可用正交矩阵对角化就是实对称吗（为什么实对称矩阵对角化要用正交矩阵）

本人在对二次型进行正交相似对角化的时候，发现计算过程中，找到了基础解系之后还需要进行施密特正交化(Gram-Schmidt Orthogonalization)这一看上去很方便的操作，会使计算过程变得复杂，结果也一般比较丑陋。本人找出了另外一种方法，一次性直接找到正交的解。比如说正交下方的矩阵：

A=A=[2−1−11−121−1−112−11−1−12]\begin{bmatrix} 2&-1&-1&1\\ -1&2&1&-1\\ -1&1&2&-1\\ 1&-1&-1&2\\ \end{bmatrix}\ ，找到正交矩阵TT ,使得 T−1ATT^{-1}AT 为对角矩阵

求特征值， |λE−A|=|\lambda E-A|=|λ−211−11λ−2−111−1λ−21−111λ−2|\begin{vmatrix} \lambda-2&1&1&-1\\ 1&\lambda-2&-1&1\\ 1&-1&\lambda-2&1\\ -1&1&1&\lambda-2\\ \end{vmatrix}\=(λ−1)3(λ−5)=(\lambda-1)^3(\lambda-5) ；先代入特征值 λ1=1\lambda_1=1 ，得到方程组

{−x1+x2+x3−x4=0x1−x2−x3+x4=0x1−x2−x3+x4=0−x1+x2+x3−x4=0\begin{cases} -x_1+x_2+x_3-x_4=0\\ x_1-x_2-x_3+x_4=0\\ x_1-x_2-x_3+x_4=0\\ -x_1+x_2+x_3-x_4=0\\ \end{cases} ,也就是

[1−1−11]\begin{bmatrix} 1&-1&-1&1\\ \end{bmatrix}\×\times [x1x2x3x4]\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\\ x_{4}\\ \end{bmatrix}\ =0\mathbf 0 方程组秩为1，故解空间是3维的。现在开始找一个正交的基础解系 (α1,α2,α3)(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) ,先找第一个向量,为了方便，不妨直接令α1=(1,1,0,0)\alpha_1=(1,1,0,0) ,将找到的 α1\alpha_1 和原方程放在一起，目的是使找到的 α2\alpha_2 不仅在方程的解空间内，还和

α1\alpha_1 内积为0.这样的到一个新的方程组

[1−1−111100]\begin{bmatrix} 1&-1&-1&1\\ 1&1&0&0\\ \end{bmatrix}\ ×\times[a21a22a23a24]\begin{bmatrix} a_{21}\\ a_{22}\\ a_{23}\\ a_{24}\\ \end{bmatrix}\ =0=\mathbf 0 ,为了方便找到第二个向量，不妨做一些小小的线性变换——阶梯化这个2行的矩阵，目的是得到它的同解矩阵[0−2−111100]\begin{bmatrix} 0&-2&-1&1\\ 1&1&0&0\\ \end{bmatrix}\ ，这样易得第二个向量α2=(−1,1,−1,1)\alpha_2=(-1,1,-1,1) ，这样的 α2\alpha_2 即在原方程组的解空间内，也与前面的 α1\alpha_1 正交；如法炮制，先组合前面的向量得到3行的矩阵[1−1−111100−11−11]\begin{bmatrix} 1&-1&-1&1\\ 1&1&0&0\\ -1&1&-1&1\\ \end{bmatrix}\ ，找这个矩阵的同解阶梯形矩阵得到[0−200110000−11]\begin{bmatrix} 0&-2&0&0\\ 1&1&0&0\\ 0&0&-1&1\\ \end{bmatrix}\ ，立马就可以求得最后一个向量α4=(0,0,1,1)\alpha_4=(0,0,1,1) 整合得到基础解系 {α1=(1,1,0,0)α2=(−1,1,−1,1)α3=(0,0,1,1)\begin{cases} \alpha_1=(1,1,0,0)\\ \alpha_2=(-1,1,-1,1)\\ \alpha_3=(0,0,1,1)\\ \end{cases} ,下面就只需要单位化了单位化，放进矩阵得[121200−1212−1212001212]\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}&0&0\\ \frac{-1}{2}& \frac{1}{2}& \frac{-1}{2}& \frac{1}{2}\\ 0&0& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \end{bmatrix}\ .剩下那个λ2=5\lambda_2=5 代进去解得就可以了，他肯定跟前面三个正交的。本文章主要是介绍重根下的相互正交特征向量的求法。最后得到正交矩阵 [121200−1212−121200121212−12−1212]\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}&0&0\\ \frac{-1}{2}& \frac{1}{2}& \frac{-1}{2}& \frac{1}{2}\\ 0&0& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{2}& \frac{-1}{2}& \frac{-1}{2}& \frac{1}{2}\\ \end{bmatrix}\ =T−1T^{-1} ,使得 T−1AT=diag[1,1,1,5]T^{-1}AT=diag[1,1,1,5] 。最后这一步记得是把向量竖着放，然后得到了矩阵再右乘在AA 旁就可以了，我这里横着放了，转置的放在左边就行了。

本方法的主要方法是一开始求重根下的特征向量时不一次性求完，而是一个一个去求，从而结果会普遍更加可控，也就是说你可以从一开始的，α1，α2\alpha_1，\alpha_2 开始就着手让这个过程变得简单（施密特正交化对于结果的形状是有些不可控的）