定理 1 对称矩阵的特征值为实数,
一、对称矩阵的性质说明,本节所提到的对称矩阵，除非特别说明，均指 实对称矩阵,
定理 1的意义
.,
0,
0)(
,
以取实向量从而对应的特征向量可系知必有实的基础解由是实系数方程组线性方程组所以齐次为实数的特征值由于对称矩阵
EA
xEA
A
i
i
i
.,,
,,,2
21212
121
正交与则若是对应的特征向量的两个特征值是对称矩阵设定理
ppp
pA
证明,,,21222111 AppApp
,,AAA T?对称?
TTT Appp 11111,11 ApAp TTT
于是22121211 ppApppp TTT,21 pp T
,0 2121 pp T
,21,21 正交与即 pp,021 pp T
.
,
,,4
1
素的对角矩阵个特征值为对角元的是以其中使则必有正交矩阵阶对称矩阵为设定理
nAAPP
PnA
证明,,,,21 s
它们的重数依次为 srrr,,,21?
,
,)(,
,3
个线性无关的特征向量恰有对应特征值从而的秩则矩阵重根的特征方程的是阶对称矩阵为设定理
r
rnEAREA
rAnA
).( 21 nrrr s
根据定理 1（ 对称矩阵的特征值为实数 ）和定理 3( 如上 )可得：
设 的互不相等的特征值为A
,21 知由 nrrr s
由定理 2知 对应于不同特征值的特征向量正交,
.
,,
),,,2,1(
单位正交的特征向量个即得把它们正交化并单位化关的实特征向量个线性无恰有对应特征值
r
rsi
i
ii
PPAPP 11
.
,,,11
个特征值的是恰个个的对角元素含其中对角矩阵
nA
rr ss
这样的特征向量共可得 个,n
故这 个单位特征向量两两正交,n
以它们为列向量构成正交矩阵,则P
根据上述结论，利用正交矩阵将对称矩阵化为对角矩阵，并求正交矩阵 P,其具体步骤 为：
二、利用正交矩阵将对称矩阵对角化的方法将特征向量正交化 ;单位化,3.
将 3所得两两正交的单位向量，作为列向量排成一个矩阵就是所求的 P。
4.
2, ;,0 的特征向量求出由 AxEA i
1,;的特征值求 A
解
20
212
022
EA
2140?
.2,1,4 321得
,
020
212
022
)1(
A
310
130
004
)2( A
例 对下列各实对称矩阵，分别求出正交矩阵,
使 为对角阵,APP 1?
P
(1)第一步 求 的特征值A
的特征向量求出由第二步 AxEA i,0
得由对,04,41 xEA?
042
0232
022
32
321
21
xx
xxx
xx
解之得基础解系
.
1
2
2
1
得由对,0,12 xEA?
02
022
02
32
31
21
xx
xx
xx
解之得基础解系
.
2
1
2
2
得由对,02,23 xEA?
022
0232
024
32
321
21
xx
xxx
xx
解之得基础解系
.
2
2
1
3
第三步 将特征向量正交化单位化
.,
,,3,,
3
21321
故它们必两两正交的特征向量个不同特征值的是属于由于
A
.3,2,1, i
i
i
i?
令
,
31
32
32
1
得,
32
31
32
2
,
32
32
31
3
,
221
212
122
3
1
,,321
P作
.
200
010
004
1
APP则第四步
310
130
004
)2( A
310
130
004
EA
,42 2
.4,2 321得特征值
得基础解系由对,02,21 xEA
1
1
0
1?
得基础解系由对,04,432 xEA
.
1
1
0
,
0
0
1
32
,32 恰好正交与
.,,321 两两正交所以
得令单位化再将 3,2,1,,,321 i
i
i
i?
,
21
21
0
1
,
0
0
1
2
,
21
21
0
3
于是得正交阵
21021
21021
010
,,321P
.
400
040
002
1
APP则
1,对称矩阵的性质：
三、小结
(1)特征值为实数；
(2)属于不同特征值的特征向量正交；
(3)特征值的重数和与之对应的线性无关的特征向量的个数相等；
(4)必存在正交矩阵，将其化为对角矩阵，
且对角矩阵对角元素即为特征值．
2,利用正交矩阵将对称阵化为对角阵的步骤：
(1)求特征值； (2)找特征向量； (3)将特征向量单位化； (4)最后正交化．
,2d e t
,,2
的值试求行列式的秩为且满足阶实对称矩阵设
AE
rAAAAn
思考题思考题解答使得故存在可逆阵且秩为阵是实对称又或的特征值为可得由
,,,
,01 2
Pr
AAAA?解
.
,
00
0
1
阶单位阵是其中 rE
E
APP
r
r
)2d e t()2d e t( 11 PPPPAE从而
)2de t ( E
E
E
rn
r
20
0d e t
.2 rn
