特徵值、特徵向量與特徵空間

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 $Av=\lambda v$，則直線 $\operatorname{span}\{v\}$ 會被映入自身。當 $\lambda>0$ 時，直線上的方向 保持；當 $\lambda<0$ 時，方向反轉；當 $\lambda=0$ 時，非零向量會被送到 零向量，而零向量沒有方向。三種情況都可以用「直線映入自身」來統一描述。

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：$0I$ 會把所有向量都映到零向量。固定一個純量 $\lambda$ 時， 非零特徵向量加上零向量才形成對應的特徵空間；不同特徵值的特徵向量合 在一起，未必構成子空間。特徵向量很有用，因為矩陣對它的作用完全由一 個純量說明。這個純量記錄拉長、縮短、反向或壓到零的程度。

尋找矩陣作用最簡單的方向

當你解 $Ax=b$ 時，你關心的是整個系統。當你研究特徵值時，你關心的是 滿足下式的特殊向量 $v$：

$$Av=\lambda v.$$

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 $A=\operatorname{diag}(2,3)$。水平向量 $e_1$ 變成 $2e_1$，垂直向量 $e_2$ 變成 $3e_2$，各自仍在原來的直線上；但 $(1,1)^T$ 變成 $(2,3)^T$， 已經不在同一條過原點的直線上。因此，尋找特徵向量，就是尋找矩陣只用一個 縮放因子便能描述其作用的特殊方向。

定義

特徵值與特徵向量

設 $A$ 是一個實 $n\times n$ 方陣，其中 $n\ge1$。設 $\lambda\in\mathbb R$， 而 $v\in\mathbb R^n$ 是非零列向量。

若

$$Av=\lambda v,$$

便稱 $v$ 是 $A$ 對應於 特徵值 $\lambda$ 的 特徵向量。

這裡必須要求 $v$ 非零。因為零向量對每個純量都滿足 $A0=\lambda0$， 若把它容許進來，每個純量都會看起來像特徵值。下面定義的特徵空間會包含 零向量，但「特徵向量」一詞始終只指非零向量。

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 $\lambda$ 決定。

從不變直線到齊次方程組

方程 $Av=\lambda v$ 等價於 $(A-\lambda I)v=0$。固定一個特徵值 $\lambda$ 後，非零解是特徵向量；把零向量也包括進來，就得到特徵空間。

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 $A$ 是方陣，而 $v$ 是非零向量。若

$$Av=\lambda v \qquad\text{且}\qquad Av=\mu v,$$

則 $\lambda=\mu$。

原因很直接。把兩式相減：

$$(\lambda-\mu)v=0.$$

選擇一個非零坐標 $v_r\ne0$。上式的第 $r$ 個坐標為 $(\lambda-\mu)v_r=0$。由於 $v_r$ 是非零實數，可以約去它，得到 $\lambda-\mu=0$，所以 $\lambda=\mu$。非零條件正是這一步約去的依據。

定理

特徵向量的非零倍數仍是特徵向量

若 $v$ 是 $A$ 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量，則每個非零純量倍 $cv$ 也是 $A$ 的特徵向量，而且對應同一個特徵值 $\lambda$。

事實上，若 $c\ne0$，則

$$A(cv)=c(Av)=c(\lambda v)=\lambda(cv)$$

而 $cv\ne0$，所以它符合定義。經過一個特徵向量的直線上，所有非零點 都是特徵向量，而不是只有一個孤立的向量。

定理

同一特徵值下的線性組合

設 $u_1,\dots,u_k$ 都是 $A$ 的特徵向量，而且都對應同一個特徵值 $\lambda$。則每個非零線性組合

$$\alpha_1u_1+\cdots+\alpha_ku_k$$

仍然是 $A$ 對應於 $\lambda$ 的特徵向量。

令 $w=\alpha_1u_1+\cdots+\alpha_ku_k$。利用線性性，

$$Aw=\sum_{j=1}^k\alpha_jAu_j =\sum_{j=1}^k\alpha_j\lambda u_j =\lambda w$$

若 $w\ne0$，它就是特徵向量；若非零係數的分量恰好抵消而 $w=0$，它 只屬於稍後定義的特徵空間，並不是特徵向量。因此定理必須寫「非零線性 組合」，不能只看係數是否全部為零。

定義

特徵空間

設 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣，而 $\lambda$ 是一個純量。$A$ 對應於 $\lambda$ 的 特徵空間 定義為

$$E_A(\lambda)=N(A-\lambda I_n).$$

當 $\lambda$ 是特徵值時，這個空間包含所有對應的特徵向量，以及零向量； 即使 $\lambda$ 不是特徵值，同一個零空間記號仍給出 $E_A(\lambda)=\{0\}$。

第一批例子

例題

一個 2×2 矩陣有兩個不同特徵值

令

$$A= \begin{bmatrix} 13&30\\ -6&-14 \end{bmatrix}.$$

先看向量

$$u_1= \begin{bmatrix} 5\\ -2 \end{bmatrix}.$$

計算得

$$Au_1= \begin{bmatrix} 13&30\\ -6&-14 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 5\\ -2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5\\ -2 \end{bmatrix} =1\cdot u_1.$$

所以 $u_1$ 是特徵向量，而對應特徵值為 $1$。

再看

$$u_2= \begin{bmatrix} 2\\ -1 \end{bmatrix}.$$

則

$$Au_2= \begin{bmatrix} -4\\ 2 \end{bmatrix} =-2 \begin{bmatrix} 2\\ -1 \end{bmatrix} =-2u_2.$$

所以 $u_2$ 對應的特徵值是 $-2$。

因此不能把同一特徵值的線性組合定理用於 $u_1+u_2$，因為這兩個向量的 特徵值不同。事實上，

$$u_1+u_2=\begin{bmatrix}7\\-3\end{bmatrix},\qquad A(u_1+u_2)=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}$$

如果這個和是特徵向量，第二個坐標會迫使 $\lambda=0$，但第一個坐標又會 要求 $1=0\cdot7$，矛盾。

例題

同一個特徵值可以對應多於一個方向

令

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

對 $x=(x_1,x_2,x_3)^T$，令 $s=x_1+x_2+x_3$，則

$$Bx=(s+x_1,\ s+x_2,\ s+x_3)^T$$

向量

$$u_1= \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix}$$

滿足 $Bu_1=4u_1$，所以 $4$ 是其中一個特徵值。

再看

$$u_2= \begin{bmatrix} 1\\-1\\0 \end{bmatrix}, \qquad u_3= \begin{bmatrix} 1\\0\\-1 \end{bmatrix}.$$

二者都滿足

$$Bu_2=u_2, \qquad Bu_3=u_3.$$

對 $\lambda=1$，三個坐標方程都化為 $s=0$，所以

$$E_B(1)=\{x\in\mathbb R^3:x_1+x_2+x_3=0\} =\operatorname{span}\left\{\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}\right\}$$

這兩個向量線性無關：若 $a(1,-1,0)^T+b(1,0,-1)^T=0$，第二個坐標給出 $a=0$，第三個坐標給出 $b=0$。它們構成這個二維特徵空間的一組基。

對 $\lambda=4$，方程 $Bx=4x$ 給出 $s=3x_1=3x_2=3x_3$，所以 $x_1=x_2=x_3$，從而

$$E_B(4)=\operatorname{span}\left\{\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}\right\}$$

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 $Av=\lambda v$ 的所有項移到同一邊，便變成

$$Av-\lambda v=0.$$

由於 $\lambda v=\lambda I_nv$，這等價於

$$(A-\lambda I_n)v=0.$$

定理

用齊次系統描述特徵值

設 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣，$\lambda$ 是純量，而 $v\neq0$。

下列兩件事等價：

1. $v$ 是 $A$ 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量。
2. $v$ 是齊次系統

$$(A-\lambda I_n)x=0$$

的一個非平凡解。

正向是把 $Av=\lambda v$ 移項；反向則是把齊次系統的非平凡解移項回去， 得到 $Av=\lambda v$。因此特徵值問題便被改寫成普通的線性系統問題。 向量 $v$ 必須落在 $A-\lambda I_n$ 的零空間內。

因為它本身是一個零空間，所以 $E_A(\lambda)$ 自動是一個子空間。若 $x,y\in E_A(\lambda)$，則對任意純量 $a,b$，

$$(A-\lambda I_n)(ax+by)=a(A-\lambda I_n)x+b(A-\lambda I_n)y=0$$

所以它對線性組合封閉。特徵空間的維數大於零，當且僅當 $\lambda$ 是 特徵值；否則它的維數為零。

$\dim E_A(\lambda)$ 稱為 $\lambda$ 的幾何重數，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 $B$ 中，特徵值 $1$ 的幾何 重數是 $2$，而特徵值 $4$ 的幾何重數是 $1$。這個維數要在找出候選純量 之後，透過零空間方程求得。

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 $\lambda$，方程 $(A-\lambda I_n)x=0$ 的解組成一個零空間。 這個解集本來就包含零向量，並且對加法與純量乘法封閉；它的非零成員才是特徵向量。 不同特徵值的特徵空間取聯集，未必對加法封閉：前面的 $u_1+u_2$ 就不是特徵向量。 因此必須區分固定 $\lambda$ 的特徵空間與所有特徵值的特徵向量集合。

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 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣，而 $\lambda$ 是純量。下列敘述等價：

1. $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值。
2. $(A-\lambda I_n)x=0$ 有非平凡解。
3. $N(A-\lambda I_n)\neq\{0\}$。
4. $A-\lambda I_n$ 不可逆。
5. $\det(A-\lambda I_n)=0$。

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 $\operatorname{rank}(A-\lambda I_n)\le n-1$。行列式方程用來找出候選 純量，但仍須求零空間，才能找到相應的特徵向量。

從方程讀出特徵空間

找到候選 $\lambda$ 後，先構造 $A-\lambda I_n$，再把它行化簡。所得齊次 系統中的自由變數會參數化 $E_A(\lambda)$ 的全部向量。自由變數的個數 就是這個特徵空間的維數，也就是可取得的線性無關特徵向量方向數。張成 空間中的每個非零向量都是特徵向量；零向量之所以保留，是因為子空間必 須包含零。因此，只有特徵值清單而沒有特徵空間是不完整的。若特徵值重 複，行列式記錄代數重數，而零空間計算記錄幾何重數；比較二者是下一節 研究對角化時的關鍵問題。

例題

用行化簡找特徵值與特徵空間

令

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

先解

$$\det(C-\lambda I)=0.$$

得到

$$\det \begin{bmatrix} 3-\lambda&2\\ 3&-2-\lambda \end{bmatrix} =(3-\lambda)(-2-\lambda)-6 =\lambda^2-\lambda-12.$$

因此特徵值為

$$\lambda=4,\qquad \lambda=-3.$$

對 $\lambda=4$，

$$C-4I= \begin{bmatrix} -1&2\\ 3&-6 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1&-2\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

所以 $x_1=2x_2$，可取一組基為

$$\begin{bmatrix} 2\\1 \end{bmatrix}.$$

對 $\lambda=-3$，

$$C+3I= \begin{bmatrix} 6&2\\ 3&1 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 3&1\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

所以 $3x_1+x_2=0$，可取一組基為

$$\begin{bmatrix} 1\\-3 \end{bmatrix}.$$

因此

$$E_C(4)=\operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} 2\\1 \end{bmatrix} \right\}, \qquad E_C(-3)=\operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} 1\\-3 \end{bmatrix} \right\}.$$

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 $C(2,1)^T=4(2,1)^T$ 與 $C(1,-3)^T=-3(1,-3)^T$，這一步不能由特徵多項式單獨取代。

對角矩陣與三角矩陣

若 $D=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_n)$ 是對角矩陣，特徵向量方程 可以按坐標分別讀取：

$$(D-\lambda I_n)x=0 \quad\Longleftrightarrow\quad (d_j-\lambda)x_j=0\quad\text{對每個 }j$$

因此

$$E_D(\lambda)=\operatorname{span}\{e_j:d_j=\lambda\}$$

若沒有對角項等於 $\lambda$，這個張成空間就是 $\{0\}$。重複的對角項 會增加特徵空間的維數。對零矩陣，每個非零向量都是特徵值 $0$ 的特徵 向量；對單位矩陣，每個非零向量都是特徵值 $1$ 的特徵向量。

若 $T$ 是上三角或下三角矩陣，則 $T-\lambda I_n$ 仍是三角矩陣，而且

$$\det(T-\lambda I_n)=\prod_{j=1}^n(t_{jj}-\lambda)$$

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

$$T=\begin{bmatrix}1&4\\0&2\end{bmatrix}$$

有 $Te_1=e_1$，所以 $E_T(1)=\operatorname{span}\{e_1\}$。當 $\lambda=2$ 時，$(T-2I)x=0$ 給出 $-x_1+4x_2=0$，於是

$$E_T(2)=\operatorname{span}\left\{\begin{bmatrix}4\\1\end{bmatrix}\right\}$$

改變右上角的 $4$ 會保留對角項和特徵值，卻會改變這個特徵空間；因此 三角矩陣的對角資料不足以確定全部特徵向量。

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 $A$，下列兩件事等價：

1. $0$ 是 $A$ 的特徵值。
2. $A$ 不可逆。

等價地，$A$ 可逆當且僅當 $0$ 不是它的特徵值。

這其實只是把前面的等價條件代入 $\lambda=0$。

具體來說，若 $0$ 是特徵值，則存在非零 $v$ 使 $Av=0$，所以 $A$ 的零空 間非平凡，$A$ 不可逆。反過來，若 $A$ 不可逆，方陣的可逆性詞典保證 $N(A)$ 含有非零向量；這個向量滿足 $Av=0\cdot v$，所以 $0$ 是特徵值。 兩個方向都使用同一個齊次系統判準。

定理

簡單矩陣運算下的特徵值變化

若 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，則：

1. $k\lambda$ 是 $kA$ 的特徵值；
2. 對每個正整數 $m$，$\lambda^m$ 是 $A^m$ 的特徵值；
3. $\lambda$ 也是 $A^T$ 的特徵值；
4. 若 $A$ 可逆，則 $\lambda^{-1}$ 是 $A^{-1}$ 的特徵值。

若 $Av=\lambda v$，則

$$(kA)v=k\lambda v$$

這證明了 (1)，也包括 $k=0$：零矩陣的每個非零向量都是特徵值 $0$ 的特 徵向量。對正整數 $m$，用歸納法得到 $A^mv=\lambda^mv$；歸納步驟 把 $A$ 乘到等式兩邊，並使用 $Av=\lambda v$。$m=0$ 是獨立情形： $A^0=I$，同一個非零向量對單位矩陣的特徵值是 $1$，這裏不把它寫成 $0^0$。

對於 (4)，若 $A$ 可逆，則 $\lambda\ne0$。在 $Av=\lambda v$ 兩邊乘 $A^{-1}$，得到 $v=\lambda A^{-1}v$，再除以 $\lambda$ 即得 $A^{-1}v=\lambda^{-1}v$。對於 (3)，使用行列式恆等式

$$\det(A^T-\lambda I_n)=\det((A-\lambda I_n)^T) =\det(A-\lambda I_n)=0$$

這通過特徵值判準證明了轉置結論；不能把 $Av=\lambda v$ 直接轉置為 $A^Tv=\lambda v$。對矩陣 $T=\begin{bmatrix}1&4\\0&2\end{bmatrix}$， $Te_1=e_1$，但

$$T^Te_1=\begin{bmatrix}1&0\\4&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1\\4\end{bmatrix}\ne e_1$$

可選複數擴展：數域很重要

上面的基本定義是在 $\mathbb R$ 上進行的。考慮實矩陣

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

若 $\lambda$ 是實數，則

$$\det(R-\lambda I_2)=(1-\lambda)^2+1=(\lambda-1)^2+1>0$$

因此 $R$ 沒有實特徵值，也沒有實特徵向量。若把純量域明確改為 $\mathbb C$，根便是 $1+i$ 與 $1-i$。取

$$u_+=\begin{bmatrix}i\\1\end{bmatrix},\qquad u_-=\begin{bmatrix}-i\\1\end{bmatrix}$$

直接計算可得

$$Ru_+=\begin{bmatrix}i-1\\i+1\end{bmatrix}=(1+i)u_+, \qquad Ru_- =\begin{bmatrix}-1-i\\1-i\end{bmatrix}=(1-i)u_-$$

解 $(R-(1+i)I)x=0$ 的第一行得到 $x=iy$；對 $1-i$ 則得到 $x=-iy$。 所以在 $\mathbb C$ 上，兩個特徵空間分別是 $\operatorname{span}_{\mathbb C}\{u_+\}$ 與 $\operatorname{span}_{\mathbb C}\{u_-\}$。這個例子標出數域的邊界：非實 根不是實特徵值，但在明確更換純量域後便成為有效的特徵值。

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 $A0=\lambda0$ 對所有純量都成立，於是誤以為零向量是所 有特徵值的特徵向量。正因如此，定義才必須排除零向量。特徵向量代表的 是某個真正的方向，而零向量沒有方向可言。

快速檢查

思考檢查

若 $v$ 是 $A$ 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量，則 $3v$ 也是嗎？

假設 $v\neq0$。

解答 · 答案

是。因為 $A(3v)=3Av=3\lambda v=\lambda(3v)$，所以 $3v$ 仍是對應於 $\lambda$ 的特徵向量。

思考檢查

為甚麼 $0$ 是特徵值會迫使 $A$ 不可逆？

利用系統 $(A-0I)x=0$ 去理解。

解答 · 答案

若 $0$ 是特徵值，則 $Ax=0$ 有非平凡解。這表示 $A$ 的零空間非平 凡，因此 $A$ 不可逆。

思考檢查

用零空間語言寫出 $E_A(\lambda)$。

直接使用剛才的定義。

解答 · 答案

$$E_A(\lambda)=N(A-\lambda I_n).$$

它就是 $A-\lambda I_n$ 的零空間。

練習

思考檢查

證明 $\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$ 是 $\begin{bmatrix}2&1\\1&2\end{bmatrix}$ 的特徵向量，並找出其特徵值。

先做矩陣乘法，再與原向量比較。

解答 · 引導解答

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

所以這個向量是特徵向量，而對應特徵值是 $3$。

思考檢查

求 $A=\begin{bmatrix}1&0\\0&4\end{bmatrix}$ 對應於特徵值 $4$ 的特徵空間。

解 $(A-4I)x=0$。

解答 · 引導解答

$$A-4I= \begin{bmatrix} -3&0\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

因此 $x_1=0$，$x_2$ 自由，所以

$$E_A(4)=\operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix} \right\}.$$

思考檢查

若 $A$ 可逆，則 $0$ 會否成為 $A^T$ 的特徵值？

把轉置性質與可逆性判準合起來想。

解答 · 引導解答

不會。若 $0$ 是 $A^T$ 的特徵值，則 $A^T$ 不可逆。但 $A$ 可逆當且僅 當 $A^T$ 可逆，所以這是不可能的。

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 $\det(A-\lambda I)=0$ 直接依賴行列式與可逆性的理 解。

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。