1樓：河傳楊穎
實對稱陣的特徵值都是實數，所以n階陣在實數域中就有n個特徵值（包括重數），並且實對稱陣的每個特徵值的重數和屬於它的無關的特徵向量的個數是一樣的，從而n階矩陣共有n個無關特徵向量，所以可對角化。
判斷方陣是否可相似對角化的條件：
(1)充要條件：an可相似對角化的充要條件是：an有n個線性無關的特徵向量；
(2)充要條件的另一種形式：an可相似對角化的充要條件是：an的k重特徵值滿足n-r(λe-a)=k；
(3)充分條件：如果an的n個特徵值兩兩不同，那麼an一定可以相似對角化；
(4)充分條件：如果an是實對稱矩陣，那麼an一定可以相似對角化。
實對稱矩陣的主要性質：
1、實對稱矩陣a的不同特徵值對應的特徵向量是正交的。
2、實對稱矩陣a的特徵值都是實數，特徵向量都是實向量。
3、n階實對稱矩陣a必可對角化，且相似對角陣上的元素即為矩陣本身特徵值。
4、若λ0具有k重特徵值 必有k個線性無關的特徵向量，或者說必有秩r(λ0e-a)=n-k，其中e為單位矩陣。
2樓：匿名使用者
。不用厄公尺特矩陣，也不用二次型。若能證明下列命題，你的問題便也立即得到解決了。
設a是乙個n階實對稱矩陣，那麼可以找到n階正交矩陣t，使得（t的逆陣）at為對角矩陣。
證明：當n=1時結論顯然成立。現在證明若對n-1階實對稱矩陣成立，則 對n階實對稱矩陣也成立。
設シ是a的乙個特徵值（n階矩陣一定有n個特徵值（計數重複的）），設α是a 的乙個特徵向量（α是列向量）。（（α的轉置）*a）的轉置=aα=シα。因為特徵向量的非零倍數仍然是特徵向量，所以只要把α的每乙個元都除以イ，其中イ的平方=（α的轉置）*α，就使得α為單位向量（所謂單位向量就是（α的轉置）*α=1）。
顯然所有的單位向量有無數個，且顯然可以找到足夠多的列單位向量，使得他們與α的內積為0且他們兩兩內積等於0，因為正交矩陣的充要條件是列（行）向量兩兩正交且都是單位向量，又因為對方陣而言若ab=e則ba=e，故可以 以α為第一列人工寫出乙個正交矩陣q，（所謂正交矩陣就是（q的轉置）*q=q*(q的轉置)=e）。由（（α的轉置）*a）的轉置=aα=シα 得（q的轉置）a的第一行是（シα）的轉置，於是 （q的轉置）aq的第1行第1列處是シ（α的轉置）α= シ，還可以推出（q的轉置）aq的第一列除了第一行以外都是0（至於這是為啥實在不方便打字，讀者可以自己算一下，提示一下 設t是q的元，tij*t+t..*t..
+t..*t..+t..
*t..時若每一項的角標都不完全一樣，那麼這些加起來就是0）。因為q是正交矩陣，（（q的逆陣）aq）的轉置=（q的轉置）（a的轉置）（q的逆陣的轉置）=（q的逆陣）aq，所以（q的逆陣）aq也是對稱矩陣，所以它第一行除了第一列以外也都是0，而除了第一行第一列剩下的一大塊矩陣還是乙個對稱矩陣，所以最後可以反覆進行這個過程整成對角矩陣。
證畢然而正交矩陣一定是可逆矩陣，對方陣而言可逆等價於滿秩，乘以乙個方陣滿秩方陣以後秩不變，這就證明了你的實對稱矩陣一定可以相似對角化
3樓：fly勇敢的心
對角化是廣義的，只是把矩陣化為對角形的矩陣而已，對對角元的取值不作要求（不要求其全不為零）。從這個意義上講對稱矩陣一定能相似對角化這是沒錯的。
具體地怎麼實現相似對角化呢？實際上相似對角化就是找乙個正交陣t
使得t'at=t^(-1)at=diag（每個λi有其幾何重數個）
做法如下：
找出a的全部值並求全布特徵值對應的特徵向量αi1,...,αisi（si為λi的幾何重數）
對每組αi1,...,αisi分別進行施密特正交化，而後將施密特正交化後的這r組向量按次序按列排成矩陣，記為t，t即為所求。
對角化這個概念是針對矩陣而言的，並且矩陣的對角化源自於線性變換的化簡，所以最好先知道線性變換和線性變換與矩陣的對應關係。
設一線性變換a，在基m下的矩陣為a，在基n下的矩陣為b，m到n的過渡矩陣為x，
那麼可以證明：b=x-1ax
那麼定義：a，b是2個矩陣。如果存在可逆矩陣x，滿足b=x-1ax ，那麼說a與b是相似的(是一種等價關係)。
如果存在可逆矩陣x使a與乙個對角矩陣b相似，那麼說a可對角化。
相應的，如果線性變換a在基m下的矩陣為a，並且a相似於對角矩陣b，那麼令x為過渡矩陣即可求出基n，並且在n下線性變換a的矩陣為對角矩陣，從而達到了化簡。
4樓：
你說的對角化是廣義的，只是把矩陣化為對角形的矩陣而已，對對角元的取值不作要求（不要求其全不為零）。從這個意義上講對稱矩陣一定能相似對角化這是沒錯的。
具體地怎麼實現相似對角化呢？實際上相似對角化就是找乙個正交陣t使得t'at=t^(-1)at=diag（每個λi有其幾何重數個）做法如下：
找出a的全部值並求全布特徵值對應的特徵向量αi1,...,αisi（si為λi的幾何重數）
對每組αi1,...,αisi分別進行施密特正交化，而後將施密特正交化後的這r組向量按次序按列排成矩陣，記為t，t即為所求。
為什麼實對稱矩陣一定可以對角化
5樓：各種怪
原因：實對稱陣的特徵值都是實數，所以n階陣在實數域中就有n個特徵值（包括重數），並且實對稱陣的每個特徵值的重數和屬於它的無關的特徵向量的個數是一樣的，從而n階矩陣共有n個無關特徵向量，所以可對角化。
判斷乙個矩陣是否可對角化：
先求特徵值,如果沒有相重的特徵值,一定可對角化。
如果有相重的特徵值λk,其重數為k,那麼你通過解方程（λke-a）x=0得到的基礎解系中的解向量若也為k個,則a可對角化,若小於k,則a不可對角化。
6樓：匿名使用者
不需要！不需要！不需要！這個證明不需要《矩陣論》。不需要！不需要！不需要！
我看竟然還有答主把《矩陣論》搬出來了。
若能證明下列命題，你的問題便也立即得到解決了。
設a是乙個n階實對稱矩陣，那麼可以找到n階正交矩陣t，使得（t的逆陣）at為對角矩陣。
證明需要正交矩陣的相關知識，我寫了出來。
證明：當n=1時結論顯然成立。現在證明若對n-1階實對稱矩陣成立，則 對n階實對稱矩陣也成立。
設シ是a的乙個特徵值（n階矩陣一定有n個特徵值（計數重複的）），設α是a 的乙個特徵向量（α是列向量）。（（α的轉置）*a）的轉置=aα=シα。因為特徵向量的非零倍數仍然是特徵向量，所以只要把α的每乙個元都除以イ，其中イ的平方=（α的轉置）*α，就使得α為單位向量（所謂單位向量就是（α的轉置）*α=1）。
顯然所有的單位向量有無數個，且顯然可以找到足夠多的列單位向量，使得他們與α的內積為0且他們兩兩內積等於0，因為正交矩陣的充要條件是列（行）向量兩兩正交且都是單位向量，又因為對方陣而言若ab=e則ba=e，故可以 以α為第一列人工寫出乙個正交矩陣q，（所謂正交矩陣就是（q的轉置）*q=q*(q的轉置)=e）。由（（α的轉置）*a）的轉置=aα=シα 得（q的轉置）a的第一行是（シα）的轉置，於是 （q的轉置）aq的第1行第1列處是シ（α的轉置）α= シ，還可以推出（q的轉置）aq的第一列除了第一行以外都是0（至於這是為啥實在不方便打字，讀者可以自己算一下，提示一下 設t是t是元，tij*t+t..*t..
+t..*t..+t..
*t..時若每一項的角標都不完全一樣，那麼這些加起來就是0）。因為q是正交矩陣，（（q的逆陣）aq）的轉置=（q的轉置）（a的轉置）（q的逆陣的轉置）=（q的逆陣）aq，所以（q的逆陣）aq也是對稱矩陣，所以它第一行除了第一列以外也都是0，而除了第一行第一列剩下的一大塊矩陣還是乙個對稱矩陣，所以最後可以反覆進行這個過程整成對角矩陣。
證畢然而正交矩陣一定是可逆矩陣，對方陣而言可逆等價於滿秩，乘以乙個方陣滿秩方陣以後秩不變，這就證明了你的
7樓：趙宗軒
相似對角化的充要條件是n階方陣a有n個線性無關的特徵向量。充分條件是a有n個不同的特徵值，因為我們知道n個不同的特徵值一定對應n個線性無關的特徵向量，也就是說方陣a能否相似對角化取決於重特徵值對應幾個線性無關的特徵向量，而實對稱矩陣n重特徵值對應n個線性無關的特徵向量，所以實對稱矩陣一定可以對角化
8樓：電燈劍客
去看下面的鏈結
9樓：想著你
三言兩語說不清，看推導過程吧
對稱矩陣一定能相似對角化，反過來，是不是對角矩陣只能與對稱矩陣相似？有沒有這個結論？
10樓：匿名使用者
先從理解可相似對角化的充分必要條件著手：
a有n個線性無關的特徵向量（注：即要求k重特徵值有k個線性無關解）之所以說實對稱矩陣一定可以相似對角化恰恰就是因為它滿足可相似對角化的充分必要條件
（不同特徵值必線性無關，k重特徵值有k個線性無關解)而滿足對角化充分必要條件的絕對不僅僅是實對稱矩陣，很多都可以，你只要想出乙個特徵值不存在重根的就可以簡單驗證了
11樓：匿名使用者
矩陣可對角化的充要條件是，最小多項式無重根，這點根據jordan標準型是顯然看出的。而對稱矩陣一定滿足這個條件，因此對稱矩陣必可對角化。
至於與對角陣相似的一定是對稱矩陣當然不對，簡單證一下：
設a=p^(-1)dp，其中d為對角陣。
則：a'=p'd'(p')^(-1)=p'd(p')^(-1)要使得a=a'，需有：
p=p',p=p^(-1)
也就是p為正交矩陣，也就是要求矩陣a正交相似於對角陣，如何在複數域上也就是要求酉相似於對角陣。
這點並不是任何矩陣都能滿足的。
但是退而求其次，根據舒爾定理：
任何矩陣課正交相似於上三角矩陣。在複數域上酉相似於上三角陣。
12樓：
當然是錯誤的。
只是有n個特徵值，對應n個不同特徵向量的矩陣都可以化為對角陣。
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