重特徵值與完整對角化

有限實矩陣乘法法則的證明

設 $m,n,p,q$ 為正整數，$A\in\mathbb R^{m\times n}$、$B\in\mathbb R^{n\times p}$、$C\in\mathbb R^{p\times q}$。以下只用行乘欄定義與實數的有限求和。對任意輸出位置 $(i,\ell)$，

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

中間等號只交換兩個有限和的求和次序，並使用實數分配律。兩邊同為 $m\times q$ 矩陣，每個位置相等，便證明結合律；沒有調換矩陣因子的次序。

對 $D\in\mathbb R^{n\times p}$，同一定義給出

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

對 $E\in\mathbb R^{m\times n}$，則有

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

所以在所寫的相容大小下，兩條分配律均成立。對任意實純量 $c$，

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

逐項相等便證明 $(cA)B=c(AB)=A(cB)$。特別地，對 $x,y\in\mathbb R^n$ 與實數 $s,t$，

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

這證明了比較同一線性系統的解時所用的矩陣乘向量線性性質。所有恆等式都只針對大小相容的有限實矩陣，不聲稱任意矩陣因子可交換或可消去。

實內積、誘導範數與所需不等式

實向量空間上的內積是取值於實數的映射 $\langle u,v\rangle$，它對稱、對每個變量線性，並且正定：$v\ne0$ 時 $\langle v,v\rangle>0$。線性性給出 $\langle0,v\rangle=0$。定義 $\|v\|=\sqrt{\langle v,v\rangle}$，則範數恰在零向量處為零，且 $\|cv\|=|c|\|v\|$。$\mathbb R^m$ 上的標準例子是 $\langle u,v\rangle=\sum_{i=1}^mu_iv_i$。內積為零的向量稱為正交；不同成員互相正交且每個成員範數為一的列表稱為正交規範列表。

若 $v\ne0$，將 $t=\langle u,v\rangle/\|v\|^2$ 代入非負平方 $\|u-tv\|^2$，以雙線性展開得 $\|u\|^2-\langle u,v\rangle^2/\|v\|^2\ge0$，故 $|\langle u,v\rangle|\le\|u\|\|v\|$。若 $v=0$，該不等式直接成立。對 $v\ne0$，等號意味着 $\|u-tv\|=0$，等價於 $u=tv$；零向量情形也取等。最後展開 $\|u+v\|^2$ 並對交叉項使用該界，得到 $\|u+v\|^2\le(\|u\|+\|v\|)^2$。待開方的兩邊非負，因此得到三角不等式。這確實定義了範數，任何非零向量的歸一化都只除以正實數；這裏不使用複雙線性的約定。

不預設計數結論的有限基存在與擴充

設實向量空間 $V$ 已給定有限生成列表 $t_1,\ldots,t_N$。先證明任何線性無關列表 $u_1,\ldots,u_k$ 的長度不超過 $N$。插入 $j$ 個向量後，維持一個由 $u_1,\ldots,u_j$ 與 $N-j$ 個剩餘舊向量組成的生成列表。將 $u_{j+1}$ 按此列表展開，至少一個剩餘舊向量的係數非零；否則它在先前 $u_i$ 的張成空間中，與無關性矛盾。解出這個舊向量，再以 $u_{j+1}$ 取代它。新列表仍張成同一空間，而且保留全部先前插入向量。若 $k>N$，則 $N$ 步後前 $N$ 個向量已張成 $V$，與 $u_{N+1}$ 的無關性矛盾。此即所需上界，也包括 $N=0$。

每個子空間 $W$ 都有有限基。從空的無關列表開始；若當前張成空間尚不是 $W$，就在 $W$ 中取一個不在該張成空間內的向量。若新向量在某關係中的係數非零，就能由舊向量表示它，矛盾，故新列表仍無關。已證上界允許至多添加 $N$ 次，所以過程必停止於 $W$ 的無關生成列表。若 $W=\{0\}$，立即得到空基。改從 $W$ 內任意給定無關列表開始，同樣證明該列表可擴充為 $W$ 的基；只需有界有限次選擇。最後，若兩組基的長度為 $p,q$，分別把它們用作上界證明中的有限生成列表，得到 $p\le q$ 與 $q\le p$。故基的長度有良定義，稱為維數。這些論證補足秩–零度定理所用的基存在、擴充與維數事實。

從較小矩陣構造行列式

定義

子矩陣、子式與餘因子

設 $A=[a_{ij}]$ 是一個 $n\times n$ 矩陣，其中 $n\ge2$。給定 $1\le i,j\le n$，同時刪去第 $i$ 行與第 $j$ 欄，所得的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩陣記為子矩陣 $A(i\mid j)$。

屬於項 $a_{ij}$ 的子式是純量

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

屬於項 $a_{ij}$ 的餘因子是帶符號純量

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

符號形成左上角為正的棋盤：

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

$A(i\mid j)$ 表示一個矩陣，$M_{ij}$ 是該矩陣的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 則是加上符號後的純量。清楚區分這三個對 象，就不會把符號錯誤地乘兩次。

定義

行列式的遞迴定義

對於 $1\times1$ 矩陣 $[a_{11}]$，定義

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

對於 $n>1$ 的 $n\times n$ 矩陣，沿第一行定義

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

這是定義，還不是關於其他行或欄的定理。每個子式的階數都是 $n-1$， 所以反覆使用定義最終會到達 $1\times1$ 基本情形。不需要約定 $0\times0$ 行列式：子矩陣和子式的定義只用於 $n\ge2$。

從遞迴行列式證明任意餘因子展開

設 $A$ 為實 $n\times n$ 矩陣，$n\ge1$，行列式由一階基例和第一行遞迴定義。令 $S_n$ 為 $1,\ldots,n$ 的排列集合；定義逆序數 $\operatorname{inv}(\sigma)$ 為滿足 $r<s$ 且 $\sigma(r)>\sigma(s)$ 的數對個數，並令 $\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)}$。

若 $\sigma(i)=j$，刪去位置 $i$ 與值 $j$，保持其餘位置及值的相對次序，得到排列 $\tau\in S_{n-1}$。設位置 $i$ 之前有 $u$ 個值小於 $j$；被刪去的逆序共有 $(i-1-u)+(j-1-u)=i+j-2-2u$ 個，故

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

定義 $P_n(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{r=1}^n a_{r,\sigma(r)}$。$n=1$ 時它就是遞迴行列式。$n>1$ 時，按 $\sigma(1)=j$ 分組並用符號恆等式，得 $P_n(A)=\sum_j(-1)^{1+j}a_{1j}P_{n-1}(A(1\mid j))$。歸納法因而證明 $P_n(A)=\det A$。

現在固定任意行 $i$，將同一有限排列和按 $\sigma(i)=j$ 分組。刪除操作與對應子矩陣的全部排列一一對應，因此

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

固定任意欄 $j$ 時，每個排列恰有一個位置 $i$ 滿足 $\sigma(i)=j$；按該位置分組即得

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

兩個展開公式均用於 $n\ge2$，沒有引入空行列式約定。此證明不預設換行交錯規則或行列式乘積定理。

結構規則為何成立

零行、零欄與唯一支撐項

定理

有零行或零欄時行列式為零

如果方陣的一整行或一整欄的每一項都是零，則它的行列式為零。

定理

某行或某欄至多有一個非零項

設 $C$ 是 $n\ge2$ 階方陣。若第 $k$ 行除 $c_{k\ell}$ 外都為零，則

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

若第 $\ell$ 欄除 $c_{k\ell}$ 外都為零，也有同一公式。即使 $c_{k\ell}=0$，這個表述仍然成立。

當 $n=1$ 時，含有零行的矩陣就是 $[0]$，按基本定義其行列式為零。當 $n\ge2$ 時，使用任意行展開定理沿該行展開。每一項都含有一個零項作為 因子，所以每一項都為零，因而 $\det(A)=0$。

零欄可以用歸納法直接證明，這樣能看清零欄如何傳遞。$n=1$ 時，唯一 具有零欄的 $1\times1$ 矩陣是 $[0]$，其行列式為零。假設結論對 $n=k$ 成立。設 $(k+1)\times(k+1)$ 矩陣 $C$ 的第 $\ell$ 欄全為零， 沿第一行展開。第 $\ell$ 項的因子已經是零。對其餘每一項，刪去第一行 和某個 $j\ne\ell$ 的欄；原來的零欄仍在所得 $k\times k$ 子矩陣中，只是 在 $j\lt\ell$ 時欄指標向左移。由歸納假設，每個這樣的子矩陣的行列式都是零， 所以整行展開的每一項都為零，得到 $\det(C)=0$。

若某行除一項外全為零，沿該行展開即可；若某欄除一項外全為零，沿第 $k$ 行展開。$\ell$ 項保留下來，而對每個 $j\ne\ell$，子矩陣 $C(k\mid j)$ 都繼承了原第 $\ell$ 欄的零欄，因此其行列式為零。最後 只剩下 $c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det(C(k\mid\ell))$。這正是稀疏行或 欄能把計算縮成一個子式的原因。

三角矩陣

定理

三角矩陣定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩陣，則

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

用 $n$ 作歸納證明上三角情形。$n=1$ 時結論就是行列式的定義。假設 結論對上三角 $k\times k$ 矩陣成立，令 $T$ 為 $k+1$ 階上三角矩陣。最 後一行除最後一項 $t_{k+1,k+1}$ 外都是零。沿最後一行展開，只有這一項 保留，而且符號 $(-1)^{2k+2}=1$：

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

保留下來的子矩陣仍是上三角矩陣，對角線為 $t_{11},\ldots,t_{kk}$。由歸納假設，它的行列式是 $t_{11}\cdots t_{kk}$，於是得到完整的對角線乘積。下三角情形類似但可 沿第一行展開：第一行只可能留下 $t_{11}$，刪去第一行第一欄後的子矩陣 仍是下三角矩陣，對角線由 $t_{22}$ 到 $t_{nn}$。

固定一行時的多重線性

定理

固定一行時的多重線性

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

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

當 $n=1$ 時，基本定義直接給出

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

這就證明了 $1\times1$ 情形。

當 $n\ge2$ 時，固定除第 $p$ 行外的每一行。設矩陣 $A,B,C$ 在這些固定行上完全相同， 而第 $p$ 行滿足 $c_p=\alpha a_p+\beta b_p$。對每個欄指標 $j$，刪 去第 $p$ 行後得到相同的矩陣：

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

沿第 $p$ 行展開 $\det(C)$，再用每一項的關係 $c_{pj}=\alpha a_{pj}+\beta b_{pj}$ 和分配律，得到

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

關鍵正是其他每一行都固定；同時改變兩行是另一條命題。

相鄰換行與相同行

定理

若有兩行相同，行列式必為零

若一個方陣有兩行完全相同，則它的行列式等於 $0$。

設 $A$ 的相鄰兩行是 $r_q,r_{q+1}$，交換這兩行得到 $B$。沿 $A$ 的第 $q$ 行展開，沿 $B$ 中已經移動到第 $q+1$ 行的同一行 $r_q$ 展開。對每個欄指標 $j$，兩次刪去該行後留下的子矩陣次序相同， 但符號相反，因為

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

逐項比較便得 $\det(B)=-\det(A)$。位置 $p\lt q$ 的兩行交換可以由 $2(q-p)-1$ 次相鄰交換組成，這是奇數次，所以同樣會使行列式變號。

若 $A$ 的第 $p$ 行與第 $q$ 行相同，交換它們後矩陣仍是 $A$ 本身。換行 結論於是給出 $\det(A)=-\det(A)$。由於這裏的項是實數， $2\det(A)=0$，所以 $\det(A)=0$。這個證明沒有調用下一節才會出現的行 替換規則。

指標與計算策略

每一項都要同時保留三個對象：所選項、刪去一行一欄後得到的子矩陣，以及取該子矩陣行列式所得的子式。先按原矩陣中的行列位置寫出棋盤符號，再計算子式。若繼續展開子式，應使用子式自己的局部指標；局部指標不會取代外層餘因子的符號。

任意行、任意欄展開定理使展開線可以有策略地選擇。優先選擇零多或剩餘子式較簡單的行或欄，並在計算前說明理由。零項會立即刪去分支；零子式則必須由它自己的計算證明。第一行遞迴式定義行列式，任意行欄展開則是容許這種計算選擇的定理。

特徵空間等於全空間的情形

設整數 $n\geq1$、$A\in\mathbb R^{n\times n}$，且 $\lambda$ 為特徵值。記 $g=\dim E_\lambda$。在重數證明中，先單獨處理 $g=n$。此時 $E_\lambda$ 的基 $v_1,\ldots,v_n$ 也是 $\mathbb R^n$ 的基。對 $x=\sum_i c_iv_i$，線性性給出 $Ax=\sum_i c_i\lambda v_i=\lambda x$，所以 $A=\lambda I_n$。由對角矩陣的遞歸行列式公式，它的首一特徵多項式為 $\det(tI_n-A)=(t-\lambda)^n$。因此 $a_\lambda=g=n$。當 $g<n$ 時，原證明中的塊 $B$ 的大小為正整數 $n-g$，原論證適用。不需要定義 $0\times0$ 矩陣的行列式。

預備知識與學習目標

你應能進行矩陣乘法、用消元法或代數餘子式計算行列式、求解齊次方程組並求出零空間的一組基。還應知道，$\mathbb R^n$ 的一組基含有 $n$ 個線性無關向量。除非明確指出其他域，所有矩陣和向量均為實的。

求解特徵值有兩個不同階段：對特徵多項式分解因式，得到可能的伸縮因子；求解相應的齊次方程組，得到這些因子作用的方向。重因式本身不能完成第二階段。本章建立完整的判定方法，涵蓋重特徵值、根相碰時的參數值、奇異矩陣，以及反覆作用的精確公式。

學完後，應能證明對角化成立、準確指出對角化失敗的原因，並利用初始向量在特徵向量基下的分量解釋矩陣冪。

1. 特徵向量、特徵空間與兩種重數

對 $n\times n$ 方陣 $A$ 和標量 $\lambda$，若非零向量 $v$ 滿足 $Av=\lambda v$，則稱它為對應的特徵向量。相應的特徵空間為

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

特徵空間是包含零向量的子空間；零向量本身不是特徵向量。標量 $\lambda$ 是特徵值當且僅當該零空間非零。由可逆性的行列式判據，這又當且僅當

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

本章使用首一特徵多項式 $p_A(t)$。若改用 $\det(A-tI)$，多項式會相差因子 $(-1)^n$，但根及其重數不變。

代數重數 $a_\lambda$ 是 $\lambda$ 作為 $p_A$ 的根的重數；幾何重數 $g_\lambda$ 是 $\dim E_\lambda$。前者來自多項式，後者來自齊次方程組。對每個特徵值，有

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

下面證明上界。選取 $E_\lambda$ 的一組基 $v_1,\ldots,v_g$，並將其擴充為整個空間的一組基。令 $P$ 以這些基向量為欄。由於當 $j\le g$ 時 $Av_j=\lambda v_j$，新坐標下的矩陣具有分塊形式

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

此分塊三角矩陣的特徵行列式為 $(t-\lambda)^g\det(tI-B)$。相似變換保持特徵多項式，因為

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

而行列式的乘法性質使 $\det P^{-1}\det P$ 抵消。因此 $(t-\lambda)^g$ 整除 $p_A(t)$，證明了 $g\le a_\lambda$。下界由特徵值的定義得到。

這並不意味著重根必定缺少特徵向量。例如，三重根至多貢獻三個線性無關的特徵向量，但實際可能貢獻一個、兩個或三個；須由零空間計算決定。

2. 不同特徵值的特徵向量為甚麼可以合併

首先證明整個特徵空間之間的線性無關關係。設 $\lambda_1,\ldots,\lambda_s$ 互不相同，且 $w_j\in E_{\lambda_j}$。若

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

則每個 $w_j$ 都為零。對 $s$ 使用歸納法。$s=1$ 時結論顯然；對含 $s$ 項的關係作用 $A-\lambda_sI$，得到

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

每項仍屬於相應特徵空間。由歸納假設，每項都為零。由於特徵值互不相同，對 $j<s$ 有 $w_j=0$，再由原關係得 $w_s=0$。

因此，將每個不同特徵空間的一組基按序合併，得到線性無關的向量組。具體地，按特徵空間分組任意線性關係：上述結論先使每組向量之和為零，再由各自基的線性無關性得到每個系數為零。特別地，

$$\sum_{\lambda\text{ 為實特徵值}}g_\lambda\le n.$$

這說明可以將各特徵空間的維數相加，計算線性無關特徵向量的個數。對於任意相互重疊的子空間，不能同樣直接相加。

3. 完整的對角化判據

若存在可逆實矩陣 $P$ 和實對角矩陣 $D$ 使 $A=PDP^{-1}$，則稱實矩陣在 $\mathbb R$ 上可對角化。這等價於存在一組實特徵向量基。

先證明正向。將 $A=PDP^{-1}$ 右乘 $P$。在 $AP=PD$ 中，第 $j$ 欄表明 $P$ 的第 $j$ 欄是特徵值為 $D_{jj}$ 的特徵向量。由於 $P$ 可逆，這些欄構成一組基。反之，將任意特徵向量基放入 $P$ 的各欄，並把對應特徵值按相同順序放在 $D$ 的對角線上。逐欄相乘得到 $AP=PD$，再乘以 $P^{-1}$ 即得對角化。

因此判據有兩個等價表述：

1. 所有實特徵空間的維數之和為 $n$。
2. 特徵多項式分裂為實一次因子，且對每個不同特徵值都有 $g_\lambda=a_\lambda$。

為證明等價性，前述線性無關結果表明第一項條件給出一組特徵向量基。若多項式分裂，其代數重數之和為 $n$。由於每個 $g_\lambda\le a_\lambda$，幾何重數之和等於 $n$ 當且僅當每個不等式都取等號。若已有特徵向量基，相似於實對角矩陣也說明特徵多項式分裂，且根正是這些對角元素。

由此有三個結論。第一，$n$ 個互異實特徵值足以保證可對角化。第二，互異並非必要：$3I_n$ 已是對角矩陣，只有一個特徵值，其特徵空間為 $n$ 維。第三，可逆性是另一回事；對角矩陣可以有零對角項，對角化並不要求所有特徵值非零。

可靠的計算步驟

計算並分解 $p_A(t)$。對每個不同實根求解 $(A-\lambda I)v=0$，記錄一組基及其維數。若線性無關向量總數少於 $n$，則不存在實對角化。否則構造 $P$ 和 $D$，保持欄與特徵值一一對應。驗證 $AP=PD$ 並檢查 $P$ 可逆；完成後才計算 $P^{-1}$。錯誤的逆矩陣不能彌補錯誤的特徵向量基。

有參數時，先找出特殊值，再除以含參數的表達式。一般情形的特徵空間公式在特殊值處可能漏掉有效方向。

4. 提供完整特徵向量基的重根

例 1。 考慮

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

它是三角矩陣，所以 $p_A(t)=(t-2)^2(t-3)$。當 $\lambda=2$ 時，方程組為

$$z=0,$$

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

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

共有三個線性無關的特徵向量。可以取

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

$P$ 的行列式為一。將 $A$ 作用於它的三欄可驗證 $AP=PD$，再將 $P$ 乘以所示的逆矩陣得到 $I$。重特徵值並不妨礙對角化，因為其特徵空間有足夠維數。

對每個整數 $k\ge0$，連續的 $P^{-1}P$ 因子抵消，得到 $A^k=PD^kP^{-1}$。因此

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

當 $k=0$ 時上式為 $I$；當 $k=1$ 時為 $A$。這些核查是必要的，但不能代替對所有 $k$ 的推導。

對於初始向量 $x_0=(4,-1,2)^T$，其特徵向量基坐標為 $P^{-1}x_0=(2,-1,2)^T$。所以

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

基坐標的系數一般不同於原坐標。這裡第三個特徵向量的第一分量非零，故第一分量同時受到兩種增長因子的影響。

5. 相同特徵多項式卻不能對角化

例 2。 現在令

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

仍有 $p_B(t)=(t-2)^2(t-3)$。但 $(B-2I)v=0$ 要求 $y=z=0$，故 $E_2=\operatorname{span}\{e_1\}$ 維數為一。另有 $E_3=\operatorname{span}\{e_3\}$。合計維數只有二；即使所有根都是實數且 $\det B=12\ne0$，仍不存在實對角化。

不能對角化不意味著不能計算冪。左上塊是 $2I_2+N$，其中

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

由於 $2I_2$ 與 $N$ 可交換，展開 $k$ 個因子的乘積時，只剩包含零個或一個 $N$ 的項：含兩個的項為零。選擇一個該因子有 $k$ 種方式。對 $k\ge1$，

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

另行規定 $B^0=I$。額外的因子 $k$ 體現了缺少特徵向量，不能假裝重根有兩個線性無關特徵向量來得到它。

矩陣 $A$ 和 $B$ 的特徵多項式及行列式相同，特徵空間維數卻不同。因此多項式數據本身不能決定能否對角化。

6. 參數值與相碰的特徵值

例 3。 對實數 $s$，研究

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

其特徵多項式為 $(t-1)(t-s)(t-2)$。若 $s\ne1,2$，三個特徵值互異，因而可對角化。兩個特徵值相碰的參數值仍須分別檢查。

當 $s=2$ 時，特徵值二的代數重數為二。求解 $(C_2-2I)v=0$ 得到 $y=x$，其中 $z$ 自由。因此 $E_2=\operatorname{span}\{(1,1,0)^T,e_3\}$ 為二維。再加上 $E_1=\operatorname{span}\{e_1\}$，便得到一組特徵向量基。

當 $s=1$ 時，求解 $(C_1-I)v=0$ 得到 $y=z=0$。重特徵值一只有一個線性無關特徵向量；另一個特徵值二提供 $e_3$，因此對角化失敗。

因此 $C_s$ 可對角化當且僅當 $s\ne1$。對所有這些值，包括 $s=2$，以下公式都適用：

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

第二欄是 $s$ 特徵向量，因為 $C_s(1,s-1,0)^T=s(1,s-1,0)^T$。而且 $\det P_s=s-1$，所以恰好只排除缺少特徵向量的特殊值。當 $s=1$ 時，所示第二欄變成 $e_1$，不再與第一欄線性無關。若不檢查線性無關性而只數欄數，就會漏掉這一問題。

當 $s\ne1$ 且整數 $k\ge1$ 時，

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

這個商等於 $1+s+\cdots+s^{k-1}$。因此它在 $s=1$ 處延拓為 $k$，給出 $C_1^k$ 的正確直接公式。參數變化時，對角化矩陣可能變成奇異矩陣，但冪矩陣本身仍可有有限極限。當 $k=0$ 時，每個 $C_s^0$ 均為 $I$，包括 $s=0$；不需要對 $0^0$ 作約定。

7. 對稱性與標量域

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

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

因此不同特徵值的特徵空間互相正交。但在重特徵值的同一特徵空間內，任意線性無關特徵向量不一定正交。若 $u,v\in E_\lambda$，它們的任意線性組合仍屬於 $E_\lambda$。所以在該特徵空間內應用 Gram–Schmidt 正交化，可使選定基標準正交，同時保留特徵向量性質。

例 4。 對於

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

向量 $(1,1,0)^T$ 和 $e_3$ 構成 $E_4$ 的一組基，而 $(1,-1,0)^T$ 張成 $E_2$。將它們單位化，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 $Q=(q_1\ q_2\ q_3)$，直接計算內積得 $Q^TQ=I$，且 $S=Q\operatorname{diag}(4,4,2)Q^T$。相比之下，$(1,1,0)^T$ 和 $(1,1,1)^T$ 是兩個線性無關的特徵值四的特徵向量，其內積為二而非零。同一重特徵值下的方向不會自動正交。

最後，實數域與複數域上的對角化是不同的命題。實旋轉矩陣

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

的特徵多項式為 $t^2+1$，故沒有實特徵向量基。在 $\mathbb C$ 上，特徵值為 $i,-i$，分別對應特徵向量 $(1,-i)^T,(1,i)^T$；由互異性可得複特徵向量基。這反映了域的區別，並不違反判據。

8. 練習

1. 實 $3\times3$ 矩陣的特徵多項式為 $(t-5)^2(t+1)$，其特徵值五的特徵空間是一條直線。它能對角化嗎？說明缺少的維數，並解釋能否把零向量列為第二個特徵向量。
2. 求 $T=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&3&0\\0&0&3\end{pmatrix}$ 的所有特徵空間，構造並驗證一個對角化。
3. 判斷 $U=\begin{pmatrix}4&0&0\\0&4&1\\0&0&4\end{pmatrix}$ 是否可對角化，解釋為甚麼所列對角項的個數不是相關的特徵向量數。
4. 對 $V=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}$，求一組特徵向量基、秩、行列式和對角化。奇異性是否阻礙這些結果？
5. 設 $P=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ 和 $D=\operatorname{diag}(2,5,5)$。計算 $P^{-1}$ 與 $A=PDP^{-1}$，求特徵值五的整個特徵空間，而不只求一個向量。
6. 重看例 3 的 $C_s$。寫出 $s=1$ 與 $s=2$ 時的顯式特徵空間基，解釋兩種重根情形為何結果不同。
7. 對 $s\ne1$ 與 $k\ge1$ 推導 $C_s$ 的冪公式，用有限幾何和把它延拓到 $s=1$；解釋為甚麼這沒有給出 $s=1$ 時的對角化。
8. 設 $B=H^{-1}AH$，其中 $H$ 可逆。證明 $v\mapsto H^{-1}v$ 給出從 $E_\lambda(A)$ 到 $E_\lambda(B)$ 的同構。推出相似變換保持可對角化，但特徵多項式相同的矩陣未必同時可對角化。
9. 對例 4 的 $S$，求每個整數 $k\ge0$ 的 $S^k$，並檢查它作用於 $e_3$ 的結果及 $k=0$ 的情形。
10. 設 $F=\begin{pmatrix}3/4&0&1/4\\0&1/2&0\\0&0&1/2\end{pmatrix}$。把任意初始向量 $(a,b,c)^T$ 分解為特徵向量，求 $k\ge0$ 時的 $F^k(a,b,c)^T$ 並證明其趨於零。說明負次冪是否存在。

9. 完整解答

1. 特徵值五的特徵空間維數為一，但代數重數為二。特徵值負一的特徵空間維數至多為一，所以總維數至多為二，不足所需的三維，矩陣不可對角化。零向量屬於每個特徵空間，但不能作為特徵向量，也不會擴大向量組的張成空間。缺少的是第二個線性無關的特徵值五的特徵向量。

2. 三角矩陣的特徵多項式為 $(t-1)(t-3)^2$。對特徵值一，$(T-I)v=0$ 的第二、三行方程給出 $y=z=0$，故 $E_1=\operatorname{span}\{e_1\}$。對特徵值三，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，各欄分別乘以 $1,3,3$，所以 $TP=PD$。又 $\det P=1$，且所示逆矩陣與 $P$ 相乘得 $I$，證明 $T=PDP^{-1}$。

3. 唯一特徵值為四，代數重數為三。方程 $(U-4I)v=0$ 即 $z=0$，故 $E_4=\operatorname{span}\{e_1,e_2\}$ 為二維，矩陣不可對角化。三角矩陣的對角項給出特徵值及其重數，但它們本身不自動提供三個線性無關的特徵向量。

4. 對特徵值零，方程給出 $y=z=0$，可取 $e_1$；對特徵值一，方程給出 $x=y,z=0$，可取 $(1,1,0)^T$；對特徵值二，方程給出 $x=y=0$，可取 $e_3$。這三個向量組成解答 2 中相同的 $P$ 的各欄，此時 $D=\operatorname{diag}(0,1,2)$。直接求像驗證 $VP=PD$，而 $P$ 可逆。原矩陣的欄依次為零、$(1,1,0)^T$、$(0,0,2)^T$，故秩為二，行列式為零。奇異性使 $V$ 沒有逆矩陣，但不妨礙存在特徵向量基。

5. 將剪切變換反向可得 $P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$。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 $E_5=\{(u,u,w)^T:u,w\in\mathbb R\}$。其一組基可取 $(1,1,0)^T,e_3$。這一重根貢獻兩個線性無關方向，恰與 $D$ 的要求一致。

6. 當 $s=1$ 時，$E_1=\operatorname{span}\{e_1\}$ 且 $E_2=\operatorname{span}\{e_3\}$，只有兩個線性無關特徵向量。當 $s=2$ 時，$E_1=\operatorname{span}\{e_1\}$ 且 $E_2=\operatorname{span}\{(1,1,0)^T,e_3\}$，共有三個。結果不同是因為零空間的維數不同，而非僅因出現重因式。

7. 當 $s\ne1$ 時，

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

將 $P_s\operatorname{diag}(1,s^k,2^k)P_s^{-1}$ 相乘，得到對角元素 $1,s^k,2^k$；二階塊的右上元素為 $(s^k-1)/(s-1)$，其餘非對角元素為零。恆等式 $s^k-1=(s-1)\sum_{j=0}^{k-1}s^j$ 表明，當 $s=1$ 時，該元素延拓為 $k$。直接相乘或利用第 5 節的平方為零計算，都得到 $C_1$ 的這個冪。冪公式不會創造缺少的特徵向量：$P_1$ 仍是奇異矩陣，$E_1(C_1)$ 仍為一維。

8. 若 $Av=\lambda v$，則 $B(H^{-1}v)=H^{-1}Av=\lambda H^{-1}v$，因此該映射把第一個特徵空間映入第二個。其逆為 $w\mapsto Hw$，可得反向蘊含。兩映射線性且互逆，故每個特徵值對應的特徵空間維數相同。通過 $H^{-1}$ 傳送特徵向量基會保持線性無關性和張成性，證明相似變換保持可對角化。例 1 與例 2 的特徵多項式相同，但特徵空間維數不同、對角化結果相反，所以特徵多項式相同並不足夠。

9. 在前兩個坐標中，$(1,1)^T$ 和 $(1,-1)^T$ 的特徵值分別為四和二；第三個坐標的特徵值為四。因此

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

這是正交對角化相乘所得，而不是由前幾個冪猜出的元素。它將 $e_3$ 映為 $4^ke_3$，符合要求。當 $k=0$ 時，二階塊是單位矩陣，最後一個對角元素也為一，故整個矩陣為 $I$。

10. 向量 $e_1$ 的特徵值為 $3/4$，而 $e_2$ 和 $(-1,0,1)^T$ 的特徵值都是 $1/2$。它們構成一組基：以它們為欄的矩陣是對角項全為一的三角矩陣。分解為

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

因此

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

當 $k=0$ 時，上式還原初始向量。兩個幾何因子均趨於零，故對每個固定初始向量，各坐標都趨於零。所有特徵值非零，所以 $F$ 可逆，負整數次冪也存在；但它們不具有上述正向迭代的收斂性。

總結

因式分解找出特徵值，零空間決定它們能否提供一組基。重根需要檢查維數，不同特徵空間可線性無關地合併。正確的對角化使每欄與相應對角元素配對，並給出精確的冪公式。奇異性、重根和缺少實根是不同的問題；參數處特徵值相碰時，須避免在檢查特殊值前將其除掉。

最後一題重複作用的顯式衰減界

對練習中的矩陣

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

已核驗的特徵基計算給出：對每個整數 $k\geq0$，

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

下面直接證明所聲稱的極限。對 $h\geq0$，歸納可得 $(1+h)^k\geq1+kh$：歸納步使用 $(1+kh)(1+h)=1+(k+1)h+kh^2$。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個方向的範數，

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

對固定實數 $a,b,c$ 和任意 $\varepsilon>0$，阿基米德性質保證當 $k$ 充分大時，每個分子非零的項都小於 $\varepsilon/2$；分子為零的項已經為零。因此範數趨於零。這就對這個矩陣和所有初始向量證明了題目中的收斂，無需預設一般矩陣冪的極限定理。