8.3 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，而它的根正正就是矩陣的特徵值。

這個多項式強大到足以限制矩陣到底可以有多少個特徵值、描述重複特徵值的情況，並給出可對角化的實用判準。

特徵多項式

定義

特徵多項式

設 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣。多項式

p_A(x)=\det(A-xI_n)

稱為 $A$ 的 特徵多項式。

變數 x 在這裡只是未定元。一旦你把某個純量 $\lambda$ 代入去， $p_A(\lambda)$ 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：

$\lambda$ 是 $A$ 的特徵值；
$\lambda$ 是 $p_A(x)$ 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.

定理

特徵多項式的基本形狀

若 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣，則 $p_A(x)$ 是一個 n 次多項式，其最高次項係數是 $(-1)^n$ ，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。

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

化簡後得

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

因此特徵值是 4 與 $-3$ 。

例題

一個重根例子

令

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

則

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

設特徵多項式分解為

p_A(x)=(-1)^n(x-\lambda_1)^{m_1}\cdots(x-\lambda_s)^{m_s},

其中 $\lambda_1,\dots,\lambda_s$ 是互異的根。

指數 $m_i$ 稱為 $\lambda_i$ 的 代數重數。
特徵空間 $E_A(\lambda_i)$ 的維數稱為 $\lambda_i$ 的 幾何重數。

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。

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 $(x-2)^2$ ，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\},

只得一維。也就是說

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

這個不相等正正就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。

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。

其逆命題是假的。可對角化矩陣仍然可以有重複特徵值。最簡單例子就是單位矩陣：它只有特徵值 1，但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

設實 $n\times n$ 矩陣 $A$ 的所有互異實特徵值為 $\lambda_1,\dots,\lambda_s$ 。則 $A$ 可對角化，當且僅當

\dim E_A(\lambda_1)+\cdots+\dim E_A(\lambda_s)=n.

這條判準的意思是：只要所有特徵空間合起來已提供足夠多線性無關特徵向量，可以湊成整個空間的一組基底，那矩陣便能被對角化。

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}.

它的特徵值是 4 與 1，而 1 在代數上是重根。但 4 的特徵空間是一維，而 1 的特徵空間是二維，因此

1+2=3,

剛好等於矩陣大小，所以 $A$ 仍然可對角化。

Cayley-Hamilton 定理給出一條多項式恆等式

源筆記再向前走一步，把特徵多項式重新代回矩陣本身。

定理

Cayley-Hamilton 定理

若

p_A(x)=c_0+c_1x+c_2x^2+\cdots+c_nx^n,

則

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

等價寫法是 $p_A(A)=0$ 。

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。

實際後果是：高次冪 $A^m$ 可以改寫成較低冪 $I,A,\dots,A^{n-1}$ 的線性組合。

例題

一條小型 Cayley-Hamilton 恆等式

令

A= \begin{bmatrix} 1&4\\ 0&1 \end{bmatrix}.

其特徵多項式為

p_A(x)=(1-x)^2=x^2-2x+1.

因此 Cayley-Hamilton 告訴你

A^2-2A+I=0.

所以所有更高次冪，都可以用這條二次關係繼續化簡。

常見錯誤

重複特徵值不等於『一定不可對角化』

重複特徵值只表示某個特徵值的代數重數大於 1。可對角化與否，取決於相應特徵空間是否仍然提供足夠多線性無關特徵向量。重根是一個警號，但不是最終判決。

快速檢查

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

用 $p_A(x)=\det(A-xI)$ 。

解答

答案

快速檢查

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

快速檢查

幾何重數會否大過代數重數？

用重數不等式回答。

解答

答案

練習

快速檢查

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

先算 $\det(A-xI)$ ，再因式分解。

解答

引導解答

快速檢查

一個 $4\times4$ 矩陣有四個互異特徵值。若從每個特徵值各選一個特徵向量，這四個向量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

快速檢查

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

把未定元 x 改成矩陣 $A$ 。

解答

8.3 特徵多項式與對角化測試

MATH1030：線性代數 I

特徵多項式

特徵多項式

特徵值正好就是特徵多項式的根

特徵多項式的基本形狀

第一批例子

一個 2×2 特徵多項式

一個重根例子

代數重數與幾何重數

代數重數與幾何重數

重數不等式

重根，但特徵空間太小

互異特徵值會強迫線性無關

互異特徵值所對應的特徵向量必線性無關

互異特徵值的數目上界

互異特徵值測試可對角化

更精確的可對角化判準

特徵空間維數總和判準

特徵值重複，但仍然可對角化

Cayley-Hamilton 定理給出一條多項式恆等式

Cayley-Hamilton 定理

一條小型 Cayley-Hamilton 恆等式

常見錯誤

重複特徵值不等於『一定不可對角化』

快速檢查

[2005]\begin{bmatrix}2&0\\0&5\end{bmatrix}[20​05​] 的特徵多項式是甚麼？

答案

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

答案

幾何重數會否大過代數重數？

答案

練習

求 [01−23]\begin{bmatrix}0&1\\-2&3\end{bmatrix}[0−2​13​] 的特徵多項式，並列出其特徵值。

引導解答

一個 4×44\times44×4 矩陣有四個互異特徵值。若從每個特徵值各選一個特徵向量，這四個向量張成空間的維數是多少？

引導解答

若 pA(x)=x3−6x2+11x−6p_A(x)=x^3-6x^2+11x-6pA​(x)=x3−6x2+11x−6，Cayley-Hamilton 會給出甚麼矩陣恆等式？

引導解答

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

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？

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

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

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