个数为 l,则 k l。将x1,x 2,xl扩充为Cn的基x1,xl,xl+1,xn，xl+1,xn一般不是特征向量，但AxjCn，可用Cn的基表示:Axj=b1jx1+bl jxl+bl+1,jxl+1+bnjxn,j=l+1,n (2)将(1)、(2)式中的n个等式写成一个矩阵等式：证：证：由 Axi=0 xi，xi 0,i=1,l (1)记 P=x1,xl,xl+1,xn,(3)式为：(3)因为相似矩阵的特征多项式相同。是的 n l 次多项式,所以

14、0 是A的大于或等于l 重的 特征值，即 k l。所以,0 的特征子空间的维数小于或等于特征值的重数，即由于及即 *定理定理5.9 n 阶矩阵A与对角阵相似的充要条件是:A的每个特征值对应的特征向量线性无关的最大个数等于该特征值的重数（每个特征子空间的维数等于该特征值的重数）。例例1 设 问A是否与对角阵相似？若与对角阵相似，求对角矩阵 及可逆矩阵P，使得 P 1 A P=，再求Ak (k为正整数)。(证明见教材p237)A的特征值为 1=2(单重根),2=2(三重根)对于1=2，求解(1I A)x=0。对于2=2，求解(2I A)x=0,即 x1+x2+x3+x4=0，得基础解系 x21=

15、1,1,0,0)T x22=(1,0,1,0)T x23=(1,0,0 1)T属于1的特征向量为 kx1|x1=(1,1,1,1)T,k 0。A有4个线性无关的特征向量，所以，A与对角阵相似。由P 1AP=，得 A=P P 1，Ak=P P 1 P P 1 P P 1=P k P 1 所以则 P 1AP=例例2 n 阶矩阵A 为主对角元全为2的上三角矩阵，且 存在aij 0(ij),问A是否与对角阵相似？I A=(2)n=0=2 是A的n重特征值。因为解：解：设即A的线性无关的特征向量少于n个，A不与对角阵相似。*例例3 矩阵如例1，f(x)=x3 2 x+5,求可逆阵P和对角阵，使得 P

16、1f(A)P=,其中 f(A)=A3 2 A+5I。解：解：(见教材p231 “(4)若A B，则f(A)f(B)”）由 P 1 A P=diag(2,2,2,2),得A=P P 1f(A)=A 3 2 A+5I=（P P 1)3 2(P P 1)+5I=P(3 2 +5I)P 1 于是所以 i2=i（i=1,2,n）。于是,i=0 或 1，由 A2=A,A A2=A(I A)=0得得r(A)+r(I A)n (1)又又 r(A)+r(I A)r(A+(I A)=r(I)=n (2)由(1)和(2)得：r(A)+r(I A)=n，或 r(I A)=n r(A),即1=1时，(I A)x=0 因

17、此，含 n(nr)=r个线性无关的特征向量x1,xn-r；2=0时，(2 I A)x=0,即即 A x=0因此，因此，含nr个线性无关的特征向量 xr+1,xn。记 x1,xr,xr+1,xn=P,则 P1 A P=diag(1,1,0,0)，其中的个数等于r。例例4 设A是n阶幂等矩阵(A2=A)，r(A)=r(0rn)。证明:A相似于=diag(1,1,0,0),其中的个数等于r(A)。证证：设 A xi=ixi，从而A2xi =i2xi，又A2=A，5.3.1 5.3.1 实对称矩阵的特征值和特征向量实对称矩阵的特征值和特征向量 定义定义5.4 元素为复数的矩阵和向量称为复矩阵和复向量。

18、定义定义5.5 设为复矩阵 A叫做A 的共轭矩阵其中的共轭复数。显然当 A为实对称矩阵时,当且仅当 x=O O时时等号成立。共轭矩阵有以下性质：(5)若A可逆，则(6)若A为方阵，则(7)若 x 为 n 维复向量，定理定理5.10 实对称矩阵A的特征值都是实数。证证 设 是A的任一个特征值，(A)T=A，A x=x (x 0),只需证=。故得=，即都是实数。定定理理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。证证 设 A xi=ixi,xi 0(i=1,2),1 2（实数），则 1x2T x1=x2T A x1=x2T A Tx1 =(A x2)T x1=(2x2)T x1 =2

19、 x2T x1而1 2，所以 x2T x1=(x1,x2)=0，即x1与x2是正交的。)()()(xxxxTT=xAxxAxTT)()()(=T5.3.2 5.3.2 5.3.2 5.3.2 实对称矩阵的对角化实对称矩阵的对角化实对称矩阵的对角化实对称矩阵的对角化 定理定理5.12 对于n阶实对称矩阵A，存在n阶正交矩阵T，使得 T 1 A T=diag(1,2,n)证证 用数学归纳法。n=1，结论显然成立；假设对n 1阶实对称矩阵B,存在n 1阶正交矩阵Q，使得Q1 B Q=1。对n阶矩阵A，设A x1=1x1,其中x1 是长度为的特征向量。现将x1扩充为Rn的一组标准正交基x1,x2,xn

20、A xj (Rn)可由这组基线性表示：记P=x1,x2,xn(P为正交矩阵)，上式用分块矩阵表示为 令T=PS（两个正交矩阵之积也是正交矩阵），T 1=TT，即得 T 1A T=diag(1,2,n),其中1,2,n 是A的n个特征值。因此,b=0，B=B T为n 1阶实对称矩阵。由归纳假设，可知存在n 1阶正交矩阵Q，使得Q1 B Q=1。令 由于P1=PT,(P 1A P)T=PTAT(P1)T=P1AP,所以它是实对称矩阵。=diag(1,2,n)得基础解系:x1=(2,1,0)T x2=(2,0,1)T用Schmidt正交化方法，先正交化，取 1=x1=(2,1,0)T例例 设求正交

21、矩阵T，使T 1AT为对角矩阵。解解对于特征值1=1，由(1I A)x=0，即可取 2=(2,4,5)T，则有 T1 A T=diag(1,2,3)=diag(1,1,10)解得 x3=(1,2,2)T，将其单位化得对于特征值2=10，由(2I A)x=0，即将 1,2 单位化:取正交矩阵 例例 证明：若 n 阶实对称矩阵A和B的特征值相同，则A B，且存在正交矩阵T,使 T1 A T=B。证证 设1,2,n 是A和B的特征值，则存在正交阵T1和T2，使得 T11 A T1=diag(1,2,n)=T21 B T 2于是 T2 T11 A T1 T21=B令T=T1T21（T是正交矩阵，且T

22、1=T2T1 1），就有 T 1 A T=B 例例3 若n阶实对称矩阵A和B的特征值完全相同，证明存在正交矩阵T和 n 阶矩阵Q,使A=QT 和 B=TQ 同时成立。证证 由于由于实对称矩阵与对角阵 相似，对角元 为特征值 1,2,n，所以，AB且存在正交阵T1 使T1 1AT1=B 或 A=T1B T11记 T11=T（T 还是正交阵），AT1=Q,B=TQ，则A=T1B T1 1=T1TQ T1 1=IQT=QT命题成立。例例4 设A和B都是n阶实对称矩阵，若存在正交矩阵T，使T1 A T,T1 B T 都是对角阵，则A B是实对称矩阵。证证 由(A B)T=BT A T=B A,所以，A B 对称的充要条件是A,B可交换。设 T 1 A T=diag(1,2,n)=1 T 1 B T=diag(1,2,n)=2则 1 2=diag(1 1,2 2,n n)=2 1,于是 A B=T 1 T 1 T 2 T 1 =T 1 2 T 1 =T 2 1 T 1=T 2 T 1 T 1 T 1 =B A所以，(A B)T=B A=A B,即A B是实对称矩阵。