实对称矩阵的正交对角化

§13.4 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

1.38 分/卷近 11 年平均

4/11 年出现年份

2.5 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）矩阵的对角化施密特正交化与正交矩阵③ 掌握后可解锁化二次型为标准形（配方法、正交变换）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 正交对角化的标准流程：先求特征值，再求特征向量，对重根作施密特正交化并单位化，最后拼成正交阵 $Q$ ，使 $Q^{T} A Q = Λ$ ★★ 必会

实对称矩阵

A

必可正交对角化：存在正交矩阵

Q

（满足

Q^{T} Q = E

，故

Q^{- 1} = Q^{T}

），使

Q^{T} A Q = Λ

为对角阵。求

Q

的过程分为五步：

① 求特征值：解特征方程

∣ λ E - A ∣ = 0

，得全部特征值

λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}

（实对称矩阵的特征值必为实数，其中可能有重根）。

② 对每个特征值求特征向量：对每个互不相同的

λ_{i}

，解齐次线性方程组

(λ_{i} E - A) x = 0

，取它的基础解系。实对称矩阵的几何重数恒等于代数重数，

k

重特征值恰能解出

k

个线性无关的特征向量，个数总是够用的。

③ 只对属于同一个重特征值的特征向量作施密特正交化：这是整个流程中最要紧的一步。属于不同特征值的特征向量本来就正交（证明见下），彼此无须再作处理；只有由同一个重根解出的几个特征向量之间未必正交，必须用施密特（Schmidt）正交化把这一组改造成两两正交的向量。单根只对应一个特征向量，这一步可以略去。

④ 单位化：把上一步所得的每个正交向量除以它自身的长度，化为单位向量。这一步最容易遗漏，一旦遗漏，拼出的

Q

就不再是正交矩阵。

⑤ 拼成正交矩阵 $Q$ ：把单位正交特征向量按列排成

Q = (ε_{1}, \dots, ε_{n})

，相应的特征值按同一次序排成

Λ = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})

，即得

Q^{T} A Q = Λ

。因为

Q^{- 1} = Q^{T}

，所以这里的正交相似同时也是正交合同，化二次型为标准形与相似对角化一并完成。

小结：属于不同特征值的特征向量本来就正交，只需对同一个重根作施密特正交化，最后不要遗漏单位化。

证明 / 推导

证. 属于不同特征值的特征向量必正交，这就是第③步的依据。 设

A^{T} = A

为实对称矩阵，

A ξ_{1} = λ_{1} ξ_{1}

、

A ξ_{2} = λ_{2} ξ_{2}

，且

λ_{1} \neq = λ_{2}

（实对称矩阵的特征值皆为实数，故

ξ_{1}, ξ_{2}

可取实向量）。考察同一个数

ξ_{1}^{T} A ξ_{2}

，从两端分别归并：

ξ_{1}^{T} A ξ_{2} = ξ_{1}^{T} (λ_{2} ξ_{2}) = λ_{2} ξ_{1}^{T} ξ_{2},

ξ_{1}^{T} A ξ_{2} = (A^{T} ξ_{1})^{T} ξ_{2} = (A ξ_{1})^{T} ξ_{2} = (λ_{1} ξ_{1})^{T} ξ_{2} = λ_{1} ξ_{1}^{T} ξ_{2} .

（第二式中

(A^{T} ξ_{1})^{T} ξ_{2} = (A ξ_{1})^{T} ξ_{2}

一步用到了对称性

A^{T} = A

。）两式相减得

(λ_{1} - λ_{2}) ξ_{1}^{T} ξ_{2} = 0

；因

λ_{1} \neq = λ_{2}

，必有

ξ_{1}^{T} ξ_{2} = 0

，即

ξ_{1} ⊥ ξ_{2}

。这就是第③步中不同特征值不必正交化、只需对同一重根作施密特正交化的根据。

■

举例说明

（2021·数一）已知 $A = a 1 - 1 1 a - 1 - 1 - 1 a$ ，求正交阵 $P$ 使 $P^{T} A P$ 为对角阵。

① 特征值：

∣ λ E - A ∣ = (λ - a + 1)^{2} (λ - a - 2)

，得

λ_{1} = λ_{2} = a - 1

（二重根）、

λ_{3} = a + 2

（单根）。

② 特征向量：对二重根

λ = a - 1

，

(a - 1) E - A = - 1 - 1 1 - 1 - 1 1 11 - 1 \to 100100 - 1 00

，即

x_{1} + x_{2} - x_{3} = 0

，解得两个线性无关的特征向量

ξ_{1} = (- 1, 1, 0)^{T}

、

ξ_{2} = (1, 0, 1)^{T}

（参数

a

在对角线上恰好抵消，不进入计算）。对单根

λ = a + 2

解

[(a + 2) E - A] x = 0

，得

ξ_{3} = (- 1, - 1, 1)^{T}

。

③ 施密特正交化，只对二重根这一组进行：先看不同特征值之间，

ξ_{3}

与

ξ_{1}, ξ_{2}

本来就正交（

ξ_{3}^{T} ξ_{1} = 1 - 1 + 0 = 0

，

ξ_{3}^{T} ξ_{2} = - 1 + 0 + 1 = 0

），故

ξ_{3}

保持不变；但 $ξ_{1}, ξ_{2}$ 同属二重根 $a - 1$ ，且 $ξ_{1}^{T} ξ_{2} = - 1 \neq = 0$ ，并不正交，必须正交化：

β_{1} β_{2} = ξ_{1} = (- 1, 1, 0)^{T} = ξ_{2} - \frac{( β _{1} , ξ _{2} )}{( β _{1} , β _{1} )} β_{1} = (1, 0, 1)^{T} - \frac{- 1}{2} (- 1, 1, 0)^{T} = \frac{1}{2} (1, 1, 2)^{T} .

④ 单位化（不可遗漏）：

ε_{1} = \frac{1}{2} (- 1, 1, 0)^{T}

，

ε_{2} = \frac{1}{6} (1, 1, 2)^{T}

，

ε_{3} = \frac{1}{3} (- 1, - 1, 1)^{T}

。

⑤ 拼成正交阵：

P = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) = - \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0 \frac{1}{6} \frac{1}{6} \frac{2}{6} - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3}

，则

P^{T} A P = diag (a - 1, a - 1, a + 2)

。

两处必须避免的错误：（i）遗漏对重根的施密特正交化。若把

ξ_{1}, ξ_{2}

直接单位化就放入

P

，由于

ξ_{1}^{T} ξ_{2} \neq = 0

，

P

的前两列并不正交，

P

不是正交阵，

P^{T} A P

也就不再是对角阵，全题皆错。（ii）遗漏单位化。只作正交化而不除以长度，

P

的列不是单位向量，

P^{T} P \neq = E

，同样不是正交阵。反过来，对属于不同特征值的

ξ_{3}

再与

ξ_{1}, ξ_{2}

作施密特正交化则是多余的，因为它们本来就正交。

2. 反求实对称矩阵 $A$ ：由不同特征值的特征向量相互正交定出未知的特征向量★★ 必会

反求实对称矩阵是常见的题型：已知一部分特征值与特征向量，求出整个

A

。关键在于属于不同特征值的特征向量必正交。利用这一点，可由正交条件解一个齐次线性方程组，把未知的特征向量定出来，再由

A = Q Λ Q^{T}

拼出

A

，全过程不必解特征方程。

证明 / 推导

证. 设

A

为实对称矩阵，已知单特征值

λ_{1}

的特征向量

ξ_{1}

，而另一特征值

λ_{2}

（可能是重根）的特征向量未知。由谱定理，属于

λ_{2}

的特征向量必与

ξ_{1}

正交，故它们都落在

{x : ξ_{1}^{T} x = 0}

中；解此齐次方程组并取基础解系，即得属于

λ_{2}

的特征向量。求全之后单位化，按列拼成正交矩阵

Q

，特征值按同一次序拼成

Λ

，则

A = Q Λ Q^{T}

。

■

举例说明

设

3

阶实对称矩阵

A

的特征值为

λ_{1} = 8

与

λ_{2} = λ_{3} = - 1

，

λ_{1} = 8

的特征向量为

ξ_{1} = (1, 2, 2)^{T}

，求

A

。属于

- 1

的特征向量与

ξ_{1}

正交，即满足

x_{1} + 2 x_{2} + 2 x_{3} = 0

，取基础解系

ξ_{2} = (2, - 1, 0)^{T}, ξ_{3} = (2, 0, - 1)^{T}

。由于

λ_{2} = λ_{3}

，可用谱分解的简便算法：

ξ_{1}^{T} ξ_{1} = 9

，

A = 8 \cdot \frac{ξ _{1} ξ _{1}^{T}}{9} + (- 1) (E - \frac{ξ _{1} ξ _{1}^{T}}{9}) = \frac{9 ξ _{1} ξ _{1}^{T}}{9} - E = ξ_{1} ξ_{1}^{T} - E .

而

ξ_{1} ξ_{1}^{T} = 122244244

，故

A = 022234243

。容易验证

tr (A) = 6 = 8 - 1 - 1

。

3. 实对称矩阵的几何重数恒等于代数重数： $k$ 重特征值恒有 $r (λ_{0} E - A) = n - k$ ★★ 必会

对一般矩阵，必须逐个重根检验几何重数

=

代数重数是否成立；而实对称矩阵恒满足

r (λ_{0} E - A) = n - k

（

k

为

λ_{0}

的重数），几何重数与代数重数从不相差。其根据是谱定理所保证的可对角化性。由此可见，对实对称矩阵总可以按重数取足特征向量，正交对角化也总能完成。

证明 / 推导

证. 由谱定理，实对称矩阵

A

必可正交对角化，即存在正交矩阵

Q

使

Q^{T} A Q = Λ

，也就是

A = Q Λ Q^{T}

。于是

λ_{0} E - A = Q (λ_{0} E - Λ) Q^{T}

，其秩与对角阵

λ_{0} E - Λ

的秩相同。

λ_{0} E - Λ

的对角元中等于

0

的，恰是那些

λ_{i} = λ_{0}

的位置，共

k

个，其余

n - k

个都不为零。故

r (λ_{0} E - A) = r (λ_{0} E - Λ) = n - k

，几何重数

n - r (λ_{0} E - A) = k

恰等于代数重数。

■

4. 谱分解 $A = \sum_{i} λ_{i} q_{i} q_{i}^{T}$ ：把矩阵分解为正交投影的加权和

把

A = Q Λ Q^{T}

按列展开，就得到谱分解

A = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} q_{i} q_{i}^{T}

，其中

q_{i}

是单位正交特征向量。每个

q_{i} q_{i}^{T}

都是向直线

span (q_{i})

作正交投影的矩阵，因此谱分解表明：实对称矩阵的作用

=

沿

n

条互相垂直的特征方向分别作投影，再按

λ_{i}

伸缩，最后叠加。它是矩阵由其特征方向决定这一直观说法的严格表述，也是反求

A

与化二次型为标准形的统一工具。

证明 / 推导

证. 记

Q = (q_{1}, \dots, q_{n})

，

Λ = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})

。则

Q Λ

的第

i

列为

λ_{i} q_{i}

，故

Q Λ = (λ_{1} q_{1}, \dots, λ_{n} q_{n})

。再右乘

Q^{T}

（它的第

i

行为

q_{i}^{T}

），按列

\times

行求和，得

A = Q Λ Q^{T} = i = 1 \sum n (λ_{i} q_{i}) (q_{i}^{T}) = i = 1 \sum n λ_{i} q_{i} q_{i}^{T} .

又由

q_{i}^{T} q_{i} = 1

得

(q_{i} q_{i}^{T})^{2} = q_{i} (q_{i}^{T} q_{i}) q_{i}^{T} = q_{i} q_{i}^{T}

，且

(q_{i} q_{i}^{T})^{T} = q_{i} q_{i}^{T}

，故每个

q_{i} q_{i}^{T}

都是对称幂等矩阵，即正交投影矩阵。

■

举例说明

A = (2112)

的特征值为

3

（单位特征向量

q_{1} = \frac{1}{2} (1, 1)^{T}

）与

1

（

q_{2} = \frac{1}{2} (1, - 1)^{T}

）。于是有谱分解

A = 3 q_{1} q_{1}^{T} + 1 \cdot q_{2} q_{2}^{T} = 3 \cdot \frac{1}{2} (1111) + \frac{1}{2} (1 - 1 - 1 1) = (2112) .

由此还可以直接求得

A^{k} = 3^{k} q_{1} q_{1}^{T} + 1^{k} q_{2} q_{2}^{T}

。

5. 不必求特征向量的数值关系： $tr (A^{k}) = \sum λ_{i}^{k}$ 与 $\sum λ_{i}^{2} = \sum_{i, j} a_{ij}^{2}$ ★ 要懂

实对称矩阵有一组不必求出特征向量就能使用的数值关系，其中最有用的是

tr (A^{k}) = \sum_{i} λ_{i}^{k}

。特别地，

tr (A) = \sum λ_{i}

、

tr (A^{2}) = \sum λ_{i}^{2}

；而由对称性又有

tr (A^{2}) = \sum_{i, j} a_{ij}^{2}

，即等于全部元素的平方和。两式合起来便得

\sum_{i} λ_{i}^{2} = \sum_{i, j} a_{ij}^{2}

。于是不解特征方程也能求出特征值的平方和，或在已知部分特征值时反解其余的特征值。

证明 / 推导

证. 由

A = Q Λ Q^{T}

得

A^{k} = Q Λ^{k} Q^{T}

，故

tr (A^{k}) = tr (Q Λ^{k} Q^{T}) = tr (Λ^{k} Q^{T} Q) = tr (Λ^{k}) = i \sum λ_{i}^{k},

其中用到了

tr (X Y) = tr (Y X)

与

Q^{T} Q = E

。下面再证元素形式的等式：

tr (A^{2}) = tr (A^{T} A) = \sum_{i} (A^{T} A)_{ii} = \sum_{i} \sum_{k} a_{k i} a_{k i} = \sum_{i, k} a_{ik}^{2}

，其中第一步用到

A^{T} = A

。

■

举例说明

设

3

阶实对称矩阵

A = 110110001

已知有一个特征值为

0

，求其余的特征值。元素的平方和为

\sum a_{ij}^{2} = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5

，故

\sum λ_{i}^{2} = 5

；又

tr (A) = 3 = \sum λ_{i}

。设特征值为

0, λ_{2}, λ_{3}

，则

λ_{2} + λ_{3} = 3

、

λ_{2}^{2} + λ_{3}^{2} = 5

，由此得

λ_{2} λ_{3} = \frac{3 ^{2} - 5}{2} = 2

，即

λ_{2}, λ_{3}

是

t^{2} - 3 t + 2 = 0

的两个根

1, 2

。故全部特征值为

0, 1, 2

。

💡 小知识

实对称矩阵必可正交对角化，这条结论称为谱定理。其中的谱字来自希尔伯特，他在二十世纪初研究算子时借用了 spectrum 一词，当时与原子光谱并无关系。二十多年后量子力学兴起，人们才发现原子光谱里的每一条谱线，恰好对应自伴算子（对称矩阵或厄米算子）的一个特征值。希尔伯特本人说过这不过是巧合，数学家口中的特征值与物理学家口中的能级，就这样成了同一件事。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求正交矩阵

Q

，使

Q^{T} A Q

为对角阵，其中

A = (2112)

。难度 1

第一步：求特征值。

∣ λ E - A ∣ = (λ - 2)^{2} - 1 = (λ - 1) (λ - 3)

，特征值

λ_{1} = 1, λ_{2} = 3

。

第二步：求特征向量。

-

λ_{1} = 1

：

(E - A) = (- 1 - 1 - 1 - 1) \to x_{1} = - x_{2}

，取

ξ_{1} = (1, - 1)^{T}

；
-

λ_{2} = 3

：

(3 E - A) = (1 - 1 - 1 1) \to x_{1} = x_{2}

，取

ξ_{2} = (1, 1)^{T}

。

第三步：正交化与单位化。

ξ_{1}, ξ_{2}

属于不同特征值，已自动正交（

ξ_{1}^{T} ξ_{2} = 1 \times 1 + (- 1) \times 1 = 0

），只需单位化：

q_{1} = \frac{1}{2} (1, - 1)^{T}, q_{2} = \frac{1}{2} (1, 1)^{T} .

第四步：拼装。

Q = \frac{1}{2} (1 - 1 11), Q^{T} A Q = (1003) .

例 2 求正交矩阵

Q

，使

Q^{T} A Q

为对角阵，其中

A = 122212221

。难度 2

第一步：求特征值。 每行元素之和都是

5

，故

λ = 5

是特征值，对应

α_{1} = (1, 1, 1)^{T}

；由

tr (A) = 3

知其余两特征值之和为

- 2

，实为

λ = - 1

（二重）。

第二步：求 $λ = - 1$ 的特征向量。 解

(- E - A) x = 0

，三行都化为

x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0

，基础解系

β_{1} = (1, - 1, 0)^{T}, β_{2} = (1, 0, - 1)^{T}

。

第三步：对重特征值内部施密特正交化。 (

β_{1}, β_{2}

不正交，

β_{1}^{T} β_{2} = 1

。)

η_{1} = β_{1} = (1, - 1, 0)^{T}, η_{2} = β_{2} - \frac{β _{2}^{T} η _{1}}{η _{1}^{T} η _{1}} η_{1} = (1, 0, - 1)^{T} - \frac{1}{2} (1, - 1, 0)^{T} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, - 1)^{T},

取

η_{2} = (1, 1, - 2)^{T}

。而

α_{1}

属于不同特征值，已与

η_{1}, η_{2}

正交。

第四步：单位化并拼装。

q_{1} = \frac{1}{3} (1, 1, 1)^{T}, q_{2} = \frac{1}{2} (1, - 1, 0)^{T}, q_{3} = \frac{1}{6} (1, 1, - 2)^{T},

Q = \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{6} \frac{1}{6} - \frac{2}{6}, Q^{T} A Q = 500 0 - 1 0 00 - 1 .

例 3 设

3

阶实对称矩阵

A

的特征值为

1, 2, 3

，属于

λ_{1} = 1

的特征向量为

α_{1} = (1, 1, 0)^{T}

，属于

λ_{2} = 2

的特征向量为

α_{2} = (0, 0, 1)^{T}

，求属于

λ_{3} = 3

的特征向量。难度 2

关键性质： 实对称矩阵属于不同特征值的特征向量必相互正交。

设属于

λ_{3} = 3

的特征向量为

α_{3} = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}

，它须同时与

α_{1}, α_{2}

正交：

α_{3}^{T} α_{1} = x_{1} + x_{2} = 0, α_{3}^{T} α_{2} = x_{3} = 0.

解得

x_{2} = - x_{1}, x_{3} = 0

，故

α_{3} = k (1, - 1, 0)^{T} (k \neq = 0)

。

验证相容性： 已给的

α_{1}, α_{2}

满足

α_{1}^{T} α_{2} = 0

，与「不同特征值特征向量正交」相符，故本题设定自洽。求得的

α_{3}

与

α_{1}, α_{2}

也都正交，符合谱定理。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2022 年 · 数一 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分

已知二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = i = 1 \sum 3 j = 1 \sum 3 ij x_{i} x_{j}

。

（Ⅰ）写出

f (x_{1}, x_{2}, x_{3})

对应的矩阵；

（Ⅱ）求正交变换

x = Q y

将

f (x_{1}, x_{2}, x_{3})

化为标准形；

（Ⅲ）求

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0

的解。

2021 年 · 数一 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分

已知

A = a 1 - 1 1 a - 1 - 1 - 1 a .

（Ⅰ）求正交矩阵

P

，使得

P^{T} A P

为对角矩阵；

（Ⅱ）求正定矩阵

C

，使得

C^{2} = (a + 3) E - A

，其中

E

为

3

阶单位矩阵.

2020 年 · 数一 · 第 20 题 · 解答题 · 11 分

设二次型

f (x_{1}, x_{2}) = x_{1}^{2} - 4 x_{1} x_{2} + 4 x_{2}^{2}

经正交变换

(x_{1} x_{2}) = Q (y_{1} y_{2})

化为二次型

g (y_{1}, y_{2}) = a y_{1}^{2} + 4 y_{1} y_{2} + b y_{2}^{2}

，其中

a \geq b

.
（Ⅰ）求

a, b

的值；
（Ⅱ）求正交矩阵

Q

2017 年 · 数一 · 第 21 题 · 解答题 · 11 分

设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + a x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 8 x_{1} x_{3} + 2 x_{2} x_{3}

在正交变换

x = Q y

下的标准形为

λ_{1} y_{1}^{2} + λ_{2} y_{2}^{2}

，求

a

的值及一个正交矩阵

Q

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

设

A

为

n

阶实对称矩阵，则下列结论中错误的是（　）。

A $A$ 的特征值都是实数
B $A$ 一定可对角化
C属于不同特征值的特征向量相互正交
D属于同一特征值的特征向量一定相互正交

练习 2 · 填空题

设

3

阶实对称矩阵

A

属于特征值

1

的特征向量为

(1, 1, 1)^{T}

，属于特征值

2

的特征向量为

(1, - 1, a)^{T}

，则

a =

____。

练习 3 · 选择题

用正交变换法把实对称矩阵对角化时，施密特正交化只需在（　）内部进行。

A全体特征向量
B属于同一（重）特征值的特征向量
C属于不同特征值的特征向量之间
D单位化完成之后

练习 4 · 选择题

设

A

为

3

阶实对称矩阵，特征值为

2, 2, 5

，属于

5

的特征向量为

(1, 1, 1)^{T}

，则属于特征值

2

的特征向量

x = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}

满足（　）。

A $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$
B $x_{1} = x_{2} = x_{3}$
C $x_{1} - x_{2} = 0$
D $x_{1} + x_{2} = 0$

练习 5 · 选择题

设

A

为

n

阶实对称矩阵。下列说法中错误的是（　　）。

A $A$ 的特征值全是实数
B $A$ 的属于不同特征值的特征向量必正交
C $A$ 必可对角化，且存在正交矩阵 $Q$ 使 $Q^{T} A Q$ 为对角阵
D若 $A$ 的特征值全为正数，则 $A$ 的元素全为正数

练习 6 · 填空题

设

A

为

3

阶实对称矩阵，其特征值为

λ_{1} = λ_{2} = 1

，

λ_{3} = - 2

，且属于

λ_{3} = - 2

的特征向量为

α_{3} = (1, 1, 1)^{T}

。则属于

λ = 1

的特征向量所满足的方程为 ____。

练习 7 · 解答题

设

3

阶实对称矩阵

A

的特征值为

λ_{1} = λ_{2} = 1

，

λ_{3} = - 2

，且属于

λ_{3} = - 2

的特征向量为

α_{3} = (1, 1, 1)^{T}

。求矩阵

A

。

2013 年 · 数一 · 第 6 题 · 选择题 · 4 分

矩阵

1 a 1 a b a 1 a 1

与

200 0 b 0 000

相似的充分必要条件为（　　）

A $a = 0, b = 2$ .
B $a = 0, b$ 为任意常数.
C $a = 2, b = 0$ .
D $a = 2, b$ 为任意常数.

2011 年 · 数一 · 第 21 题 · 解答题 · 11 分

设

A

为

3

阶实对称矩阵，

A

的秩为

2

，且

A 10 - 1 101 = - 1 01 101 .

（Ⅰ）求

A

的所有特征值与特征向量；

（Ⅱ）求矩阵

A

。

实对称矩阵的正交对角化

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 正交对角化的标准流程：先求特征值，再求特征向量，对重根作施密特正交化并单位化，最后拼成正交阵 Q，使 QTAQ=Λ★★ 必会

2. 反求实对称矩阵 A：由不同特征值的特征向量相互正交定出未知的特征向量★★ 必会

3. 实对称矩阵的几何重数恒等于代数重数：k 重特征值恒有 r(λ0​E−A)=n−k★★ 必会

4. 谱分解 A=∑i​λi​qi​qiT​：把矩阵分解为正交投影的加权和

5. 不必求特征向量的数值关系：tr(Ak)=∑λik​ 与 ∑λi2​=∑i,j​aij2​★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 正交对角化的标准流程：先求特征值，再求特征向量，对重根作施密特正交化并单位化，最后拼成正交阵 $Q$ ，使 $Q^{T} A Q = Λ$ ★★ 必会

2. 反求实对称矩阵 $A$ ：由不同特征值的特征向量相互正交定出未知的特征向量★★ 必会

3. 实对称矩阵的几何重数恒等于代数重数： $k$ 重特征值恒有 $r (λ_{0} E - A) = n - k$ ★★ 必会

4. 谱分解 $A = \sum_{i} λ_{i} q_{i} q_{i}^{T}$ ：把矩阵分解为正交投影的加权和

5. 不必求特征向量的数值关系： $tr (A^{k}) = \sum λ_{i}^{k}$ 与 $\sum λ_{i}^{2} = \sum_{i, j} a_{ij}^{2}$ ★ 要懂