Orthogonal Canonical Forms

正规算子和正规矩阵的标准型

设$\dim (V)=1$，则任意的$\mathcal{A}\in \mathcal{L}(V)$都是正规算子，这是因为对$V$中的单位向量$\mathbf{v}$，$\mathcal{A}(\mathbf{v})=\lambda \mathbf{v}$，其中$\lambda$是某个实数

设$\dim (V)=2,\mathcal{A}\in \mathcal{L}(V)$正规，且$V$是$\mathcal{A}$-不可分的（在可分的情形下$A$可以通过一维形式的直和得到），则$\mathcal{A}$在$V$的任意单位正交基下的矩阵式

$$A=\left(\begin{array}{cc}\alpha & -\beta \\ \beta & \alpha \end{array}\right)$$

其中$\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$且$\beta \ne 0$

设$\mathcal{A}\in \mathcal{L}(V)$正规，则存在$V$的一组单位正交基${\mathbf{e}}_1,\dots ,{\mathbf{e}}_n$和${\alpha }_1,{\beta }_1,\dots ,{\alpha }_s,{\beta }_s,{\lambda }_{2s+1},{\lambda }_n\in \mathbb{R}$，其中${\beta }_1,\dots ,{\beta }_s\ne 0$，使得$\mathcal{A}$在这组基下的矩阵等于

$$B=\left(\begin{array}{cccccc}N({\alpha }_1,{\beta }_1)& & & & & \\ & \ddots & & & & \\ & & N({\alpha }_s,{\beta }_s)& & & \\ & & & {\lambda }_{2s+1}& & \\ & & & & \ddots & \\ & & & & & {\lambda }_n\end{array}\right)$$

其中

$$N(\alpha ,\beta )=\left(\begin{array}{cc}\alpha & -\beta \\ \beta & \alpha \end{array}\right)$$

也就是说，存在如上这样一个标准型$B$使得$A$正交等价于$B$，即$A{\sim }_{o}B$，弱化这个结论就是有$A$相似于$B$，即$A{\sim }_{s}B$

设$\mathcal{A}\in \mathcal{L}(V)$正规，${\lambda }_1,{\lambda }_1\in {\mathrm{spec}}_{\mathbb{R}}(\mathcal{A})$，且${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$，则$V^{{\lambda }_1}\perp V^{{\lambda }_2}$. 也就是说，一个正规算子的不同特征值对于的特征子空间两两正交，这是在正规算子情况下，对命题特征子空间的和是直和的一个加强

实对称矩阵的正交标准型

实对称矩阵可正交化

对于实对称矩阵，有如下命题成立

1. 设$\mathcal{A}\in \mathcal{L}(V)$对称，则$\mathcal{A}$在$V$的某组正交基下的矩阵是$\mathrm{diag}({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n)$，其中${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n\in \mathbb{R}$不必两两不同
2. 设$A\in {\mathrm{SM}}_n(\mathbb{R})$，则$A{\sim }_o\mathrm{diag}({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n)$，其中${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n\in \mathbb{R}$不必两两不同，即实对称矩阵是可对角化的
3. ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$是算子$\mathcal{A}$或者是矩阵$A$的特征根，特别地，实对称矩阵和欧式空间上的对称算子的特征根都是实数

现在给出求解该对角矩阵的算法

1. 计算$\mathcal{A}$的特征根，设互不相同的特征根是${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_k$
2. 对$i\in \left\{1,2,\dots ,k\right\}$，求$V^{{\lambda }_i}$的一组基
3. 对$i\in \left\{1,2,\dots ,k\right\}$，利用Gram-Schmidt正交化求$V^{{\lambda }_i}$的一组单位正交基${\mathbf{e}}_{i,1},\dots ,{\mathbf{e}}_{i,d_i}$
4. 由此得到的${\mathbf{e}}_{1,1},\dots ,{\mathbf{e}}_{1,d_1},\dots ,{\mathbf{e}}_{k,1},\dots ,{\mathbf{e}}_{k,d_k}$是$V$的一组单位正交基，且在该基下$\mathcal{A}$是对角的

例如，设

$$A=\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 1& -1\\ 1& 0& -1& 1\\ 1& -1& 0& 1\\ -1& 1& 1& 0\end{array}\right)\in {\mathrm{SM}}_4(\mathbb{R})$$

则可计算${\chi }_A(t)=(t-1{)}^3(t+3)⟹{\lambda }_1=1,{\lambda }_2=-3$，由于$4=\dim V^{{\lambda }_1}+\dim V^{{\lambda }_2}$且$\dim V^{{\lambda }_2}$至少为$1$且其最大值为${\lambda }_2$的代数重数也为$1$，故$\dim V^{{\lambda }_2}=1,\dim V^{{\lambda }_1}=3$，(事实上，由于$A$是可对角化的，故${\lambda }_1$的代数重数必然等于其几何重数)，考虑到

$$V^{{\lambda }_1}=\ker \left({\lambda }_{1}E-A\right)=\ker \left(\begin{array}{cccc}1& -1& -1& 1\\ -1& 1& 1& -1\\ -1& 1& 1& -1\\ 1& -1& -1& 1\end{array}\right)$$

只需要考虑方程

$$x_1-x_2-x_3+x_4=0$$

的解空间即可，直接得出

$$V^{{\lambda }_1}=⟨\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\\ -1\end{array}\right)⟩$$

再计算$V^{{\lambda }_2}$，因为$V^{{\lambda }_1}\perp V^{{\lambda }_2}$且${\mathbb{R}}^4=V^{{\lambda }_1}\oplus V^{{\lambda }_2}$，所以$V^{{\lambda }_2}$为$V^{{\lambda }_1}$的正交补，由于上述方程已经给出了

$$(1,-1,-1,1)\cdot (x_1,x_2,x_3,x_4)=0$$

故

$$V^{{\lambda }_2}=⟨\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -1\\ 1\end{array}\right)⟩$$

利用Gram-Schmidt正交化可分别求出$V^{{\lambda }_1},V^{{\lambda }_2}$的单位正交基

$${\mathbf{ϵ}}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0,0{)}^t,{\mathbf{ϵ}}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,0,1,1{)}^t,{\mathbf{ϵ}}_3=\frac{1}{2}(1,-1,1,-1{)}^t;{\mathbf{ϵ}}_4=\frac{1}{2}(1,-1,-1,1{)}^t$$

故

$$P=\left(\begin{array}{cccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& 0& -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\\ 0& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\\ 0& \frac{1}{\sqrt{2}}& -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)$$

我们得到$P^{t}AP=\mathrm{diag}(1,1,1,-3)$

惯性指数的求法

设$A\in {\mathrm{SM}}_n(\mathbb{R})$，则$A$的正（负）惯性指数等于$\mathrm{spec}(A)$中正（负）根的个数（在记重数的意义下），特别地，$A$（半）正定当且仅当$A$的特征根都是正的（非负的）

特别地，设$A,B\in {\mathrm{SM}}_n(\mathbb{R})$且$A$正定，则存在$P\in {\mathrm{GL}}_n(\mathbb{R})$使得$P^{t}AP=E$和$P^{t}BP$是对角阵，这是因为

1. 由于$A$正定，所以存在$P_1\in {\mathrm{GL}}_n(\mathbb{R})$使得$P_1^{t}A{P}_1=E$
2. 令$C=P_1^{t}B{P}_1$，则$C$也对称，故存在$P_2\in {\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$使得$D=P_2^{t}C{P}_2$是对角阵
3. 令$P=P_1{P}_2$，则$P^{t}BP=P_2^{t}C{P}_2=D$且

$$P_2\in {\mathrm{O}}_{\mathrm{n}}(\mathbb{R})⟹P^{t}AP=P_2^{t}E{P}_2=P_2^t{P}_2=E$$

由此可以证明对于正定矩阵

$$\det (A+B)\ge \det (A)+\det (B)$$

由于存在$P\in \mathrm{G}{\mathrm{L}}_{\mathrm{n}}(\mathbb{R})$使得$P^{t}AP=E,P^{t}BP=\mathrm{diag}({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n)$，于是

$$P^t(A+B)P=\mathrm{diag}(1+{\alpha }_1,\dots ,1+{\alpha }_n)$$

两边取行列式有

$$\det {(P)}^2\det (A+B)=\prod _{i=1}^n(1+{\alpha }_i)$$

而

$$\det {(P)}^2\left(\det (A)+\det (B)\right)=\det (P^{t}AP)+\det (P^{t}BP)=1+\prod _{i=1}^n{\alpha }_i$$

因为$B$正定，所以${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n\in {\mathbb{R}}^{+}$，于是$\prod (1+{\alpha }_i)\ge 1+\prod {\alpha }_i$，故命题得证

斜对称算子和斜对称矩阵

设$\mathcal{A}\in \mathcal{L}(V)$斜对称，则存在${\beta }_1,\dots ,{\beta }_s\in \mathbb{R}\backslash \left\{0\right\}$，使得$\mathcal{A}$在$V$的某组单位正交基下的矩阵为

$$M=\left(\begin{array}{cccccc}N(0,{\beta }_1)& & & & & \\ & \ddots & & & & \\ & & N(0,{\beta }_s)& & & \\ & & & 0& & \\ & & & & \ddots & \\ & & & & & 0\end{array}\right)$$

设$A\in {\mathrm{SSM}}_n(\mathbb{R})$，则$A$正交相似于上述形式的矩阵

实斜对称矩阵和欧式空间上的斜对称算子的特征根或者是纯虚数，或者等于$0$

设$A\in {\mathrm{SSM}}_n(\mathbb{R})$，则$\det (E+A)\ge 1$，这是因为存在$P\in {\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$使得$P^{t}AP=M$，于是

$$P^t(E+A)P=E+M=\mathrm{diag}(N(1,{\beta }_1),\dots ,N(1,{\beta }_s),1,\dots ,1)$$

因为$\det (P)=\pm 1$和$\det (N(1,{\beta }_i))\ge 1$，所以

$$\det (E+A)\ge 1$$

这里用到了对角分块矩阵的行列式

正交算子和正交矩阵

设$\mathcal{A}\in \mathcal{L}(V)$正交，则存在${\theta }_1,\dots ,{\theta }_s\in (0,\pi )\cup (\pi ,2\pi )$和${\lambda }_{2s+1},\dots ,{\lambda }_n\in \left\{-1,1\right\}$使得$\mathcal{A}$在$V$的某组单位正交基下的矩阵为

$$M=\left(\begin{array}{cccccc}N(\cos {\theta }_1,\sin {\theta }_1)& & & & & \\ & \ddots & & & & \\ & & N(\cos {\theta }_s,\sin {\theta }_s)& & & \\ & & & {\lambda }_{2s+1}& & \\ & & & & \ddots & \\ & & & & & {\lambda }_n\end{array}\right)$$

设$A\in {\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$，则$A$正交相似于上述形式的矩阵$M$

正交矩阵和正交算子的（复）特征根的模长都等于$1$

设$P\in {\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$满足$\det (P)=-1$，则$\det (E+P)=0$，这是因为存在正交矩阵$Q$使得$Q^{-1}PQ=M$，而$\det (P)=-1⟹\det (M)=-1$，于是存在$j\in \left\{2s+1,\dots ,n\right\}$使得${\lambda }_j=-1$，故$-1$是$M$的特征根，其必然也是$P$的特征根，故我们有$\det (E+P)=0$