一个矩阵能相似对角化即说明其特征子空间即为其列空间,若不能对角化则其特征子空间为列空间的子空间。
时间: 2023-10-20 09:08:10 浏览: 38
这个说法不太准确。一个矩阵能相似对角化,意味着它可以被一个可逆矩阵相似变换成对角矩阵,而不是特征子空间等于列空间。具体来说,如果一个矩阵 $A$ 能相似对角化,那么存在一个可逆矩阵 $P$ 和一个对角矩阵 $D$,使得 $A=PDP^{-1}$。这意味着矩阵 $A$ 和对角矩阵 $D$ 有相同的特征值,而且 $P$ 的列向量构成 $A$ 的特征向量的一组基。特征子空间只是特征向量所在的线性空间,不一定等于列空间。如果一个矩阵不能对角化,那么它的特征子空间仍然是由特征向量张成的线性空间,但是这个空间不一定等于列空间的子空间。
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施密特正交分解求解矩阵的特征值和特征向量
施密特正交化可以用于求解一个实对称矩阵的特征值和特征向量。假设我们要求解矩阵A的特征值和特征向量,可以按照以下步骤进行施密特正交化:
1. 对A进行QR分解,得到Q和R矩阵。
2. 初始化特征向量矩阵V为Q。
3. 以V为基向量组成的子空间为一个Krylov子空间,使用QR分解求解该子空间的特征值和特征向量。
4. 如果Krylov子空间的维度小于矩阵A的维度,则将新的特征向量加入到V中,并返回步骤3;否则,返回特征值和特征向量。
下面是MATLAB代码实现:
```matlab
function [V, D] = schmidt_eig(A)
% A: real symmetric matrix
% V: matrix of eigenvectors
% D: diagonal matrix of eigenvalues
n = size(A, 1);
V = eye(n); % initialize eigenvector matrix
while true
[Q, R] = qr(V' * A * V); % QR decomposition
D = diag(R); % diagonal elements are eigenvalues
if norm(triu(R, 1)) < eps % check if R is upper triangular
break
end
[V,~] = qr(Q * V); % update eigenvector matrix
end
end
```
该函数会返回矩阵A的特征向量和特征值,其中特征向量按列排列在矩阵V中,特征值按对角线排列在矩阵D中。
已知A是4阶实对称矩阵,且A^2-3A+2E=0.若齐次方程组(E-A)x=0的每一个解均可由α线性表出,则A的特征值是?
题目提示中给出了 $A^2-3A+2E=0$,将其两边同时加上 $A$ 可得 $A^2-2A+2E=A(A-2E)+2E=0$。因此 $A$ 的特征值只可能是 $0, 2$。
又因为 $A$ 是实对称矩阵,所以它可以被正交对角化,即 $A=Q\Lambda Q^T$,其中 $Q$ 是正交矩阵,$\Lambda$ 是对角矩阵。由于 $A$ 的特征值只可能是 $0,2$,所以 $\Lambda$ 的对角线上只可能是 $0$ 或 $2$。
现在考虑 $E-A$ 这个矩阵。由于 $A$ 可以被正交对角化,所以 $E-A$ 也可以被正交对角化。设 $E-A=PDP^T$,其中 $P$ 是正交矩阵,$D$ 是对角矩阵。则 $D$ 的对角线上只可能是 $-1$ 或 $1$。
题目中要求齐次方程组 $(E-A)x=0$ 的每一个解都可以由 $\alpha$ 线性表出,等价于 $(E-A)x=0$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量。也就是说,$E-A$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量,等价于 $E-A$ 是满秩的,等价于 $D$ 的对角线上不包含 $0$。因为 $D$ 的对角线上只可能是 $-1$ 或 $1$,所以 $D$ 的对角线上只包含 $-1$ 或只包含 $1$。
如果 $D$ 的对角线上只包含 $-1$,则 $E-A$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量,等价于 $E-A=-PDP^T$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量,等价于 $E-A=-P\alpha\alpha^TP^T$,这与 $A^2-3A+2E=0$ 矛盾,因为 $A^2-3A+2E$ 的零空间是整个 $\mathbb{R}^4$ 空间。
因此 $D$ 的对角线上只包含 $1$,即 $E-A$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量。设 $\alpha=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T$,则 $E-A$ 的零空间为 $\operatorname{span}(\alpha)$,即 $E-A=k\alpha\alpha^T$,其中 $k$ 是一个非零常数。由于 $A=Q\Lambda Q^T$,所以 $E-A=Q(E-\Lambda)Q^T$,因此 $E-\Lambda=kQ\alpha\alpha^TQ^T$。
现在需要找到一个 $k$ 和一个 $\alpha$,使得 $E-\Lambda=kQ\alpha\alpha^TQ^T$,且 $E-A=PDP^T$。注意到 $E-\Lambda$ 和 $E-A$ 都是实对称矩阵,所以它们可以被正交对角化。设 $E-\Lambda=RDR^T$,$E-A=SJS^T$,其中 $R,S$ 是正交矩阵,$D,J$ 是对角矩阵,则有 $D=k\alpha\alpha^T$,$J=\operatorname{diag}(0,2,0,0)$。
因为 $E-\Lambda$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量,所以 $R$ 的第一列必须等于 $\alpha$ 的某个非零倍数(否则 $D$ 的对角线上会有 $0$),不妨设 $R=(\alpha,v_2,v_3,v_4)$,其中 $\alpha=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T$,$v_2,v_3,v_4$ 是 $\alpha$ 的正交补。则有:
$$
\begin{aligned}
E-\Lambda &= RDR^T \\
&= \begin{pmatrix} \alpha & v_2 & v_3 & v_4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} kx_1^2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & kx_2^2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & kx_3^2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & kx_4^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha^T \\ v_2^T \\ v_3^T \\ v_4^T \end{pmatrix} \\
&= kx_1^2\alpha\alpha^T + kx_2^2v_2v_2^T + kx_3^2v_3v_3^T + kx_4^2v_4v_4^T
\end{aligned}
$$
又因为 $E-A=SJS^T$,其中 $J=\operatorname{diag}(0,2,0,0)$,所以 $S$ 的第二列必须是 $J$ 的第二个非零列(否则 $E-A$ 的对角线上会有 $1$ 或 $-1$),不妨设 $S=(u_1,w_2,u_3,u_4)$,其中 $u_1,u_3,u_4$ 是 $J$ 的第 $1,3,4$ 个非零列的正交补,$w_2$ 是 $J$ 的第二个非零列的某个非零倍数。则有:
$$
\begin{aligned}
E-A &= SJS^T \\
&= \begin{pmatrix} u_1 & w_2 & u_3 & u_4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_1^T \\ w_2^T \\ u_3^T \\ u_4^T \end{pmatrix} \\
&= 2w_2w_2^T
\end{aligned}
$$
根据 $E-\Lambda=kx_1^2\alpha\alpha^T + kx_2^2v_2v_2^T + kx_3^2v_3v_3^T + kx_4^2v_4v_4^T$ 和 $E-A=2w_2w_2^T$ 的形式,可以发现:
$$
kx_1^2 = 2w_2^2,\quad kx_2^2 = kx_3^2 = kx_4^2 = 0
$$
因为 $k$ 是非零常数,所以 $x_1\neq 0$,所以 $w_2\neq 0$。因为 $A=Q\Lambda Q^T$,所以 $A$ 的特征向量就是 $Q$ 的列向量,即 $\alpha,v_2,v_3,v_4$。根据题目中的条件,$\alpha$ 可以表示 $v_2,v_3,v_4$ 的线性组合。因此,$\alpha$ 和 $v_2,v_3,v_4$ 张成的子空间是 $A$ 的零空间。因为 $A$ 的特征值只可能是 $0,2$,所以 $A$ 的零空间的维数等于 $A$ 的特征值为 $0$ 的个数,即 $1$。因此 $\alpha,v_2,v_3,v_4$ 张成的子空间是 $\mathbb{R}^4$ 的一个 $3$ 维子空间。
现在可以确定 $\alpha$ 和 $w_2$ 的值。因为 $w_2$ 是 $J$ 的第二个非零列的某个非零倍数,所以 $w_2$ 的取值不唯一。不妨令 $w_2=1$。则 $k=2$,$x_1=\sqrt{2}$,$x_2=x_3=x_4=0$,$\alpha=(\sqrt{2},0,0,0)^T$。因此:
$$
E-A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix},\quad A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
$$
因此 $A$ 的特征值为 $0,0,1,1$。