当所有特征值互不相同时，命题 (ii) 的证明

我们首先证明特征向量是正交的，然后证明它们是线性无关的。两个不同的特征值满足

$$\mathbf{A}X_i = \lambda_i X_i$$ 和 $\mathbf{A}X_j = \lambda_j X_j$ 其中 $\lambda_i \neq \lambda_j$ 。

将第一个方程两边乘以 X^{T j}，得到

$$\mathbf{X}_j^T \mathbf{A} \mathbf{X}_i = \lambda_i \mathbf{X}_j^T \mathbf{X}_i \quad (5.40)$$

将第二个方程两边乘以 X^{T i}，得到

$$\mathbf{X}^T \mathbf{A} \mathbf{X}_j = \lambda_j \mathbf{X}_j^T \mathbf{X}_j \quad \text{with transpose} \quad (\mathbf{X}^T \mathbf{A} \mathbf{X}_j)^T = \lambda_j (\mathbf{X}^T \mathbf{X}_j)^T$$

于是利用 A 的对称性可得

$$\mathbf{X}_j^T \mathbf{A} \mathbf{X}_i = \lambda_j \mathbf{X}_j^T \mathbf{X}_i \quad (5.41)$$

现在用 (5.40) 减去 (5.41)，得到

$$(\lambda_i - \lambda_j) \mathbf{X}_j^T \mathbf{X}_i = 0$$

由于特征值互不相同，我们有 $X_j^T X_i = 0$ 且相应的向量是正交的。

为检验线性无关性，考虑以下方程的解

$$\alpha_1 X_1 + \alpha_2 X_2 + \dots + \alpha_n X_n = 0$$

两边乘以 X，。由特征向量的正交性，当所有*特征值互不相同时，唯一保留下来的项是^T *ⁱ由于特征向量不为零，因此结论是

$$\alpha_i X_i^T X_i = 0$$

对所有 $\alpha_i = 0$ 成立。因此特征向量是线性无关的。

第二个命题 (ii) 对于重特征值的情形要难证得多，留待配套教材《Advanced Modern Engineering Mathematics》中讨论。

结论 (i) 和 (ii) 在理论和计算实践中都得到广泛运用，因为它们清楚地表明只需寻找实数值，且任何向量都可以写成线性无关特征向量的组合。人们投入大量精力将问题转化为对称矩阵形式。复习题 22 给出了谱分解的一个示例。奇异值分解、Jacobi 方法和 Householder 方法都依赖于 (i) 和 (ii)。

例 5.50 求对称矩阵的特征值及相应的正交特征向量。注意：原文中“组合”的对象应为特征向量。 $i$

$$\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 2 & 2 & 0 \ 2 & 5 & 0 \ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}$$