第 10 章：谱定理的球面路线与共同的降维归纳

这实际上是线性代数中非常重要的一个定理：实对称矩阵的谱定理（Spectral Theorem）。

你问的是：为什么只要一个矩阵满足

$A^T=A$

就一定能够找到 $n$ 个两两正交的单位特征向量，从而写成：

$\boxed{A=Q\Lambda Q^T}$

我们可以不用预先假设它能对角化，而是从实对称这个条件出发，一步步证明它为什么必然能够对角化。

一、先明确需要证明什么

假设 $A$ 是一个 $n\times n$ 的实对称矩阵。

我们需要证明存在 $n$ 个向量：

$\mathbf q_1,\mathbf q_2,\ldots,\mathbf q_n$

同时满足：

每个都是特征向量： $A\mathbf q_i=\lambda_i\mathbf q_i$ 。
两两正交： $\mathbf q_i^T\mathbf q_j=0$ ，当 $i\ne j$ 。
长度均为 1： $\|\mathbf q_i\|=1$ 。

只要证明这三条，构造：

$Q=\begin{bmatrix}\mathbf q_1&\cdots&\mathbf q_n\end{bmatrix}$

就可以得到 $Q^TQ=I$ 和 $AQ=Q\Lambda$ ，于是：

$A=Q\Lambda Q^T$

所以，真正困难的地方是：为什么一定能找到这样一整组特征向量？

二、第一步：证明至少存在一个实特征向量

考虑一个实对称矩阵 $A$ 。

我们构造一个函数：

$f(\mathbf x)=\mathbf x^TA\mathbf x$

但限制：

$\|\mathbf x\|=1$

这意味着我们只在单位球面上寻找函数的最大值。

由于单位球面是紧集， $f$ 又是连续函数，所以它一定能取得最大值。

假设最大值出现在单位向量 $\mathbf v$ 。

现在取任意一个垂直于 $\mathbf v$ 的单位向量 $\mathbf w$ ，即：

$\mathbf v^T\mathbf w=0$

沿着球面附近的一条路径移动：

$\mathbf x(t)=\cos t\,\mathbf v+\sin t\,\mathbf w$

你可以验证：

$\|\mathbf x(t)\|^2=\cos^2t+\sin^2t=1$

因此它始终在单位球面上。

因为 $t=0$ 时 $\mathbf x(0)=\mathbf v$ ，而 $\mathbf v$ 是最大值点，所以：

$\left.\frac{d}{dt}f(\mathbf x(t))\right|_{t=0}=0$

利用乘积法则和 $A^T=A$ ：

$\frac{d}{dt}(\mathbf x^TA\mathbf x) = 2\mathbf x'(t)^TA\mathbf x(t)$

在 $t=0$ 时：

$\mathbf x(0)=\mathbf v,\qquad \mathbf x'(0)=\mathbf w$

因此：

$\boxed{2\mathbf w^TA\mathbf v=0}$

也就是：

$\boxed{\mathbf w^TA\mathbf v=0}$

这一步非常关键。

因为 $\mathbf w$ 可以是任何垂直于 $\mathbf v$ 的向量，所以 $A\mathbf v$ 与所有这些向量都垂直。

这意味着 $A\mathbf v$ 只能沿着 $\mathbf v$ 的方向。

因此必然存在一个实数 $\lambda$ ，使得：

$\boxed{A\mathbf v=\lambda\mathbf v}$

这正是特征向量的定义！

所以，我们已经证明：任意实对称矩阵至少存在一个实特征值和对应的实特征向量。

三、第二步：证明垂直于特征向量的空间不会被矩阵变换出去

这是整个谱定理证明中最关键的一步。

我们已经找到：

$A\mathbf v=\lambda\mathbf v$

现在考虑所有与 $\mathbf v$ 垂直的向量组成的空间：

$V^\perp=\{\mathbf w:\mathbf v^T\mathbf w=0\}$

例如，在三维空间中，假设 $\mathbf v$ 指向竖直方向，那么 $V^\perp$ 就是与它垂直的一个二维平面。

我们要证明：

$\mathbf w\perp\mathbf v \Longrightarrow A\mathbf w\perp\mathbf v$

证明非常简洁。

因为 $A$ 对称：

$\mathbf v^TA\mathbf w = (A\mathbf v)^T\mathbf w$

代入 $A\mathbf v=\lambda\mathbf v$ ：

$\mathbf v^TA\mathbf w = \lambda\mathbf v^T\mathbf w$

而 $\mathbf v^T\mathbf w=0$ ，所以：

$\boxed{\mathbf v^TA\mathbf w=0}$

这意味着：

$\boxed{A\mathbf w\perp\mathbf v}$

这就证明了：实对称矩阵会把与某个特征向量垂直的整个子空间，仍然映射到该子空间内部。

数学上称它为不变子空间（Invariant Subspace）。

四、第三步：在剩下的子空间中继续寻找特征向量

现在假设原来是三维空间。

我们已经找到第一个单位特征向量：

$\mathbf q_1$

与它垂直的空间是二维的。

而我们刚刚证明，矩阵 $A$ 对这个二维子空间的变换不会跑到子空间外面。

更重要的是，限制在这个二维子空间上的线性变换仍然是实对称的。

因为对于子空间内任意 $\mathbf u,\mathbf w$ ，都有：

$\mathbf u^TA\mathbf w=(A\mathbf u)^T\mathbf w$

于是我们可以在二维子空间中，重复第一步的证明，找到第二个单位特征向量：

$\mathbf q_2$

并且自然满足：

$\mathbf q_1^T\mathbf q_2=0$

接下来，在同时垂直于 $\mathbf q_1,\mathbf q_2$ 的一维子空间中，再找到：

$\mathbf q_3$

这样，三维空间中就有了三个两两正交的单位特征向量。

同样的过程可以推广到任意 $n$ 维：

$n\longrightarrow n-1\longrightarrow n-2 \longrightarrow\cdots\longrightarrow1$

最终得到：

$\boxed{ \mathbf q_1,\mathbf q_2,\ldots,\mathbf q_n }$

它们两两正交、长度为 1，并且每一个都是特征向量。

由于 $n$ 个非零正交向量必然线性无关，它们就构成了整个 $n$ 维空间的一组基。

所以：

$\boxed{ A=Q\Lambda Q^T }$

谱定理证明完成。

五、为什么非对称矩阵不一定能做到？

我们看一个反例：

$A= \begin{bmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{bmatrix}$

这是一个将二维向量逆时针旋转 90° 的矩阵。

如果存在实特征向量 $\mathbf v$ ，应当满足：

$A\mathbf v=\lambda\mathbf v$

也就是旋转后的向量仍然与原向量共线。

但任何非零实向量旋转 90° 后都与原向量垂直，不可能共线。

所以，这个矩阵甚至不存在实特征向量。

因此，一般实矩阵并不具备谱定理所保证的性质。

补充：不借助谱定理完成严格归纳

当 $n=1$ ，任意实数矩阵已有一个单位特征向量。设结论对维数 $n-1$ 成立。通过本章球面法或上一章代数法，取得单位实特征向量 $q$ ， $Aq=\lambda q$ 。

令 $V=\{w:q^Tw=0\}$ 。 $q^T$ 是秩为一的线性泛函，故 $\dim V=n-1$ 。通过一般线性空间取基和 Gram–Schmidt，选取 $V$ 的正交归一基，组成 $B\in\mathbb R^{n\times(n-1)}$ ，满足 $B^TB=I$ 。

不变性保证 $AB$ 的每列属于 $V$ ，因而 $AB=BC$ ，其中 $C=B^TAB$ 。并且

$C^T=B^TA^TB=B^TAB=C.$

由归纳假设，存在 $(n-1)$ 阶正交矩阵 $R$ 使 $C=RDR^T$ 。于是 $BR$ 的列在 $V$ 中两两正交归一，且 $A(BR)=(BR)D$ 。连同 $q$ 组成

$Q=[\,q\ \ BR\,],\qquad Q^TQ=I,\qquad AQ=Q\operatorname{diag}(\lambda,D).$

因此 $A=Q\operatorname{diag}(\lambda,D)Q^T$ 。这段归纳没有预先假定原矩阵可对角化，也没有预先假定重特征值的重数等于特征空间维数。

补充：球面构造为什么能被想到

已知特征向量若归一化，则 $Av=\lambda v$ 推出 $\lambda=v^TAv$ 。因此先研究单位方向上的二次型，是从目标方程倒推候选量。长度不固定时，二次型按 $c^2$ 缩放，无法单独比较方向。

球面极值条件说 $Av$ 没有切向分量。严格地，取 $z=Av-(v^TAv)v$ ，则 $z\perp v$ ；已证明所有 $w\perp v$ 都有 $w^TAv=0$ ，所以取 $w=z$ 得 $\|z\|^2=0$ ，从而 $Av=(v^TAv)v$ 。这补足了“只能沿着 $v$ ”的代数依据。

球面方法中的 $n=1$ 无需选择垂直单位向量，已经由归纳基直接解决。拉格朗日乘数可帮助发现方程，但本章沿球面曲线求导的证明无需另引用乘数定理。