有限實矩陣乘法法則的證明
設 m , n , p , q m,n,p,q m , n , p , q A ∈ R m × n A\in\mathbb R^{m\times n} A ∈ R m × n B ∈ R n × p B\in\mathbb R^{n\times p} B ∈ R n × p C ∈ R p × q C\in\mathbb R^{p\times q} C ∈ R p × q ( i , ℓ ) (i,\ell) ( i , ℓ )
( ( A B ) C ) i ℓ = ∑ k = 1 p ( ∑ j = 1 n a i j b j k ) c k ℓ = ∑ j = 1 n a i j ( ∑ k = 1 p b j k c k ℓ ) = ( A ( B C ) ) i ℓ . \begin{aligned}
((AB)C)_{i\ell}
&=\sum_{k=1}^{p}\left(\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\right)c_{k\ell}\\
&=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\left(\sum_{k=1}^{p}b_{jk}c_{k\ell}\right)
=(A(BC))_{i\ell}.
\end{aligned} (( A B ) C ) i ℓ = k = 1 ∑ p ( j = 1 ∑ n a ij b j k ) c k ℓ = j = 1 ∑ n a ij ( k = 1 ∑ p b j k c k ℓ ) = ( A ( B C ) ) i ℓ . 中間等號只交換兩個有限和的求和次序，並使用實數分配律。兩邊同為 m × q m\times q m × q
對 D ∈ R n × p D\in\mathbb R^{n\times p} D ∈ R n × p
[ A ( B + D ) ] i k = ∑ j = 1 n a i j ( b j k + d j k ) = ( A B ) i k + ( A D ) i k . [A(B+D)]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}(b_{jk}+d_{jk})
=(AB)_{ik}+(AD)_{ik}. [ A ( B + D ) ] ik = j = 1 ∑ n a ij ( b j k + d j k ) = ( A B ) ik + ( A D ) ik . 對 E ∈ R m × n E\in\mathbb R^{m\times n} E ∈ R m × n
[ ( A + E ) B ] i k = ∑ j = 1 n ( a i j + e i j ) b j k = ( A B ) i k + ( E B ) i k . [(A+E)B]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}(a_{ij}+e_{ij})b_{jk}
=(AB)_{ik}+(EB)_{ik}. [( A + E ) B ] ik = j = 1 ∑ n ( a ij + e ij ) b j k = ( A B ) ik + ( E B ) ik . 所以在所寫的相容大小下，兩條分配律均成立。對任意實純量 c c c
[ ( c A ) B ] i k = ∑ j ( c a i j ) b j k = c ∑ j a i j b j k = ∑ j a i j ( c b j k ) = [ A ( c B ) ] i k , [(cA)B]_{ik}=\sum_j(ca_{ij})b_{jk}
=c\sum_j a_{ij}b_{jk}
=\sum_j a_{ij}(cb_{jk})=[A(cB)]_{ik}, [( c A ) B ] ik = j ∑ ( c a ij ) b j k = c j ∑ a ij b j k = j ∑ a ij ( c b j k ) = [ A ( c B ) ] ik , 逐項相等便證明 ( c A ) B = c ( A B ) = A ( c B ) (cA)B=c(AB)=A(cB) ( c A ) B = c ( A B ) = A ( c B ) x , y ∈ R n x,y\in\mathbb R^n x , y ∈ R n s , t s,t s , t
[ A ( s x + t y ) ] i = ∑ j a i j ( s x j + t y j ) = s ( A x ) i + t ( A y ) i . [A(sx+ty)]_i=\sum_j a_{ij}(sx_j+ty_j)
=s(Ax)_i+t(Ay)_i. [ A ( s x + t y ) ] i = j ∑ a ij ( s x j + t y j ) = s ( A x ) i + t ( A y ) i . 這證明了比較同一線性系統的解時所用的矩陣乘向量線性性質。所有恆等式都只針對大小相容的有限實矩陣，不聲稱任意矩陣因子可交換或可消去。
域上的多項式除法與根因式恆等式
設 F F F F [ t ] F[t] F [ t ] f , g f,g f , g deg ( f g ) = deg f + deg g \deg(fg)=\deg f+\deg g deg ( f g ) = deg f + deg g
對任意 f f f g g g q , r q,r q , r f = q g + r f=qg+r f = q g + r r = 0 r=0 r = 0 deg r < deg g \deg r<\deg g deg r < deg g f f f d ≥ e = deg g d\ge e=\deg g d ≥ e = deg g ( a / b ) t d − e g (a/b)t^{d-e}g ( a / b ) t d − e g ( a / b ) t d − e (a/b)t^{d-e} ( a / b ) t d − e a , b a,b a , b g g g g ( q − q ′ ) = r ′ − r g(q-q')=r'-r g ( q − q ′ ) = r ′ − r e e e e e e
對 λ ∈ F \lambda\in F λ ∈ F
t k − λ k = ( t − λ ) ∑ j = 0 k − 1 t k − 1 − j λ j ( k ≥ 1 ) t^k-\lambda^k=(t-\lambda)\sum_{j=0}^{k-1}t^{k-1-j}\lambda^j\quad(k\ge1) t k − λ k = ( t − λ ) j = 0 ∑ k − 1 t k − 1 − j λ j ( k ≥ 1 ) 給出 f ( t ) − f ( λ ) = ( t − λ ) h ( t ) f(t)-f(\lambda)=(t-\lambda)h(t) f ( t ) − f ( λ ) = ( t − λ ) h ( t ) f ( λ ) = 0 f(\lambda)=0 f ( λ ) = 0 t − λ t-\lambda t − λ f f f F F F
交換環上的 Leibniz 行列式與交錯性
設 R R R n ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 A ∈ M n ( R ) A\in M_n(R) A ∈ M n ( R )
det A = ∑ σ ∈ S n sgn ( σ ) ∏ i = 1 n a i , σ ( i ) , det [ ] = 1 ( n = 0 ) . \det A=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{i=1}^n a_{i,\sigma(i)},\qquad \det[\ ]=1\quad(n=0). det A = σ ∈ S n ∑ sgn ( σ ) i = 1 ∏ n a i , σ ( i ) , det [ ] = 1 ( n = 0 ) . 符號為 ( − 1 ) inv ( σ ) (-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)} ( − 1 ) inv ( σ ) R R R τ \tau τ σ \sigma σ sgn ( σ τ ) = sgn ( σ ) sgn ( τ ) \operatorname{sgn}(\sigma\tau)=\operatorname{sgn}(\sigma)\operatorname{sgn}(\tau) sgn ( σ τ ) = sgn ( σ ) sgn ( τ ) − 1 -1 − 1 R R R
有限公式對每行及每列多重線性。若兩行相同，把每個排列項與交換這兩行所選列後的項配對。兩項不同，乘積相同而符號相反，故任何特徵下兩項之和均為零。因此重複行使行列式為零；重複列同理。這是成對抵消，不是從 2 det A = 0 2\det A=0 2 det A = 0 det I = 1 \det I=1 det I = 1 σ − 1 \sigma^{-1} σ − 1 σ \sigma σ det A T = det A \det A^{\mathsf T}=\det A det A T = det A
所需唯一性原理即使有零因子也成立。若 D D D R n R^n R n n n n D D D D ( … , u + v , … , u + v , … ) = 0 D(\ldots,u+v,\ldots,u+v,\ldots)=0 D ( … , u + v , … , u + v , … ) = 0 D ( … , u , … , v , … ) + D ( … , v , … , u , … ) = 0 D(\ldots,u,\ldots,v,\ldots)+D(\ldots,v,\ldots,u,\ldots)=0 D ( … , u , … , v , … ) + D ( … , v , … , u , … ) = 0 D ( e 1 , … , e n ) D(e_1,\ldots,e_n) D ( e 1 , … , e n )
乘法性、三角分塊與伴隨矩陣
固定 A A A D ( v 1 , … , v n ) = det ( A v 1 , … , A v n ) D(v_1,\ldots,v_n)=\det(Av_1,\ldots,Av_n) D ( v 1 , … , v n ) = det ( A v 1 , … , A v n ) D ( e 1 , … , e n ) = det A D(e_1,\ldots,e_n)=\det A D ( e 1 , … , e n ) = det A B B B
det ( A B ) = det A det B . \det(AB)=\det A\det B. det ( A B ) = det A det B . 對方塊大小為 p , q p,q p , q ( B C 0 D ) \begin{pmatrix}B&C\\0&D\end{pmatrix} ( B 0 C D ) q q q q q q p p p p p p det B det D \det B\det D det B det D
記 A i j ^ A_{ij}^{\widehat{\ } } A ij i i i j j j C i j = ( − 1 ) i + j det A i j ^ C_{ij}=(-1)^{i+j}\det A_{ij}^{\widehat{\ } } C ij = ( − 1 ) i + j det A ij σ ( i ) = j \sigma(i)=j σ ( i ) = j det A = ∑ j a i j C i j \det A=\sum_j a_{ij}C_{ij} det A = ∑ j a ij C ij i i i j j j i + j − 2 i+j-2 i + j − 2 adj ( A ) j i = C i j \operatorname{adj}(A)_{ji}=C_{ij} adj ( A ) j i = C ij A adj ( A ) A\operatorname{adj}(A) A adj ( A ) ( i , j ) (i,j) ( i , j ) ∑ k a i k C j k \sum_k a_{ik}C_{jk} ∑ k a ik C j k j j j i i i i = j i=j i = j det A \det A det A
A adj ( A ) = adj ( A ) A = ( det A ) I . A\operatorname{adj}(A)=\operatorname{adj}(A)A=(\det A)I. A adj ( A ) = adj ( A ) A = ( det A ) I . 當 n = 1 n=1 n = 1 [ 1 ] [1] [ 1 ] n = 0 n=0 n = 0 R = F [ t ] R=F[t] R = F [ t ]
向量空間是在域 F F F d d d P d ( F ) P_d(F) P d ( F ) P d ( F ) P_d(F) P d ( F )
子空間 包含零，且對加法和數乘封閉。若每個向量都是某列表中向量的線性組合，該列表張成空間；若只有零系數組合能得到零，它線性無關。基 同時滿足兩者。有限生成列表可通過刪除相關項縮減成基；線性無關列表可通過添加其張成空間外的向量擴充成基，直到張成給定的有限生成列表。
交換引理。 若 r r r s s s r ≤ s r\le s r ≤ s r r r dim V \dim V dim V
因此在 n n n n n n n n n
映射 T : V → W T:V\to W T : V → W T ( α v + β u ) = α T v + β T u T(\alpha v+\beta u)=\alpha Tv+\beta Tu T ( α v + β u ) = α T v + β T u ker T \ker T ker T k 1 , … , k r k_1,\ldots,k_r k 1 , … , k r v 1 , … , v s v_1,\ldots,v_s v 1 , … , v s T v 1 , … , T v s Tv_1,\ldots,Tv_s T v 1 , … , T v s im T \operatorname{im}T im T
dim V = dim ker T + dim im T . \dim V=\dim\ker T+\dim\operatorname{im}T. dim V = dim ker T + dim im T . 這就是秩–零度定理 。有限維且維數相等時，單射與滿射等價；無限維空間中該等價可能失效。
域上的橋樑：奇異性與特徵多項式
現在令 R = F R=F R = F det A ≠ 0 \det A\ne0 det A = 0 adj ( A ) / det A \operatorname{adj}(A)/\det A adj ( A ) / det A A A A det A det A − 1 = 1 \det A\det A^{-1}=1 det A det A − 1 = 1 det A ≠ 0 \det A\ne0 det A = 0 det A = 0 \det A=0 det A = 0
對固定 A ∈ M n ( F ) A\in M_n(F) A ∈ M n ( F ) t I − A ∈ M n ( F [ t ] ) tI-A\in M_n(F[t]) t I − A ∈ M n ( F [ t ]) n n n t n t^n t n n n n P P P A ↦ P − 1 A P A\mapsto P^{-1}AP A ↦ P − 1 A P n − 1 n-1 n − 1
行列式會告訴你一個方陣是否可逆。特徵值問的是另一個問題：哪些非零向
量所張成的直線 在矩陣作用下仍然映入自身？若 A v = λ v Av=\lambda v A v = λ v span { v } \operatorname{span}\{v\} span { v } λ > 0 \lambda>0 λ > 0 λ < 0 \lambda<0 λ < 0 λ = 0 \lambda=0 λ = 0
一般矩陣不一定保持每一條直線。純量矩陣會把每一條直線映入自身，包括零
純量的情況：0 I 0I 0 I λ \lambda λ
尋找矩陣作用最簡單的方向
當你解 A x = b Ax=b A x = b v v v
A v = λ v . Av=\lambda v. A v = λ v . 一旦找出這些向量，之後便能更容易處理矩陣的冪、理解對角化，並描述哪
些方向在變換下是不變的。實際計算時，我們會把它改寫成齊次系統，再使
用零空間、秩和行列式的工具。
先看 A = diag ( 2 , 3 ) A=\operatorname{diag}(2,3) A = diag ( 2 , 3 ) e 1 e_1 e 1 2 e 1 2e_1 2 e 1 e 2 e_2 e 2 3 e 2 3e_2 3 e 2 ( 1 , 1 ) T (1,1)^T ( 1 , 1 ) T ( 2 , 3 ) T (2,3)^T ( 2 , 3 ) T
定義
特徵值與特徵向量 設 A A A n × n n\times n n × n n ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 λ ∈ R \lambda\in\mathbb R λ ∈ R v ∈ R n v\in\mathbb R^n v ∈ R n
若
A v = λ v , Av=\lambda v, A v = λ v , 便稱 v v v A A A 特徵值 λ \lambda λ 特徵向量 。
這裡必須要求 v v v A 0 = λ 0 A0=\lambda0 A 0 = λ 0
重點在於，矩陣作用與純量乘法在這個向量上完全一致。向量的直線被保留，
但長度、方向，甚至向量本身是否被壓到零，都由 λ \lambda λ
從不變直線到齊次方程組
方程 A v = λ v Av=\lambda v A v = λ v ( A − λ I ) v = 0 (A-\lambda I)v=0 ( A − λ I ) v = 0 λ \lambda λ
由定義立刻得到的結論
定理
同一個特徵向量只會對應一個特徵值 設 A A A v v v
A v = λ v 且 A v = μ v , Av=\lambda v
\qquad\text{且}\qquad
Av=\mu v, A v = λ v 且 A v = μv , 則 λ = μ \lambda=\mu λ = μ
原因很直接。把兩式相減：
( λ − μ ) v = 0. (\lambda-\mu)v=0. ( λ − μ ) v = 0. 選擇一個非零坐標 v r ≠ 0 v_r\ne0 v r = 0 r r r ( λ − μ ) v r = 0 (\lambda-\mu)v_r=0 ( λ − μ ) v r = 0 v r v_r v r λ − μ = 0 \lambda-\mu=0 λ − μ = 0 λ = μ \lambda=\mu λ = μ
定理
特徵向量的非零倍數仍是特徵向量 若 v v v A A A λ \lambda λ c v cv c v A A A λ \lambda λ
事實上，若 c ≠ 0 c\ne0 c = 0
A ( c v ) = c ( A v ) = c ( λ v ) = λ ( c v ) A(cv)=c(Av)=c(\lambda v)=\lambda(cv) A ( c v ) = c ( A v ) = c ( λ v ) = λ ( c v ) 而 c v ≠ 0 cv\ne0 c v = 0
定理
同一特徵值下的線性組合 設 u 1 , … , u k u_1,\dots,u_k u 1 , … , u k A A A λ \lambda λ
α 1 u 1 + ⋯ + α k u k \alpha_1u_1+\cdots+\alpha_ku_k α 1 u 1 + ⋯ + α k u k 仍然是 A A A λ \lambda λ
令 w = α 1 u 1 + ⋯ + α k u k w=\alpha_1u_1+\cdots+\alpha_ku_k w = α 1 u 1 + ⋯ + α k u k
A w = ∑ j = 1 k α j A u j = ∑ j = 1 k α j λ u j = λ w Aw=\sum_{j=1}^k\alpha_jAu_j
=\sum_{j=1}^k\alpha_j\lambda u_j
=\lambda w A w = j = 1 ∑ k α j A u j = j = 1 ∑ k α j λ u j = λ w 若 w ≠ 0 w\ne0 w = 0 w = 0 w=0 w = 0
定義
特徵空間 設 A A A n × n n\times n n × n λ \lambda λ A A A λ \lambda λ 特徵空間 定義為
E A ( λ ) = N ( A − λ I n ) . E_A(\lambda)=N(A-\lambda I_n). E A ( λ ) = N ( A − λ I n ) . 當 λ \lambda λ λ \lambda λ E A ( λ ) = { 0 } E_A(\lambda)=\{0\} E A ( λ ) = { 0 }
第一批例子
例題
一個 2×2 矩陣有兩個不同特徵值 令
A = [ 13 30 − 6 − 14 ] . A=
\begin{bmatrix}
13&30\\
-6&-14
\end{bmatrix}. A = [ 13 − 6 30 − 14 ] . 先看向量
u 1 = [ 5 − 2 ] . u_1=
\begin{bmatrix}
5\\
-2
\end{bmatrix}. u 1 = [ 5 − 2 ] . 計算得
A u 1 = [ 13 30 − 6 − 14 ] [ 5 − 2 ] = [ 5 − 2 ] = 1 ⋅ u 1 . Au_1=
\begin{bmatrix}
13&30\\
-6&-14
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
5\\
-2
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
5\\
-2
\end{bmatrix}
=1\cdot u_1. A u 1 = [ 13 − 6 30 − 14 ] [ 5 − 2 ] = [ 5 − 2 ] = 1 ⋅ u 1 . 所以 u 1 u_1 u 1 1 1 1
再看
u 2 = [ 2 − 1 ] . u_2=
\begin{bmatrix}
2\\
-1
\end{bmatrix}. u 2 = [ 2 − 1 ] . 則
A u 2 = [ − 4 2 ] = − 2 [ 2 − 1 ] = − 2 u 2 . Au_2=
\begin{bmatrix}
-4\\
2
\end{bmatrix}
=-2
\begin{bmatrix}
2\\
-1
\end{bmatrix}
=-2u_2. A u 2 = [ − 4 2 ] = − 2 [ 2 − 1 ] = − 2 u 2 . 所以 u 2 u_2 u 2 − 2 -2 − 2
因此不能把同一特徵值的線性組合定理用於 u 1 + u 2 u_1+u_2 u 1 + u 2
u 1 + u 2 = [ 7 − 3 ] , A ( u 1 + u 2 ) = [ 1 0 ] u_1+u_2=\begin{bmatrix}7\\-3\end{bmatrix},\qquad
A(u_1+u_2)=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix} u 1 + u 2 = [ 7 − 3 ] , A ( u 1 + u 2 ) = [ 1 0 ] 如果這個和是特徵向量，第二個坐標會迫使 λ = 0 \lambda=0 λ = 0 1 = 0 ⋅ 7 1=0\cdot7 1 = 0 ⋅ 7
例題
同一個特徵值可以對應多於一個方向 令
B = [ 2 1 1 1 2 1 1 1 2 ] . B=
\begin{bmatrix}
2&1&1\\
1&2&1\\
1&1&2
\end{bmatrix}. B = 2 1 1 1 2 1 1 1 2 . 對 x = ( x 1 , x 2 , x 3 ) T x=(x_1,x_2,x_3)^T x = ( x 1 , x 2 , x 3 ) T s = x 1 + x 2 + x 3 s=x_1+x_2+x_3 s = x 1 + x 2 + x 3
B x = ( s + x 1 , s + x 2 , s + x 3 ) T Bx=(s+x_1,\ s+x_2,\ s+x_3)^T B x = ( s + x 1 , s + x 2 , s + x 3 ) T 向量
u 1 = [ 1 1 1 ] u_1=
\begin{bmatrix}
1\\1\\1
\end{bmatrix} u 1 = 1 1 1 滿足 B u 1 = 4 u 1 Bu_1=4u_1 B u 1 = 4 u 1 4 4 4
再看
u 2 = [ 1 − 1 0 ] , u 3 = [ 1 0 − 1 ] . u_2=
\begin{bmatrix}
1\\-1\\0
\end{bmatrix},
\qquad
u_3=
\begin{bmatrix}
1\\0\\-1
\end{bmatrix}. u 2 = 1 − 1 0 , u 3 = 1 0 − 1 . 二者都滿足
B u 2 = u 2 , B u 3 = u 3 . Bu_2=u_2,
\qquad
Bu_3=u_3. B u 2 = u 2 , B u 3 = u 3 . 對 λ = 1 \lambda=1 λ = 1 s = 0 s=0 s = 0
E B ( 1 ) = { x ∈ R 3 : x 1 + x 2 + x 3 = 0 } = span { [ 1 − 1 0 ] , [ 1 0 − 1 ] } E_B(1)=\{x\in\mathbb R^3:x_1+x_2+x_3=0\}
=\operatorname{span}\left\{\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix},
\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}\right\} E B ( 1 ) = { x ∈ R 3 : x 1 + x 2 + x 3 = 0 } = span ⎩ ⎨ ⎧ 1 − 1 0 , 1 0 − 1 ⎭ ⎬ ⎫ 這兩個向量線性無關：若
a ( 1 , − 1 , 0 ) T + b ( 1 , 0 , − 1 ) T = 0 a(1,-1,0)^T+b(1,0,-1)^T=0 a ( 1 , − 1 , 0 ) T + b ( 1 , 0 , − 1 ) T = 0 a = 0 a=0 a = 0 b = 0 b=0 b = 0
對 λ = 4 \lambda=4 λ = 4 B x = 4 x Bx=4x B x = 4 x s = 3 x 1 = 3 x 2 = 3 x 3 s=3x_1=3x_2=3x_3 s = 3 x 1 = 3 x 2 = 3 x 3 x 1 = x 2 = x 3 x_1=x_2=x_3 x 1 = x 2 = x 3
E B ( 4 ) = span { [ 1 1 1 ] } E_B(4)=\operatorname{span}\left\{\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}\right\} E B ( 4 ) = span ⎩ ⎨ ⎧ 1 1 1 ⎭ ⎬ ⎫ 同一個非零向量不能對應兩個不同特徵值，但同一個特徵值可以有一個平面
的特徵向量。平面中的零向量屬於特徵空間，其非零點才是特徵向量。
特徵值其實是一個零空間問題
把方程 A v = λ v Av=\lambda v A v = λ v
A v − λ v = 0. Av-\lambda v=0. A v − λ v = 0. 由於 λ v = λ I n v \lambda v=\lambda I_nv λ v = λ I n v
( A − λ I n ) v = 0. (A-\lambda I_n)v=0. ( A − λ I n ) v = 0. 定理
用齊次系統描述特徵值 設 A A A n × n n\times n n × n λ \lambda λ v ≠ 0 v\neq0 v = 0
下列兩件事等價：
v v v A A A λ \lambda λ v v v ( A − λ I n ) x = 0 (A-\lambda I_n)x=0 ( A − λ I n ) x = 0 的一個非平凡解。
正向是把 A v = λ v Av=\lambda v A v = λ v A v = λ v Av=\lambda v A v = λ v v v v A − λ I n A-\lambda I_n A − λ I n
因為它本身是一個零空間，所以 E A ( λ ) E_A(\lambda) E A ( λ ) x , y ∈ E A ( λ ) x,y\in E_A(\lambda) x , y ∈ E A ( λ ) a , b a,b a , b
( A − λ I n ) ( a x + b y ) = a ( A − λ I n ) x + b ( A − λ I n ) y = 0 (A-\lambda I_n)(ax+by)=a(A-\lambda I_n)x+b(A-\lambda I_n)y=0 ( A − λ I n ) ( a x + b y ) = a ( A − λ I n ) x + b ( A − λ I n ) y = 0 所以它對線性組合封閉。特徵空間的維數大於零，當且僅當 λ \lambda λ
dim E A ( λ ) \dim E_A(\lambda) dim E A ( λ ) λ \lambda λ 幾何重數 ，表示這個特徵值有多
少個線性無關的特徵向量方向。在上面的矩陣 B B B 1 1 1 2 2 2 4 4 4 1 1 1
概念視角 結構
固定特徵值的空間不是所有特徵向量的總集合 固定一個特徵值 λ \lambda λ ( A − λ I n ) x = 0 (A-\lambda I_n)x=0 ( A − λ I n ) x = 0 u 1 + u 2 u_1+u_2 u 1 + u 2 λ \lambda λ
特徵值的等價刻畫
一旦有了零空間的版本，前面學過的可逆性詞典便可以直接搬過來。
定理
判斷 λ 是否為特徵值的等價條件 設 A A A n × n n\times n n × n λ \lambda λ
λ \lambda λ A A A ( A − λ I n ) x = 0 (A-\lambda I_n)x=0 ( A − λ I n ) x = 0 N ( A − λ I n ) ≠ { 0 } N(A-\lambda I_n)\neq\{0\} N ( A − λ I n ) = { 0 } A − λ I n A-\lambda I_n A − λ I n det ( A − λ I n ) = 0 \det(A-\lambda I_n)=0 det ( A − λ I n ) = 0 這五個條件來自齊次系統和可逆性詞典。非平凡解正是非零零空間向量，所
以 (1)、(2)、(3) 等價；方陣有非零零空間，當且僅當它不可逆，於是
(3) 與 (4) 等價；行列式判準再給出 (4) 與 (5) 等價。特徵值會迫使
rank ( A − λ I n ) ≤ n − 1 \operatorname{rank}(A-\lambda I_n)\le n-1 rank ( A − λ I n ) ≤ n − 1
從方程讀出特徵空間
找到候選 λ \lambda λ A − λ I n A-\lambda I_n A − λ I n E A ( λ ) E_A(\lambda) E A ( λ )
例題
用行化簡找特徵值與特徵空間 令
C = [ 3 2 3 − 2 ] . C=
\begin{bmatrix}
3&2\\
3&-2
\end{bmatrix}. C = [ 3 3 2 − 2 ] . 先解
det ( C − λ I ) = 0. \det(C-\lambda I)=0. det ( C − λ I ) = 0. 得到
det [ 3 − λ 2 3 − 2 − λ ] = ( 3 − λ ) ( − 2 − λ ) − 6 = λ 2 − λ − 12. \det
\begin{bmatrix}
3-\lambda&2\\
3&-2-\lambda
\end{bmatrix}
=(3-\lambda)(-2-\lambda)-6
=\lambda^2-\lambda-12. det [ 3 − λ 3 2 − 2 − λ ] = ( 3 − λ ) ( − 2 − λ ) − 6 = λ 2 − λ − 12. 因此特徵值為
λ = 4 , λ = − 3. \lambda=4,\qquad \lambda=-3. λ = 4 , λ = − 3. 對 λ = 4 \lambda=4 λ = 4
C − 4 I = [ − 1 2 3 − 6 ] ∼ [ 1 − 2 0 0 ] . C-4I=
\begin{bmatrix}
-1&2\\
3&-6
\end{bmatrix}
\sim
\begin{bmatrix}
1&-2\\
0&0
\end{bmatrix}. C − 4 I = [ − 1 3 2 − 6 ] ∼ [ 1 0 − 2 0 ] . 所以 x 1 = 2 x 2 x_1=2x_2 x 1 = 2 x 2
[ 2 1 ] . \begin{bmatrix}
2\\1
\end{bmatrix}. [ 2 1 ] . 對 λ = − 3 \lambda=-3 λ = − 3
C + 3 I = [ 6 2 3 1 ] ∼ [ 3 1 0 0 ] . C+3I=
\begin{bmatrix}
6&2\\
3&1
\end{bmatrix}
\sim
\begin{bmatrix}
3&1\\
0&0
\end{bmatrix}. C + 3 I = [ 6 3 2 1 ] ∼ [ 3 0 1 0 ] . 所以 3 x 1 + x 2 = 0 3x_1+x_2=0 3 x 1 + x 2 = 0
[ 1 − 3 ] . \begin{bmatrix}
1\\-3
\end{bmatrix}. [ 1 − 3 ] . 因此
E C ( 4 ) = span { [ 2 1 ] } , E C ( − 3 ) = span { [ 1 − 3 ] } . E_C(4)=\operatorname{span}\left\{
\begin{bmatrix}
2\\1
\end{bmatrix}
\right\},
\qquad
E_C(-3)=\operatorname{span}\left\{
\begin{bmatrix}
1\\-3
\end{bmatrix}
\right\}. E C ( 4 ) = span { [ 2 1 ] } , E C ( − 3 ) = span { [ 1 − 3 ] } . 行列式計算負責找出兩個純量；之後的兩次行化簡分別解決兩個齊次系
統。最後代回可核對 C ( 2 , 1 ) T = 4 ( 2 , 1 ) T C(2,1)^T=4(2,1)^T C ( 2 , 1 ) T = 4 ( 2 , 1 ) T C ( 1 , − 3 ) T = − 3 ( 1 , − 3 ) T C(1,-3)^T=-3(1,-3)^T C ( 1 , − 3 ) T = − 3 ( 1 , − 3 ) T
對角矩陣與三角矩陣
若 D = diag ( d 1 , … , d n ) D=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_n) D = diag ( d 1 , … , d n )
( D − λ I n ) x = 0 ⟺ ( d j − λ ) x j = 0 對每個 j (D-\lambda I_n)x=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
(d_j-\lambda)x_j=0\quad\text{對每個 }j ( D − λ I n ) x = 0 ⟺ ( d j − λ ) x j = 0 對每個 j 因此
E D ( λ ) = span { e j : d j = λ } E_D(\lambda)=\operatorname{span}\{e_j:d_j=\lambda\} E D ( λ ) = span { e j : d j = λ } 若沒有對角項等於 λ \lambda λ { 0 } \{0\} { 0 } 0 0 0 1 1 1
若 T T T T − λ I n T-\lambda I_n T − λ I n
det ( T − λ I n ) = ∏ j = 1 n ( t j j − λ ) \det(T-\lambda I_n)=\prod_{j=1}^n(t_{jj}-\lambda) det ( T − λ I n ) = j = 1 ∏ n ( t j j − λ ) 所以特徵值正好是對角項（按代數重數計算）。但對角項不能單獨決定特徵
向量。考慮上三角矩陣
T = [ 1 4 0 2 ] T=\begin{bmatrix}1&4\\0&2\end{bmatrix} T = [ 1 0 4 2 ] 有 T e 1 = e 1 Te_1=e_1 T e 1 = e 1 E T ( 1 ) = span { e 1 } E_T(1)=\operatorname{span}\{e_1\} E T ( 1 ) = span { e 1 } λ = 2 \lambda=2 λ = 2 ( T − 2 I ) x = 0 (T-2I)x=0 ( T − 2 I ) x = 0 − x 1 + 4 x 2 = 0 -x_1+4x_2=0 − x 1 + 4 x 2 = 0
E T ( 2 ) = span { [ 4 1 ] } E_T(2)=\operatorname{span}\left\{\begin{bmatrix}4\\1\end{bmatrix}\right\} E T ( 2 ) = span { [ 4 1 ] } 改變右上角的 4 4 4
重要性質
定理
0 是否為特徵值，正好等同於可逆與否 對方陣 A A A
0 0 0 A A A A A A 等價地，A A A 0 0 0
這其實只是把前面的等價條件代入 λ = 0 \lambda=0 λ = 0
具體來說，若 0 0 0 v v v A v = 0 Av=0 A v = 0 A A A A A A A A A N ( A ) N(A) N ( A ) A v = 0 ⋅ v Av=0\cdot v A v = 0 ⋅ v 0 0 0
定理
簡單矩陣運算下的特徵值變化 若 λ \lambda λ A A A
k λ k\lambda k λ k A kA k A 對每個正整數 m m m λ m \lambda^m λ m A m A^m A m
λ \lambda λ A T A^T A T 若 A A A λ − 1 \lambda^{-1} λ − 1 A − 1 A^{-1} A − 1
若 A v = λ v Av=\lambda v A v = λ v
( k A ) v = k λ v (kA)v=k\lambda v ( k A ) v = k λ v 這證明了 (1)，也包括 k = 0 k=0 k = 0 0 0 0 m m m A m v = λ m v A^mv=\lambda^mv A m v = λ m v A A A A v = λ v Av=\lambda v A v = λ v m = 0 m=0 m = 0 A 0 = I A^0=I A 0 = I 1 1 1 0 0 0^0 0 0
對於 (4)，若 A A A λ ≠ 0 \lambda\ne0 λ = 0 A v = λ v Av=\lambda v A v = λ v A − 1 A^{-1} A − 1 v = λ A − 1 v v=\lambda A^{-1}v v = λ A − 1 v λ \lambda λ A − 1 v = λ − 1 v A^{-1}v=\lambda^{-1}v A − 1 v = λ − 1 v
det ( A T − λ I n ) = det ( ( A − λ I n ) T ) = det ( A − λ I n ) = 0 \det(A^T-\lambda I_n)=\det((A-\lambda I_n)^T)
=\det(A-\lambda I_n)=0 det ( A T − λ I n ) = det (( A − λ I n ) T ) = det ( A − λ I n ) = 0 這通過特徵值判準證明了轉置結論；不能把 A v = λ v Av=\lambda v A v = λ v A T v = λ v A^Tv=\lambda v A T v = λ v T = [ 1 4 0 2 ] T=\begin{bmatrix}1&4\\0&2\end{bmatrix} T = [ 1 0 4 2 ] T e 1 = e 1 Te_1=e_1 T e 1 = e 1
T T e 1 = [ 1 0 4 2 ] [ 1 0 ] = [ 1 4 ] ≠ e 1 T^Te_1=\begin{bmatrix}1&0\\4&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}1\\4\end{bmatrix}\ne e_1 T T e 1 = [ 1 4 0 2 ] [ 1 0 ] = [ 1 4 ] = e 1 可選複數擴展：數域很重要
上面的基本定義是在 R \mathbb R R
R = [ 1 − 1 1 1 ] R=\begin{bmatrix}1&-1\\1&1\end{bmatrix} R = [ 1 1 − 1 1 ] 若 λ \lambda λ
det ( R − λ I 2 ) = ( 1 − λ ) 2 + 1 = ( λ − 1 ) 2 + 1 > 0 \det(R-\lambda I_2)=(1-\lambda)^2+1=(\lambda-1)^2+1>0 det ( R − λ I 2 ) = ( 1 − λ ) 2 + 1 = ( λ − 1 ) 2 + 1 > 0 因此 R R R C \mathbb C C 1 + i 1+i 1 + i 1 − i 1-i 1 − i
u + = [ i 1 ] , u − = [ − i 1 ] u_+=\begin{bmatrix}i\\1\end{bmatrix},\qquad
u_-=\begin{bmatrix}-i\\1\end{bmatrix} u + = [ i 1 ] , u − = [ − i 1 ] 直接計算可得
R u + = [ i − 1 i + 1 ] = ( 1 + i ) u + , R u − = [ − 1 − i 1 − i ] = ( 1 − i ) u − Ru_+=\begin{bmatrix}i-1\\i+1\end{bmatrix}=(1+i)u_+,
\qquad
Ru_- =\begin{bmatrix}-1-i\\1-i\end{bmatrix}=(1-i)u_- R u + = [ i − 1 i + 1 ] = ( 1 + i ) u + , R u − = [ − 1 − i 1 − i ] = ( 1 − i ) u − 解 ( R − ( 1 + i ) I ) x = 0 (R-(1+i)I)x=0 ( R − ( 1 + i ) I ) x = 0 x = i y x=iy x = i y 1 − i 1-i 1 − i x = − i y x=-iy x = − i y C \mathbb C C span C { u + } \operatorname{span}_{\mathbb C}\{u_+\} span C { u + } span C { u − } \operatorname{span}_{\mathbb C}\{u_-\} span C { u − }
常見錯誤
常見錯誤
零向量永遠不是特徵向量 學生常會留意到 A 0 = λ 0 A0=\lambda0 A 0 = λ 0
快速檢查
思考檢查
若 v v v A A A λ \lambda λ 3 v 3v 3 v 解答 · 答案 是。因為 A ( 3 v ) = 3 A v = 3 λ v = λ ( 3 v ) A(3v)=3Av=3\lambda v=\lambda(3v) A ( 3 v ) = 3 A v = 3 λ v = λ ( 3 v ) 3 v 3v 3 v λ \lambda λ
思考檢查
為甚麼 0 0 0 A A A 利用系統 ( A − 0 I ) x = 0 (A-0I)x=0 ( A − 0 I ) x = 0
解答 · 答案 若 0 0 0 A x = 0 Ax=0 A x = 0 A A A A A A
思考檢查
用零空間語言寫出 E A ( λ ) E_A(\lambda) E A ( λ ) 解答 · 答案 E A ( λ ) = N ( A − λ I n ) . E_A(\lambda)=N(A-\lambda I_n). E A ( λ ) = N ( A − λ I n ) . 它就是 A − λ I n A-\lambda I_n A − λ I n
練習
思考檢查
證明 [ 1 1 ] \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix} [ 1 1 ] [ 2 1 1 2 ] \begin{bmatrix}2&1\\1&2\end{bmatrix} [ 2 1 1 2 ] 解答 · 引導解答 [ 2 1 1 2 ] [ 1 1 ] = [ 3 3 ] = 3 [ 1 1 ] . \begin{bmatrix}
2&1\\
1&2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1\\1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
3\\3
\end{bmatrix}
=3
\begin{bmatrix}
1\\1
\end{bmatrix}. [ 2 1 1 2 ] [ 1 1 ] = [ 3 3 ] = 3 [ 1 1 ] . 所以這個向量是特徵向量，而對應特徵值是 3 3 3
思考檢查
求 A = [ 1 0 0 4 ] A=\begin{bmatrix}1&0\\0&4\end{bmatrix} A = [ 1 0 0 4 ] 4 4 4 解 ( A − 4 I ) x = 0 (A-4I)x=0 ( A − 4 I ) x = 0
解答 · 引導解答 A − 4 I = [ − 3 0 0 0 ] . A-4I=
\begin{bmatrix}
-3&0\\
0&0
\end{bmatrix}. A − 4 I = [ − 3 0 0 0 ] . 因此 x 1 = 0 x_1=0 x 1 = 0 x 2 x_2 x 2
E A ( 4 ) = span { [ 0 1 ] } . E_A(4)=\operatorname{span}\left\{
\begin{bmatrix}
0\\1
\end{bmatrix}
\right\}. E A ( 4 ) = span { [ 0 1 ] } . 思考檢查
若 A A A 0 0 0 A T A^T A T 解答 · 引導解答 不會。若 0 0 0 A T A^T A T A T A^T A T A A A A T A^T A T
相關筆記
請把
7.2 行變換、乘積與可逆性
放在旁邊，因為測試 det ( A − λ I ) = 0 \det(A-\lambda I)=0 det ( A − λ I ) = 0
接着可讀
8.2 對角化與相似 ，
看看一整組特徵向量如何改變矩陣的整體形狀。
本節的子空間觀點也依賴
6.5 基底與維數 。
