例 6.65

依赖于

• 例 1.14

被以下题目直接调用

• 无

例 6.65

设 $a,b,c$ 为复数且 $bc\ne 0$，证明下列 $n$ 阶矩阵 $A$ 可对角化：

$$A=\left(\begin{array}{ccccc}a& b& & & \\ c& a& b& & \\ & c& a& \ddots & \\ & & \ddots & \ddots & b\\ & & & c& a\end{array}\right).$$

解答

证明 我们先来计算 $A$ 的特征多项式 $|\lambda I_n-A|$。设 $x_1,x_2$ 是二次方程 $x^2-(\lambda -a)x+bc=0$ 的两个根，则由例 1.14 可得

$$|\lambda I_n-A|=\frac{x_1^{n+1}-x_2^{n+1}}{x_1-x_2}.$$

注意到 $x_1,x_2$ 都是关于 $\lambda$ 的连续函数，要求 $A$ 的特征值 $\lambda$， 即是求 $\lambda$ 的值，使得 $|\lambda I_n-A|=0$，而这也等价于 $x_1^{n+1}=x_2^{n+1}$。令

$$\omega =\cos \frac{2\pi }{n+1}+\mathrm{i}\sin \frac{2\pi }{n+1}$$

为 1 的 $n+1$ 次方根，则由 $x_1^{n+1}=x_2^{n+1}$ 可得 $x_1=x_2{\omega }^k(1\le k\le n)$。由 Vieta 定理可得 $x_1{x}_2=bc$，在选定 $bc$ 的某一平方根 $\sqrt{bc}$ 之后，可解出

$$\begin{array}{rl}{x}_1& =\sqrt{bc}\left(\cos \frac{k\pi }{n+1}+\mathrm{i}\sin \frac{k\pi }{n+1}\right),\\ x_2& =\sqrt{bc}\left(\cos \frac{k\pi }{n+1}-\mathrm{i}\sin \frac{k\pi }{n+1}\right),1\le k\le n.\end{array}$$

再次由 Vieta 定理可得 $\lambda -a=x_1+x_2=2\sqrt{bc}\cos \frac{k\pi }{n+1}$，即

$$\lambda =a+2\sqrt{bc}\cos \frac{k\pi }{n+1},1\le k\le n.$$

容易验证上述 $n$ 个数的确是 $A$ 的 $n$ 个不同的特征值，从而 $A$ 可对角化。$\square$