重特征值与完整对角化

有限实矩阵乘法法则的证明

设 $m,n,p,q$ 为正整数，$A\in\mathbb R^{m\times n}$、$B\in\mathbb R^{n\times p}$、$C\in\mathbb R^{p\times q}$。以下只用行乘列定义与实数的有限求和。对任意输出位置 $(i,\ell)$，

$$\begin{aligned} ((AB)C)_{i\ell} &=\sum_{k=1}^{p}\left(\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\right)c_{k\ell}\\ &=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\left(\sum_{k=1}^{p}b_{jk}c_{k\ell}\right) =(A(BC))_{i\ell}. \end{aligned}$$

中间等号只交换两个有限和的求和次序，并使用实数分配律。两边同为 $m\times q$ 矩阵，每个位置相等，便证明结合律；没有调换矩阵因子的次序。

对 $D\in\mathbb R^{n\times p}$，同一定义给出

$$[A(B+D)]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}(b_{jk}+d_{jk}) =(AB)_{ik}+(AD)_{ik}.$$

对 $E\in\mathbb R^{m\times n}$，则有

$$[(A+E)B]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}(a_{ij}+e_{ij})b_{jk} =(AB)_{ik}+(EB)_{ik}.$$

所以在所写的相容大小下，两条分配律均成立。对任意实标量 $c$，

$$[(cA)B]_{ik}=\sum_j(ca_{ij})b_{jk} =c\sum_j a_{ij}b_{jk} =\sum_j a_{ij}(cb_{jk})=[A(cB)]_{ik},$$

逐项相等便证明 $(cA)B=c(AB)=A(cB)$。特别地，对 $x,y\in\mathbb R^n$ 与实数 $s,t$，

$$[A(sx+ty)]_i=\sum_j a_{ij}(sx_j+ty_j) =s(Ax)_i+t(Ay)_i.$$

这证明了比较同一线性系统的解时所用的矩阵乘向量线性性质。所有恒等式都只针对大小相容的有限实矩阵，不声称任意矩阵因子可交换或可消去。

实内积、诱导范数与所需不等式

实向量空间上的内积是取值于实数的映射 $\langle u,v\rangle$，它对称、对每个变量线性，并且正定：$v\ne0$ 时 $\langle v,v\rangle>0$。线性性给出 $\langle0,v\rangle=0$。定义 $\|v\|=\sqrt{\langle v,v\rangle}$，则范数恰在零向量处为零，且 $\|cv\|=|c|\|v\|$。$\mathbb R^m$ 上的标准例子是 $\langle u,v\rangle=\sum_{i=1}^mu_iv_i$。内积为零的向量称为正交；不同成员互相正交且每个成员范数为一的列表称为正交规范列表。

若 $v\ne0$，将 $t=\langle u,v\rangle/\|v\|^2$ 代入非负平方 $\|u-tv\|^2$，以双线性展开得 $\|u\|^2-\langle u,v\rangle^2/\|v\|^2\ge0$，故 $|\langle u,v\rangle|\le\|u\|\|v\|$。若 $v=0$，该不等式直接成立。对 $v\ne0$，等号意味着 $\|u-tv\|=0$，等价于 $u=tv$；零向量情形也取等。最后展开 $\|u+v\|^2$ 并对交叉项使用该界，得到 $\|u+v\|^2\le(\|u\|+\|v\|)^2$。待开方的两边非负，因此得到三角不等式。这确实定义了范数，任何非零向量的归一化都只除以正实数；这里不使用复双线性的约定。

不预设计数结论的有限基存在与扩充

设实向量空间 $V$ 已给定有限生成列表 $t_1,\ldots,t_N$。先证明任何线性无关列表 $u_1,\ldots,u_k$ 的长度不超过 $N$。插入 $j$ 个向量后，维持一个由 $u_1,\ldots,u_j$ 与 $N-j$ 个剩余旧向量组成的生成列表。将 $u_{j+1}$ 按此列表展开，至少一个剩余旧向量的系数非零；否则它在先前 $u_i$ 的张成空间中，与无关性矛盾。解出这个旧向量，再以 $u_{j+1}$ 取代它。新列表仍张成同一空间，而且保留全部先前插入向量。若 $k>N$，则 $N$ 步后前 $N$ 个向量已张成 $V$，与 $u_{N+1}$ 的无关性矛盾。此即所需上界，也包括 $N=0$。

每个子空间 $W$ 都有有限基。从空的无关列表开始；若当前张成空间尚不是 $W$，就在 $W$ 中取一个不在该张成空间内的向量。若新向量在某关系中的系数非零，就能由旧向量表示它，矛盾，故新列表仍无关。已证上界允许至多添加 $N$ 次，所以过程必停止于 $W$ 的无关生成列表。若 $W=\{0\}$，立即得到空基。改从 $W$ 内任意给定无关列表开始，同样证明该列表可扩充为 $W$ 的基；只需有界有限次选择。最后，若两组基的长度为 $p,q$，分别把它们用作上界证明中的有限生成列表，得到 $p\le q$ 与 $q\le p$。故基的长度有良定义，称为维数。这些论证补足秩–零度定理所用的基存在、扩充与维数事实。

从较小矩阵构造行列式

定义

子矩阵、子式与余因子

设 $A=[a_{ij}]$ 是一个 $n\times n$ 矩阵，其中 $n\ge2$。给定 $1\le i,j\le n$，同时删去第 $i$ 行与第 $j$ 列，所得的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩阵记为子矩阵 $A(i\mid j)$。

属于项 $a_{ij}$ 的子式是标量

$$M_{ij}=\det\bigl(A(i\mid j)\bigr)$$

属于项 $a_{ij}$ 的余因子是带符号标量

$$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$$

符号形成左上角为正的棋盘：

$$\begin{bmatrix} +&-&+&\cdots\\ -&+&-&\cdots\\ +&-&+&\cdots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots \end{bmatrix}$$

$A(i\mid j)$ 表示一个矩阵，$M_{ij}$ 是该矩阵的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 则是加上符号后的标量。明确区分这三个对象， 就不会把符号错误地乘两次。

定义

行列式的递归定义

对于 $1\times1$ 矩阵 $[a_{11}]$，定义

$$\det([a_{11}])=a_{11}$$

对于 $n>1$ 的 $n\times n$ 矩阵，沿第一行定义

$$\det(A)=\sum_{j=1}^{n}a_{1j}C_{1j} =\sum_{j=1}^{n}(-1)^{1+j}a_{1j}M_{1j}$$

这是定义，还不是关于其他行或列的定理。每个子式的阶数都是 $n-1$， 所以反复使用定义最终会到达 $1\times1$ 基本情形。不需要约定 $0\times0$ 行列式：子矩阵和子式的定义只用于 $n\ge2$。

从递归行列式证明任意余因子展开

设 $A$ 为实 $n\times n$ 矩阵，$n\ge1$，行列式由一阶基例和第一行递归定义。令 $S_n$ 为 $1,\ldots,n$ 的排列集合；定义逆序数 $\operatorname{inv}(\sigma)$ 为满足 $r<s$ 且 $\sigma(r)>\sigma(s)$ 的数对个数，并令 $\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)}$。

若 $\sigma(i)=j$，删去位置 $i$ 与值 $j$，保持其余位置及值的相对次序，得到排列 $\tau\in S_{n-1}$。设位置 $i$ 之前有 $u$ 个值小于 $j$；被删去的逆序共有 $(i-1-u)+(j-1-u)=i+j-2-2u$ 个，故

$$\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{i+j}\operatorname{sgn}(\tau).$$

定义 $P_n(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{r=1}^n a_{r,\sigma(r)}$。$n=1$ 时它就是递归行列式。$n>1$ 时，按 $\sigma(1)=j$ 分组并用符号恒等式，得 $P_n(A)=\sum_j(-1)^{1+j}a_{1j}P_{n-1}(A(1\mid j))$。归纳法因而证明 $P_n(A)=\det A$。

现在固定任意行 $i$，将同一有限排列和按 $\sigma(i)=j$ 分组。删除操作与对应子矩阵的全部排列一一对应，因此

$$\det A=\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)).$$

固定任意列 $j$ 时，每个排列恰有一个位置 $i$ 满足 $\sigma(i)=j$；按该位置分组即得

$$\det A=\sum_{i=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)).$$

两个展开公式均用于 $n\ge2$，没有引入空行列式约定。此证明不预设换行交错规则或行列式乘积定理。

结构规则为何成立

零行、零列与唯一支撑项

定理

有零行或零列时行列式为零

如果方阵的一整行或一整列的每个项都是零，则它的行列式为零。

定理

某行或某列至多有一个非零项

设 $C$ 是 $n\ge2$ 阶方阵。若第 $k$ 行除 $c_{k\ell}$ 外都为零，则

$$\det(C)=c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det\bigl(C(k\mid\ell)\bigr)$$

若第 $\ell$ 列除 $c_{k\ell}$ 外都为零，也有同一公式。即使 $c_{k\ell}=0$，这个表述仍然成立。

当 $n=1$ 时，含有零行的矩阵就是 $[0]$，按基本定义其行列式为零。当 $n\ge2$ 时，使用任意行展开定理沿该行展开。每一项都含有一个零项作为 因子，所以每一项都为零，因而 $\det(A)=0$。

零列可以用归纳法直接证明，这样能看清零列如何传递。$n=1$ 时，唯一 具有零列的 $1\times1$ 矩阵是 $[0]$，其行列式为零。假设结论对 $n=k$ 成立。设 $(k+1)\times(k+1)$ 矩阵 $C$ 的第 $\ell$ 列全为零， 沿第一行展开。第 $\ell$ 项的因子已经是零。对其余每一项，删去第一 行和某个 $j\ne\ell$ 的列；原来的零列仍在所得 $k\times k$ 子矩阵中， 只是在 $j\lt\ell$ 时列指标向左移动。由归纳假设，每个这样的子矩阵的行列式 都是零，所以整行展开的每一项都为零，得到 $\det(C)=0$。

若某行除一个项外全为零，沿该行展开即可；若某列除一个项外全为零， 沿第 $k$ 行展开。$\ell$ 项保留下来，而对每个 $j\ne\ell$，子矩阵 $C(k\mid j)$ 都继承了原第 $\ell$ 列的零列，因此其行列式为零。最后只 剩下 $c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det(C(k\mid\ell))$。这正是稀疏行或 列能把计算缩成一个子式的原因。

三角矩阵

定理

三角矩阵定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩阵，则

$$\det(T)=t_{11}t_{22}\cdots t_{nn}$$

用 $n$ 作归纳证明上三角情形。$n=1$ 时结论就是行列式的定义。假设 结论对上三角 $k\times k$ 矩阵成立，令 $T$ 为 $k+1$ 阶上三角矩阵。最 后一行除最后一项 $t_{k+1,k+1}$ 外都是零。沿最后一行展开，只有这一项 保留，而且符号 $(-1)^{2k+2}=1$：

$$\det(T)=t_{k+1,k+1}\det\bigl(T(k+1\mid k+1)\bigr)$$

保留下来的子矩阵仍是上三角矩阵，对角线为 $t_{11},\ldots,t_{kk}$。由归纳假设，它的行列式是 $t_{11}\cdots t_{kk}$，于是得到完整的对角线乘积。下三角情形类似但可 沿第一行展开：第一行只可能留下 $t_{11}$，删去第一行第一列后的子矩阵 仍是下三角矩阵，对角线从 $t_{22}$ 到 $t_{nn}$。

固定一行时的多重线性

定理

固定一行时的多重线性

固定除第 $p$ 行外的每一行。若新第 $p$ 行是 $\alpha u+\beta v$，则

$$\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行为 }\alpha u+\beta v) =\alpha\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行为 }u) +\beta\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行为 }v)$$

当 $n=1$ 时，基本定义直接给出

$$\det([\alpha a+\beta b])=\alpha a+\beta b =\alpha\det([a])+\beta\det([b])$$

这就证明了 $1\times1$ 情形。

当 $n\ge2$ 时，固定除第 $p$ 行外的每一行。设矩阵 $A,B,C$ 在这些固定行上完全相同， 而第 $p$ 行满足 $c_p=\alpha a_p+\beta b_p$。对每个列指标 $j$，删 去第 $p$ 行后得到相同的矩阵：

$$A(p\mid j)=B(p\mid j)=C(p\mid j)$$

沿第 $p$ 行展开 $\det(C)$，再用每个项的关系 $c_{pj}=\alpha a_{pj}+\beta b_{pj}$ 和分配律，得到

$$\begin{aligned} \det(C) &=\sum_{j=1}^{n}(\alpha a_{pj}+\beta b_{pj})(-1)^{p+j}\det(C(p\mid j))\\ &=\alpha\det(A)+\beta\det(B) \end{aligned}$$

关键正是其他每一行都固定；同时改变两行是另一条命题。

相邻换行与相同行

定理

若有两行相同，行列式必为零

若一个方阵有两行完全相同，则它的行列式等于 $0$。

设 $A$ 的相邻两行是 $r_q,r_{q+1}$，交换这两行得到 $B$。沿 $A$ 的第 $q$ 行展开，沿 $B$ 中已经移动到第 $q+1$ 行的同一行 $r_q$ 展开。对每个列指标 $j$，两次删去该行后留下的子矩阵次序相同， 但符号相反，因为

$$(-1)^{q+1+j}=-(-1)^{q+j}$$

逐项比较便得 $\det(B)=-\det(A)$。位置 $p\lt q$ 的两行交换可以由 $2(q-p)-1$ 次相邻交换组成，这是奇数次，所以同样会使行列式变号。

若 $A$ 的第 $p$ 行与第 $q$ 行相同，交换它们后矩阵仍是 $A$ 本身。换行 结论于是给出 $\det(A)=-\det(A)$。由于这里的项是实数， $2\det(A)=0$，所以 $\det(A)=0$。这个证明没有调用下一节才会出现的行 替换规则。

指标与计算策略

每一项都要同时保留三个对象：所选项、删去一行一列后得到的子矩阵，以及取该子矩阵行列式所得的子式。先按原矩阵中的行列位置写出棋盘符号，再计算子式。若继续展开子式，应使用子式自己的局部指标；局部指标不会取代外层余因子的符号。

任意行、任意列展开定理使展开线可以有策略地选择。优先选择零多或剩余子式较简单的行或列，并在计算前说明理由。零项会立即删去分支；零子式则必须由它自己的计算证明。第一行递归式定义行列式，任意行列展开则是允许这种计算选择的定理。

特征空间等于全空间的情形

设整数 $n\geq1$、$A\in\mathbb R^{n\times n}$，且 $\lambda$ 为特征值。记 $g=\dim E_\lambda$。在重数证明中，先单独处理 $g=n$。此时 $E_\lambda$ 的基 $v_1,\ldots,v_n$ 也是 $\mathbb R^n$ 的基。对 $x=\sum_i c_iv_i$，线性性给出 $Ax=\sum_i c_i\lambda v_i=\lambda x$，所以 $A=\lambda I_n$。由对角矩阵的递归行列式公式，它的首一特征多项式为 $\det(tI_n-A)=(t-\lambda)^n$。因此 $a_\lambda=g=n$。当 $g<n$ 时，原证明中的块 $B$ 的大小为正整数 $n-g$，原论证适用。不需要定义 $0\times0$ 矩阵的行列式。

预备知识与学习目标

你应能进行矩阵乘法、用消元法或代数余子式计算行列式、求解齐次方程组并求出零空间的一组基。还应知道，$\mathbb R^n$ 的一组基含有 $n$ 个线性无关向量。除非明确指出其他域，所有矩阵和向量均为实的。

求解特征值有两个不同阶段：对特征多项式分解因式，得到可能的伸缩因子；求解相应的齐次方程组，得到这些因子作用的方向。重因式本身不能完成第二阶段。本章建立完整的判定方法，涵盖重特征值、根相碰时的参数值、奇异矩阵，以及反复作用的精确公式。

学完后，应能证明对角化成立、准确指出对角化失败的原因，并利用初始向量在特征向量基下的分量解释矩阵幂。

1. 特征向量、特征空间与两种重数

对 $n\times n$ 方阵 $A$ 和标量 $\lambda$，若非零向量 $v$ 满足 $Av=\lambda v$，则称它为对应的特征向量。相应的特征空间为

$$E_\lambda=\{v:(A-\lambda I)v=0\}=N(A-\lambda I).$$

特征空间是包含零向量的子空间；零向量本身不是特征向量。标量 $\lambda$ 是特征值当且仅当该零空间非零。由可逆性的行列式判据，这又当且仅当

$$p_A(\lambda)=0,\qquad p_A(t)=\det(tI-A).$$

本章使用首一特征多项式 $p_A(t)$。若改用 $\det(A-tI)$，多项式会相差因子 $(-1)^n$，但根及其重数不变。

代数重数 $a_\lambda$ 是 $\lambda$ 作为 $p_A$ 的根的重数；几何重数 $g_\lambda$ 是 $\dim E_\lambda$。前者来自多项式，后者来自齐次方程组。对每个特征值，有

$$1\le g_\lambda\le a_\lambda.$$

下面证明上界。选取 $E_\lambda$ 的一组基 $v_1,\ldots,v_g$，并将其扩充为整个空间的一组基。令 $P$ 以这些基向量为列。由于当 $j\le g$ 时 $Av_j=\lambda v_j$，新坐标下的矩阵具有分块形式

$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\lambda I_g&C\\0&B\end{pmatrix}.$$

此分块三角矩阵的特征行列式为 $(t-\lambda)^g\det(tI-B)$。相似变换保持特征多项式，因为

$$tI-P^{-1}AP=P^{-1}(tI-A)P$$

而行列式的乘法性质使 $\det P^{-1}\det P$ 抵消。因此 $(t-\lambda)^g$ 整除 $p_A(t)$，证明了 $g\le a_\lambda$。下界由特征值的定义得到。

这并不意味着重根必定缺少特征向量。例如，三重根至多贡献三个线性无关的特征向量，但实际可能贡献一个、两个或三个；须由零空间计算决定。

2. 不同特征值的特征向量为什么可以合并

首先证明整个特征空间之间的线性无关关系。设 $\lambda_1,\ldots,\lambda_s$ 互不相同，且 $w_j\in E_{\lambda_j}$。若

$$w_1+\cdots+w_s=0,$$

则每个 $w_j$ 都为零。对 $s$ 使用归纳法。$s=1$ 时结论显然；对含 $s$ 项的关系作用 $A-\lambda_sI$，得到

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

每项仍属于相应特征空间。由归纳假设，每项都为零。由于特征值互不相同，对 $j<s$ 有 $w_j=0$，再由原关系得 $w_s=0$。

因此，将每个不同特征空间的一组基按序合并，得到线性无关的向量组。具体地，按特征空间分组任意线性关系：上述结论先使每组向量之和为零，再由各自基的线性无关性得到每个系数为零。特别地，

$$\sum_{\lambda\text{ 为实特征值}}g_\lambda\le n.$$

这说明可以将各特征空间的维数相加，计算线性无关特征向量的个数。对于任意相互重叠的子空间，不能同样直接相加。

3. 完整的对角化判据

若存在可逆实矩阵 $P$ 和实对角矩阵 $D$ 使 $A=PDP^{-1}$，则称实矩阵在 $\mathbb R$ 上可对角化。这等价于存在一组实特征向量基。

先证明正向。将 $A=PDP^{-1}$ 右乘 $P$。在 $AP=PD$ 中，第 $j$ 列表明 $P$ 的第 $j$ 列是特征值为 $D_{jj}$ 的特征向量。由于 $P$ 可逆，这些列构成一组基。反之，将任意特征向量基放入 $P$ 的各列，并把对应特征值按相同顺序放在 $D$ 的对角线上。逐列相乘得到 $AP=PD$，再乘以 $P^{-1}$ 即得对角化。

因此判据有两个等价表述：

1. 所有实特征空间的维数之和为 $n$。
2. 特征多项式分裂为实一次因子，且对每个不同特征值都有 $g_\lambda=a_\lambda$。

为证明等价性，前述线性无关结果表明第一项条件给出一组特征向量基。若多项式分裂，其代数重数之和为 $n$。由于每个 $g_\lambda\le a_\lambda$，几何重数之和等于 $n$ 当且仅当每个不等式都取等号。若已有特征向量基，相似于实对角矩阵也说明特征多项式分裂，且根正是这些对角元素。

由此有三个结论。第一，$n$ 个互异实特征值足以保证可对角化。第二，互异并非必要：$3I_n$ 已是对角矩阵，只有一个特征值，其特征空间为 $n$ 维。第三，可逆性是另一回事；对角矩阵可以有零对角项，对角化并不要求所有特征值非零。

可靠的计算步骤

计算并分解 $p_A(t)$。对每个不同实根求解 $(A-\lambda I)v=0$，记录一组基及其维数。若线性无关向量总数少于 $n$，则不存在实对角化。否则构造 $P$ 和 $D$，保持列与特征值一一对应。验证 $AP=PD$ 并检查 $P$ 可逆；完成后才计算 $P^{-1}$。错误的逆矩阵不能弥补错误的特征向量基。

有参数时，先找出特殊值，再除以含参数的表达式。一般情形的特征空间公式在特殊值处可能漏掉有效方向。

4. 提供完整特征向量基的重根

例 1。 考虑

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

它是三角矩阵，所以 $p_A(t)=(t-2)^2(t-3)$。当 $\lambda=2$ 时，方程组为

$$z=0,$$

其中 $x,y$ 自由。因此 $E_2=\operatorname{span}\{e_1,e_2\}$ 且 $g_2=2=a_2$。当 $\lambda=3$ 时，方程为 $-x+z=0$ 和 $-y=0$，得到

$$E_3=\operatorname{span}\{(1,0,1)^T\}.$$

共有三个线性无关的特征向量。可以取

$$P=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix},\quad D=\operatorname{diag}(2,2,3),\quad P^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

$P$ 的行列式为一。将 $A$ 作用于它的三列可验证 $AP=PD$，再将 $P$ 乘以所示的逆矩阵得到 $I$。重特征值并不妨碍对角化，因为其特征空间有足够维数。

对每个整数 $k\ge0$，连续的 $P^{-1}P$ 因子抵消，得到 $A^k=PD^kP^{-1}$。因此

$$A^k=\begin{pmatrix} 2^k&0&3^k-2^k\\0&2^k&0\\0&0&3^k \end{pmatrix}.$$

当 $k=0$ 时上式为 $I$；当 $k=1$ 时为 $A$。这些核查是必要的，但不能代替对所有 $k$ 的推导。

对于初始向量 $x_0=(4,-1,2)^T$，其特征向量基坐标为 $P^{-1}x_0=(2,-1,2)^T$。所以

$$A^kx_0=(2\cdot2^k+2\cdot3^k,-2^k,2\cdot3^k)^T.$$

基坐标的系数一般不同于原坐标。这里第三个特征向量的第一分量非零，故第一分量同时受到两种增长因子的影响。

5. 相同特征多项式却不能对角化

例 2。 现在令

$$B=\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}.$$

仍有 $p_B(t)=(t-2)^2(t-3)$。但 $(B-2I)v=0$ 要求 $y=z=0$，故 $E_2=\operatorname{span}\{e_1\}$ 维数为一。另有 $E_3=\operatorname{span}\{e_3\}$。合计维数只有二；即使所有根都是实数且 $\det B=12\ne0$，仍不存在实对角化。

不能对角化不意味着不能计算幂。左上块是 $2I_2+N$，其中

$$N=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\qquad N^2=0.$$

由于 $2I_2$ 与 $N$ 可交换，展开 $k$ 个因子的乘积时，只剩包含零个或一个 $N$ 的项：含两个的项为零。选择一个该因子有 $k$ 种方式。对 $k\ge1$，

$$B^k=\begin{pmatrix}2^k&k2^{k-1}&0\\0&2^k&0\\0&0&3^k\end{pmatrix}.$$

另行规定 $B^0=I$。额外的因子 $k$ 体现了缺少特征向量，不能假装重根有两个线性无关特征向量来得到它。

矩阵 $A$ 和 $B$ 的特征多项式及行列式相同，特征空间维数却不同。因此多项式数据本身不能决定能否对角化。

6. 参数值与相碰的特征值

例 3。 对实数 $s$，研究

$$C_s=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&s&0\\0&0&2\end{pmatrix}.$$

其特征多项式为 $(t-1)(t-s)(t-2)$。若 $s\ne1,2$，三个特征值互异，因而可对角化。两个特征值相碰的参数值仍须分别检查。

当 $s=2$ 时，特征值二的代数重数为二。求解 $(C_2-2I)v=0$ 得到 $y=x$，其中 $z$ 自由。因此 $E_2=\operatorname{span}\{(1,1,0)^T,e_3\}$ 为二维。再加上 $E_1=\operatorname{span}\{e_1\}$，便得到一组特征向量基。

当 $s=1$ 时，求解 $(C_1-I)v=0$ 得到 $y=z=0$。重特征值一只有一个线性无关特征向量；另一个特征值二提供 $e_3$，因此对角化失败。

因此 $C_s$ 可对角化当且仅当 $s\ne1$。对所有这些值，包括 $s=2$，以下公式都适用：

$$P_s=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&s-1&0\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad D_s=\operatorname{diag}(1,s,2).$$

第二列是 $s$ 特征向量，因为 $C_s(1,s-1,0)^T=s(1,s-1,0)^T$。而且 $\det P_s=s-1$，所以恰好只排除缺少特征向量的特殊值。当 $s=1$ 时，所示第二列变成 $e_1$，不再与第一列线性无关。若不检查线性无关性而只数列数，就会漏掉这一问题。

当 $s\ne1$ 且整数 $k\ge1$ 时，

$$C_s^k=\begin{pmatrix} 1&\dfrac{s^k-1}{s-1}&0\\0&s^k&0\\0&0&2^k \end{pmatrix}.$$

这个商等于 $1+s+\cdots+s^{k-1}$。因此它在 $s=1$ 处延拓为 $k$，给出 $C_1^k$ 的正确直接公式。参数变化时，对角化矩阵可能变成奇异矩阵，但幂矩阵本身仍可有有限极限。当 $k=0$ 时，每个 $C_s^0$ 均为 $I$，包括 $s=0$；不需要对 $0^0$ 作约定。

7. 对称性与标量域

若 $S=S^T$、$Su=\lambda u$ 且 $Sv=\mu v$，则

$$\lambda u^Tv=(Su)^Tv=u^TSv=\mu u^Tv.$$

因此不同特征值的特征空间互相正交。但在重特征值的同一特征空间内，任意线性无关特征向量不一定正交。若 $u,v\in E_\lambda$，它们的任意线性组合仍属于 $E_\lambda$。所以在该特征空间内应用 Gram–Schmidt 正交化，可使选定基标准正交，同时保留特征向量性质。

例 4。 对于

$$S=\begin{pmatrix}3&1&0\\1&3&0\\0&0&4\end{pmatrix},$$

向量 $(1,1,0)^T$ 和 $e_3$ 构成 $E_4$ 的一组基，而 $(1,-1,0)^T$ 张成 $E_2$。将它们单位化，得到

$$q_1=\frac1{\sqrt2}(1,1,0)^T,\quad q_2=e_3,\quad q_3=\frac1{\sqrt2}(1,-1,0)^T.$$

令 $Q=(q_1\ q_2\ q_3)$，直接计算内积得 $Q^TQ=I$，且 $S=Q\operatorname{diag}(4,4,2)Q^T$。相比之下，$(1,1,0)^T$ 和 $(1,1,1)^T$ 是两个线性无关的特征值四的特征向量，其内积为二而非零。同一重特征值下的方向不会自动正交。

最后，实数域与复数域上的对角化是不同的命题。实旋转矩阵

$$R=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$$

的特征多项式为 $t^2+1$，故没有实特征向量基。在 $\mathbb C$ 上，特征值为 $i,-i$，分别对应特征向量 $(1,-i)^T,(1,i)^T$；由互异性可得复特征向量基。这反映了域的区别，并不违反判据。

8. 练习

1. 实 $3\times3$ 矩阵的特征多项式为 $(t-5)^2(t+1)$，其特征值五的特征空间是一条直线。它能对角化吗？说明缺少的维数，并解释能否把零向量列为第二个特征向量。
2. 求 $T=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&3&0\\0&0&3\end{pmatrix}$ 的所有特征空间，构造并验证一个对角化。
3. 判断 $U=\begin{pmatrix}4&0&0\\0&4&1\\0&0&4\end{pmatrix}$ 是否可对角化，解释为什么所列对角项的个数不是相关的特征向量数。
4. 对 $V=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}$，求一组特征向量基、秩、行列式和对角化。奇异性是否阻碍这些结果？
5. 设 $P=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ 和 $D=\operatorname{diag}(2,5,5)$。计算 $P^{-1}$ 与 $A=PDP^{-1}$，求特征值五的整个特征空间，而不只求一个向量。
6. 重看例 3 的 $C_s$。写出 $s=1$ 与 $s=2$ 时的显式特征空间基，解释两种重根情形为何结果不同。
7. 对 $s\ne1$ 与 $k\ge1$ 推导 $C_s$ 的幂公式，用有限几何和把它延拓到 $s=1$；解释为什么这没有给出 $s=1$ 时的对角化。
8. 设 $B=H^{-1}AH$，其中 $H$ 可逆。证明 $v\mapsto H^{-1}v$ 给出从 $E_\lambda(A)$ 到 $E_\lambda(B)$ 的同构。推出相似变换保持可对角化，但特征多项式相同的矩阵未必同时可对角化。
9. 对例 4 的 $S$，求每个整数 $k\ge0$ 的 $S^k$，并检查它作用于 $e_3$ 的结果及 $k=0$ 的情形。
10. 设 $F=\begin{pmatrix}3/4&0&1/4\\0&1/2&0\\0&0&1/2\end{pmatrix}$。把任意初始向量 $(a,b,c)^T$ 分解为特征向量，求 $k\ge0$ 时的 $F^k(a,b,c)^T$ 并证明其趋于零。说明负次幂是否存在。

9. 完整解答

1. 特征值五的特征空间维数为一，但代数重数为二。特征值负一的特征空间维数至多为一，所以总维数至多为二，不足所需的三维，矩阵不可对角化。零向量属于每个特征空间，但不能作为特征向量，也不会扩大向量组的张成空间。缺少的是第二个线性无关的特征值五的特征向量。

2. 三角矩阵的特征多项式为 $(t-1)(t-3)^2$。对特征值一，$(T-I)v=0$ 的第二、三行方程给出 $y=z=0$，故 $E_1=\operatorname{span}\{e_1\}$。对特征值三，唯一非零方程是 $-2x+2y=0$，得到 $E_3=\operatorname{span}\{(1,1,0)^T,e_3\}$。令

$$P=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix},\quad D=\operatorname{diag}(1,3,3),\quad P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

在 $T$ 作用下，各列分别乘以 $1,3,3$，所以 $TP=PD$。又 $\det P=1$，且所示逆矩阵与 $P$ 相乘得 $I$，证明 $T=PDP^{-1}$。

3. 唯一特征值为四，代数重数为三。方程 $(U-4I)v=0$ 即 $z=0$，故 $E_4=\operatorname{span}\{e_1,e_2\}$ 为二维，矩阵不可对角化。三角矩阵的对角项给出特征值及其重数，但它们本身不自动提供三个线性无关的特征向量。

4. 对特征值零，方程给出 $y=z=0$，可取 $e_1$；对特征值一，方程给出 $x=y,z=0$，可取 $(1,1,0)^T$；对特征值二，方程给出 $x=y=0$，可取 $e_3$。这三个向量组成解答 2 中相同的 $P$ 的各列，此时 $D=\operatorname{diag}(0,1,2)$。直接求像验证 $VP=PD$，而 $P$ 可逆。原矩阵的列依次为零、$(1,1,0)^T$、$(0,0,2)^T$，故秩为二，行列式为零。奇异性使 $V$ 没有逆矩阵，但不妨碍存在特征向量基。

5. 将剪切变换反向可得 $P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$。相乘得到

$$A=\begin{pmatrix}2&3&0\\0&5&0\\0&0&5\end{pmatrix}.$$

方程 $(A-5I)v=0$ 即 $-3x+3y=0$，故 $E_5=\{(u,u,w)^T:u,w\in\mathbb R\}$。其一组基可取 $(1,1,0)^T,e_3$。这一重根贡献两个线性无关方向，恰与 $D$ 的要求一致。

6. 当 $s=1$ 时，$E_1=\operatorname{span}\{e_1\}$ 且 $E_2=\operatorname{span}\{e_3\}$，只有两个线性无关特征向量。当 $s=2$ 时，$E_1=\operatorname{span}\{e_1\}$ 且 $E_2=\operatorname{span}\{(1,1,0)^T,e_3\}$，共有三个。结果不同是因为零空间的维数不同，而非仅因出现重因式。

7. 当 $s\ne1$ 时，

$$P_s^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1/(s-1)&0\\0&1/(s-1)&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

将 $P_s\operatorname{diag}(1,s^k,2^k)P_s^{-1}$ 相乘，得到对角元素 $1,s^k,2^k$；二阶块的右上元素为 $(s^k-1)/(s-1)$，其余非对角元素为零。恒等式 $s^k-1=(s-1)\sum_{j=0}^{k-1}s^j$ 表明，当 $s=1$ 时，该元素延拓为 $k$。直接相乘或利用第 5 节的平方为零计算，都得到 $C_1$ 的这个幂。幂公式不会创造缺少的特征向量：$P_1$ 仍是奇异矩阵，$E_1(C_1)$ 仍为一维。

8. 若 $Av=\lambda v$，则 $B(H^{-1}v)=H^{-1}Av=\lambda H^{-1}v$，因此该映射把第一个特征空间映入第二个。其逆为 $w\mapsto Hw$，可得反向蕴含。两映射线性且互逆，故每个特征值对应的特征空间维数相同。通过 $H^{-1}$ 传送特征向量基会保持线性无关性和张成性，证明相似变换保持可对角化。例 1 与例 2 的特征多项式相同，但特征空间维数不同、对角化结果相反，所以特征多项式相同并不足够。

9. 在前两个坐标中，$(1,1)^T$ 和 $(1,-1)^T$ 的特征值分别为四和二；第三个坐标的特征值为四。因此

$$S^k=\begin{pmatrix} (4^k+2^k)/2&(4^k-2^k)/2&0\\ (4^k-2^k)/2&(4^k+2^k)/2&0\\ 0&0&4^k \end{pmatrix}.$$

这是正交对角化相乘所得，而不是由前几个幂猜出的元素。它将 $e_3$ 映为 $4^ke_3$，符合要求。当 $k=0$ 时，二阶块是单位矩阵，最后一个对角元素也为一，故整个矩阵为 $I$。

10. 向量 $e_1$ 的特征值为 $3/4$，而 $e_2$ 和 $(-1,0,1)^T$ 的特征值都是 $1/2$。它们构成一组基：以它们为列的矩阵是对角项全为一的三角矩阵。分解为

$$(a,b,c)^T=(a+c)e_1+be_2+c(-1,0,1)^T.$$

因此

$$F^k(a,b,c)^T= \left((3/4)^k(a+c)-(1/2)^kc,\ (1/2)^kb,\ (1/2)^kc\right)^T.$$

当 $k=0$ 时，上式还原初始向量。两个几何因子均趋于零，故对每个固定初始向量，各坐标都趋于零。所有特征值非零，所以 $F$ 可逆，负整数次幂也存在；但它们不具有上述正向迭代的收敛性。

总结

因式分解找出特征值，零空间决定它们能否提供一组基。重根需要检查维数，不同特征空间可线性无关地合并。正确的对角化使每列与相应对角元素配对，并给出精确的幂公式。奇异性、重根和缺少实根是不同的问题；参数处特征值相碰时，须避免在检查特殊值前将其除掉。

最后一题重复作用的显式衰减界

对练习中的矩阵

$$F=\begin{pmatrix}3/4&0&1/4\\0&1/2&0\\0&0&1/2\end{pmatrix},$$

已核验的特征基计算给出：对每个整数 $k\geq0$，

$$F^k(a,b,c)^T=(3/4)^k(a+c)e_1+(1/2)^k b e_2+(1/2)^k c(-1,0,1)^T.$$

下面直接证明所声称的极限。对 $h\geq0$，归纳可得 $(1+h)^k\geq1+kh$：归纳步使用 $(1+kh)(1+h)=1+(k+1)h+kh^2$。因此

$$0<(3/4)^k\leq\frac1{1+k/3},\qquad 0<(1/2)^k\leq\frac1{1+k}.$$

由三角不等式及上述三个方向的范数，

$$\|F^k(a,b,c)^T\|\leq\frac{|a+c|}{1+k/3}+\frac{|b|+\sqrt2|c|}{1+k}.$$

对固定实数 $a,b,c$ 和任意 $\varepsilon>0$，阿基米德性质保证当 $k$ 充分大时，每个分子非零的项都小于 $\varepsilon/2$；分子为零的项已经为零。因此范数趋于零。这就对这个矩阵和所有初始向量证明了题目中的收敛，无需预设一般矩阵幂的极限定理。