特徵多項式與對角化測試

上一節的零空間判準

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

已經告訴你如何測試一個候選數 $\lambda$ 是否為特徵值。下一步，是把這 個測試包成一個單一的多項式，而它的根正是矩陣的特徵值。

特徵多項式限制特徵值的數目，記錄重複特徵值的情形，並給出可對角化的實用判準。

本節固定以 $F=\mathbb{R}$ 為基礎域。除非明確討論複數擴張，矩陣、向量、純量與 特徵值都在 $F$ 中；所有行列式均來自 $n\ge1$ 的方陣。多項式未定元統一使用 $t$， 並約定 $p_A(t)=\det(A-tI_n)$。

特徵多項式

定義

特徵多項式

設 $A\in M_n(F)$，其中 $F=\mathbb{R}$ 且 $n\ge1$。多項式

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

稱為 $A$ 的 特徵多項式

變數 $t$ 在這裏只是未定元。一旦你把某個純量 $\lambda$ 代入進去， $p_A(\lambda)$ 便會變成 $A-\lambda I$ 的行列式。

定理

特徵值正好就是特徵多項式的根

設 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣，而 $\lambda$ 是純量。下列兩件事等價：

1. $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值；
2. $\lambda$ 是 $p_A(t)$ 的根

這其實只是把上一節的行列式判準整理成較有系統的寫法：

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

根確定特徵值，特徵空間提供方向

$p_A(t)=\det(A-tI)$ 的根確定特徵值；相應特徵空間的維數則決定能否找到足夠多的線性無關特徵向量來對角化。

定理

特徵多項式的基本形狀

若 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣，則 $p_A(t)$ 是一個 $n$ 次多項式，其最高 次項系數是 $(-1)^n$，而常數項是 $\det(A)$

因此，特徵多項式絕不是任意的表達式。它的次數由矩陣大小固定，而其常 數項已經記住了矩陣的行列式。

證明

由欄的多重線性看次數與首項符號

把 $A$ 的欄寫成 $a_1,\ldots,a_n$。$A-tI_n$ 的各欄是 $a_j-t e_j$。由欄的多重 線性，行列式展開為每一欄選擇 $a_j$ 或 $-t e_j$ 的和。所有欄都選擇 $-t e_j$ 時，得到

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

其餘選擇至少含有一個 $a_j$，所以至多含有 $n-1$ 個 $t$ 因子。因此次數正好是 $n$，最高次項系數是 $(-1)^n$。不含 $t$ 的項是 $\det(A)$，所以 $p_A(0)=\det(A)$。 這裏堅持使用 $\det(A-tI_n)$；另一約定 $\det(tI_n-A)=(-1)^n p_A(t)$，根與重數相同， 但奇數次數的系數符號會不同

第一批例子

例題

一個 2×2 特徵多項式

令

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

則

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

化簡後得

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

這個係數計算值得直接檢查，而不應只記住因式分解的形式：

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

按本節約定 $\det(A-tI)$，常數項是 $-12$，與 $\det(A)=-12$ 一致；最高次項係數是 $+1$，正好符合二階矩陣的 $(-1)^n$ 符號。於是兩個因子給出根 $4$ 與 $-3$，根定理再把這些純量根解釋為特徵值。

例題

一個重根例子

令

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

則

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

所以 $2$ 是唯一特徵值，但它以重數 $2$ 出現

代數重數與幾何重數

一旦根可以重複，便需要更精細的語言。

定義

代數重數與幾何重數

設 $\lambda\in F$ 是 $p_A(t)$ 的根。它的 代數重數 $m_a(\lambda)$ 是使 $(t-\lambda)^m$ 整除 $p_A(t)$ 的最大正整數 $m$。等價地， $p_A(t)=(t-\lambda)^m q(t)$，其中 $q(\lambda)\ne0$。它的 幾何重數 $m_g(\lambda)$ 是 $\dim_F E_A(\lambda)=\dim_F N(A-\lambda I_n)$。

若 $p_A$ 在 $F$ 上完全分裂，可以把互異的根列作 $\lambda_1,\dots,\lambda_s$，並有

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

這個分解與重數總和要求所選域上完全分裂；局部的重數定義本身不需要這個條件

代數重數來自多項式本身；幾何重數來自零空間 $N(A-\lambda I)$。它們衡 量的不是同一件事，而且未必相等。

定理

重數不等式

若 $\lambda$ 是 $n\times n$ 矩陣 $A$ 的特徵值，則

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

因此，每個特徵空間至少有一維，但它的維數永遠不會超過相應特徵值的代 數重數。

證明

為甚麼幾何重數不超過代數重數

固定特徵值 $\lambda$，令 $g=\dim E_A(\lambda)$。取該特徵空間的一組基，並把它擴展為 $F^n$ 的一組基。令 $P$ 的欄組成這組擴展基。矩陣 $B=P^{-1}AP$ 的前 $g$ 欄是 $\lambda e_1,\dots,\lambda e_g$，因此

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

相似變換保持特徵多項式。若 $g<n$，$B-tI$ 的前 $g$ 欄各自至多有一個可能非零的元素，即 $\lambda-t$；當 $t=\lambda$ 時該元素也為零， 連續沿這些欄展開這個多項式恆等式，得到

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

所以 $(t-\lambda)^g$ 整除 $p_A(t)$，從而 $g\le m_a(\lambda)$。若 $g=n$，則 $B=\lambda I_n$，且 $p_A(t)=(\lambda-t)^n$。這個證明使用前面建立的擴展基與相似變換， 不假設特徵多項式完全分裂

例題

重根，但特徵空間太小

對

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

特徵多項式是 $(t-2)^2$，所以特徵值 $2$ 的代數重數是 $2$。

現在解 $(B-2I)x=0$：

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

因此 $x_2=0$，$x_1$ 自由。特徵空間為

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

只有一維。也就是說

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

這個不相等正是它不可對角化的原因。

互異特徵值會強迫線性無關

定理

互異特徵值所對應的特徵向量必線性無關

若 $v_1,\dots,v_k$ 是 $A$ 的特徵向量，而它們分別對應於互不相同的 特徵值 $\lambda_1,\dots,\lambda_k$，則

$$v_1,\dots,v_k$$

必定線性無關

證明

不預設獨立性的歸納證明

設 $\lambda_1,\dots,\lambda_s$ 兩兩不同，且 $w_j\in E_A(\lambda_j)$。我們用 $s$ 歸納 證明：若 $\sum_{j=1}^s w_j=0$，則每個 $w_j=0$，允許其中某些 $w_j$ 本來就是零向量。 $s=1$ 時結論顯然。歸納步驟中，對關係式應用 $A-\lambda_s I$，最後一項消失，得到

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

每個數乘後的向量仍在自己的特徵空間中。歸納假設使所有 $(\lambda_j-\lambda_s)w_j$ 為零；互異性使這些純量非零，所以 $j<s$ 時 $w_j=0$， 再由原關係得到 $w_s=0$。把按特徵值分組的任意關係應用這個結論，再利用每個特徵空間 內部基的獨立性，就得到所有系數都為零；因此各特徵空間的基的並集線性無關

這條定理立即帶來兩個重要推論。

定理

互異特徵值的數目上界

一個 $n\times n$ 矩陣最多只可擁有 $n$ 個互異特徵值

定理

互異特徵值測試可對角化

若一個 $n\times n$ 矩陣恰好有 $n$ 個互異特徵值，則它必定可對角化

前面的獨立性結果同時給出兩項推論：互異特徵值最多有 $n$ 個；若恰好有 $n$ 個，從每個 特徵值選取一個非零特徵向量，就得到長度為 $n$ 的線性無關列表，因而是 $F^n$ 的一組基。

其逆命題是假的。可對角化矩陣仍然可以有重複特徵值。最簡單的例子就是單位矩陣：每一個非零向量都是特徵值 $1$ 的特徵向量，而矩陣本身早已是對角矩陣。

更精確的可對角化判準

互異特徵值是一個充分條件，但不是唯一條件。

定理

特徵空間維數總和判準

把所選域 $F$ 中 $A$ 的所有互異特徵值列作 $\lambda_1,\dots,\lambda_s$；這個列表可以為空。 則 $A$ 在 $F$ 上可對角化，當且僅當

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

這項判準是一個基底計數，並不要求特徵多項式完全分裂。特徵空間獨立性證明說明，各 特徵空間基的並集線性無關；若維數總和是 $n$，它就是一組基，因此可對角化。反過來， 對角化基底可按對角元素的特徵值分組，每個向量落在相應特徵空間中。各特徵空間基的並集線性無關，維數至多是 $n$； 它的張成空間包含對角化基底中的每個向量，因此張成整個 $F^n$，維數至少是 $n$。所以總和正好是 $n$。 若 $F$ 中沒有特徵值，總和是 $0$，而 $n\ge1$ 的空間不可能在 $F$ 上對角化。

更精細的重數判準需要完全分裂：

定理

代數重數與幾何重數判準

若 $p_A$ 在 $F$ 上完全分裂，則 $A$ 在 $F$ 上可對角化，當且僅當對 $F$ 中的每個特徵值 $\lambda$ 都有 $m_g(\lambda)=m_a(\lambda)$

完全分裂時，$\sum_i m_a(\lambda_i)=n$，而重數不等式逐項給出 $m_g(\lambda_i)\le m_a(\lambda_i)$。因此每一對重數都相等，正好等價於維數總和為 $n$，再應用前面的判準即可。不完全分裂時，這個條件不能安全替代維數總和判準。在實數上，

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

沒有實特徵值。「每個實特徵值都滿足 $m_g=m_a$」會變成空命題，但 $R$ 不能在 $\mathbb R$ 上 對角化。在 $\mathbb C$ 上，根 $1+i$ 與 $1-i$ 互異，帶有域條件的判準才適用。

例題

特徵值重複，但仍然可對角化

令

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

令 $d=2-t$。沿第一行展開時，第一個餘子式為 $\det\begin{bmatrix}d&1\\1&d\end{bmatrix}=d^2-1$，符號為正；第二個餘子式為 $\det\begin{bmatrix}1&1\\1&d\end{bmatrix}=d-1$，餘子式符號為負；第三個餘子式為 $\det\begin{bmatrix}1&d\\1&1\end{bmatrix}=1-d$，符號為正。因此三個帶符號的項分別是 $d(d^2-1)$、$-(d-1)$ 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

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

這個因式分解顯示根 $1$ 出現兩次、根 $4$ 出現一次；三次多項式的奇次數也解釋了負的最高次項係數。由於多項式次數為三， 這些就是它在 $\mathbb R$ 中的全部根，後面的特徵空間計數因此涵蓋了這個矩陣的每個實特徵值。

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

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

當 $\lambda=4$ 時，方程給出 $x=y=z$，故 $E_A(4)=\operatorname{span}\{(1,1,1)^T\}$。 $E_A(1)$ 中的兩個向量由第二、第三座標立即看出線性無關。再用互異特徵空間引理，它們與 $E_A(4)$ 中的向量合起來仍然線性無關，並且

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

這裏也可以直接檢查零空間：$A-I$ 的三行均給出 $x+y+z=0$，所以維數是 $2$；而 $A-4I$ 的方程等價於 $x=y=z$，所以維數是 $1$。這與多項式中根 $1$ 的重數 $2$ 和根 $4$ 的重數 $1$ 完全一致；三個方向合起來構成 $F^3$ 的基。

因此 $A$ 雖有重根，仍然可對角化

Cayley-Hamilton 定理給出一條多項式恆等式

本節再向前一步，把特徵多項式重新代回矩陣本身。

定理

Cayley-Hamilton 定理

若

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

則

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

等價寫法是 $p_A(A)=0$。這個定理是一般性的；下面只證明可對角化情形， 一般證明超出本節範圍

對可對角化矩陣來說，這條定理很好理解：若 $A=SDS^{-1}$，那麼把多項 式 $p_A$ 套到 $A$ 上，等於把它逐項套到 $D$ 的對角線各項上，而每個 對角線項本身都是 $A$ 的特徵值，因此也是 $p_A$ 的根。

證明

可對角化情形的 Cayley-Hamilton 證明

假設 $A=SDS^{-1}$，其中 $D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$。對純量多項式 $q(t)=c_0+\cdots+c_rt^r$，定義 $q(A)=c_0I+c_1A+\cdots+c_rA^r$；這是對矩陣冪作標 量代入，不是在行列式內部作形式代換。因為冪保持相似關係，$q(A)=S q(D)S^{-1}$，而 $q(D)$ 的對角元素是 $q(\lambda_1),\dots,q(\lambda_n)$。取 $q=p_A$ 後，根據特徵值— 根定理這些對角元素全為零。常數項使用 $I=SIS^{-1}$，所以 $p_A(A)=0$

Cayley–Hamilton 恆等式把高次冪化為低次冪。若

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

則 $c_n=(-1)^n\ne0$，所以可以解出 $A^n$，再依次乘以 $A$ 並化簡，得到更高次冪。當 $c_0=\det(A)\ne0$ 時，$A$ 可逆；把恆等式乘以 $A^{-1}$ 並整理，得到

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

這裏必須先由 $c_0\ne0$ 確定可逆性，才能使用 $A^{-1}$。

例題

一條小型 Cayley-Hamilton 恆等式

令

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

其特徵多項式為

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

因此 Cayley-Hamilton 告訴你

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

直接計算

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

把這個已驗證的恆等式乘以 $J$，得到

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

更具體地，將 $J^2-2J+I=0$ 乘以 $J^k$，對每個 $k\ge0$ 都得到遞推式 $J^{k+2}=2J^{k+1}-J^k$。因此 $J^4=2J^3-J^2=4J-3I$，無需從頭計算較大的矩陣乘積。 這正是多項式恆等式提供的具體化簡機制。事實上，對每個正整數 $m$，

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

$m=1$ 時這是 $J$ 的定義。若公式對 $m$ 成立，則 $J^{m+1}=mJ^2-(m-1)J=m(2J-I)-(m-1)J=(m+1)J-mI$，於是下一個情形也成立。 這說明即使 $J$ 不可對角化，化簡仍然可以具體進行。

現在可以具體應用前面的係數公式：這裏 $c_0=1$、$c_1=-2$、$c_2=1$，所以

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

兩個消去次序都可以直接檢查：

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

常見錯誤

反例模式

重複特徵值仍可能可對角化

錯誤說法：任何重複特徵值都會阻止對角化。取 $A=2I_2$，則 $p_A(t)=(2-t)^2$，所以 $2$ 的代數重數是 $2$；但 $E_A(2)=\mathbb R^2$ 的基是 $e_1,e_2$，矩陣本身已經是對角矩陣。前面的 $B$ 具有相同的重根模式，卻只有一維 特徵空間，所以不可對角化。修正方法是在已聲明的分裂條件下比較 $m_g(\lambda)$ 與 $m_a(\lambda)$，或在所選域上使用不附帶分裂條件的維數總和判準

快速檢查

思考檢查

$\begin{bmatrix}2&0\\0&5\end{bmatrix}$ 的特徵多項式是甚麼？

用 $p_A(t)=\det(A-tI)$

解答 · 答案

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

思考檢查

若一個 $n\times n$ 矩陣有 $n$ 個互異特徵值，你可以立刻得出甚麼結論？

利用互異特徵值定理

解答 · 答案

它必定可對角化，因為互異特徵值所對應的特徵向量必線性無關

思考檢查

幾何重數會否大過代數重數？

用重數不等式回答

解答 · 答案

不會。對每個特徵值 $\lambda$，都有

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

練習

思考檢查

求 $\begin{bmatrix}0&1\\-2&3\end{bmatrix}$ 的特徵多項式，並列出其特徵值。

先算 $\det(A-tI)$，再因式分解

解答 · 引導解答

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

所以特徵值是 $1$ 與 $2$

思考檢查

一個實 $4\times4$ 矩陣有四個互異的實特徵值。若從每個特徵值各選一個特徵向量，這四個向量所張成空間的維數是多少？

利用互異特徵值下的線性無關性

解答 · 引導解答

這四個特徵向量線性無關，因此它們張成的空間維數是 $4$。所以它們本身 已構成 $\mathbb{R}^4$ 的一組基底

思考檢查

若 $p_A(t)=-t^3+6t^2-11t+6$，Cayley-Hamilton 會給出甚麼矩陣恆等式？

把未定元 $t$ 改成矩陣 $A$

解答 · 引導解答

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

或者兩邊乘以 $-1$：

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

這就是對應的 Cayley-Hamilton 恆等式

相關筆記

請把 8.1 特徵值、特徵向量與特徵空間 打開，因為特徵值與零空間的關係是這一節的基礎。

同時也應保留 8.2 對角化與相似 在旁，因為本節提供的多項式工具正是用來判斷那一節的對角化是否成立。

而 $p_A(t)=\det(A-tI)$ 的行列式部分，則依賴 7.1 行列式與餘因子展開。