对角化与相似

本节默认标量域是实数域 $\mathbb{R}$：除非特别说明，矩阵、标量和向量都 含有实数元素。所有论证都是代数论证；把 $\mathbb{R}$ 换成复数域 $\mathbb{C}$ 后，同样的推理仍然成立，但可用的特征值可能更多。

单个特征向量已经有用；若一个方阵拥有足够多线性无关的特征向量，就可 以找到一个坐标系，使矩阵的作用变成对角的。这里的“足够多”有精确定义： 对于 $n\times n$ 矩阵，需要 $n$ 个线性无关的特征向量，它们才会形成 $\mathbb{R}^n$ 的一组基底。此后矩阵的幂与逆矩阵可以转化为对角线上逐项 计算。

相似就是换坐标

坐标转换矩阵的构造见基底扩充与换基。

设 $S$ 可逆，令 $x=Sy$，其中 $y$ 是向量在由 $S$ 的列组成的新基底下的坐标。 记 $B=S^{-1}AS$，则

$$Ax=ASy=SBy.$$

所以 $A$ 作用于原坐标中的 $x$，正好对应 $B$ 作用于新坐标中的 $y$。 这也说明为什么等式左边必须有 $S^{-1}$：先由 $y$ 转回 $x=Sy$，再应用 $A$，最后用 $S^{-1}$ 把输出转回新坐标，得到的正是 $S^{-1}ASy$。矩阵 $S$ 必须可逆，否则 $y\mapsto Sy$ 不能提供坐标系统；相似允许改变坐标 标签，却不允许没有依据地把一个矩阵替换成另一个矩阵。

定义

相似

同一标量域上的两个 $n\times n$ 矩阵 $A$ 与 $B$，若存在可逆矩阵 $S$ 使

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

则称 $A$ 与 $B$ 相似。

定义

对角化与可对角化

设 $A$ 是 $n\times n$ 矩阵。若存在可逆矩阵 $S$ 与标量 $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$，使

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

则称这个等式是 $A$ 的一个对角化，并称 $A$ 可对角化。

对角化是目标矩阵为对角矩阵的特殊相似关系。对角线上的数值只有在与 $S$ 的列保持同一次序时才有意义。

特征向量字典

定理

一个对角化等式的刻画

设 $A$ 是 $n\times n$ 矩阵，且

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

是可逆矩阵。令 $D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。以下 叙述等价：

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

证明

四种等价形式及其依赖关系

$AS$ 的第 $j$ 列是 $Av_j$，$SD$ 的第 $j$ 列是 $\lambda_jv_j$，所以所有 列方程合在一起恰好就是 $AS=SD$。由于 $S$ 已经声明可逆，左乘 $S^{-1}$ 得到 $S^{-1}AS=D$；另一种做法是直接对原来的 $AS=SD$ 右乘 $S^{-1}$，得到 $A=SDS^{-1}$。反过来，对这两 个等式作相应的乘法即可恢复 $AS=SD$，再逐列恢复特征向量方程。可逆性 必须在约去 $S^{-1}S$ 之前说明；可逆矩阵的列也自动非零。

这条字典能防止次序错误。如果 $S$ 的第一列对应 $\lambda_1$、第二列对应 $\lambda_2$，则对角线必须按 $\lambda_1,\lambda_2$ 排列。若用置换矩阵 $Q$ 改变列的次序，就必须同时改变对角线的次序。

同样，若 $V=[v_1\ \cdots\ v_p]$ 是 $n\times p$ 矩阵，且 $D=\operatorname{diag}(\mu_1,\ldots,\mu_p)$，则 $AV=VD$ 等价于每一列都满足 $Av_j=\mu_jv_j$。当 $p<n$ 时，这仍能记录一部分特征向量的方程，却不是对角化：非方阵 $V$ 没有双边逆，线性相关的列也不能组成完整坐标系。只有 $p=n$ 且各列线性无关时，这个等式才给出对角化。

定理

可对角化的精确判准

实数域上的 $n\times n$ 矩阵 $A$ 可对角化，当且仅当它有 $n$ 个线性无关 的实特征向量。等价地，这些特征向量可以组成 $\mathbb{R}^n$ 的一组基底。

必要性来自对角化矩阵 $S$ 的 $n$ 个列：$S$ 可逆，所以列向量线性无关， 特征向量字典又说明它们都是特征向量。充分性则是把 $n$ 个线性无关的 特征向量作为列组成 $S$；线性无关保证 $S$ 可逆，字典随即给出对角化。 仅仅列出 $n$ 个特征向量并不够，因为重复或线性相关的向量不能组成坐标 基底。

对角化例子

例题

由一个 2 乘 2 矩阵建立 $S$ 和 $D$

令

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

特征多项式为

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

对 $\lambda=3$，方程 $(A-3I)x=0$ 给出 $x_2=x_1$，所以取 $v_1=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$。对 $\lambda=1$，方程 $(A-I)x=0$ 给出 $x_2=-x_1$，所以取 $v_2=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$。按此顺序组成

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

$\det(S)=-2$，并且

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

两条列方程给出 $AS=SD$，因而 $S^{-1}AS=D$。再作坐标检查：取 $x=\begin{bmatrix}3\\1\end{bmatrix}$，则 $x=Sy$，其中 $y=\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}$，所以

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

在新坐标中作对角计算，和原矩阵直接作用的结果一致。

例题

一个可对角化的上三角矩阵

令

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

取以下特征向量

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

它们对应的特征值依次为 $1,2,3$。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 $AU=UD$，并且 $U^{-1}AU=\operatorname{diag}(1,2,3)$。真正保证可 对角化的是线性无关的特征向量，而不是上三角形状本身。

例题

重复特征值不一定给出完整特征基

考虑

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

$\det(J-\lambda I)=(1-\lambda)^2$，所以唯一特征值是 $1$。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。因此特征空间是 $\operatorname{span}\{\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}\}$，维数只有一。 $2\times2$ 矩阵需要两个线性无关的特征向量，所以 $J$ 不可对角化。重复 特征值并不自动排除对角化，关键是对应特征空间是否提供足够多的方向。

置换与相似不变量

若 $Q$ 是 $n\times n$ 置换矩阵，且 $A=SDS^{-1}$，则 $SQ$ 仍可逆，并且

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

右侧仍是对角矩阵，只是对角元素按 $Q$ 重排。因此对角化通常不唯一。 把任一特征向量列乘以非零标量也可以，只要相应的对角值和列次序仍然 同步。

定理

相似矩阵有相同的特征多项式

若 $B=S^{-1}AS$，其中 $S$ 可逆，则

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

所以相似矩阵有相同的特征多项式，也有相同的特征值（按代数重数计）。

这里使用 $S^{-1}(A-tI)S=S^{-1}AS-tS^{-1}IS$、$S^{-1}IS=I$，以及行列 式的乘法性质。相似并不表示两个矩阵的元素或特征向量相同；相应的特征 空间由坐标转换相互对应。

反例模式

相同特征资料不足以证明相似

令

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

两者的特征多项式都是 $t^2$，但它们不相似。对任意可逆矩阵 $S$，都有 $S^{-1}0_2S=0_2$，而 $N\ne0_2$。相同特征多项式是相似的必要条件， 不是充分条件。

幂、逆矩阵与转置

定理

由一次对角化得到幂、逆矩阵与转置

设 $A=SDS^{-1}$，其中 $S$ 可逆，且 $D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。对每个正整数 $m$，

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

若 $A$ 可逆，则所有 $\lambda_j$ 非零，并且 $A^{-1}=SD^{-1}S^{-1}$。此外，$A^T$ 也可对角化，并有相同特征值。

正整数公式从 $m=1$ 开始；另行规定 $A^0=I_n$、$D^0=I_n$。负整数幂需要 可逆性：只有当每个对角元素非零时，$D^{-1}$ 和 $A^{-1}$ 才存在，才能 把公式延伸到 $m<0$。

证明

幂与转置公式为什么成立

若已知 $A^m=SD^mS^{-1}$，则

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

其中约去了相邻的 $S^{-1}S$，这给出归纳步骤。逆矩阵的因子次序反过来， 所以 $(SDS^{-1})^{-1}=SD^{-1}S^{-1}$。对转置，

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

令 $W=(S^{-1})^T$，则 $W^{-1}=S^T$，从而 $W^{-1}A^TW=D^T=D$。因此 $W$ 的列是 $A^T$ 的特征向量；原来 $S$ 的列 未必是 $A^T$ 的特征向量。

例题

通过对角化计算对称矩阵的所有正整数幂

令

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

并令 $D=\operatorname{diag}(4,1,1)$。$S$ 的三列是特征向量，所以 $B=SDS^{-1}$。对任意正整数 $m$，

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

当 $m=1$ 时，对角元素为 $2$、非对角元素为 $1$，恢复原矩阵；当 $m=2$ 时，对角元素为 $6$、非对角元素为 $5$，与直接相乘相同。之后计算别的 正整数幂时，不需要重新寻找特征向量。

复数扩展与共同特征基

在实数域上，

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

的特征多项式是 $(1-\lambda)^2+1$，没有实特征值，所以不能在 $\mathbb{R}$ 上对角化。在 $\mathbb{C}$ 上可以取

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

此时 $U^{-1}RU=D$，且 $\det(U)=2i\ne0$。这说明复数对角化是换了标量 域，并不与实数域上的结论矛盾。

定理

拥有共同特征基的和与积

若 $A=SDS^{-1}$、$B=SES^{-1}$ 使用同一个可逆矩阵 $S$，且 $D,E$ 都是 对角矩阵，则对任意标量 $\alpha,\beta$，

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

中间的矩阵仍为对角矩阵，所以这些矩阵由同一组基底同时对角化。

证明只需分配律和 $S^{-1}S=I$： $\alpha SDS^{-1}+\beta SES^{-1}=S(\alpha D+\beta E)S^{-1}$，而 $(SDS^{-1})(SES^{-1})=SDE S^{-1}$。共同的 $S$ 是必要条件；分别可对角化 并不能自动提供共同特征基。

重复特征值能说明什么

特征多项式记录代数重数，特征空间维数记录可用的线性无关特征向量数目，两者回答 不同问题。若重复特征值的特征空间维数不足，重新排列列向量也不能创造缺少的方向， 矩阵 $J$ 正好显示了这种障碍。若特征空间有足够维数，重复的对角元素并不会造成 问题；对角矩阵本身也可以重复同一个特征值，同时仍有完整特征基。

相似关系保持特征多项式，是因为它只改变同一个线性作用的坐标表示。若 $Av=\lambda v$ 且 $B=S^{-1}AS$，则 $B(S^{-1}v)=\lambda(S^{-1}v)$；由于 $S^{-1}$ 可逆，向量不会变成零。这说明特征值相同，但字面上的特征向量通常不同。也因此， 特征多项式只是必要的不变量，不能记录特征空间如何排列。

核对最后的证明依据

要判断给定数域上的可对角化性，先找出所有特征值，再把各特征空间的维数相加。 这个总数恰为 $n$，当且仅当一个 $n\times n$ 矩阵有特征基。把选出的有序基底 作为 $S$ 的列，让 $D$ 中的特征值使用同一次序，再验证 $AS=SD$ 和 $S$ 可逆。 这两项便能确认所写的对角化，不必重新计算一次 $S^{-1}$。

快速检查与练习

思考检查

设 $S$ 可逆，且 $S^{-1}AS=D$ 为对角矩阵。$S$ 的各列与 $A$ 的特征向量及 $D$ 的对角元素有什么关系？

使用 $AS=SD$。

解答 · 答案

各列必须是 $A$ 的线性无关特征向量，组成特征基；第 $j$ 列对应 $D$ 的第 $j$ 个对角元素。

思考检查

一个可对角化的 3×3 矩阵，最多能有两个线性无关的特征向量吗？

使用精确判准。

解答 · 答案

不能。可对角化的 $3\times3$ 矩阵最多的线性无关特征向量数目是三个，不可能只有两个。

思考检查

若 $A$ 与对角矩阵 $D$ 相似，它们有相同特征值吗？

使用特征多项式不变量。

解答 · 答案

有。相似矩阵有相同的特征多项式，因此有相同特征值（按代数重数计）。

思考检查

设 $A$ 有特征向量 $v_1,v_2,v_3$，对应特征值为 $2,5,-1$，且三向量线性无关。$3×3$ 矩阵 $A$ 的对角化中出现什么对角矩阵？

让对角线次序和列次序一致。

解答 · 导引解答

若 $S=[v_1\ v_2\ v_3]$，则

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

思考检查

为什么 $J=\begin{bmatrix}1&4\\0&1\end{bmatrix}$ 不可对角化？

求它的特征空间维数。

解答 · 导引解答

唯一特征值是 $1$，而 $(J-I)x=0$ 强制 $x_2=0$，所以特征空间只有一维； $2\times2$ 矩阵需要两个线性无关的特征向量。

思考检查

若 $A=SDS^{-1}$，且 $D=\operatorname{diag}(2,-1)$，则 $A^3$ 是什么？

使用正整数幂公式。

解答 · 导引解答

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

相关笔记

若还不熟悉齐次方程组的观点，请先阅读 8.1 特征值、特征向量与特征空间。 接着阅读 8.3 特征多项式与对角化判别， 学习判断特征向量是否足够的多项式工具。本节的基底语言也依赖 6.5 基底与维数。