對角化與相似

本節默認純量域是實數域 $\mathbb{R}$：除非特別說明，矩陣、純量和向量都 含有實數元素。所有論證都是代數論證；把 $\mathbb{R}$ 換成複數域 $\mathbb{C}$ 後，同樣的推理仍然成立，但可用的特徵值可能更多。

單個特徵向量已經有用；若一個方陣擁有足夠多線性無關的特徵向量，就可 以找到一個座標系，使矩陣的作用變成對角的。這裡的「足夠多」有精確定義： 對於 $n\times n$ 矩陣，需要 $n$ 個線性無關的特徵向量，它們才會形成 $\mathbb{R}^n$ 的一組基底。此後矩陣的冪與逆矩陣可以轉化為對角線上逐項 計算。

相似就是換座標

座標轉換矩陣的構造見基底擴充與換基。

設 $S$ 可逆，令 $x=Sy$，其中 $y$ 是向量在由 $S$ 的欄組成的新基底下的座標。 記 $B=S^{-1}AS$，則

$$Ax=ASy=SBy.$$

所以 $A$ 作用於原座標中的 $x$，正好對應 $B$ 作用於新座標中的 $y$。 這也說明為甚麼等式左邊必須有 $S^{-1}$：先由 $y$ 轉回 $x=Sy$，再應用 $A$，最後用 $S^{-1}$ 把輸出轉回新座標，得到的正是 $S^{-1}ASy$。矩陣 $S$ 必須可逆，否則 $y\mapsto Sy$ 不能提供座標系統；相似允許改變座標 標籤，卻不允許沒有依據地把一個矩陣替換成另一個矩陣。

定義

相似

同一純量域上的兩個 $n\times n$ 矩陣 $A$ 與 $B$，若存在可逆矩陣 $S$ 使

$$S^{-1}AS=B,$$

則稱 $A$ 與 $B$ 相似。

定義

對角化與可對角化

設 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣。若存在可逆矩陣 $S$ 與純量 $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$，使

$$S^{-1}AS=D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n),$$

則稱這個等式是 $A$ 的一個對角化，並稱 $A$ 可對角化。

對角化是目標矩陣為對角矩陣的特殊相似關係。對角線上的數值只有在與 $S$ 的欄保持同一次序時才有意義。

特徵向量字典

定理

一個對角化等式的刻畫

設 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣，且

$$S=[v_1\ v_2\ \cdots\ v_n]$$

是可逆矩陣。令 $D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。以下 敘述等價：

1. 對每個 $j=1,\ldots,n$，都有 $Av_j=\lambda_jv_j$；
2. $AS=SD$；
3. $S^{-1}AS=D$；
4. $A=SDS^{-1}$。

證明

四種等價形式及其依賴關係

$AS$ 的第 $j$ 欄是 $Av_j$，$SD$ 的第 $j$ 欄是 $\lambda_jv_j$，所以所有 逐欄等式合在一起恰好就是 $AS=SD$。由於 $S$ 已經聲明可逆，左乘 $S^{-1}$ 得到 $S^{-1}AS=D$；另一種做法是直接對原來的 $AS=SD$ 右乘 $S^{-1}$，得到 $A=SDS^{-1}$。反過來，對這兩 個等式作相應的乘法即可恢復 $AS=SD$，再逐欄恢復特徵向量方程。可逆性 必須在約去 $S^{-1}S$ 之前說明；可逆矩陣的欄也自動非零。

這條字典能防止次序錯誤。如果 $S$ 的第一欄對應 $\lambda_1$、第二欄對應 $\lambda_2$，則對角線必須按 $\lambda_1,\lambda_2$ 排列。若用置換矩陣 $Q$ 改變欄的次序，就必須同時改變對角線的次序。

同樣，若 $V=[v_1\ \cdots\ v_p]$ 是 $n\times p$ 矩陣，且 $D=\operatorname{diag}(\mu_1,\ldots,\mu_p)$，則 $AV=VD$ 等價於每一欄都滿足 $Av_j=\mu_jv_j$。當 $p<n$ 時，這仍能記錄部分特徵向量的方程，卻不是對角化：非方陣 $V$ 沒有雙邊逆，線性相關的欄也不能組成完整座標系。只有 $p=n$ 且各欄線性無關時，這個等式才給出對角化。

定理

可對角化的精確判準

實數域上的 $n\times n$ 矩陣 $A$ 可對角化，當且僅當它有 $n$ 個線性無關 的實特徵向量。等價地，這些特徵向量可以組成 $\mathbb{R}^n$ 的一組基底。

必要性來自對角化矩陣 $S$ 的 $n$ 個欄：$S$ 可逆，所以欄向量線性無關， 特徵向量字典又說明它們都是特徵向量。充分性則是把 $n$ 個線性無關的 特徵向量作為欄組成 $S$；線性無關保證 $S$ 可逆，字典隨即給出對角化。 僅僅列出 $n$ 個特徵向量並不夠，因為重複或線性相關的向量不能組成座標 基底。

對角化例子

例題

由一個 2 乘 2 矩陣建立 $S$ 和 $D$

令

$$A=\begin{bmatrix}2&1\\1&2\end{bmatrix}.$$

特徵多項式為

$$\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)^2-1 =\lambda^2-4\lambda+3=(\lambda-1)(\lambda-3).$$

對 $\lambda=3$，方程 $(A-3I)x=0$ 給出 $x_2=x_1$，所以取 $v_1=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$。對 $\lambda=1$，方程 $(A-I)x=0$ 給出 $x_2=-x_1$，所以取 $v_2=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$。按此順序組成

$$S=\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix},\qquad D=\begin{bmatrix}3&0\\0&1\end{bmatrix}.$$

$\det(S)=-2$，並且

$$S^{-1}=\frac12\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix}=\frac12S.$$

兩條逐欄等式給出 $AS=SD$，因而 $S^{-1}AS=D$。再作座標檢查：取 $x=\begin{bmatrix}3\\1\end{bmatrix}$，則 $x=Sy$，其中 $y=\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}$，所以

$$Dy=\begin{bmatrix}6\\1\end{bmatrix},\qquad SDy=\begin{bmatrix}7\\5\end{bmatrix}=Ax.$$

在新座標中作對角計算，和原矩陣直接作用的結果一致。

例題

一個可對角化的上三角矩陣

令

$$A=\begin{bmatrix}1&1&1\\0&2&2\\0&0&3\end{bmatrix}.$$

取以下特徵向量

$$u_1=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix},\quad u_2=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix},\quad u_3=\begin{bmatrix}3\\4\\2\end{bmatrix},$$

它們對應的特徵值依次為 $1,2,3$。令

$$U=[u_1\ u_2\ u_3]=\begin{bmatrix}1&1&3\\0&1&4\\0&0&2\end{bmatrix}, \quad D=\operatorname{diag}(1,2,3).$$

$\det(U)=2$，所以 $U$ 可逆，且

$$U^{-1}=\begin{bmatrix}1&-1&1/2\\0&1&-2\\0&0&1/2\end{bmatrix}.$$

直接相乘可得

$$Au_1=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}=1u_1,\quad Au_2=\begin{bmatrix}2\\2\\0\end{bmatrix}=2u_2,\quad Au_3=\begin{bmatrix}9\\12\\6\end{bmatrix}=3u_3.$$

所以 $AU=UD$，並且 $U^{-1}AU=\operatorname{diag}(1,2,3)$。真正保證可 對角化的是線性無關的特徵向量，而不是上三角形狀本身。

例題

重複特徵值不一定給出完整特徵基

考慮

$$J=\begin{bmatrix}1&4\\0&1\end{bmatrix}.$$

$\det(J-\lambda I)=(1-\lambda)^2$，所以唯一特徵值是 $1$。而

$$(J-I)x=\begin{bmatrix}0&4\\0&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=0$$

迫使 $x_2=0$，$x_1$ 任意。因此特徵空間是 $\operatorname{span}\{\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}\}$，維數只有一。 $2\times2$ 矩陣需要兩個線性無關的特徵向量，所以 $J$ 不可對角化。重複 特徵值並不自動排除對角化，關鍵是對應特徵空間是否提供足夠多的方向。

置換與相似不變量

若 $Q$ 是 $n\times n$ 置換矩陣，且 $A=SDS^{-1}$，則 $SQ$ 仍可逆，並且

$$(SQ)^{-1}A(SQ)=Q^{-1}S^{-1}ASQ=Q^{-1}DQ.$$

右側仍是對角矩陣，只是對角元素按 $Q$ 重排。因此對角化通常不唯一。 把任一特徵向量欄乘以非零純量也可以，只要相應的對角值和欄次序仍然 同步。

定理

相似矩陣有相同的特徵多項式

若 $B=S^{-1}AS$，其中 $S$ 可逆，則

$$\det(B-tI)=\det\bigl(S^{-1}(A-tI)S\bigr)=\det(A-tI).$$

所以相似矩陣有相同的特徵多項式，也有相同的特徵值（按代數重數計）。

這裡使用 $S^{-1}(A-tI)S=S^{-1}AS-tS^{-1}IS$、$S^{-1}IS=I$，以及行列 式的乘法性質。相似並不表示兩個矩陣的元素或特徵向量相同；相應的特徵 空間由座標轉換相互對應。

反例模式

相同特徵資料不足以證明相似

令

$$N=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix},\qquad 0_2=\begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}.$$

兩者的特徵多項式都是 $t^2$，但它們不相似。對任意可逆矩陣 $S$，都有 $S^{-1}0_2S=0_2$，而 $N\ne0_2$。相同特徵多項式是相似的必要條件， 不是充分條件。

冪、逆矩陣與轉置

定理

由一次對角化得到冪、逆矩陣與轉置

設 $A=SDS^{-1}$，其中 $S$ 可逆，且 $D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。對每個正整數 $m$，

$$A^m=SD^mS^{-1},\qquad D^m=\operatorname{diag}(\lambda_1^m,\ldots,\lambda_n^m).$$

若 $A$ 可逆，則所有 $\lambda_j$ 非零，並且 $A^{-1}=SD^{-1}S^{-1}$。此外，$A^T$ 也可對角化，並有相同特徵值。

正整數公式從 $m=1$ 開始；另行規定 $A^0=I_n$、$D^0=I_n$。負整數冪需要 可逆性：只有當每個對角元素非零時，$D^{-1}$ 和 $A^{-1}$ 才存在，才能 把公式延伸到 $m<0$。

證明

冪與轉置公式為甚麼成立

若已知 $A^m=SD^mS^{-1}$，則

$$A^{m+1}=(SD^mS^{-1})(SDS^{-1})=SD^{m+1}S^{-1},$$

其中約去了相鄰的 $S^{-1}S$，這給出歸納步驟。逆矩陣的因子次序反過來， 所以 $(SDS^{-1})^{-1}=SD^{-1}S^{-1}$。對轉置，

$$A^T=(S^{-1})^TDS^T.$$

令 $W=(S^{-1})^T$，則 $W^{-1}=S^T$，從而 $W^{-1}A^TW=D^T=D$。因此 $W$ 的欄是 $A^T$ 的特徵向量；原來 $S$ 的欄 未必是 $A^T$ 的特徵向量。

例題

通過對角化計算對稱矩陣的所有正整數冪

令

$$B=\begin{bmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{bmatrix},\quad S=\begin{bmatrix}1&1&1\\1&-1&0\\1&0&-1\end{bmatrix},\quad S^{-1}=\frac13\begin{bmatrix}1&1&1\\1&-2&1\\1&1&-2\end{bmatrix},$$

並令 $D=\operatorname{diag}(4,1,1)$。$S$ 的三欄是特徵向量，所以 $B=SDS^{-1}$。對任意正整數 $m$，

$$B^m=\frac13\begin{bmatrix} 4^m+2&4^m-1&4^m-1\\ 4^m-1&4^m+2&4^m-1\\ 4^m-1&4^m-1&4^m+2 \end{bmatrix}.$$

當 $m=1$ 時，對角元素為 $2$、非對角元素為 $1$，恢復原矩陣；當 $m=2$ 時，對角元素為 $6$、非對角元素為 $5$，與直接相乘相同。之後計算其他 正整數冪時，不需要重新尋找特徵向量。

複數擴展與共同特徵基

在實數域上，

$$R=\begin{bmatrix}1&-1\\1&1\end{bmatrix}$$

的特徵多項式是 $(1-\lambda)^2+1$，沒有實特徵值，所以不能在 $\mathbb{R}$ 上對角化。在 $\mathbb{C}$ 上可以取

$$U=\begin{bmatrix}i&-i\\1&1\end{bmatrix},\quad U^{-1}=\frac12\begin{bmatrix}-i&1\\i&1\end{bmatrix},\quad D=\operatorname{diag}(1+i,1-i).$$

此時 $U^{-1}RU=D$，且 $\det(U)=2i\ne0$。這說明複數對角化是換了純量 域，並不與實數域上的結論矛盾。

定理

擁有共同特徵基的和與積

若 $A=SDS^{-1}$、$B=SES^{-1}$ 使用同一個可逆矩陣 $S$，且 $D,E$ 都是 對角矩陣，則對任意純量 $\alpha,\beta$，

$$\alpha A+\beta B=S(\alpha D+\beta E)S^{-1},\qquad AB=SDE S^{-1}.$$

中間的矩陣仍為對角矩陣，所以這些矩陣由同一組基底同時對角化。

證明只需分配律和 $S^{-1}S=I$： $\alpha SDS^{-1}+\beta SES^{-1}=S(\alpha D+\beta E)S^{-1}$，而 $(SDS^{-1})(SES^{-1})=SDE S^{-1}$。共同的 $S$ 是必要條件；分別可對角化 並不能自動提供共同特徵基。

重複特徵值能說明甚麼

特徵多項式記錄代數重數，特徵空間維數記錄可用的線性無關特徵向量數目，兩者回答 不同問題。若重複特徵值的特徵空間維數不足，重新排列欄向量也不能創造缺少的方向， 矩陣 $J$ 正好顯示了這種障礙。若特徵空間有足夠維數，重複的對角元素並不會造成 問題；對角矩陣本身也可以重複同一個特徵值，同時仍有完整特徵基。

相似關係保持特徵多項式，是因為它只改變同一個線性作用的座標表示。若 $Av=\lambda v$ 且 $B=S^{-1}AS$，則 $B(S^{-1}v)=\lambda(S^{-1}v)$；由於 $S^{-1}$ 可逆，向量不會變成零。這說明特徵值相同，但字面上的特徵向量通常不同。也因此， 特徵多項式只是必要的不變量，不能記錄特徵空間如何排列。

核對最後的證明依據

要判斷給定數域上的可對角化性，先找出所有特徵值，再把各特徵空間的維數相加。 這個總數恰為 $n$，當且僅當一個 $n\times n$ 矩陣有特徵基。把選出的有序基底 作為 $S$ 的欄，讓 $D$ 中的特徵值使用同一次序，再驗證 $AS=SD$ 和 $S$ 可逆。 這兩項便能確認所寫的對角化，不必重新計算一次 $S^{-1}$。

快速檢查與練習

思考檢查

設 $S$ 可逆，且 $S^{-1}AS=D$ 為對角矩陣。$S$ 的各欄與 $A$ 的特徵向量及 $D$ 的對角元素有甚麼關係？

使用 $AS=SD$。

解答 · 答案

各欄必須是 $A$ 的線性無關特徵向量，組成特徵基底；第 $j$ 欄對應 $D$ 的第 $j$ 個對角元素。

思考檢查

一個可對角化的 3×3 矩陣，其最多能有兩個線性無關的特徵向量嗎？

使用精確判準。

解答 · 答案

不能。可對角化的 $3\times3$ 矩陣最多的線性無關特徵向量數目是三個，不可能只有兩個。

思考檢查

若 $A$ 與對角矩陣 $D$ 相似，它們有相同特徵值嗎？

使用特徵多項式不變量。

解答 · 答案

有。相似矩陣有相同的特徵多項式，因此有相同特徵值（按代數重數計）。

思考檢查

設 $A$ 有特徵向量 $v_1,v_2,v_3$，對應特徵值為 $2,5,-1$，且三向量線性無關。$3×3$ 矩陣 $A$ 的對角化中出現甚麼對角矩陣？

讓對角線次序和欄次序一致。

解答 · 導引解答

若 $S=[v_1\ v_2\ v_3]$，則

$$S^{-1}AS=\operatorname{diag}(2,5,-1).$$

思考檢查

為甚麼 $J=\begin{bmatrix}1&4\\0&1\end{bmatrix}$ 不可對角化？

求它的特徵空間維數。

解答 · 導引解答

唯一特徵值是 $1$，而 $(J-I)x=0$ 強制 $x_2=0$，所以特徵空間只有一維； $2\times2$ 矩陣需要兩個線性無關的特徵向量。

思考檢查

若 $A=SDS^{-1}$，且 $D=\operatorname{diag}(2,-1)$，則 $A^3$ 是甚麼？

使用正整數冪公式。

解答 · 導引解答

$$A^3=SD^3S^{-1}=S\operatorname{diag}(8,-1)S^{-1}.$$

相關筆記

若還不熟悉齊次方程組的觀點，請先閱讀 8.1 特徵值、特徵向量與特徵空間。 接著閱讀 8.3 特徵多項式與對角化判別， 學習判斷特徵向量是否足夠的多項式工具。本節的基底語言也依賴 6.5 基底與維數。