特征多项式与对角化测试

上一节的零空间判准

$$\det(A-\lambda I)=0$$

已经告诉你如何测试一个候选数 $\lambda$ 是否为特征值。下一步，是把这 个测试包成一个单一的多项式，而它的根正是矩阵的特征值。

特征多项式限制特征值的数目，记录重复特征值的情形，并给出可对角化的实用判准。

本节的基础域是 $F=\mathbb{R}$。除非明确讨论复数扩张，本节的矩阵、向量、标 量与特征值都取自 $F$；凡使用行列式，矩阵都是 $n\ge1$ 的方阵。多项式未定元统 一使用 $t$，所以约定为 $p_A(t)=\det(A-tI_n)$。

特征多项式

定义

特征多项式

设 $A\in M_n(F)$，其中 $F=\mathbb{R}$ 且 $n\ge1$。多项式

$$p_A(t)=\det(A-tI_n)$$

称为 $A$ 的 特征多项式

变量 $t$ 在这里只是未定元。一旦你把某个标量 $\lambda$ 代入进去， $p_A(\lambda)$ 便会变成 $A-\lambda I$ 的行列式。

定理

特征值正好就是特征多项式的根

设 $A$ 是 $n\times n$ 矩阵，而 $\lambda$ 是标量。下列两件事等价：

1. $\lambda$ 是 $A$ 的特征值；
2. $\lambda$ 是 $p_A(t)$ 的根

这其实只是把上一节的行列式判准整理成较有系统的写法：

$$\lambda\text{ 是特征值} \iff \det(A-\lambda I)=0 \iff p_A(\lambda)=0.$$

根确定特征值，特征空间提供方向

$p_A(t)=\det(A-tI)$ 的根确定特征值；相应特征空间的维数则决定能否找到足够多的线性无关特征向量来对角化。

定理

特征多项式的基本形状

若 $A$ 是 $n\times n$ 矩阵，则 $p_A(t)$ 是一个 $n$ 次多项式，其最高 次项系数是 $(-1)^n$，而常数项是 $\det(A)$

因此，特征多项式绝不是任意的表达式。它的次数由矩阵大小固定，而其常 数项已经记住了矩阵的行列式。

证明

由列的多重线性看次数与首项符号

把 $A$ 的列写成 $a_1,\ldots,a_n$。$A-tI_n$ 的各列是 $a_j-t e_j$。由列的多重 线性，行列式展开为每一列选择 $a_j$ 或 $-t e_j$ 的和。所有列都选择 $-t e_j$ 时，得到

$$(-t)^n\det(I_n)=(-1)^n t^n$$

其余选择至少含有一个 $a_j$，所以至多含有 $n-1$ 个 $t$ 因子。因此次数正好是 $n$，最高次项系数是 $(-1)^n$。不含 $t$ 的项是 $\det(A)$，所以 $p_A(0)=\det(A)$。 这里坚持使用 $\det(A-tI_n)$；另一约定 $\det(tI_n-A)=(-1)^n p_A(t)$，根与重数相同， 但奇数次数的系数符号会不同

第一批例子

例题

一个 2×2 特征多项式

令

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

则

$$p_A(t)= \det \begin{bmatrix} 3-t&2\\ 3&-2-t \end{bmatrix} =(3-t)(-2-t)-6.$$

化简后得

$$p_A(t)=t^2-t-12=(t-4)(t+3).$$

这个系数计算值得直接检查，而不应只记住因式分解的形式：

$$(3-t)(-2-t)-6=t^2-t-6-6=t^2-t-12$$

按本节约定 $\det(A-tI)$，常数项是 $-12$，与 $\det(A)=-12$ 一致；最高次项系数是 $+1$，正好符合二阶矩阵的 $(-1)^n$ 符号。于是两个因子给出根 $4$ 与 $-3$，根定理再把这些标量根解释为特征值。

例题

一个重根例子

令

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

则

$$p_B(t)= \det \begin{bmatrix} 2-t&3\\ 0&2-t \end{bmatrix} =(2-t)^2=(t-2)^2.$$

所以 $2$ 是唯一特征值，但它以重数 $2$ 出现

代数重数与几何重数

一旦根可以重复，便需要更精细的语言。

定义

代数重数与几何重数

设 $\lambda\in F$ 是 $p_A(t)$ 的根。它的 代数重数 $m_a(\lambda)$ 是使 $(t-\lambda)^m$ 整除 $p_A(t)$ 的最大正整数 $m$。等价地， $p_A(t)=(t-\lambda)^m q(t)$，其中 $q(\lambda)\ne0$。它的 几何重数 $m_g(\lambda)$ 是 $\dim_F E_A(\lambda)=\dim_F N(A-\lambda I_n)$。

若 $p_A$ 在 $F$ 上完全分裂，可以把互异的根列为 $\lambda_1,\dots,\lambda_s$，并有

$$p_A(t)=(-1)^n(t-\lambda_1)^{m_1}\cdots(t-\lambda_s)^{m_s},\qquad\sum_i m_i=n$$

这个分解与重数总和要求所选域上完全分裂；局部的重数定义本身不需要这个条件

代数重数来自多项式本身；几何重数来自零空间 $N(A-\lambda I)$。它们衡 量的不是同一件事，而且未必相等。

定理

重数不等式

若 $\lambda$ 是 $n\times n$ 矩阵 $A$ 的特征值，则

$$1\le m_g(\lambda)\le m_a(\lambda)\le n.$$

因此，每个特征空间至少有一维，但它的维数永远不会超过相应特征值的代 数重数。

证明

为什么几何重数不超过代数重数

固定特征值 $\lambda$，令 $g=\dim E_A(\lambda)$。取该特征空间的一组基，并把它扩展为 $F^n$ 的一组基。令 $P$ 的列为这组扩展基。矩阵 $B=P^{-1}AP$ 的前 $g$ 列是 $\lambda e_1,\dots,\lambda e_g$，因此

$$B=\begin{bmatrix}\lambda I_g&C\\0&D\end{bmatrix}$$

相似变换保持特征多项式。若 $g<n$，$B-tI$ 的前 $g$ 列各自至多有一个可能非零的元素，即 $\lambda-t$；当 $t=\lambda$ 时该元素也为零， 连续沿这些列展开这个多项式恒等式，得到

$$p_A(t)=\det(B-tI)=(\lambda-t)^g\det(D-tI)$$

所以 $(t-\lambda)^g$ 整除 $p_A(t)$，从而 $g\le m_a(\lambda)$。若 $g=n$，则 $B=\lambda I_n$，且 $p_A(t)=(\lambda-t)^n$。这个证明使用前面建立的扩展基与相似变换， 不假设特征多项式完全分裂

例题

重根，但特征空间太小

对

$$B= \begin{bmatrix} 2&3\\ 0&2 \end{bmatrix},$$

特征多项式是 $(t-2)^2$，所以特征值 $2$ 的代数重数是 $2$。

现在解 $(B-2I)x=0$：

$$B-2I= \begin{bmatrix} 0&3\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

因此 $x_2=0$，$x_1$ 自由。特征空间为

$$\operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix} \right\},$$

只有一维。也就是说

$$m_a(2)=2,\qquad m_g(2)=1.$$

这个不相等正是它不可对角化的原因。

互异特征值会强迫线性无关

定理

互异特征值所对应的特征向量必线性无关

若 $v_1,\dots,v_k$ 是 $A$ 的特征向量，而它们分别对应于互不相同的 特征值 $\lambda_1,\dots,\lambda_k$，则

$$v_1,\dots,v_k$$

必定线性无关

证明

不预设独立性的归纳证明

设 $\lambda_1,\dots,\lambda_s$ 两两不同，且 $w_j\in E_A(\lambda_j)$。我们用 $s$ 归纳 证明：若 $\sum_{j=1}^s w_j=0$，则每个 $w_j=0$，允许其中某些 $w_j$ 本来就是零向量。 $s=1$ 时结论显然。归纳步骤中，对关系式应用 $A-\lambda_s I$，最后一项消失，得到

$$\sum_{j=1}^{s-1}(\lambda_j-\lambda_s)w_j=0$$

每个数乘后的向量仍在自己的特征空间中。归纳假设使所有 $(\lambda_j-\lambda_s)w_j$ 为零；互异性使这些标量非零，所以 $j<s$ 时 $w_j=0$， 再由原关系得到 $w_s=0$。把按特征值分组的任意关系应用这个结论，再利用每个特征空间 内部基的独立性，就得到所有系数都为零；因此各特征空间的基的并集线性无关

这条定理立即带来两个重要推论。

定理

互异特征值的数目上界

一个 $n\times n$ 矩阵最多只可拥有 $n$ 个互异特征值

定理

互异特征值测试可对角化

若一个 $n\times n$ 矩阵恰好有 $n$ 个互异特征值，则它必定可对角化

前面的独立性结果同时给出两个推论：互异特征值最多有 $n$ 个；若恰好有 $n$ 个，从每个 特征值选取一个非零特征向量，就得到长度为 $n$ 的线性无关列表，因而是 $F^n$ 的一组基。

其逆命题是假的。可对角化矩阵仍然可以有重复特征值。最简单的例子就是单位矩阵：每一个非零向量都是特征值 $1$ 的特征向量，而矩阵本身早已是对角矩阵。

更精确的可对角化判准

互异特征值是一个充分条件，但不是唯一条件。

定理

特征空间维数总和判准

把所选域 $F$ 中 $A$ 的所有互异特征值列为 $\lambda_1,\dots,\lambda_s$；这个列表可以为空。 则 $A$ 在 $F$ 上可对角化，当且仅当

$$\dim_F E_A(\lambda_1)+\cdots+\dim_F E_A(\lambda_s)=n$$

这条判准是一个基底计数，并不要求特征多项式完全分裂。特征空间独立性证明说明，各 特征空间基的并集线性无关；若维数总和是 $n$，它就是一组基，因而可对角化。反过来， 对角化基底可按对角元素的特征值分组，每个向量落在相应特征空间中。各特征空间基的并集线性无关，维数至多是 $n$； 它的张成空间包含对角化基底中的每个向量，因此张成整个 $F^n$，维数至少是 $n$。所以总和正好是 $n$。 若 $F$ 中没有特征值，总和是 $0$，而 $n\ge1$ 的空间不可能在 $F$ 上对角化。

更精细的重数判准需要完全分裂：

定理

代数重数与几何重数判准

若 $p_A$ 在 $F$ 上完全分裂，则 $A$ 在 $F$ 上可对角化，当且仅当对 $F$ 中的每个特征值 $\lambda$ 都有 $m_g(\lambda)=m_a(\lambda)$

完全分裂时，$\sum_i m_a(\lambda_i)=n$，而重数不等式逐项给出 $m_g(\lambda_i)\le m_a(\lambda_i)$。因此每一对重数都相等，正好等价于维数总和为 $n$，再应用前面的判准即可。不完全分裂时，这个条件不能安全替代维数总和判准。在实数上，

$$R=\begin{bmatrix}1&-1\\1&1\end{bmatrix},\qquad p_R(t)=(t-1)^2+1$$

没有实特征值。“每个实特征值都满足 $m_g=m_a$”会变成空命题，但 $R$ 不能在 $\mathbb R$ 上 对角化。在 $\mathbb C$ 上，根 $1+i$ 与 $1-i$ 互异，带有域条件的判准才适用。

例题

特征值重复，但仍然可对角化

令

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

令 $d=2-t$。沿第一行展开时，第一个余子式为 $\det\begin{bmatrix}d&1\\1&d\end{bmatrix}=d^2-1$，符号为正；第二个余子式为 $\det\begin{bmatrix}1&1\\1&d\end{bmatrix}=d-1$，余子式符号为负；第三个余子式为 $\det\begin{bmatrix}1&d\\1&1\end{bmatrix}=1-d$，符号为正。因此三个带符号的项分别是 $d(d^2-1)$、$-(d-1)$ 和 $+(1-d)$，所以

$$d(d^2-1)-(d-1)+(1-d)=d^3-3d+2=(d-1)^2(d+2)$$

代回 $d=2-t$ 得

$$p_A(t)=(1-t)^2(4-t)=-(t-1)^2(t-4)$$

这个因式分解显示根 $1$ 出现两次、根 $4$ 出现一次；三次多项式的奇次数也解释了负的最高次项系数。由于多项式次数为三， 这些就是它在 $\mathbb R$ 中的全部根，后面的特征空间计数因此涵盖了这个矩阵的每个实特征值。

当 $\lambda=1$ 时，解 $(A-I)x=0$ 得 $x+y+z=0$，所以

$$E_A(1)=\operatorname{span}\left\{\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}\right\}$$

当 $\lambda=4$ 时，方程给出 $x=y=z$，故 $E_A(4)=\operatorname{span}\{(1,1,1)^T\}$。 $E_A(1)$ 中的两个向量由第二、第三坐标立即看出线性无关。再用互异特征空间引理，它们与 $E_A(4)$ 中的向量合起来仍然线性无关，并且

$$\dim E_A(1)+\dim E_A(4)=2+1=3$$

这里也可以直接审查零空间：$A-I$ 的三行都给出 $x+y+z=0$，所以维数是 $2$；而 $A-4I$ 的方程等价于 $x=y=z$，所以维数是 $1$。这与多项式中根 $1$ 的重数 $2$ 和根 $4$ 的重数 $1$ 完全一致；三条方向合起来构成 $F^3$ 的基。

因此 $A$ 虽有重根，仍然可对角化

Cayley-Hamilton 定理给出一条多项式恒等式

本节再向前一步，把特征多项式重新代回矩阵本身。

定理

Cayley-Hamilton 定理

若

$$p_A(t)=c_0+c_1t+c_2t^2+\cdots+c_nt^n,$$

则

$$c_0I+c_1A+c_2A^2+\cdots+c_nA^n=0.$$

等价写法是 $p_A(A)=0$。这个定理是一般性的；下面只证明可对角化情形， 一般证明超出本节范围

对可对角化矩阵来说，这条定理很好理解：若 $A=SDS^{-1}$，那么把多项 式 $p_A$ 套到 $A$ 上，等于把它逐项套到 $D$ 的对角线各项上，而每个 对角线项本身都是 $A$ 的特征值，因此也是 $p_A$ 的根。

证明

可对角化情形的 Cayley-Hamilton 证明

假设 $A=SDS^{-1}$，其中 $D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$。对标量多项式 $q(t)=c_0+\cdots+c_rt^r$，定义 $q(A)=c_0I+c_1A+\cdots+c_rA^r$；这是对矩阵幂作标 量代入，不是在行列式内部作形式代换。因为幂保持相似关系，$q(A)=S q(D)S^{-1}$，而 $q(D)$ 的对角元是 $q(\lambda_1),\dots,q(\lambda_n)$。取 $q=p_A$ 后，根据特征值— 根定理这些对角元全为零。常数项使用 $I=SIS^{-1}$，所以 $p_A(A)=0$

Cayley–Hamilton 恒等式把高次幂化为低次幂。若

$$p_A(t)=c_0+c_1t+\cdots+c_{n-1}t^{n-1}+c_nt^n,$$

则 $c_n=(-1)^n\ne0$，所以可以解出 $A^n$，再依次乘以 $A$ 并化简，得到更高次幂。当 $c_0=\det(A)\ne0$ 时，$A$ 可逆；把恒等式乘以 $A^{-1}$ 并整理，得到

$$A^{-1}=-\frac{c_1I+c_2A+\cdots+c_nA^{n-1}}{c_0}.$$

这里必须先由 $c_0\ne0$ 确定可逆性，才能使用 $A^{-1}$。

例题

一条小型 Cayley-Hamilton 恒等式

令

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

其特征多项式为

$$p_J(t)=(1-t)^2=t^2-2t+1$$

因此 Cayley-Hamilton 告诉你

$$J^2-2J+I=0$$

直接计算

$$J^2=\begin{bmatrix}1&8\\0&1\end{bmatrix}, \qquad J^2-2J+I=0$$

把这个已验证的恒等式乘以 $J$，得到

$$J^3=2J^2-J=2(2J-I)-J=3J-2I$$

更具体地，把 $J^2-2J+I=0$ 乘以 $J^k$，对每个 $k\ge0$ 都得到递推式 $J^{k+2}=2J^{k+1}-J^k$。因此 $J^4=2J^3-J^2=4J-3I$，无需从头计算较大的矩阵乘积。 这正是多项式恒等式提供的具体化简机制。事实上，对每个正整数 $m$，

$$J^m=mJ-(m-1)I=\begin{bmatrix}1&4m\\0&1\end{bmatrix}$$

$m=1$ 时这是 $J$ 的定义。若公式对 $m$ 成立，则 $J^{m+1}=mJ^2-(m-1)J=m(2J-I)-(m-1)J=(m+1)J-mI$，于是下一个情形也成立。 这说明即使 $J$ 不可对角化，化简仍然可以具体进行。

现在可以具体应用前面的系数公式：这里 $c_0=1$、$c_1=-2$、$c_2=1$，所以

$$J^{-1}=-\frac{-2I+J}{1}=2I-J=\begin{bmatrix}1&-4\\0&1\end{bmatrix}$$

两个消去顺序都可以直接检查：

$$J(2I-J)=2J-J^2=I \qquad (2I-J)J=2J-J^2=I$$

常见错误

反例模式

重复特征值仍可能可对角化

错误说法：任何重复特征值都会阻止对角化。取 $A=2I_2$，则 $p_A(t)=(2-t)^2$，所以 $2$ 的代数重数是 $2$；但 $E_A(2)=\mathbb R^2$ 的基是 $e_1,e_2$，矩阵本身已经是对角矩阵。前面的 $B$ 具有相同的重根模式，却只有一维 特征空间，所以不可对角化。修正方法是在已声明的分裂条件下比较 $m_g(\lambda)$ 与 $m_a(\lambda)$，或在所选域上使用不附带分裂条件的维数总和判准

快速检查

思考检查

$\begin{bmatrix}2&0\\0&5\end{bmatrix}$ 的特征多项式是什么？

用 $p_A(t)=\det(A-tI)$

解答 · 答案

$$p_A(t)= \begin{vmatrix} 2-t&0\\ 0&5-t \end{vmatrix} =(2-t)(5-t).$$

思考检查

若一个 $n\times n$ 矩阵有 $n$ 个互异特征值，你可以立刻得出什么结论？

利用互异特征值定理

解答 · 答案

它必定可对角化，因为互异特征值所对应的特征向量必线性无关

思考检查

几何重数会否大过代数重数？

用重数不等式回答

解答 · 答案

不会。对每个特征值 $\lambda$，都有

$$m_g(\lambda)\le m_a(\lambda).$$

练习

思考检查

求 $\begin{bmatrix}0&1\\-2&3\end{bmatrix}$ 的特征多项式，并列出其特征值。

先算 $\det(A-tI)$，再因式分解

解答 · 引导解答

$$p_A(t)= \begin{vmatrix} -t&1\\ -2&3-t \end{vmatrix} =t^2-3t+2=(t-1)(t-2).$$

所以特征值是 $1$ 与 $2$

思考检查

一个实 $4\times4$ 矩阵有四个互异的实特征值。若从每个特征值各选一个特征向量，这四个向量张成空间的维数是多少？

利用互异特征值下的线性无关性

解答 · 引导解答

这四个特征向量线性无关，因此它们张成的空间维数是 $4$。所以它们本身 已构成 $\mathbb{R}^4$ 的一组基底

思考检查

若 $p_A(t)=-t^3+6t^2-11t+6$，Cayley-Hamilton 会给出什么矩阵恒等式？

把未定元 $t$ 改成矩阵 $A$

解答 · 引导解答

$$-A^3+6A^2-11A+6I=0$$

或者两边乘以 $-1$：

$$A^3-6A^2+11A-6I=0$$

这就是对应的 Cayley-Hamilton 恒等式

相关笔记

请把 8.1 特征值、特征向量与特征空间 打开，因为特征值与零空间的关系是这一节的基础。

同时也应保留 8.2 对角化与相似 在旁，因为本节提供的多项式工具正是用来判断那一节的对角化是否成立。

而 $p_A(t)=\det(A-tI)$ 的行列式部分，则依赖 7.1 行列式与余因子展开。