广义特征向量

广义特征向量

• 广义特征向量
  • 直和
  • 维数
  • 空间
• 广义特征向量
  • 直和
  • 维数
  • 空间
  • 幂零变换
  • 重数
  • Jordan 型
    • 如何求 Jordan 型
    • Jordan Basis
  • Hamilton-Cayley 定理
    • 证明
    • 应用
• 零化多项式
• 圆盘定理
  • 第一圆盘定理
  • 第二圆盘定理
  • 谱半径
  • 作业

首先回顾 特征值 章节 中的特征子空间 $E[T, \lambda]$. 对于 $T \in L(V)$ 的不同特征值 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_m$.
有结论 $E[T, \lambda_1] \oplus E[T, \lambda_2] \oplus \cdots \oplus E[T, \lambda_m] \le V$.

也就是说通常不能找到 $n$ 个线性无关的特征向量. 那么我们能不能通过拓展特征向量的定义, 得到广义特征向量. 使得广义特征向量的维数等于 $n$ 呢.

特征向量的定义为, $\alpha \in V, (T - \lambda I)(\alpha) = 0$. 将广义特征向量定义为

$$(T - \lambda I)^i (\alpha) = 0, ~~i=0,1,\cdots,n$$

广义特征向量构成 广义特征子空间 $G(T, \lambda) = \text{null} (T-\lambda I)^{\dim V}$. 显然特征子空间 $E(T, \lambda) \subseteq G(T, \lambda)$.

一个随之而来的问题是, 为什么定义中 $i$ 的最大取值为 $n$. 是否存在 $\alpha$ 必须要 $i=\dim V +1$ 才能使得 $(T - \lambda I)^i(\alpha) = 0$.

其实如果存在 $\text{null } T^m = \text{null } T^{m+1}$, 那么一定有 $\text{null } T^{m+i} = \text{null } T^{m+i+1}$. 比如说如果 $\text{null } T^2 = \text{null } T^3$, 那么就不用继续找了, $\text{null } T^2$ 里面就是所有的特征向量. 由于 $V$ 中至多有 $n$ 个线性无关的特征向量, 因此 $\text{null } T^n$ 必然包含了所有线性无关的特征向量.

下面说明 $\text{null } T^m = \text{null } T^{m+1} \Rightarrow \text{null } T^{m+i} = \text{null } T^{m+i+1}$.

证明 \
已知 $T^{m+i} \subseteq T^{m+i+1}$, 只需要说明 $T^{m+i+1} \subseteq T^{m+i}$ 即可.

任意 $\alpha \in \text{null }T^{m+i+1}$, 且 $(T-\lambda I)^{m+i+1}(\alpha) = 0$.
可以推出

$$\begin{align*} & (T-\lambda I)^{m+i+1}(\alpha) = (T-\lambda I)^{m+1} (T-\lambda I)^i(\alpha) = 0 \\ \Rightarrow~ & (T-\lambda I)^i(\alpha) \in \text{null } (T-\lambda I)^{m+1} \\ \because~ & \text{null } (T-\lambda I)^m = \text{null } (T-\lambda I)^{m+1} \\ \therefore~ & (T-\lambda I)^i(\alpha) \in \text{null } (T-\lambda I)^m \\ \therefore~ & (T-\lambda I)^{m+i}(\alpha) = 0 \\ \therefore~ & \text{null }T^{m+i+1} \subseteq \text{null }T^{m+i} \end{align*}$$

回顾一下, 我们引入广义特征向量的意义.
$T$ 在一组特征值组成的基下, 对应矩阵 $A$.
$T(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) = (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) A$.
如果 $V$ 可以表示为多个不变子空间的直和, 那么 $A$ 就可以进行分块对角化.
但是通常 $V$ 不能写为他们的直和. 但是引入广义特征向量之后可以做到这一点.

直和

维数

虽然 $V = \text{range }T \oplus \text{null}T$ 一般不成立, 但是可以证明 $V = \text{range }T^n \oplus \text{null}T^n$.

补充: 求导运算可以作为对于 $V = \text{range }T \oplus \text{null}T$ 的反例.

首先根据维数公式, $\dim V = \dim \text{range } T^n + \dim \text{null } T^n$. 那么只需要证明 $\text{range } T^n \cap \dim \text{null } T^n = {0}$ 即可.

设 $\alpha \in \text{range } T^n \cap \text{null } T^n$, 要证明 $\alpha = 0$.

$$\begin{align*} & \alpha \in \text{null }T^n \Rightarrow T^n(\alpha) = 0 \\ & \alpha \in \text{range }T^n \Rightarrow \exist \beta \in V, \text{s.t. } T^n(\beta) = \alpha \\ & \therefore~ T^{2n}(\beta) = T^n(\alpha) = 0 \\ & \because~ \text{null } T^{2n} = \text{null } T^n \\ & \therefore~ T^{2n}(\beta) = T^n(\beta) = 0 \\ & \therefore~ \alpha = T^n(\beta) = 0 \end{align*}$$

空间

容易证明不同特征值的特征向量线性无关, 因此:

$$V = G(T, \lambda_1) \oplus G(T, \lambda_2) \oplus \cdots \oplus G(T, \lambda_m)$$

进一步, 可以说明 $G(T, \lambda)$ 构成一个不变子空间.
即若 $\alpha \in \text{null } (T - \lambda I)^n$, 那么 $T(\alpha) \in \text{null } (T-\lambda I)^n$ 也成立.

证明 \
已知 $(T-\lambda I)^n(\alpha) = 0$, 考虑 $(T-\lambda I)^n (T(\alpha))$.
通常两个线性变换是无法交换的. 但是设想将 $(T-\lambda I)^n$ 展开, 后面乘以 $T$. 还是可以从前面提取出一个 $T$. 因此 $(T-\lambda I)^n(T(\alpha)) = T((T-\lambda I)^n(\alpha)) = 0$.

可以总结三个性质

1. $(T - \lambdai I) |{G(T, \lambda_i)}$ 表示 $(T - \lambda_i I)$ 在子空间 $G(T, \lambda_i)$ 上的作用, 且是幂零变换.
2. $G(T, \lambda_i)$ 为 $T$ 的不变子空间
3. $V = G(T, \lambda_1) \oplus G(T, \lambda_2) \oplus \cdots \oplus G(T, \lambda_m)$

幂零变换

之前已经说过, 线性变换 $T$ 的矩阵可以写成分块对角的形式. 特别的, 如果 $T$ 为幂零变换. 那么可以写成严格上三角的形式.

$$\begin{align*} T(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) &= (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) A \\ &= (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) \begin{pmatrix} 0 & * & * & * \\ & 0 & * & * \\ & & \ddots & * \\ & & & 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

证明\
根据 $\text{null }T^{m+i+1} \subseteq \text{null }T^{m+i}$, 可以得到

$$\{0\} = \text{null }T^0 \subseteq \text{null }T^1 \subseteq \cdots \subseteq \text{null } T^n = V$$

那么可以取 $\alpha{1,1}, \cdots, \alpha{1,k_1} \in \text{null } T \Rightarrow T(\alpha_1) = 0$. 从而 $A$ 的前 $k$ 列为 $0$.

继续考虑 $\alpha{2,1}, \cdots, \alpha{2,k2} \in \text{null } T^2 \Rightarrow T(\alpha_2) \in \text{null } T$. 所以 $\alpha{2,}$ 可以完全由 $\alpha_{1,}$ 来表示, 对角线上的值仍然为 $0$.

重数

$G(T, \lambda)$ 与代数重数对应, $E(T, \lambda)$ 与几何重数对应. 在线性代数中, 代数重数为特征方程的根, 几何重数为特征值对应的特征向量.

$$\begin{align*} T(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) &= (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) \begin{pmatrix} A_1 & & & \\ & A_2 & & \\ & & \ddots & \\ & & & A_m \end{pmatrix} \end{align*}$$

其中

$$A_i = \begin{pmatrix} \lambda_i & & * \\ & \ddots & \\ 0 & & \lambda_i \end{pmatrix}_{n_i \times n_i}$$

$\lambda_i$ 为特征值, $n_i$ 为对应的代数重数. 可以进行简要说明:

$$\begin{align*} & T|_{G(T, \lambda)} = (T - \lambda I)|_{G(T, \lambda)} + \lambda I|_{G(T, \lambda)} \\ \Rightarrow & \\ & A_i = \begin{pmatrix} \lambda_i & & * \\ & \ddots & \\ 0 & & \lambda_i \end{pmatrix}_{n_i \times n_i} = \begin{pmatrix} 0 & & * \\ & \ddots & \\ 0 & & 0 \end{pmatrix}_{n_i \times n_i} + \lambda_i \end{align*}$$

可以看出 $A_i$ 已经化成了上三角形式, 可以进行进一步简化得到约当标准型.

Jordan 型

这是一个约当块,

$$\begin{pmatrix} \lambda & 1 & & \\ & \lambda & 1 & \\ & & \ddots & 1 \\ & & & \lambda \end{pmatrix}_{n_i \times n_i}$$

在矩阵 $A$ 中, 特征值 $2$ 的约当块有两个; 特征值 $1$ 的约当块有一个.

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

• 特征值对应的所有 Jordan 块个数就是该特征值的几何重数, 也就是说一个 Jordan 块对几何重数的贡献为 1.
  • 回顾 几何重数 的定义 $\dim {v \in V, (T - \lambda I) v = 0}$. 显然只有 Jordan 块第一列对应的那个特征向量才满足这个条件, 因此每个 Jordan 块的贡献为 1.
• 特征值对应的所有 Jordan 块的维度和 为该特征值的代数重数.
  • 顺便回顾 代数重数 的定义 $\dim {v \in V, \exist n \in N \text{ s.t. } (T - \lambda I)^n v = 0}$

如何求 Jordan 型

• 解出特征值
• 根据解出的特征值讨论 Jordan 型的形式
• 计算特征值对应的特征向量

以 $\dim V=3$ 为例, 解出 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$.

1. $\lambda_1 \neq \lambda_2 \neq \lambda_3$: 对角型, 直接求特征向量就行
2. $\lambda_1 = \lambda_2 \neq \lambda_3$: 计算 $\lambda_1$ 有几个特征向量
   1. 2 个: $\lambda_1$对应两个 Jordan 块, 对角型 $$\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$$
   2. 1 个: $\lambda_1$ 对应一个 Jordan 块 $$\begin{pmatrix} \lambda_1 & 1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$$
3. $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3$: 计算 $\lambda_1$ 有几个特征向量
   1. 3 个: 对角型
   2. 2 个: 和 (2) 中一样
   3. 1 个: $$\begin{pmatrix} \lambda_1 & 1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 1 \\ 0 & 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$$

$\dim V = 4$ 会更加复杂, 如 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = \lambda_4$.
解出两个特征向量, 那么 Jordan 型是 $3+1$ 还是 $2+2$ 的形式呢.
还需要观察幂零指数.

Jordan Basis

简单来说 Jordan Basis 是尝试在 $V$ 上寻找一组基, 使得线性变换 $T$ 对应的变换矩阵 $A$ 是 Jordan 标准型.

我想到的一个简单的想法是

$$T(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) = (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) P^{-1}JP \\ \Rightarrow T(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) P^{-1} = (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n) P^{-1}J \\$$

https://www.youtube.com/watch?v=jWo65wklbYM

Hamilton-Cayley 定理

对于 $T \in L(V)$, 其特征多项式为

$$(\lambda - \lambda_1)^{n_1} (\lambda - \lambda_2)^{n_2} \cdots (\lambda - \lambda_m)^{n_m}$$

其中 $n_i$ 为代数重数.

则我们可以推出

$$(T - \lambda_1 I)^{n_1} (T - \lambda_2 I)^{n_2} \cdots (T - \lambda_m I)^{n_m} = 0$$

证明

$\forall \alpha \in G(T, \lambda_i)$, 要证

$$(T - \lambda_1 I)^{n_1} (T - \lambda_2 I)^{n_2} \cdots (T - \lambda_m I)^{n_m}(\alpha) = 0 \\$$

由于 $\alpha \in G(T, \lambda)$, 可知 $(T - \lambda_i)^{n_i} (\alpha) = 0$. 那么可以通过交换使得上式中出现 $(T - \lambda_i)^{n_1} \cdots (T - \lambda_i)^{n_i} (\alpha) = 0$, 命题得证.

注意, 一般线性变换的 composition 不满足交换律. 但是这里可以验证, 当我们进行展开之后, 交换律的最终形式不变.

类似的, 对矩阵也有 Hamilton-Cayley 定理. 若 $A_{n\times n}$ 的特征多项式为

$$f_A(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)^{n_1} (\lambda - \lambda_2)^{n_2} \cdots (\lambda - \lambda_m)^{n_m}$$

那么有

$$f_A(A) = (A - \lambda_1 E)^{n_1} (A - \lambda_2 E)^{n_2} \cdots (A - \lambda_m E)^{n_m} = 0$$

当然, $f_A(A)$ 的多项式展开也为 $0$:

$$f_A(\lambda) = \lambda^n + a_{n-1} \lambda^{n-1} + a_{n-2} \lambda^{n-2} + \cdots + a_1 \lambda + a_0 = 0$$

应用

Hamilton-Cayley 定理主要起到降幂的作用.

从 $f_A(A) = 0$ 可以看出, $A^n$ 以及更高的次数可以通过 $E, A, \cdots, A^{n-1}$ 进行线性表示.

例如对于三阶矩阵 $A_{3\times 3}$, 求 $A^{1000}$.

之前我们的处理是进行对角化, 但是一般的矩阵无法进行对角化. 可以化为 Jordan 标准型

$$P^{-1} A P = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 1 & ~ \\ ~ & \lambda_1 & ~ \\ ~ & ~ & \lambda_2 \end{pmatrix}$$

但是化为 Jordan 标准型又比较困难, 这时候可以利用 Hamilton-Cayley 定理.

$$A^{1000} = a_2 A^2 + a_1 A + a_0 E$$

利用多项式除法可以构造等式

$$\begin{align*} & A^{1000} = Q(A) f_A(A) + a_2 A^2 + a_1 A + a_0 \\ & \because f_A(A) = 0 \\ & \therefore A^{1000} = a_2 A^2 + a_1 A + a_0 \end{align*}$$

那么如何求 $a_2, a_1, a_0$ 呢 ? 根据上式容易知道如下公式也是成立的.

$$\lambda^{1000} = Q(\lambda) f_A(\lambda) + a_2 \lambda^2 + a_1 \lambda + a_0$$

那么只需要带入三个 $\lambda$ 的值就可以得到三个方程去解了.
$A_{3\times 3}$ 最多有 3 个特征值 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$, 且 $Q(\lambda_1) f_A(\lambda_1) = 0$.

但是如果 $\lambda_1 \neq \lambda_2 \neq \lambda_3$, 那么显然 $A$ 是可以对角化的, 何必脱裤子放屁呢.

所以考虑 $\lambda_1 = \lambda_2 \neq \lambda_3$ 的情况, 此时我们只能得到两个有效的方程.

$$\left \{ \begin{align*} \lambda_1^{1000} &= Q(\lambda_1) f_A(\lambda_1) + a_2 \lambda_1^2 + a_1 \lambda_1 + a_0 \\ \lambda_2^{1000} &= Q(\lambda_2) f_A(\lambda_2) + a_2 \lambda_2^2 + a_1 \lambda_2 + a_0 \end{align*} \right .$$

方法是对等式两边求导.

$$1000\lambda^{999} = Q'(\lambda) f_A(\lambda) + Q(\lambda) f_A'(\lambda) + a_2 \lambda^2 + a_1 \lambda + a_0$$

代入 $\lambda_1$, 由于 $\lambda_1$ 对应的代数重数是 $2$, 所以 $f_A’(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)^2 (\lambda - \lambda_3)$, 因此 $f_A’(\lambda_1) = 0$.

$$\left \{ \begin{align*} \lambda_1^{1000} &= a_2 \lambda_1^2 + a_1 \lambda_1 + a_0 \\ \lambda_2^{1000} &= a_2 \lambda_2^2 + a_1 \lambda_2 + a_0 \\ 1000\lambda_3^{999} &= 2a_2 \lambda_3 + a_1 \end{align*} \right .$$

零化多项式

对于多项式 $f(\lambda)$, 如果 $f(A) = 0$, 称 $f$ 为 $A$ 的零化多项式.

• 矩阵 $A$ 的零化多项式必然存在, 至少特征多项式就是 $A$ 的一个零化多项式
• 最小多项式 $m_A(\lambda)$: 零化多项式中次数最低且最高项系数为 $1$ 的

性质

1. 最小多项式唯一\
   证明:\
   设存在两个最小多项式 $m_A(\lambda), n_A(\lambda)$, 那么显然 $m_A(\lambda), n_A(\lambda)$ 的最高阶数相等. 又由于 $m_A(\lambda) - n_A(\lambda)$ 也是最小多项式, 我们就得到了一个阶数更低的零化多项式. 矛盾.

2. 设 $f(\lambda)$ 为 $A$ 的零化多项式, 则 $m_A(\lambda) \mid f(\lambda)$
   证明:\
   假设 $m_A(\lambda) \nmid f(\lambda)$, 那么我讲 $f(\lambda)$ 表示为

   $$f(\lambda) = Q(\lambda) m_A(\lambda) + r(\lambda)$$

   那么 $r(\lambda)$ 作为余项阶数肯定低于 $m_A(\lambda)$, 而且也是零化多项式. 从而与 $m_A(\lambda)$ 是最小多项式矛盾.

3. 由于特征多项式必然是零化多项式, 所以最小多项式必能整除特征多项式. $m_A(\lambda) \mid f_A(\lambda)$

4. $A$ 的每个特征值都是最小多项式的根

   对于特征值 $\lambda_i$ 有 $A\alpha = \lambda_i \alpha$. 则显然

   $$0 = m_A(A) \alpha = m_A(\lambda) \alpha$$

   假设 $\lambda_i$ 不是 $m_A(\lambda)$ 的根, 那么 $m_A(\lambda) \neq 0$, 矛盾.

5. 若 $A \sim B$, 则 $m_A(\lambda) = m_B(\lambda)$.

   证明的思路是, 利用性质(2) 说明 $m_A(\lambda) \mid m_B(\lambda)$ 和 $m_B(\lambda) \mid m_A(\lambda)$, 从而 $m_A(\lambda) = m_B(\lambda)$.

   要说明 $m_A(\lambda) \mid m_B(\lambda)$, 也就是 $m_B(A) = 0$.

   $$m_B(A) = m_B(P^{-1}BP) = P^{-1} m_B(B)P = 0$$

   同理可得 $m_B(\lambda) \mid m_A(\lambda)$, 证毕.

6. 分块对角矩阵的零化多项式

   设 $f(\lambda)$ 为 $A$ 的零化多项式, 则

   $$f(A) = \begin{pmatrix} f(A_1) & & & \\ & f(A_2) & & \\ & & \cdots & \\ & & & f(A_4) \end{pmatrix}$$

   显然 $f(Ai) = 0$, 那么每个分块也对应有最小多项式 $m{Ai}(\lambda) \mid f(\lambda)$,
   并且 $m_A(\lambda)$ 为 $m{A_i}(\lambda)$ 的最小公倍式.

   举例来说,

   $$A \sim \begin{pmatrix} 2 & 1 & & & \\ & 2 & & & \\ & & 2 & & \\ & & & 1 & \\ & & & & 1 \\ \end{pmatrix}$$

   那么对于 $\lambda=2$, Jordan 块的最大阶数为 $2$, 对于 $\lambda=1$, 最大阶数为 $1$.
   因此 $m_A(\lambda) = (\lambda-2)^2 (\lambda-1)$.

   另一个应用是利用分块的最小多项式求 Jordan 标准型.
   之前我们提到多三阶矩阵 Jordan 标准型的求法, 而四阶矩阵更加困难.

   因为四阶矩阵求出特征值 $\lambda_i$ 的几何重数之后仍然无法确定 Jordan 块的形式.
   比如 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = \lambda_4 = 1$, 且几何重数为 $2$.
   那么 Jordan 块的形式应该是 $1+3$ 还是 $2+2$ 呢.

   $$\begin{pmatrix} 1 & & & \\ & 1 & 1 & \\ & & 1 & 1 \\ & & & 1 \\ \end{pmatrix} \text{or} \begin{pmatrix} 1 & 1 & & \\ & 1 & & \\ & & 1 & 1 \\ & & & 1 \\ \end{pmatrix}$$

   这两种情况下 $(\lambda-1)$ 的最高次不同, 所以可以通过检验 $(A-E)^2 = 0$ 确定是哪一种.
   如果成立, 那么最高阶数为 $2$, Jordan 标准型为 $2+2$ 形式. 否则为 $1+3$ 形式.

7. $A_{n\times n}$ 可对角化 $\Leftrightarrow m_A(\lambda)$ 无重根.

   • 证明

     $A_{n\times n}$ 可对角化 $\Rightarrow m_A(\lambda)$ 无重根.
     可对角化说明有 $n$ 个特征值, 那么 $m_A(\lambda) = (\lambda - \lambda_1) \cdots (\lambda - \lambda_n)$.

     $A_{n\times n}$ 可对角化 $\Leftarrow m_A(\lambda)$ 无重根.
     记 $\lambda_i$ 的代数重数为 $n_i$.
     $\lambda_i$ 的几何重数为

     $$\dim \{x: (A - \lambda_i I)x = 0\} = n - \text{rank}(A - \lambda_i I)$$

     几何重数小于等于代数重数

     $$\begin{align*} n - \text{rank}(A - \lambda_i I) \leq n_i \\ \Rightarrow \sum_{i=1}^m (n - \text{rank}(A - \lambda_i I)) \leq \sum_{i=1}^m n_i \\ \Rightarrow (m-1)n \leq \sum_{i=1}^m \text{rank} (A - \lambda_i I) \end{align*}$$

     如果能够说明 $(m-1)n \geq \sum_{i=1}^m \text{rank} (A - \lambda_i I)$, 那么说明几何重数的和等于代数重数的和, $A$ 也就可以对角化.

     根据矩阵乘积秩的性质:

     $$r(A_1A_2) \leq r(A_1) + r(A_2) - n \\ \Rightarrow r(A_1\cdots A_m) \leq \sum_{i=1}^m r(A_i) - (m-1)n$$

     又因为 $m_A(\lambda)$ 无重根, 所以

     $$\begin{align*} & (A - \lambda_1 E) (A - \lambda_2 E) \cdots (A - \lambda_m E) = 0 \\ \Rightarrow & \sum_{i=1}^m \text{rank} (A-\lambda_i E) \leq (m-1)n \end{align*}$$

     证毕.

   • 应用

     利用这个结论, 我们可以轻松判断一些矩阵是可以对角化的.
     比如幂等矩阵 $A^2 = A$.

     $$\begin{align*} & A^2 = A \\ \Rightarrow & A^2 \alpha = A \alpha \\ \Rightarrow & \lambda^2 \alpha = \lambda \alpha \\ \Rightarrow & f(\lambda) = (\lambda - 1) \lambda = 0 \end{align*}$$

     由于 $f_A(\lambda)$ 没有重根, 所以 $m_A(\lambda)$ 也没有重根, 因此 $A$ 可对角化.

     类似的, 如果 $A^2 = E$, 那么 $f(\lambda) =\lambda^n - 1$. $n$ 个不同的根, 说明 $A$ 可对角化.

圆盘定理

圆盘定理可以用来估计 $A_{n\times n} \in C^{n\times n}$ 的特征值范围.
通常矩阵的特征值都是求不出来的, 因此需要用圆盘定理进行近似估计.

第一圆盘定理

$\lambda$ 为 $A$ 的任意特征值, 那么

$$|\lambda - a_{ii}| \leq \sum_{j\neq i}^n |a_{ij}|$$

也就是说, $A$ 的任意特征值一定会落在某个圆盘内.

举例

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 2+i \\ 2i & i+1 \end{pmatrix} \\ \Rightarrow |\lambda -1| \leq |2+i| = \sqrt{5}$$

那么在复平面上看, $\lambda$ 的范围是以 $(1, 0)$ 为中心 $\sqrt{5}$ 为半径的圆盘.

证明

不妨取 $A$ 的特征值为 $\lambda_0$, $\alpha = (x_1, x_2, \cdots, x_n)^T$ 为特征向量.

$$A \alpha = \lambda_0 \alpha \\ \Rightarrow \left \{ \begin{align*} & a_{11} x_1 + a_{12} x_2 + \cdots a_{1n} x_n = \lambda_0 x_1 \\ & a_{21} x_1 + a_{22} x_2 + \cdots a_{2n} x_n = \lambda_0 x_2 \\ & \vdots \\ & a_{n1} x_1 + a_{n2} x_2 + \cdots a_{nn} x_n = \lambda_0 x_n \\ \end{align*} \right .$$

设 $\alpha = (x_1, x_2, \cdots, x_n)^T$ 中模最大的元素是 $x_i$.
那么

$$\begin{align*} (\lambda_0 - a_{ii})x_i &= a_{i1} x_1 + a_{i2} x_2 + \cdots + a_{i,i-1}x_{i-1} + a_{i,i+1}x_{i+1} + \cdots + a_{in} x_n \\ \Rightarrow |\lambda_0 - a_{ii}| |x_i| &= |a_{i1} x_1 + a_{i2} x_2 + \cdots + a_{i,i-1}x_{i-1} + a_{i,i+1}x_{i+1} + \cdots + a_{in} x_n| \\ &\leq |a_{i1} x_1| + |a_{i2} x_2| + \cdots + |a_{i,i-1}x_{i-1}| + |a_{i,i+1}x_{i+1}| + \cdots + |a_{in} x_n| \\ \Rightarrow |\lambda_0 - a_{ii}| &\leq |a_{i1}| |\frac{x_1}{x_i}| + |a_{i2}||\frac{x_2}{x_i}| + \cdots + |a_{i,i-1}||\frac{x_{i-1}}{x_i}| + |a_{i,i+1}||\frac{x_{i+1}}{x_i}| + \cdots + |a_{in}||\frac{x_n}{x_i}| \\ &\leq |a_{i1}| + |a_{i2}| \cdots + |a_{in}| \\ &\leq \sum_{j\neq i}^n |a_{uj}| \end{align*}$$

当然, 上述定理是关于 $A$ 的行的, 类似的我们也可以得到关于 $A$ 的列的结论.

第二圆盘定理

已经根据第一圆盘定理将 $A$ 的特征值 $\lambda_i$ 限制在复平面的圆盘中.

第二圆盘定理给出进一步的结论: 如果 $k$ 个圆盘重合, 那么这些圆盘的并集中存在 $k$ 个特征值.
举例来说, 如果两个圆盘有交集, 那么这两个圆盘的并集中肯定存在两个特征值.

特比的, 如果有 $n$ 个相互分离的圆盘, 那么 $A$ 可对角化.

(我感觉第二圆盘定理没有什么不平凡的地方啊, 这不就是直接根据第一圆盘定理推出的吗).

考虑 $A_{n\times n} \in R^{n\times n}$, 并且圆盘分离. 那么 $A$ 的特征值都为实数.

简略说明如下:

$A$ 的特征方程为实系数方程, 因此 $f_A(\lambda) = 0$ 的根必然是共轭的.

也就是说, 若 $f_A(a+bi) = 0$, 那么 $f_A(a-bi) = 0$.
那么在复平面上有沿着 $x$ 轴对称的两个点 $(a, b), (a, -b)$.

又因为第一圆盘定理对实矩阵限定的圆盘, 其圆心也在 $x$ 轴上, 所以圆盘中至少有两个特征值.
与第二圆盘定理说的, 单独的圆盘只有一个特征值矛盾.

例题
给定某 $A_{4\times 4}$,

• (1), 估计特征值范围

• (2), 证明 $A$ 可逆.

  证明 $A$ 可逆的思路有

  • 算行列式 $|A - \lambda E| = 0$, 发现没有 $\lambda = 0$ 的根.
  • 利用行变换证明 $A$ 满秩
  • 观察 (1) 中的圆盘, 发现零点不在任何圆盘中

谱半径

谱半径 $\rho(A)$ 定义为 $\max {|\lambda_1|, |\lambda_2|, \cdots, |\lambda_n|}$.

$\mu, \mu’$ 分别表示 行(列)元素模的和 的最大值.

$$\mu = \max_{i=1,\cdots, n} \{\sum_{j=1}^n |a_{ij}|\} \\ \mu' = \max_{j=1,\cdots, n} \{\sum_{i=1}^n |a_{ij}|\}$$

我们有结论 $\rho \leq \min {\mu, \mu’}$

尚未给出证明

作业

矩阵分解占分不少, 老师提醒我们要开始复习了.

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