实对称矩阵的正交对角化

§12.4 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.83 分/卷近 11 年平均

4/11 年出现年份

1.0 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. 不同特征值的特征向量自动正交，对称性 $A^{T} = A$ 是这一结论的关键，也是反求特征向量的依据★★ 必会

谱定理的三条结论中，最常用的一条是属于不同特征值的特征向量必定正交。它的用处在于：不必解特征方程，只凭正交性，即解一个

α^{T} x = 0

的齐次方程，就能求出未知的特征向量，这是反求实对称矩阵的主要方法。整个推导的关键是

A^{T} = A

。利用它才能把

A

从等式的一端移到另一端，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}

，

λ_{1} \neq = λ_{2}

。计算数

λ_{1} α_{1}^{T} α_{2}

，得

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} .

（第三个等号用到

A^{T} = A

。）于是

(λ_{1} - λ_{2}) α_{1}^{T} α_{2} = 0

，而

λ_{1} \neq = λ_{2}

，故

α_{1}^{T} α_{2} = 0

，即这两个向量正交。

■

举例说明

（数三 1997）设

3

阶实对称矩阵

A

的特征值为

1, 2, 3

，属于

1, 2

的特征向量分别是

α_{1} = (- 1, - 1, 1)^{T}, α_{2} = (1, - 2, - 1)^{T}

，求属于

3

的特征向量并求

A

。利用属于不同特征值的特征向量必定正交这一性质反求 $α_{3}$ ：设

α_{3} = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}

与

α_{1}, α_{2}

都正交，那么

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

，两式相加得

x_{2} = 0

，再得

x_{3} = x_{1}

，故

α_{3} = k (1, 0, 1)^{T} (k \neq = 0)

。这里没有解特征方程，只凭正交性就把它求了出来。再由 $A = P Λ P^{- 1}$ 反求：取

P = (α_{1}, α_{2}, α_{3})

，

Λ = diag (1, 2, 3)

，得

A = \frac{1}{6} 13 - 2 5 - 2 102 5213

（所得矩阵是对称的，与

A

为实对称矩阵相符，可用来验算）。

2. 实对称矩阵不会亏损：对每一个 $k$ 重特征值都有 $r (λ_{0} E - A) = n - k$ ★★ 必会

对一般的矩阵，需要逐个检查几何重数是否

=

代数重数；而实对称矩阵总是满足

r (λ_{0} E - A) = n - k

（

k

为

λ_{0}

的重数），从不亏损，所以一定可以（正交）对角化。明白了这一点，对实对称矩阵就可以按重数把特征向量取足，也就清楚了正交对角化为什么总能实现，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，因为正交矩阵可逆，左乘或右乘都不改变秩。

λ_{0} E - Λ

的对角元

λ_{0} - λ_{i}

中等于

0

的恰好是那

k

个

λ_{i} = λ_{0}

的位置，其余

n - k

个都不为零，故

r (λ_{0} E - A) = n - k

，几何重数

n - r (λ_{0} E - A) = k

恰好等于代数重数。

■

3. 谱分解 $A = \sum_{i} λ_{i} q_{i} q_{i}^{T}$ ：把实对称矩阵表示成正交投影的加权和，可用来反求 $A$ 与求幂★ 要懂

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}

是两两正交的单位特征向量，每个

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

是向该特征方向的正交投影。它有两个用途：反求实对称矩阵

A

时直接把特征值

\times

投影相加（对重特征值可以整体地用

E

减去其余的投影来处理）；求幂时用

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

即可一次求出。

证明 / 推导

记

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

，

Λ = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})

。那么

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

，右乘

Q^{T}

（其第

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

可得

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

，并且它是对称的，所以每个

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

都是正交投影。

■

举例说明

（数三 2011）设

3

阶实对称矩阵

A

秩为

2

，且

A 10 - 1 101 = - 1 01 101

，求

A

。从各列分别读出特征值与特征向量：第

1

列

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

给出特征值

- 1

，特征向量

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

；第

2

列

A (1, 0, 1)^{T} = (1, 0, 1)^{T}

给出特征值

1

，特征向量

(1, 0, 1)^{T}

。又

r (A) = 2

，故

0

是第三个特征值，它的特征向量由与前两个向量正交这一条件定出，为

(0, 1, 0)^{T}

。由谱分解重新构造矩阵：取

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

，

A = P diag (0, - 1, 1) P^{- 1} = 001000100

。有了完整的正交特征向量组，把

λ_{i} q_{i} q_{i}^{T}

相加即得

A

。

4. 正交对角化兼具两种作用： $Q^{- 1} A Q = Q^{T} A Q$ 既是相似变换，又是合同变换，由此通向二次型★★ 必会

正交对角化与一般对角化的根本区别，在于

Q

是正交矩阵，此时

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

，于是同一个式子

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

同时是相似变换（

P^{- 1} A P

型，保持特征值、迹与行列式）和合同变换（

P^{T} A P

型，保持实对称矩阵的正、负惯性指数）。正是因为它兼有这两种作用，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；另一方面又不改变二次型的正、负惯性指数，这是合同。所以标准形的系数恰好就是特征值。

证明 / 推导

Q

是正交矩阵，即

Q^{T} Q = E

，两端右乘

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。在正交变换之下，这两者合而为一。

■

举例说明

（数三 2007）设

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

，

B = 100010000

，判断

A

与

B

是合同还是相似。正交对角化兼具两种作用，恰好分别对应这两个问题：

A

的特征值为

0, 3, 3

，

B

的特征值为

1, 1, 0

。判断相似要看特征值本身。两者的特征值不同，故不相似。判断合同要看惯性指数。两者都是

2

正、

0

负、

1

零，正、负惯性指数相同，故合同。所以二者合同而不相似。由此可见，对实对称矩阵，

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

有两重含义：相似确定的是特征值本身，合同确定的只是特征值中正、负的个数。

💡 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。其中的谱字对应英文的 spectrum，来自希尔伯特，他在二十世纪初研究算子时先用了这个词，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（也就是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，数学家口中的特征值和物理学家口中的能级，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。

2022 年 · 数三 · 第 21 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

2020 年 · 数三 · 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

2019 年 · 数三 · 第 6 题 · 选择题 · 4 分

设

A

是

3

阶实对称矩阵，

E

是

3

阶单位矩阵. 若

A^{2} + A = 2 E

，且

∣ A ∣ = 4

，则二次型

x^{T} A x

的规范形为（　　）

A $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$
B $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$
C $y_{1}^{2} - y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$
D $- y_{1}^{2} - y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$

2017 年 · 数三 · 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 · 填空题

设

A = 122212221

，则

A^{2} - 3 A =

____。

练习 6 · 选择题

设

A

为

3

阶实对称矩阵，其特征值为

1, 1, - 2

。则下列结论中正确的是（　）。

A $A$ 与单位矩阵 $E$ 合同
B $A + 3 E$ 是正定矩阵
C $A$ 与 $diag (1, 1, 2)$ 相似
D $r (A) = 2$

练习 7 · 解答题

设

A

为

3

阶实对称矩阵，满足

A^{2} = A + 2 E, tr (A) = 3,

且

α = (1, 1, 1)^{T}

满足

A α = - α

。

(1) 求

A

的全部特征值；

(2) 求一个正交矩阵

Q

，使

Q^{T} A Q

为对角矩阵；

(3) 求

A

，并求

A^{n}

（

n

为正整数）。

2013 年 · 数三 · 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 · 数三 · 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. 不同特征值的特征向量自动正交，对称性 AT=A 是这一结论的关键，也是反求特征向量的依据★★ 必会

2. 实对称矩阵不会亏损：对每一个 k 重特征值都有 r(λ0​E−A)=n−k★★ 必会

3. 谱分解 A=∑i​λi​qi​qiT​：把实对称矩阵表示成正交投影的加权和，可用来反求 A 与求幂★ 要懂

4. 正交对角化兼具两种作用：Q−1AQ=QTAQ 既是相似变换，又是合同变换，由此通向二次型★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 不同特征值的特征向量自动正交，对称性 $A^{T} = A$ 是这一结论的关键，也是反求特征向量的依据★★ 必会

2. 实对称矩阵不会亏损：对每一个 $k$ 重特征值都有 $r (λ_{0} E - A) = n - k$ ★★ 必会

3. 谱分解 $A = \sum_{i} λ_{i} q_{i} q_{i}^{T}$ ：把实对称矩阵表示成正交投影的加权和，可用来反求 $A$ 与求幂★ 要懂

4. 正交对角化兼具两种作用： $Q^{- 1} A Q = Q^{T} A Q$ 既是相似变换，又是合同变换，由此通向二次型★★ 必会