線性代數應該這樣學9：上三角矩陣、對角矩陣

在本系列中，個人我的看法將使用斜體標註。因爲時間關係，移除了例題部分，可參考答案連接，若有疑問，可在評論區處留言。因爲文章是我獨自整理的，缺少審閱，不免出現錯誤，若有發現歡迎在評論區中指正。

目錄

• Part 1：上三角矩陣
• Part 2：對角矩陣

Part 1：上三角矩陣

本節含有許多實用性的結果，而且證實手段每每不惟一，應當認真體會一下不一樣證實方法之間的異同。

本徵值的存在性 有限維非零復向量空間上，每一個算子均有本徵值。

注意，這裏並無涉及本徵值的個數，也不涉及重特徵值問題。

設\(\dim V=n>0\)，\(T\in\mathcal L(V)\)。取\(v\in V\)且\(v\ne 0\)，\(n+1\)個向量\(v,Tv,\cdots,T^nv\)線性相關，故存在不全爲0的實數\(a_0,a_1,\cdots,a_n\)，使得

\[0=a_0v+a_1Tv+\cdots+a_nT^nv. \]

若是\(a_1=\cdots=a_n=0\)，則因爲\(v\ne 0\)必有\(a_0=0\)，這與線性相關矛盾。令

\[p(z)=a_0+a_1z+\cdots+a_nz^n, \]

由上面的分析，它不是一個常值多項式，故存在\(\lambda_1,\cdots,\lambda_m\in\mathbb{C}\)，使得

\[p(z)=a_0+a_1z+\cdots+a_nz^n=c(z-\lambda_1)\cdots(z-\lambda_m) \]

因此

\[0=p(T)v=c(T-\lambda_1I)\cdots(T-\lambda_mI)v \]

至少存在一個\(j\)，使得\(T-\lambda_jI\)不可逆（不然容易得出\(v=0\)），故找到了\(T\)的一個本徵值\(\lambda_j\)。

習題1六、17分別利用線性映射證實本徵值的存在性，下面給出證實。

對於\(T\in\mathcal L(V)\)，構造線性映射\(f\in\mathcal L(\mathcal P_n(\mathbb{C}),V)\)，其中\(\forall p\in\mathcal P_n(\mathbb{C})\)，有

\[f(p)=p(T)v\in V. \]

因爲\(\dim\mathcal P_n(\mathbb{C})=n+1>n=\dim V\)，因此\(f\)不是單射，存在\(p\ne 0\)使得

\[p(T)v=0. \]

顯然\(p(z)\)不能是非零常數，由代數基本定理，能夠分解爲

\[c(T-\lambda_1I)\cdots(T-\lambda_mI)=0, \]

因此存在一個\(\lambda_j\)是\(T\)的特徵值。

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對於\(T\in\mathcal L(V)\)，構造線性映射\(g\in\mathcal L(P_{n^2}(\mathbb{C}),\mathcal L(V))\)，其中\(\forall p\in\mathcal P_{n^2}(\mathbb{C})\)，有

\[g(p)=p(T), \]

因爲\(\dim\mathcal P_{n^2}(C)=n^2+1>n^2=\dim\mathcal L(V)\)，因此\(g\)不是單射，存在\(p\ne 0\)使得

\[p(T)=0 \]

顯然\(p(z)\)不能使非零常數，故依舊有如上的分解。

算子的矩陣(matrix of an operator) 設\(T\in\mathcal L(V)\)，並設\(v_1,\cdots,v_n\)是\(V\)的基，\(T\)關於該基的矩陣定義爲\(\mathcal M(T)=(A_{i,k})_{n\times n}\)，其元素定義爲

\[Tv_k=A_{1,k}v_1+\cdots+A_{n,k}v_k. \]

在討論線性映射的矩陣時，爲\(V,W\)都找了一組基；而進入到算子的矩陣，因爲線性空間只有一個，因此只使用\(V\)的一組基，而且通常使用標準基。

矩陣的對角線(diagonal of a matrix) 方陣的對角線由位於左上角到右下角的直線上的元素組成。

上三角矩陣(upper-triangular matrix) 若是位於方陣對角線下方的元素都是0，則這個方陣稱爲上三角矩陣。

上三角矩陣與不變子空間之間存在聯繫，若\(T\in\mathcal L(V)\)，且\(v_1,\cdots,v_n\)是\(V\)的基，則如下三個說法等價：

1. \(T\)關於\(v_1,\cdots,v_n\)的矩陣\(\mathcal M(T)\)是上三角的。
2. \(\forall j=1,\cdots,n\)，\(Tv_j\in\mathrm{span}(v_1,\cdots,v_j)\)。
3. \(\forall j=1,\cdots,n\)，\(\mathrm{span}(v_1,\cdots,v_j)\)是\(T\)下的不變子空間。

上三角矩陣的存在性 在\(V(\mathbb{C})\)上，每一個算子\(T\in\mathcal L(V)\)均有上三角矩陣。

這個定理的實用之處在於，將特徵值關聯到了線性映射上。而且，書上給出的兩個證實，一個基於限制算子，一個基於商算子，因爲商算子咱們平時不經常使用，所以更應該注意商算子的用法。

限制算子：使用數學概括法，若\(\dim V=1\)，則結論顯然成立。

現設\(\dim V>1\)，且對於全部維數比\(V\)小的復向量空間都成立這樣的結論。設\(\lambda\)是\(T\)的任意本徵值，\(U=\mathrm{range}(T-\lambda I)\)，則因爲\(T-\lambda I\)不是滿射，有\(\dim U<\dim V\)。下證實\(U\)是\(T\)下的不變子空間，\(\forall u\in U\)，有

\[Tu=(T-\lambda I+\lambda I)u=(T-\lambda I)u+\lambda u\in U. \]

故\(T|_U\)是\(U\)上的算子，由概括假設，\(U\)有基\(u_1,\cdots,u_m\)使得\(T|_U\)關於這個基有上三角矩陣，所以對每一個\(j=1,\cdots,m\)都有

\[Tu_j=T|_U (u_j)\in\mathrm{span}(u_1,\cdots,u_j). \]

將\(u_1,\cdots,u_m\)擴充成\(V\)的基\(u_1,\cdots,u_m,v_1,\cdots,v_n\)，對每一個\(k\)，都有

\[Tv_k=(T-\lambda I)v_k+\lambda v_k, \]

因爲\((T-\lambda I)v_k\in U\)，\(\lambda v_k\in\mathrm{span}(v_k)\subset\mathrm{span}(v_1,\cdots,v_k)\)，因此

\[Tv_k\in\mathrm{span}(u_1,\cdots,u_m,v_1,\cdots,v_k), \]

故\(T\)關於基\(u_1,\cdots,u_m,v_1,\cdots,v_n\)有上三角矩陣。

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商算子：使用數學概括法，若\(\dim V=1\)，則結論顯然成立。

現設\(\dim V=n>1\)，並設對於全部\(n-1\)維復向量空間都成立這樣的結論。設\(v_1\)是\(T\)的任意一個本徵向量，\(U=\mathrm{span}(v_1)\)，則\(U\)是\(T\)下的不變子空間，且\(\dim U=1\)，故\(\dim V/U=n-1\)。

對\(V/U\)，由概括假設，存在一組基\(v_2+U,\cdots,v_n+U\)，使得\(T/U\)關於該基有上三角矩陣，即\(\forall j=2,\cdots,v_n\)有

\[(T/U)(v_j+U)\in\mathrm{span}(v_2+U,\cdots,v_j+U), \]

即

\[Tv_j+U=a_2v_2+\cdots+a_jv_j+U, \]

因此

\[Tv_j-(a_2v_2+\cdots+a_jv_j)=a_1v_1, \]

故

\[Tv_j\in\mathrm{span}(v_1,\cdots,v_j). \]

這就證實\(T\)關於\(v_1,\cdots,v_n\)這組基（這一組確實是基）存在上三角矩陣。

上三角矩陣與可逆性 若\(T\in\mathcal L(V)\)關於\(V\)的某個基有上三角矩陣，則\(T\)是可逆的當且僅當這個上三角矩陣對角線上的元素都不是0。

這是一個基礎定理，由此能夠很容易獲得其餘推論。

設\(v_1,\cdots,v_n\)是\(V\)的基，\(T\)關於這組基存在上三角矩陣：

\[\mathcal M(T)=\begin{pmatrix} \lambda_1 & & & * \\ \vdots & \lambda _2 & & \\ 0 & 0 & \ddots & \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n \end{pmatrix}. \]

先證充分性。上面的矩陣代表\(Tv_1=\lambda_1v_1\)，因爲\(\lambda_1\ne 0\)，因此\(T(v_1/\lambda_1)=v_1\)，即\(v_1\in\mathrm{range}T\)。從而

\[T(v_2/\lambda_2)=a_1v_1+v_2,\quad v_2\in\mathrm{range}T,\\ T(v_3/\lambda_3)=b_1v_1+b_2v_2+v_3,\quad v_3\in\mathrm{range}T,\\ \vdots \]

以此類推，\(v_1,\cdots,v_n\in\mathrm{range}T\)，故\(T\)是滿的，等價於\(T\)是可逆的。

再證必要性。\(T\)是可逆的故\(\mathrm{null}T=\{0\}\)，因此\(Tv_1=\lambda_1v_1\ne 0\)，\(\lambda_1\ne 0\)。若是存在某個\(\lambda_j=0\)，且\(\forall k<j\)都有\(\lambda_k\ne 0\)，則

\[Tv_j\in\mathrm{span}(v_1,\cdots,v_{j-1}), \]

同時\(T\)將\(\mathrm{span}(v_1,\cdots,v_{j})\)映射到\(\mathrm{span}(v_1,\cdots,v_{j-1})\)上，即\(T\)在子空間\(\mathrm{span}(v_1,\cdots,v_{j-1})\)上不是單射，存在某個\(v\in\mathrm{span}(v_1,\cdots,v_j)\)使得\(v\ne 0\)且\(Tv=0\)，這與\(T\)的可逆性矛盾。

上三角矩陣的特徵值 設\(T\in\mathcal L(V)\)關於\(V\)的某個基有上三角矩陣，則\(T\)的本徵值恰爲這個上三角矩陣對角線上的元素。

設\(\lambda \in\mathbb{F}\)，則

\[\mathcal M(T-\lambda I)=\begin{pmatrix} \lambda_1-\lambda & & & * \\ \vdots & \lambda _2-\lambda & & \\ 0 & 0 & \ddots & \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n-\lambda \end{pmatrix}. \]

爲使得\(T-\lambda I\)可逆，必有\(\lambda\)等於\(\lambda_1,\cdots,\lambda_n\)中的某一個，即\(\lambda_1,\cdots,\lambda_n\)是\(T\)的所有特徵值。

Part 2：對角矩陣

對角矩陣(diagonal matrix) 對角矩陣是對角線之外的元素全是0的方陣。

• 若一個算子關於某個基有對角矩陣，則對角線上的元素恰爲該算子的本徵值。

本徵空間(eigenspace) 設\(T\in\mathcal L(V)\)且\(\lambda \in \mathbb{F}\)，則\(T\)相應於\(\lambda\)的本徵空間定義爲

\[E(\lambda,T)=\mathrm{null}(T-\lambda I). \]

• 若是\(\lambda\)不是\(T\)的本徵值，則\(E(\lambda,T)=\{0\}\)，反之亦然。
• \(E(\lambda,T)\)是\(T\)的相對應於\(\lambda\)的全體本徵向量加上\(0\)構成的集合。
• \(E(\lambda,T)\)是\(V\)關於\(T\)的不變子空間，\(\forall v\in E(\lambda,T)\)，\(Tv=\lambda v\)。

本徵空間的和是直和 設\(V\)是有限維的，\(T\in\mathcal L(V)\)，且\(\lambda_1\cdots,\lambda_m\)是\(T\)的互異本徵值，則

\[E(\lambda_1,T)+\cdots+E(\lambda_m,T) \]

是直和，且

\[\dim E(\lambda_1,T)+\cdots+\dim E(\lambda_m,T)\le \dim V. \]

這說明，不一樣本徵空間是互不相交的（除了\(0\)）。這裏用的是小於等於號，說明\(V\)中並不是全部向量都是特徵向量。

假設\(u_j\in E(\lambda_j,T)\)，且\(u_1+\cdots+u_m=0\)。因爲相應於不一樣本徵值的本徵向量線性無關，因此\(u_j=0,\forall j\)，這說明

\[E(\lambda_1,T)+\cdots+E(\lambda_m,T) \]

是直和，天然成立下方的不等式。

可對角化(diagonalizable) 若是算子\(T\)關於\(V\)的某個基有對角矩陣，則\(T\)是可對角化的。

可對角化的算子具備很簡潔的表達形式，若是要計算\(Tv\)，只要將\(v\)關於對角基分解便可。

如下說法等價：

• \(T\)可對角化。
• \(V\)有由\(T\)的本徵向量構成的基。
• \(V\)有在\(T\)下不變的一維子空間\(U_1,\cdots,U_n\)，使得\(V=U_1\oplus\cdots\oplus U_n\)。
• \(V=E(\lambda_1,T)\oplus\cdots\oplus E(\lambda_m,T)\)。
• \(\dim V=\dim E(\lambda_1,T)+\cdots+\dim E(\lambda_m,T)\)。

以上五點，\(1\Leftrightarrow 2\Leftrightarrow 3\)和\(4\Leftrightarrow 5\)都是顯然的，下證\(2\Leftrightarrow 4\)。

先證\(2\Rightarrow 4\)，若\(V\)有\(T\)的本徵向量構成的基，則顯然

\[V=E(\lambda_1,T)+\cdots+E(\lambda_m,T). \]

又由於不一樣本徵值對應的本徵空間是直和，因此

\[V=E(\lambda_1,T)\oplus\cdots\oplus E(\lambda_m,T). \]

最後證\(4\Rightarrow 2\)，在每一個\(E(\lambda_j,T)\)內取一組基，將其合在一塊兒就獲得\(V\)的本徵向量構成的基。

本徵值足夠多則可對角化 若\(T\in\mathcal L(V)\)有\(\dim V\)個互異的本徵值，則\(T\)可對角化。

設\(\dim V=n\)，\(\lambda_1,\cdots,\lambda_n\)是\(T\)的\(n\)個互異本徵值，對應的本徵向量爲\(v_j\)，則這些\(v_j\)是線性無關的，因爲長度爲\(n\)的線性無關組是\(V\)的基，因此\(v_1,\cdots,v_j\)是\(V\)的一組基，故\(T\)可對角化。

事實上，因爲不一樣本徵空間都是\(T\)下的不變子空間，因此將不一樣本徵空間的基組成整個\(V\)上的一組線性無關向量，對應的矩陣是一個對角子矩陣；進而將這個向量組擴充成一組基。