实对称矩阵的正交对角化

§11.4 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

1.39 分/卷近 11 年平均

4/11 年出现年份

2.6 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. 属于不同特征值的特征向量必正交，其根据是对称性 $A^{T} = A$ ，这一性质也可用来反求特征向量★★ 必会

谱定理的三条结论中，用得最多的是属于不同特征值的特征向量必正交。它的用处在于：不必解特征方程，只要利用正交性，解一个形如

α^{T} x = 0

的齐次线性方程组，就能把未知的特征向量求出来，这是由特征值与部分特征向量反求实对称矩阵的主要方法。整个推导所依据的是

A^{T} = A

。正是因为有这一条，才能把

A

从等号的一侧移到另一侧，从而得出正交关系。

证明 / 推导

设

A α_{1} = λ_{1} α_{1}

，

A α_{2} = λ_{2} α_{2}

，且

λ_{1} \neq = λ_{2}

。计算数量

λ_{1} α_{1}^{T} α_{2}

：

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

其中第三个等号用到了

A^{T} = A

。于是

(λ_{1} - λ_{2}) α_{1}^{T} α_{2} = 0

，而

λ_{1} \neq = λ_{2}

，所以

α_{1}^{T} α_{2} = 0

，即这两个向量正交。

■

举例说明

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

(1, 1, 0)^{T}

，属于

λ_{2} = 2

的特征向量为

(0, 0, 1)^{T}

，求属于

λ_{3} = 3

的特征向量。所求向量必须同时与前两个向量正交，即满足

x_{1} + x_{2} = 0

且

x_{3} = 0

，解得它的方向为

(1, - 1, 0)^{T}

。整个过程没有用到特征方程，只用了正交性。容易验证，已知的两个向量本身也满足

(1, 1, 0) \cdot (0, 0, 1) = 0

，与谱定理的结论一致。

2. 实对称矩阵的特征向量从不会不足：对每个 $k$ 重特征值恒有 $r (λ_{0} E - A) = n - k$ ★★ 必会

对一般的矩阵，必须逐个检验几何重数

=

代数重数是否成立，而实对称矩阵恒满足

r (λ_{0} E - A) = n - k

，其中

k

是

λ_{0}

的重数，特征向量的个数从不会少，因此它一定可以（正交）对角化。明白了这一点，对实对称矩阵就可以按重数放心地把特征向量取足，也就明白了正交对角化为什么总能进行，而不会在重根处受阻。

证明 / 推导

由谱定理，对实对称矩阵

A

存在正交矩阵

Q

，使

Q^{T} A Q = Λ

，即

A = Q Λ Q^{T}

。于是

λ_{0} E - A = Q (λ_{0} E - Λ) Q^{T},

它的秩与对角矩阵

λ_{0} E - Λ

的秩相同，这是因为正交矩阵可逆，左乘或右乘可逆矩阵都不改变秩。在

λ_{0} E - Λ

的对角元

λ_{0} - λ_{i}

中，等于

0

的恰好是那

k

个满足

λ_{i} = λ_{0}

的位置，其余

n - k

个都不为零，因此

r (λ_{0} E - A) = n - k

，从而几何重数

n - r (λ_{0} E - A) = k

正好等于代数重数。

■

3. 谱分解 $A = \sum_{i} λ_{i} q_{i} q_{i}^{T}$ ：把实对称矩阵表示为正交投影的加权和，可用来反求 $A$ 以及求矩阵的幂

把

A = Q Λ Q^{T}

按列展开，就得到谱分解

A = \sum_{i} 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}

都是到相应特征方向上的正交投影。它有两个主要用途：一是反求实对称矩阵

A

时，只需把特征值

\times

投影后相加，遇到重特征值可以整块处理，即用

E

减去其余各投影；二是求矩阵的幂时有

A^{k} = \sum_{i} λ_{i}^{k} q_{i} q_{i}^{T}

，可以一次算出。

证明 / 推导

记

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

，

Λ = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})

，则

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

。再右乘

Q^{T}

，它的第

i

行是

q_{i}^{T}

，按列

\times

行的方式求和，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}

，且它是对称的，所以每个

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

都是正交投影。

■

举例说明

设

A = (1221)

的特征值为

3

，相应的单位特征向量

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

；另一特征值为

- 1

，相应的单位特征向量

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

。于是有谱分解

A = 3 q_{1} q_{1}^{T} + (- 1) q_{2} q_{2}^{T} = \frac{3}{2} (1111) - \frac{1}{2} (1 - 1 - 1 1) = (1221) .

由此立即求得

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

，不必反复作矩阵乘法。

4. 正交对角化兼有两重身份： $Q^{- 1} A Q = Q^{T} A Q$ 既是相似变换又是合同变换，由此通向二次型★ 要懂

正交对角化与一般对角化的根本区别，就在于

Q

是正交矩阵这一条：由

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

可知，同一个式子

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

同时是相似变换（它是

P^{- 1} A P

的形式，保持特征值、迹、行列式不变）和合同变换（它是

P^{T} A P

的形式，保持实对称矩阵的正、负惯性指数不变）。正是因为兼有这两重身份，它才成为下一章用正交变换把二次型化为标准形的理论依据：对二次型的实对称矩阵作正交对角化，一方面把特征值排在对角线上，这是相似关系的结果，另一方面又不改变二次型的正、负惯性指数，这是合同关系的结果，所以标准形的系数恰好就是特征值。

证明 / 推导

Q

为正交矩阵，即

Q^{T} Q = E

，两边右乘

Q^{- 1}

，得

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

。因此

Q^{- 1} A Q

与

Q^{T} A Q

是同一个矩阵。从相似的角度看，它由

Q^{- 1} (\cdot) Q

给出，保持特征值等相似不变量；从合同的角度看，它由

Q^{T} (\cdot) Q

给出，对实对称矩阵

A

保持正、负惯性指数。这样，两种变换在正交矩阵之下合而为一。

■

举例说明

例如设实对称矩阵

A = (2112)

，它的特征值

3, 1

全为正。作正交对角化

Q^{T} A Q = diag (3, 1)

，一步就同时说明了两件事：从相似的角度看，

A

的特征值是

3, 1

；从合同的角度看，二次型

2 x_{1}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{2}^{2}

可化为标准形

3 y_{1}^{2} + y_{2}^{2}

，正惯性指数为

2

，所以该二次型是正定的。由此可见，由特征值的正负就可以直接判定二次型的正定性，这也就是下一章讨论的出发点。

💡 小知识

实对称矩阵一定可以正交对角化，这条结论称为谱定理。谱（spectrum）一词来自希尔伯特，他在二十世纪初研究算子时先用了它，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，都对应自伴算子（对称矩阵或厄米矩阵）的一个特征值。希尔伯特本人说过这只是巧合，数学家说的特征值和物理学家说的能级，就这样成了同一回事。

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 = (34 4 - 3)

。难度 1

第一步：求特征值。

A

实对称，

∣ λ E - A ∣ = λ - 3 - 4 - 4 λ + 3 = (λ - 3) (λ + 3) - 16 = λ^{2} - 25,

故特征值

λ_{1} = 5, λ_{2} = - 5

。

第二步：求特征向量。

-

λ_{1} = 5

：

(5 E - A) = (2 - 4 - 4 8) \to x_{1} = 2 x_{2}

，取

ξ_{1} = (2, 1)^{T}

；
-

λ_{2} = - 5

：

(- 5 E - A) = (- 8 - 4 - 4 - 2) \to x_{2} = - 2 x_{1}

，取

ξ_{2} = (1, - 2)^{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} = 2 - 2 = 0

），只需单位化：

q_{1} = \frac{1}{5} (2, 1)^{T}, q_{2} = \frac{1}{5} (1, - 2)^{T} .

第四步：拼装。

Q = \frac{1}{5} (21 1 - 2), Q^{T} A Q = (50 0 - 5) .

例 2 求正交矩阵

Q

，使

Q^{T} A Q

为对角阵，其中

A = 2 - 1 - 1 - 1 2 - 1 - 1 - 1 2

。难度 2

第一步：求特征值。 每行元素之和为

2 - 1 - 1 = 0

，故

λ = 0

是特征值，对应

α_{1} = (1, 1, 1)^{T}

；由

tr (A) = 6

知其余两特征值之和为

6

，实为

λ = 3

（二重）。

第二步：求 $λ = 3$ 的特征向量。 解

(3 E - A) x = 0

，

3 E - A = 111111111

，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} (1, 1, - 2)^{T},

取

η_{2} = (1, 1, - 2)^{T}

。

α_{1}

属不同特征值，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 = 000030003 .

例 3 设

3

阶实对称矩阵

A

的特征值为

1, 4, 4

，且属于

λ_{1} = 1

的特征向量为

α_{1} = (1, 1, 1)^{T}

，求

A

。难度 2

关键：实对称矩阵属于不同特征值的特征向量必正交。 属于

λ = 4

的特征向量都与

α_{1}

正交，即落在平面

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

内，它正好是

λ = 4

的（二维）特征子空间。

用谱投影一步重构 $A$ 。 记

P_{1} = \frac{α _{1} α _{1}^{T}}{α _{1}^{T} α _{1}}

为到

λ = 1

方向的正交投影（

α_{1}^{T} α_{1} = 3

），则到

λ = 4

平面的投影为

E - P_{1}

。由谱分解

A = 1 \cdot P_{1} + 4 \cdot (E - P_{1}) = 4 E - 3 P_{1} = 4 E - α_{1} α_{1}^{T} .

而

α_{1} α_{1}^{T} = 111111111

，故

A = 4 E - α_{1} α_{1}^{T} = 3 - 1 - 1 - 1 3 - 1 - 1 - 1 3 .

验证。

A α_{1} = (3 - 1 - 1, - 1 + 3 - 1, - 1 - 1 + 3)^{T} = (1, 1, 1)^{T} = 1 \cdot α_{1}

；取

β = (1, - 1, 0)^{T}

（满足

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

），

A β = (3 + 1, - 1 - 3, - 1 + 1)^{T} = (4, - 4, 0)^{T} = 4 β

。特征值

1, 4, 4

全部吻合。

（也可先把

λ = 4

子空间取正交基、单位化得

Q

，再由

A = Q Λ Q^{T}

算，结果相同。）

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。

2025 年 · 数二 · 第 22 题 · 解答题 · 12 分

已知矩阵

A = 41 - 2 111 - 2 1 a

，

B = k 00 060000

合同。

（Ⅰ）求

a

的值及

k

的取值范围；

（Ⅱ）若存在正交矩阵

Q

，使得

Q^{T} A Q = B

，求

k

及

Q

。

2024 年 · 数二 · 第 22 题 · 解答题 · 12 分

设矩阵

A = (0110 a 1), B = 11 b 112

，二次型

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

。已知方程组

A x = 0

的解均是

B^{T} x = 0

的解，但这两个方程组不同解。

（Ⅰ）求

a, b

的值；

（Ⅱ）求正交变换

x = Q y

将

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

化为标准形。

2022 年 · 数二 · 第 22 题 · 解答题 · 12 分

已知二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 3 x_{1}^{2} + 4 x_{2}^{2} + 3 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{3}

。
（I）求正交变换

x = Q y

将

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

化为标准形；
（II）证明：

x \neq = 0 min \frac{f ( x )}{x ^{T} x} = 2

。

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存在正交矩阵 $Q$ 使 $Q^{T} A Q$ 为对角阵
C属于不同特征值的特征向量必相互正交
D属于同一特征值的不同特征向量必相互正交

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, a, 0)^{T}

，则

a =

____。

练习 3 · 选择题

用正交变换法将实对称矩阵对角化时，施密特正交化只需在（　）内部进行。

A全体特征向量之间
B属于同一（重）特征值的特征向量之间
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 · 填空题

设

3

阶实对称矩阵

A

的特征值为

- 1, - 1, 2

，则

tr (A^{2}) =

____。

练习 5 · 选择题

设

A

为

3

阶实对称矩阵，满足

A^{2} = 3 A

且

r (A) = 1

，则

A

的全部特征值为（　　）。

A $3, 0, 0$
B $3, 3, 0$
C $1, 0, 0$
D $3, - 3, 0$

练习 6 · 填空题

设

3

阶实对称矩阵

A

的特征值为

1, 2, 3

，属于

λ_{1} = 1

与

λ_{2} = 2

的特征向量分别为

α_{1} = (1, 1, 1)^{T}

与

α_{2} = (1, 0, - 1)^{T}

，则属于

λ_{3} = 3

的一个特征向量为 ____。

练习 7 · 解答题

设

3

阶实对称矩阵

A

的特征值为

3, 1, 1

，且属于

λ_{1} = 3

的特征向量为

α_{1} = (1, 0, 1)^{T}

。

(1) 求属于

λ = 1

的全部特征向量；

(2) 求正交矩阵

Q

与对角矩阵

Λ

，使

Q^{T} A Q = Λ

；

(3) 求

A

，并求

A^{5}

。

2013 年 · 数二 · 第 8 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 · 数二 · 第 23 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

。

2010 年 · 数二 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设

A

为

4

阶实对称矩阵，且

A^{2} + A = O

。若

A

的秩为

3

，则

A

相似于（　　）

A $1110$
B $11 - 1 0$
C $1 - 1 - 1 0$
D $- 1 - 1 - 1 0$

实对称矩阵的正交对角化

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 属于不同特征值的特征向量必正交，其根据是对称性 AT=A，这一性质也可用来反求特征向量★★ 必会

2. 实对称矩阵的特征向量从不会不足：对每个 k 重特征值恒有 r(λ0​E−A)=n−k★★ 必会

3. 谱分解 A=∑i​λi​qi​qiT​：把实对称矩阵表示为正交投影的加权和，可用来反求 A 以及求矩阵的幂

4. 正交对角化兼有两重身份：Q−1AQ=QTAQ 既是相似变换又是合同变换，由此通向二次型★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 属于不同特征值的特征向量必正交，其根据是对称性 $A^{T} = A$ ，这一性质也可用来反求特征向量★★ 必会

2. 实对称矩阵的特征向量从不会不足：对每个 $k$ 重特征值恒有 $r (λ_{0} E - A) = n - k$ ★★ 必会

3. 谱分解 $A = \sum_{i} λ_{i} q_{i} q_{i}^{T}$ ：把实对称矩阵表示为正交投影的加权和，可用来反求 $A$ 以及求矩阵的幂

4. 正交对角化兼有两重身份： $Q^{- 1} A Q = Q^{T} A Q$ 既是相似变换又是合同变换，由此通向二次型★ 要懂