特徵值與重複分攤

當同一分攤規則反覆應用時，只乘一次矩陣不夠，需要理解 $B^k$。特徵向量指出規則下比例不變的方向，也揭示無窮輪間接分攤何時有有限總量。

1 矩陣冪與不變方向

方陣 $B$ 的特徵向量是滿足 $Bv=\lambda v$ 的非零向量 $v$，標量 $\lambda$ 是其特徵值。非零條件重要：零對每個標量都滿足方程，卻沒有信息。由歸納法，重複相乘得到 $B^kv=\lambda^kv$。

若矩陣有一組實特徵向量基，稱其在 $\mathbb R$ 上可對角化。將這些向量作為可逆矩陣 $P$ 的欄，得 $BP=PD$ 和

$$B=PDP^{-1},\qquad B^k=PD^kP^{-1},$$

其中 $D$ 為對角矩陣。公式來自相鄰的 $P^{-1}P$ 抵消。並非所有實矩陣都可對角化；$\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ 只有一個線性無關特徵向量。

對 $2\times2$ 矩陣 $M=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$，行列式為 $ad-bc$。特徵值滿足 $\det(B-\lambda I)=0$，因為 $(B-\lambda I)v=0$ 有非零解當且僅當矩陣奇異。

2 兩部門分攤例子

取

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

$(1,1)$ 的特徵值為 $1/2$，$(1,-1)$ 的特徵值為 $-1/2$。兩部門金額相等時，比例不變地衰減；差額則在縮小的同時交替方向。對初始金額 $u=(6,2)$，

$$u=4(1,1)+2(1,-1),\quad B^ku=4(1/2)^k(1,1)+2(-1/2)^k(1,-1).$$

當 $k=1$，結果為 $(1,3)$，與直接相乘一致。負特徵值不意味著每個預測向量都有負元素；它描述帶符號的差額方向，而非單獨的非負部門金額。

3 直接與間接分攤總量

設 $d$ 為直接成本，$x=d+Bx$ 包含所有間接輪次。若 $B$ 可對角化且所有特徵值滿足 $|\lambda|<1$，則 $B^k\to0$，且

$$\sum_{k=0}^{\infty}B^k=(I-B)^{-1},\qquad x=(I-B)^{-1}d.$$

在所述假設下的證明。 對角化將每個矩陣元素化成有限個 $\lambda_i^k$ 的線性組合，後者均趨零。有限望遠鏡恆等式

$$(I-B)(I+B+\cdots+B^N)=I-B^{N+1}$$

取極限後給出逆公式；反向相乘的類似恆等式給出雙側逆。$\square$

這個充分條件不是僅針對可對角化矩陣的完整刻畫：一般譜半徑定理也涵蓋不可對角化矩陣，但該證明不需要它。

對上面的矩陣和 $d=(6,2)$，

$$I-B=\begin{pmatrix}1&-1/2\\-1/2&1\end{pmatrix},\qquad (I-B)^{-1}=\frac43\begin{pmatrix}1&1/2\\1/2&1\end{pmatrix}.$$

因此 $x=(28/3,20/3)$。代入得 $6+(1/2)(20/3)=28/3$、$2+(1/2)(28/3)=20/3$。總量包含內部輪次，其和不是外部支出的守恆陳述。

僅有可逆性不能證明收斂。對 $B=2I$，$I-B$ 可逆，但 $\sum B^k$ 發散。代數固定點 $x=-d$ 不是非負分攤之和。

先證明收斂，再取逆矩陣的極限

設 $B=PDP^{-1}$，實對角元 $\lambda_i$ 均滿足 $|\lambda_i|<1$。對每個 $N\ge0$，有限矩陣相乘給出

$$\sum_{k=0}^NB^k=P\operatorname{diag}\left(\frac{1-\lambda_i^{N+1}}{1-\lambda_i}\right)P^{-1}.$$

分母均非零。若 $\lambda_i=0$，其正整數次冪為零；否則寫 $1/|\lambda_i|=1+\delta_i$，其中 $\delta_i>0$，由二項式不等式 $(1+\delta_i)^k\ge1+k\delta_i$ 得 $|\lambda_i|^k\to0$。上式有限矩陣乘積的每個元素都收斂到 $S=P\operatorname{diag}((1-\lambda_i)^{-1})P^{-1}$ 的對應元素。因此在望遠鏡恆等式中取極限之前，矩陣級數已被證明存在。直接相消給出 $(I-B)S=S(I-B)=I$。這恰好證明此處使用的實可對角化假設下的結論，沒有單憑可逆性推斷收斂。

4 分層練習

E1 基礎。 求 $C=\begin{pmatrix}3&1\\1&3\end{pmatrix}$ 的特徵值和一組實特徵基。

E2 應用。 對 $B=\begin{pmatrix}0&1/4\\1/4&0\end{pmatrix}$、$d=(3,0)$，計算全部分攤輪次之和並驗證固定點方程。

E3 推理。 對可對角化的 $B$，解釋為甚麼模大於或等於 1 的特徵值會阻止 $B^ku\to0$ 對每個初始向量 $u$ 成立。

5 詳解

S1. $\det(C-\lambda I)=(3-\lambda)^2-1=(\lambda-4)(\lambda-2)$。特徵向量為對應 4 的 $(1,1)$ 及對應 2 的 $(1,-1)$；兩者線性無關，故構成基。

S2. 逆矩陣為 $(16/15)\begin{pmatrix}1&1/4\\1/4&1\end{pmatrix}$，故 $x=(16/5,4/5)$。第一個固定點方程為 $3+(1/4)(4/5)=16/5$，第二個為 $(1/4)(16/5)=4/5$。特徵值 $\pm1/4$ 支持收斂輪次的解釋。

S3. 選取特徵值為 $\lambda$ 的非零特徵向量 $u$，則 $\|B^ku\|=|\lambda|^k\|u\|$；當 $|\lambda|\ge1$ 時它不趨零。其他初始向量仍可能衰減；結論討論的是“每個初始向量”。

總結

特徵向量將重複線性規則分解為簡單標量遞推。對角化使冪和收斂的分攤和更透明。始終區分可求解的代數固定點方程與收斂的實際過程。