線性代數/對角化

線性代數
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上一節定義了相似關係，並表明，雖然相似矩陣必然是矩陣等價的，但反之不成立。一些矩陣等價類可以分為兩個或多個相似類（例如，非奇異 $n\!\times \!n$ 矩陣）。這意味著矩陣等價的規範形式，即分塊部分單位矩陣，不能用作矩陣相似的規範形式，因為部分單位矩陣不能存在於多個相似類中，因此存在沒有規範形式的相似類。這幅圖說明了這一點。與本書之前一樣，類代表用星號表示。

我們正在為相似類的代表開發一個規範形式。我們自然會嘗試在之前的工作基礎上進行構建，這意味著首先，部分單位矩陣應該代表它們所處的相似類，除此之外，代表應該儘可能簡單。部分單位形式最簡單的擴充套件是對角形式。

定義 2.1

如果一個變換在與域相同餘域的基底上具有對角表示，則稱該變換為對角化。對角化矩陣是指與對角矩陣相似的矩陣： $T$ 是對角化的，如果存在一個非奇異 $P$ 使得 $PTP^{-1}$ 為對角矩陣。

示例 2.2

矩陣

{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}

是可對角化的。

{\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1&2\\1&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1&2\\1&-1\end{pmatrix}}^{-1}

示例 2.3

並非所有矩陣都是可對角化的。的平方

N={\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}

是零矩陣。因此，對於任何對映 $n$ 代表 $N$ （在域和餘域上使用相同的基底），複合 $n\circ n$ 是零對映。這意味著沒有這樣的對映 $n$ 可以用對角線表示（對於任何 $B,B$ ），因為非零對角矩陣的任何次方都不等於零。也就是說，在 $N$ 的相似類中不存在對角矩陣。

該示例表明，對角形式不足以作為規範形式——我們無法在每個矩陣相似類中找到對角矩陣。但是，我們正在開發的規範形式具有以下特性：如果一個矩陣可以對角化，那麼對角矩陣就是相似類的規範代表。下一個結果描述了哪些對映可以對角化。

推論 2.4

如果且僅當存在一個基底 $B=\langle {\vec {\beta }}_{1},\ldots ,{\vec {\beta }}_{n}\rangle$ 和標量 $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}$ ，使得 $t({\vec {\beta }}_{i})=\lambda _{i}{\vec {\beta }}_{i}$ 對於每個 $i$ ，則變換 $t$ 是可對角化的。

證明

這從定義得出，考慮一個對角化表示矩陣。

{\rm {Rep}}_{B,B}(t)=\left({\begin{array}{c|c|c}\vdots &&\vdots \\{\rm {Rep}}_{B}(t({\vec {\beta }}_{1}))&\cdots &{\rm {Rep}}_{B}(t({\vec {\beta }}_{n}))\\\vdots &&\vdots \end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c|c|c}\lambda _{1}&&0\\\vdots &\ddots &\vdots \\0&&\lambda _{n}\end{array}}\right)

這個表示等同於存在一個滿足所述條件的基底，這僅僅是矩陣表示的定義。

例 2.5

為了對角化

T={\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}

我們將其視為相對於標準基底 $T={\rm {Rep}}_{{\mathcal {E}}_{2},{\mathcal {E}}_{2}}(t)$ 的變換的表示，我們尋找一個基底 $B=\langle {\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{2}\rangle$ 使得

{\rm {Rep}}_{B,B}(t)={\begin{pmatrix}\lambda _{1}&0\\0&\lambda _{2}\end{pmatrix}}

也就是說，使得 $t({\vec {\beta }}_{1})=\lambda _{1}{\vec {\beta }}_{1}$ 以及 $t({\vec {\beta }}_{2})=\lambda _{2}{\vec {\beta }}_{2}$ .

{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\vec {\beta }}_{1}=\lambda _{1}\cdot {\vec {\beta }}_{1}\qquad {\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\vec {\beta }}_{2}=\lambda _{2}\cdot {\vec {\beta }}_{2}

我們正在尋找標量 $x$ 使得該方程

{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}=x\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}

有解 $b_{1}$ 和 $b_{2}$ ，它們不全為零。將其改寫為線性方程組。

{\begin{array}{*{2}{rc}r}(3-x)\cdot b_{1}&+&2\cdot b_{2}&=&0\\&&(1-x)\cdot b_{2}&=&0\end{array}}\qquad (*)

在下面的等式中，兩個數相乘得到零，當且僅當其中至少有一個為零，因此有兩種可能性： $b_{2}=0$ 和 $x=1$ 。在 $b_{2}=0$ 的可能性中，第一個等式給出要麼 $b_{1}=0$ 要麼 $x=3$ 。由於 $b_{1}=0$ 和 $b_{2}=0$ 同時為零的情況是不允許的，我們只剩下 $x=3$ 的可能性。有了它，( $*$ ) 中的第一個等式是 $0\cdot b_{1}+2\cdot b_{2}=0$ ，因此與 $3$ 相關聯的是第二個分量為零，而第一個分量自由的向量。

{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\0\end{pmatrix}}=3\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\0\end{pmatrix}}

也就是說，( $*$ ) 的一個解是 $\lambda _{1}=3$ ，我們得到一個第一個基向量。

{\vec {\beta }}_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}

在 $x=1$ 的情況下，( $*$ ) 中的第一個方程是 $2\cdot b_{1}+2\cdot b_{2}=0$ ，因此與 $1$ 相關的向量是其第二分量是其第一分量的負數的向量。

{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\-b_{1}\end{pmatrix}}=1\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\-b_{1}\end{pmatrix}}

因此，另一個解是 $\lambda _{2}=1$ ，第二個基向量是這個。

{\vec {\beta }}_{2}={\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}

最後，繪製相似圖

並注意到矩陣 ${\rm {Rep}}_{B,{\mathcal {E}}_{2}}({\mbox{id}})$ 很容易得到這個對角化。

{\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}

在下一小節中，我們將透過更仔細地考慮推論 2.4 的屬性來擴充套件這個例子。這包括看到另一種方法，也是我們將經常使用的方法，來找到 $\lambda$ 's。

習題

建議所有讀者做這道習題。

問題 1

對例 2.5 中的矩陣重複例 2.2 的過程。

問題 2

對這些上三角矩陣進行對角化。

${\begin{pmatrix}-2&1\\0&2\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}5&4\\0&1\end{pmatrix}}$

建議所有讀者做這道習題。

問題 3

對角矩陣的冪是什麼形式？

問題 4

給出兩個相同大小的對角矩陣，它們不相似。任意兩個不同的對角矩陣是否一定來自不同的相似類？

問題 5

給出對角矩陣的一個非奇異矩陣。對角矩陣是否可以是奇異矩陣？

建議所有讀者做這道習題。

問題 6

證明對角矩陣的逆是逆矩陣的對角線，如果對角線上的元素都不為零。如果對角線上的元素為零會發生什麼？

問題 7

結束於示例 2.5的方程式

{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}}

有點令人費解，因為對於 $P$ ，我們必須取第一個矩陣，它顯示為逆矩陣，而對於 $P^{-1}$ ，我們取第一個矩陣的逆矩陣，這樣兩個 $-1$ 次冪相互抵消，並且此矩陣顯示為不帶上標 $-1$ 。

檢查一下這個看起來更漂亮的方程式是否成立。
${\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}$
這之前的是巧合嗎？還是我們總能互換 $P$ 和 $P^{-1}$ ？