特征值与特征向量

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特征值与特征向量

定义

一些向量在经过矩阵的线性变换后，仍然保有原来的方向，使得这些向量像是只进行了伸缩变换一样。我们便将这些向量称为矩阵的特征向量，而这些向量所对应的伸缩比例便是矩阵的特征值。

根据定义，我们可以得到矩阵的特征向量和特征值的定义式：

Aη=λη\bm{A} \bm{\eta} = \lambda \bm{\eta}

其中，η\bm{\eta} 为特征向量，λ\lambda 为特征值。

显然 η≠θ\bm{\eta}\ne \bm{\theta}，那么

Aη−λEη=0(A−λE)η=0\begin{aligned} \bm{A} \bm{\eta} - \lambda \bm{E} \bm{\eta} &= \bm{0}\\ (\bm{A} - \lambda \bm{E}) \bm{\eta} &= \bm{0} \end{aligned}

既然这个齐次线性方程组有非零解 η\bm{\eta}，那么系数矩阵 A−λE\bm{A} - \lambda \bm{E} 的行列式必然为零，即

∣A−λE∣=0\left\lvert \bm{A} - \lambda \bm{E} \right\rvert = 0

课本上比较常用 ∣λE−A∣=0\left\lvert \lambda \bm{E} - \bm{A} \right\rvert = 0。不过因为实际用时用课本的表示方式需要将矩阵元素取负，容易出错，所以这里采用了另一种表示方式。

这个方程称为矩阵 A\bm{A} 的特征方程，它是一个关于 λ\lambda 的 nn 次多项式，称为特征多项式,方程的解称为特征根。解这个方程，就可以得到矩阵 A\bm{A} 的所有特征值。

把特征值代入特征方程，就可以得到对应的特征向量。

意义

为什么我们要研究伸缩变换，因为伸缩变换真的很好啊！

如果矩阵只进行伸缩变换，那么只需要将原向量各基向量进行对应的伸缩变换，就可以得到经过矩阵线性变换向量的结果。同样地，如果矩阵只进行伸缩变换，矩阵的乘法也就非常简单了。

只进行伸缩变换的矩阵形如

[λ10⋯00λ2⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯λn]\begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n \end{bmatrix}

对第 ii 个基向量进行 λi\lambda_i 倍的伸缩变换。

然而遗憾的是，大部分矩阵并不止进行伸缩变换。

我们可以设想，在经过某个线性变换后，一个一般的矩阵 A\bm{A} 变成了一个新矩阵 Λ\bm{\Lambda}，这个矩阵只进行伸缩变换，因此就可以方便地进行线性变换。然而这是在另一个向量空间进行的变换，我们还需要将结果「翻译」回原来的向量空间，即再乘以那个线性变换的逆变换。翻译成数学语言就是

A=PΛP−1\bm{A} = \bm{P} \bm{\Lambda} \bm{P}^{-1}

也即 AP=PΛ\bm{A} \bm{P} = \bm{P} \bm{\Lambda}。

不妨设 P=[η1η2⋯ηn]\bm{P} = \begin{bmatrix} \bm{\eta}_1 & \bm{\eta}_2 & \cdots & \bm{\eta}_n \end{bmatrix}，那么

AP=A[η1η2⋯ηn]=[Aη1Aη2⋯Aηn]\begin{aligned} \bm{A} \bm{P} &= \bm{A} \begin{bmatrix} \bm{\eta}_1 & \bm{\eta}_2 & \cdots & \bm{\eta}_n \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \bm{A} \bm{\eta}_1 & \bm{A} \bm{\eta}_2 & \cdots & \bm{A} \bm{\eta}_n \end{bmatrix}\\ \end{aligned}

而

PΛ=[η1η2⋯ηn][λ10⋯00λ2⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯λn]=[λ1η1λ2η2⋯λnηn]\begin{aligned} \bm{P} \bm{\Lambda} &= \begin{bmatrix} \bm{\eta}_1 & \bm{\eta}_2 & \cdots & \bm{\eta}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \lambda_1 \bm{\eta}_1 & \lambda_2 \bm{\eta}_2 & \cdots & \lambda_n \bm{\eta}_n \end{bmatrix} \end{aligned}

因此

{Aη1=λ1η1Aη2=λ2η2⋮Aηn=λnηn\left\lbrace\begin{aligned} \bm{A} \bm{\eta}_1 &= \lambda_1 \bm{\eta}_1\\ \bm{A} \bm{\eta}_2 &= \lambda_2 \bm{\eta}_2\\ \vdots\\ \bm{A} \bm{\eta}_n &= \lambda_n \bm{\eta}_n \end{aligned}\right.

也就是说，要解 Aη=λη\bm{A} \bm{\eta} = \lambda \bm{\eta}，即解特征方程。这也从另一个角度提供了特征值的意义。

有了 A=PΛP−1\bm{A} = \bm{P} \bm{\Lambda} \bm{P}^{-1}，就可以比较方便地计算矩阵的幂：

An=(PΛP−1)n=(PΛP−1)(PΛP−1)⋯(PΛP−1)⏞n=PΛP−1PΛP−1⋯PΛP−1⏞n=PΛΛ⋯Λ⏞nP−1=PΛnP−1\begin{aligned} \bm{A}^n &= \left( \bm{P} \bm{\Lambda} \bm{P}^{-1} \right)^n\\ &= \overbrace{\left( \bm{P} \bm{\Lambda} \bm{P}^{-1} \right) \left( \bm{P} \bm{\Lambda} \bm{P}^{-1} \right) \cdots \left( \bm{P} \bm{\Lambda} \bm{P}^{-1} \right)}^n\\ &= \overbrace{\bm{P} \bm{\Lambda} \bm{P}^{-1} \bm{P} \bm{\Lambda} \bm{P}^{-1} \cdots \bm{P} \bm{\Lambda} \bm{P}^{-1}}^n\\ &= \bm{P} \overbrace{\bm{\Lambda} \bm{\Lambda} \cdots \bm{\Lambda}}^n \bm{P}^{-1}\\ &= \bm{P} \bm{\Lambda}^n \bm{P}^{-1} \end{aligned}

计算

计算特征向量时，对于重根的特征值，往往会出现多个解向量。可以证明，任取 kk 个特征值 λ1,λ2,⋯ ,λk\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_k，对应的特征向量 η1,η2,⋯ ,ηk\bm{\eta}_1, \bm{\eta}_2, \cdots, \bm{\eta}_k，那么这 kk 个特征向量线性无关。

证明：

即证 r⁡{η1, ⋯ , ηk}=k\rank\left\lbrace \bm{\eta}_1,\, \cdots,\, \bm{\eta}_k \right\rbrace = k。

反证法，设 r⁡{η1, ⋯ , ηk}=s⩽k−1\rank\left\lbrace \bm{\eta}_1,\, \cdots,\, \bm{\eta}_k \right\rbrace = s \le k - 1，那么不妨设 η1, ⋯ , ηs\bm{\eta}_1,\, \cdots,\, \bm{\eta}_s 为一个极大无关组，从而 ∃k1, ⋯ , ks,\exist_{k_1,\, \cdots,\, k_s},

ηs+1=k1η1+⋯+ksηs(1)\bm{\eta}_{s + 1} = k_1 \bm{\eta}_1 + \cdots + k_s \bm{\eta}_s\tag{1}

那么

Aηs+1=A(k1η1+⋯+ksηs)=k1Aη1+⋯+ksAηsλs+1ηs+1=k1λ1η1+⋯+ksλsηs(2)\begin{aligned} \bm{A} \bm{\eta}_{s + 1} &= \bm{A} \left( k_1 \bm{\eta}_1 + \cdots + k_s \bm{\eta}_s \right)\\ &= k_1 \bm{A} \bm{\eta}_1 + \cdots + k_s \bm{A} \bm{\eta}_s\\ \lambda_{s+1} \bm{\eta}_{s+1} &= k_1 \lambda_1 \bm{\eta}_1 + \cdots + k_s \lambda_s \bm{\eta}_s\tag{2} \end{aligned}

λs+1(1)−(2)\lambda_{s + 1}(1) - (2) 得

k1(λs+1−λ1)η1+⋯+ks(λs+1−λs)ηs=θk_1(\lambda_{s + 1} - \lambda_1) \bm{\eta}_1 + \cdots + k_s(\lambda_{s + 1} - \lambda_s) \bm{\eta}_s = \bm{\theta}

既然 η1, ⋯ , ηs\bm{\eta}_1,\, \cdots,\, \bm{\eta}_s 为一个极大无关组。那么其系数必然全为零。又由于 λ\lambda 的任意性，从而 k1=⋯=ks=0k_1 = \cdots = k_s = 0，于是 ηs+1=θ\bm{\eta}_{s + 1} = \bm{\theta}，与 ηs+1\bm{\eta}_{s + 1} 为特征向量矛盾。

因此 r⁡{η1, ⋯ , ηk}=k\rank\left\lbrace \bm{\eta}_1,\, \cdots,\, \bm{\eta}_k \right\rbrace = k，即 η1, ⋯ , ηk\bm{\eta}_1,\, \cdots,\, \bm{\eta}_k 线性无关。

这不意味着重根数 == 对应特征矩阵基础解系向量的个数。

如 A=[1101]\bm{A} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}，有 ∣λE−A∣=(λ−1)2\left\lvert \lambda \bm{E} - \bm{A} \right\rvert = (\lambda - 1)^2 有重根 λ=1\lambda = 1，但是只有一个特征向量 η=k[10]  (k≠0)\bm{\eta} = k\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}\;(k \ne 0)。

性质

A↔B  ⟺  A, B\bm{A} \leftrightarrow \bm{B} \iff \bm{A},\, \bm{B} 有相同特征多项式。

证明：

fB(λ)=∣λE−B∣=∣λE−P−1AP∣=∣P−1λEP−P−1AP∣=∣P−1(λE−A)P∣=∣P−1∣∣λE−A∣∣P∣=∣λE−A∣=fA(λ)\begin{aligned} f_{\bm{B}}(\lambda) &= \left\lvert \lambda \bm{E} - \bm{B} \right\rvert\\ &= \left\lvert \lambda \bm{E} - \bm{P}^{-1} \bm{A} \bm{P} \right\rvert\\ &= \left\lvert \bm{P}^{-1} \lambda \bm{E} \bm{P} - \bm{P}^{-1} \bm{A} \bm{P} \right\rvert\\ &= \left\lvert \bm{P}^{-1} (\lambda \bm{E} - \bm{A}) \bm{P} \right\rvert\\ &= \left\lvert \bm{P}^{-1} \right\rvert \left\lvert \lambda \bm{E} - \bm{A} \right\rvert \left\lvert \bm{P} \right\rvert\\ &= \left\lvert \lambda \bm{E} - \bm{A} \right\rvert\\ &= f_{\bm{A}}(\lambda) \end{aligned}

设 f(x)f(x) 为关于 xx 的多项式，若 λ\lambda 为 A\bm{A} 的特征值，f(λ)f(\lambda) 为 f(A)f(\bm{A}) 的特征值。

∏i=1nλi=∣An∣\prod_{i=1}^{n} \lambda_i = \left\lvert \bm{A}_n \right\rvert

证明：

∣λE−A∣=∣λ−a11−a12⋯−a1n−a21λ−a22⋯−a2n⋮⋮⋱⋮−an1−an2⋯λ−ann∣=λn+cn−1λn−1+⋯+c1λ+c0=∏i=1n(λ−λi)\begin{aligned} \left\lvert \lambda \bm{E} - \bm{A} \right\rvert &= \begin{vmatrix} \lambda - a_{11} & -a_{12} & \cdots & -a_{1n}\\ -a_{21} & \lambda - a_{22} & \cdots & -a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ -a_{n1} & -a_{n2} & \cdots & \lambda - a_{nn} \end{vmatrix}\\ &= \lambda^n + c_{n - 1} \lambda^{n - 1} + \cdots + c_1 \lambda + c_0\\ &= \prod_{i=1}^{n} (\lambda - \lambda_i) \end{aligned}

从而有 c0=(−1)n∏i=1nλic_0 = (-1)^n \displaystyle \prod_{i=1}^{n} \lambda_i。

令 λ=0\lambda = 0，得 c0=∣−A∣=(−1)n∣An∣c_0 = \left\lvert - \bm{A} \right\rvert = (-1)^n \left\lvert \bm{A}_n \right\rvert，即

∏i=1nλi=∣An∣\prod_{i=1}^{n} \lambda_i = \left\lvert \bm{A}_n \right\rvert

定义方阵的迹为主对角线上元素之和，记作 tr⁡(A)\trace(\bm{A})。

∑i=1nλi=tr⁡(An)\sum_{i=1}^{n} \lambda_i = \trace(\bm{A}_n)

证明：

按行展开，有

∣λE−A∣=∣λ−a11−a12⋯−a1n−a21λ−a22⋯−a2n⋮⋮⋱⋮−an1−an2⋯λ−ann∣=(λ−a11)A11+(−1)1+2(−a12)A12+⋯+(−1)1+n(−a1n)A1n\begin{aligned} \left\lvert \lambda \bm{E} - \bm{A} \right\rvert &= \begin{vmatrix} \lambda - a_{11} & -a_{12} & \cdots & -a_{1n}\\ -a_{21} & \lambda - a_{22} & \cdots & -a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ -a_{n1} & -a_{n2} & \cdots & \lambda - a_{nn} \end{vmatrix}\\ &= (\lambda - a_{11}) A_{11} + (-1)^{1 + 2} (-a_{12}) A_{12} + \cdots + (-1)^{1 + n} (-a_{1n}) A_{1n}\\ \end{aligned}

而 A12, ⋯ , A1nA_{12},\, \cdots,\, A_{1n} 中 λ\lambda 的次数最高为 n−2n - 2，于是可以不用考虑，同理有

∣λE−A∣=(λ−a11)A11=(λ−a11)(λ−a22)⋯(λ−ann)+dn−2λn−2+⋯+d1λ+d0\begin{aligned} \left\lvert \lambda \bm{E} - \bm{A} \right\rvert ={} & (\lambda - a_{11}) A_{11}\\ ={} & (\lambda - a_{11}) (\lambda - a_{22}) \cdots (\lambda - a_{nn}) \\ &+ d_{n - 2} \lambda^{n - 2} + \cdots + d_1 \lambda + d_0\\ \end{aligned}

则 λn−1\lambda^{n - 1} 的系数为 −∑i=1naii=tr⁡(A)- \displaystyle \sum_{i=1}^{n} a_{ii} = \trace(\bm{A})，而 ∣λE−A∣=∏i=1n(λ−λi)\left\lvert \lambda \bm{E} - \bm{A} \right\rvert = \displaystyle \prod_{i=1}^{n} (\lambda - \lambda_i)，从而还有 λn−1\lambda^{n - 1} 的系数为 −∑i=1nλi- \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \lambda_i，于是有

∑i=1nλi=tr⁡(An)\sum_{i=1}^{n} \lambda_i = \trace(\bm{A}_n)

设 A∈Rm×n, B∈Rn×m\bm{A} \in \R^{m \times n},\, \bm{B} \in \R^{n \times m}，则有

λn∣λEm−AB∣=λm∣λEn−BA∣\lambda^n \left\lvert \lambda \bm{E}_m - \bm{A} \bm{B} \right\rvert = \lambda^m \left\lvert \lambda \bm{E}_n - \bm{B} \bm{A} \right\rvert

证明：

注意到

{λn∣λEm−AB∣=∣λEm−ABλEn∣=∣λEm+n−[ABOn]∣λm∣λEn−BA∣=∣λEmλEn−BA∣=∣λEm+n−[OmBA]∣\left\lbrace\begin{aligned} \lambda^n \left\lvert \lambda \bm{E}_m - \bm{A} \bm{B} \right\rvert = \begin{vmatrix} \lambda \bm{E}_m - \bm{A} \bm{B} & \\ & \lambda \bm{E}_n \end{vmatrix} \kern{-0.3em}&= \left\lvert \lambda \bm{E}_{m + n} - \begin{bmatrix} \bm{A} \bm{B} & \\ & \bm{O}_n \end{bmatrix} \right\rvert\\ \lambda^m \left\lvert \lambda \bm{E}_n - \bm{B} \bm{A} \right\rvert = \begin{vmatrix} \lambda \bm{E}_m & \\ & \lambda \bm{E}_n - \bm{B} \bm{A} \end{vmatrix} \kern{-0.3em}&= \left\lvert \lambda \bm{E}_{m + n} - \begin{bmatrix} \bm{O}_m & \\ & \bm{B} \bm{A} \end{bmatrix} \right\rvert \end{aligned}\right.

即证

∣λEm+n−[ABOn]∣=∣λEm+n−[OmBA]∣\left\lvert \lambda \bm{E}_{m + n} - \begin{bmatrix} \bm{A} \bm{B} & \\ & \bm{O}_n \end{bmatrix} \right\rvert = \left\lvert \lambda \bm{E}_{m + n} - \begin{bmatrix} \bm{O}_m & \\ & \bm{B} \bm{A} \end{bmatrix} \right\rvert

而

{[ABOn]=[OAOO][OOBO][OmBA]=[OOBO][AOOO]\left\lbrace\begin{aligned} \begin{bmatrix} \bm{A} \bm{B} & \\ & \bm{O}_n \end{bmatrix} &= \begin{bmatrix} \bm{O} & \bm{A} \\ \bm{O} & \bm{O} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{O} & \bm{O} \\ \bm{B} & \bm{O} \end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix} \bm{O}_m & \\ & \bm{B} \bm{A} \end{bmatrix} &= \begin{bmatrix} \bm{O} & \bm{O} \\ \bm{B} & \bm{O} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{A} & \bm{O} \\ \bm{O} & \bm{O} \end{bmatrix} \end{aligned}\right.

而「若 A, B\bm{A},\, \bm{B} 为同阶方阵，则有 AB\bm{A} \bm{B} 与 BA\bm{B} \bm{A} 特征值相同」[1]，得证。

由此可知 mm 阶方阵 AB\bm{A} \bm{B} 与 nn 阶方阵 BA\bm{B} \bm{A} 的特征值相同，且相同的非零特征值的代数重数相同（即 tr⁡(AB)=tr⁡(BA)\trace(\bm{A} \bm{B}) = \trace(\bm{B} \bm{A})）。

若 Aη=λη\bm{A} \bm{\eta} = \lambda \bm{\eta}，则 A−1η=1λη\bm{A}^{-1} \bm{\eta} = \dfrac{1}{\lambda} \bm{\eta}。

即 A\bm{A} 的特征向量 η\bm{\eta} 也是 A−1\bm{A}^{-1} 的特征向量，且特征值互为倒数。

  1. 严谨证明略。对于 ∣A∣≠0\left\lvert \bm{A} \right\rvert\ne 0 的情况，有 A(BA)A−1=AB\bm{A} (\bm{B} \bm{A}) \bm{A}^{-1} = \bm{A} \bm{B}，即 AB\bm{A} \bm{B} 与 BA\bm{B} \bm{A} 相似，故特征值相同。对于 ∣A∣=0\left\lvert \bm{A} \right\rvert= 0 的情况，按线代老师的说法，用「扰动」，算极限。只不过我不喜欢这个方法，所以从略。 ↩︎