实对称阵可对角化的几种证明

Posted 2020-09-15 谢启鸿高等代数官方博客

实对称阵是一类常见的矩阵, 它与实二次型和实内积空间上的自伴随算子有着密切的联系. 任一实对称阵 $A$ 均正交相似于对角阵, 即存在正交阵 $P$, 使得 $P‘AP=\mathrm{diag\,}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$, 这是实对称阵的一条重要性质, 通常在内积空间理论的框架中加以证明. 然而, 实对称阵可对角化这一性质可以在引入矩阵可对角化的定义和判定准则后直接加以证明, 也可以利用 Jordan 标准型理论加以证明. 下面给出实对称阵可对角化的几种证明, 首先我们来证明两个简单的引理.

引理 1  实对称阵的特征值都是实数.

证明  设 $A$ 为 $n$ 阶实对称阵, $\lambda_0\in\mathbb{C}$ 是 $A$ 的任一特征值, $\alpha=(a_1,a_2,\cdots,a_n)‘\in\mathbb{C}^n$ 是对应的特征向量, 即 $A\alpha=\lambda_0\alpha$. 上式两边同时左乘 $\overline{\alpha}‘$, 则有 $\overline{\alpha}‘A\alpha=\lambda_0\overline{\alpha}‘\alpha$. 注意到 $\alpha$ 是非零向量, 故 $\overline{\alpha}‘\alpha=\sum_{i=1}^n|a_i|^2>0$. 注意到 $A$ 为实对称阵, 故 $\overline{(\overline{\alpha}‘A\alpha)}‘=\overline{\alpha}‘A\alpha$, 即 $\overline{\alpha}‘A\alpha$ 是一个实数, 从而 $\lambda_0=\overline{\alpha}‘A\alpha/\overline{\alpha}‘\alpha$ 也是实数.  $\Box$

引理 2  设 $A$ 为 $n$ 阶实对称阵, 则 $r(A)=r(A^2)=r(A^3)=\cdots$.

证明  由复旦高代教材的复习题三第 41 题可知 $r(A)=r(A‘A)=r(A^2)$. 对任意的 $k\geq 2$, 由 Frobenius 不等式可得 $r(A^{k+1})=r(A^{k-1}\cdot A\cdot A)\geq r(A^k)+r(A^2)-r(A)=r(A^k)$, 又 $r(A^{k+1})\leq r(A^k)$, 故 $r(A^{k+1})=r(A^k)$ 对任意的 $k\geq 2$ 成立, 结论得证.  $\Box$

证法一 (有完全的特征向量系)  由引理 1 可设 $A$ 的全体实特征值为 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$, 我们对特征值 $\lambda_1$ 来证明其代数重数等于其几何重数. 不失一般性, 可设 $\lambda_1=\cdots=\lambda_m$, 但 $\lambda_j\neq \lambda_1\,(\forall\,m<j\leq n)$, 即 $\lambda_1$ 的代数重数为 $m$. 由复旦高代教材的定理 6.1.2 及其后的注可知, 存在非异实矩阵 $P$, 使得 $P^{-1}AP=\begin{pmatrix} B & C \\ 0 & D \end{pmatrix}$, 其中 $B$ 是主对角元为 $\lambda_1$ 的 $m$ 阶上三角矩阵, $D$ 是主对角元分别为 $\lambda_{m+1},\cdots,\lambda_n$ 的上三角矩阵, 于是 $P^{-1}(A-\lambda_1I_n)P=\begin{pmatrix} B-\lambda_1I_m & C \\ 0 & D-\lambda_1I_{n-m} \end{pmatrix}$. 注意到 $B-\lambda_1I_m$ 是主对角元全为零的上三角阵, 这是一个幂零阵, 故 $(B-\lambda_1I_m)^m=0$, 从而 $$P^{-1}(A-\lambda_1I_n)^mP=\begin{pmatrix} B-\lambda_1I_m & C \\ 0 & D-\lambda_1I_{n-m} \end{pmatrix}^m=\begin{pmatrix} 0 & * \\ 0 & (D-\lambda_1I_{n-m})^m \end{pmatrix}.$$ 注意到 $(D-\lambda_1I_{n-m})^m$ 是一个主对角元全不为零的上三角阵, 从而是非异阵, 于是 $r((A-\lambda_1I_n)^m)=n-m$. 注意到 $A-\lambda_1I_n$ 为实对称阵, 再由引理 2 可知, $\lambda_1$ 的几何重数为 $n-r(A-\lambda_1I_n)=n-r((A-\lambda_1I_n)^m)=m$, 即几何重数等于代数重数.  $\Box$

引理 3  设 $A$ 为 $n$ 阶实对称阵, 则 $\mathrm{Ker\,}A\cap\mathrm{Im\,}A=0$ 并且 $\mathrm{Ker\,}A=\mathrm{Ker\,}A^2=\mathrm{Ker\,}A^3=\cdots$.

证明  由引理 2 以及维数公式即得.  $\Box$

证法二 (全空间等于特征子空间的直和)  任取 $A$ 的实特征值 $\lambda_0$, 由引理 3 可知, $\mathrm{Ker\,}(A-\lambda_0I_n)=\mathrm{Ker\,}(A-\lambda_0I_n)^2=\cdots$, 再由高代白皮书中例 7.13 的证法一完全相同的讨论即得.  $\Box$

证法三 (极小多项式无重根)  任取 $A$ 的实特征值 $\lambda_0$, 由引理 3 可知, $\mathrm{Ker\,}(A-\lambda_0I_n)=\mathrm{Ker\,}(A-\lambda_0I_n)^2=\cdots$, 再由高代白皮书中例 7.13 的证法二完全相同的讨论即得.  $\Box$

证法四 (Jordan 标准型之一)  任取 $A$ 的实特征值 $\lambda_0$, 由引理 3 可知, $\mathrm{Ker\,}(A-\lambda_0I_n)\cap\mathrm{Im\,}(A-\lambda_0I_n)=0$, 再由高代白皮书中例 7.13 的证法三完全相同的讨论即得.  $\Box$

证法五 (Jordan 标准型之二)  任取 $A$ 的实特征值 $\lambda_0$, 由引理 2 可知, $r(A-\lambda_0I_n)=r((A-\lambda_0)^2)$, 再由高代白皮书中例 7.14 的证法二完全相同的讨论即得.  $\Box$

证法六 (Jordan 标准型之三)  设 $P$ 为非异实矩阵, 使得 $P^{-1}AP=J=\mathrm{diag\,}\{J_{r_1}(\lambda_1),\cdots,J_{r_k}(\lambda_k)\}$. 用反证法, 若 $A$ 不可对角化, 则不妨设 $r_1>1$. 设 $P‘P=(b_{ij})$, 则 $b_{12}=b_{21}$ 并且 $b_{11}$ 是 $P$ 的第一列元素的平方和, 由 $P$ 的非异性可知 $b_{11}>0$. 注意到 $P‘AP=P‘PJ$ 为对称阵, 但 $P‘PJ$ 的第 $(1,2)$ 元为 $b_{11}+\lambda_1b_{12}$, 第 $(2,1)$ 元为 $\lambda_1b_{21}$, 这两者不相等, 矛盾.  $\Box$

由上面的讨论可知, 对任一 $n$ 阶实对称阵 $A$, 全空间 $\mathbb{R}^n$ 等于 $A$ 的所有特征子空间的直和. 在 $\mathbb{R}^n$ 的标准内积下, 容易证明: $A$ 的属于不同特征值的特征向量必正交, 属于同一特征值的特征向量可以利用 Gram-Schmidt 正交化方法化成两两正交的单位特征向量. 因此我们可以找到 $A$ 的 $n$ 个两两正交的单位特征向量, 将这些向量拼成矩阵 $P$, 则 $P$ 是一个 $n$ 阶正交阵, 使得 $P‘AP=\mathrm{diag\,}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$. 这就是 $A$ 的正交相似标准型, 它对于深入探讨实对称阵的正定性和半正定性有着重要的作用.

注  给出上述各种证法的同学有: 15级胡晓波（证法五）、杨彦婷（证法五），16级章俊鑫（证法一）、蒋亦凡（证法三）、沈伊南（类似于证法六）等.