線性代數/對角化/解答

解答

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問題 1

重複示例 2.5，針對示例 2.2中的矩陣。

答案

由於基向量是任意選擇的，因此可能有多個不同的答案。然而，這裡是一種方法；對角化

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

將其視為相對於標準基 $T={\rm {Rep}}_{{\mathcal {E}}_{2},{\mathcal {E}}_{2}}(t)$ 的變換表示，並尋找 $B=\langle {\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{2}\rangle$ 使得

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

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

{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\vec {\beta }}_{1}=\lambda _{1}\cdot {\vec {\beta }}_{1}\qquad {\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\vec {\beta }}_{2}=\lambda _{2}\cdot {\vec {\beta }}_{2}

我們正在尋找標量 $x$ ，使得此方程

{\begin{pmatrix}4&-2\\1&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。將它改寫成線性方程組

{\begin{array}{*{2}{rc}r}(4-x)\cdot b_{1}&+&-2\cdot b_{2}&=&0\\1\cdot b_{1}&+&(1-x)\cdot b_{2}&=&0\end{array}}

如果 $x=4$ ，則第一個方程給出 $b_{2}=0$ ，然後第二個方程給出 $b_{1}=0$ 。兩個 $b$ 都為零的情況是不允許的，所以我們可以假設 $x\neq 4$ 。

{\xrightarrow[{}]{(-1/(4-x))\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\begin{array}{*{2}{rc}r}(4-x)\cdot b_{1}&+&-2\cdot b_{2}&=&0\\&&((x^{2}-5x+6)/(4-x))\cdot b_{2}&=&0\end{array}}

考慮底部的方程。如果 $b_{2}=0$ ，則第一個方程給出 $b_{1}=0$ 或 $x=4$ 。情況 $b_{1}=b_{2}=0$ 是不允許的。底部方程的另一種可能性是分數 $x^{2}-5x+6=(x-2)(x-3)$ 的分子為零。情況 $x=2$ 給出第一個方程 $2b_{1}-2b_{2}=0$ ，因此與 $x=2$ 相關的向量是第一和第二分量相等的向量

{\vec {\beta }}_{1}={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\qquad {\text{(so }}{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}=2\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}{\text{, and }}\lambda _{1}=2{\text{).}}

如果 $x=3$ ，則第一個方程為 $b_{1}-2b_{2}=0$ ，因此相關向量是第一分量是第二分量兩倍的向量

{\vec {\beta }}_{2}={\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}\qquad {\text{(so }}{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}=3\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}{\text{, and so }}\lambda _{2}=3{\text{).}}

這張圖片

展示瞭如何獲得對角化。

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

註釋。此方程式與以下重新命名下的 $T=PSP^{-1}$ 定義相匹配。

T={\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}}\quad P={\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}}^{-1}\quad P^{-1}={\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}}\quad S={\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}

問題 2

對這些上三角矩陣進行對角化。

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

答案

設定
${\begin{pmatrix}-2&1\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}=x\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}\qquad \Longrightarrow \qquad {\begin{array}{*{2}{rc}r}(-2-x)\cdot b_{1}&+&b_{2}&=&0\\&&(2-x)\cdot b_{2}&=&0\end{array}}$
給出了兩種可能性： $b_{2}=0$ 和 $x=2$ 。遵循 $b_{2}=0$ 的可能性會導致第一個方程式 $(-2-x)b_{1}=0$ ，它有兩個情況： $b_{1}=0$ 和 $x=-2$ 。因此，在這個第一個可能性下，我們找到了 $x=-2$ 以及相應的向量，其第二個分量為零，第一個分量是自由的。
${\begin{pmatrix}-2&1\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\0\end{pmatrix}}=-2\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\0\end{pmatrix}}\qquad {\vec {\beta }}_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$
遵循另一個可能性會導致第一個方程為 $-4b_{1}+b_{2}=0$ ，因此與該解相關的向量具有第二分量是其第一分量的四倍。
${\begin{pmatrix}-2&1\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\4b_{1}\end{pmatrix}}=2\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\4b_{1}\end{pmatrix}}\qquad {\vec {\beta }}_{2}={\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}$
對角化是這樣的。
${\begin{pmatrix}1&1\\0&4\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}-2&1\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&4\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}-2&0\\0&2\end{pmatrix}}$
計算類似於前一部分中的計算。
${\begin{pmatrix}5&4\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}=x\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}\qquad \Longrightarrow \qquad {\begin{array}{*{2}{rc}r}(5-x)\cdot b_{1}&+&4\cdot b_{2}&=&0\\&&(1-x)\cdot b_{2}&=&0\end{array}}$
底部的方程式給出了兩個可能性，即 $b_{2}=0$ 和 $x=1$ 。遵循 $b_{2}=0$ 的可能性，並丟棄 $b_{2}$ 和 $b_{1}$ 都為零的情況，得出 $x=5$ ，與第二分量為零且第一分量自由的向量相關。
${\vec {\beta }}_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$
當 $x=1$ 時，我們得到第一個方程 $4b_{1}+4b_{2}=0$ ，因此相關向量第二個分量與其第一個分量相反。
${\vec {\beta }}_{1}={\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$
因此我們得到以下對角化結果。
${\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}5&4\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&0\\0&1\end{pmatrix}}$

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問題 3

對角矩陣的冪是什麼形式？

答案

對於任何整數 $p$ ，

{\begin{pmatrix}d_{1}&0&\\0&\ddots &\\&&d_{n}\end{pmatrix}}^{p}={\begin{pmatrix}d_{1}^{p}&0&\\0&\ddots &\\&&d_{n}^{p}\end{pmatrix}}.

問題 4

給出兩個大小相同的非相似對角矩陣。任何兩個不同的對角矩陣是否必須來自不同的相似類？

答案

以下兩個矩陣不相似

{\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}

因為它們各自在它們自己的相似類中。

對於第二部分，以下矩陣

{\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}3&0\\0&2\end{pmatrix}}

透過將基從 $\langle {\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{2}\rangle$ 改變到 $\langle {\vec {\beta }}_{2},{\vec {\beta }}_{1}\rangle$ 的矩陣是相似的。（問題：兩個對角矩陣是否僅當它們的對角元素彼此互為置換時才相似？）

問題 5

給出一個非奇異的對角矩陣。對角矩陣是否可以是奇異的？

答案

對比這兩個矩陣。

{\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}2&0\\0&0\end{pmatrix}}

第一個矩陣是非奇異的，第二個矩陣是奇異的。

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問題 6

證明對角矩陣的逆是對角元素的逆的對角矩陣，如果對角線上沒有元素為零。當對角元素為零時會發生什麼？

答案

要檢查對角矩陣的逆是否是對角元素的逆的對角矩陣，只需相乘即可。

{\begin{pmatrix}a_{1,1}&0\\0&a_{2,2}\\&&\ddots \\&&&a_{n,n}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1/a_{1,1}&0\\0&1/a_{2,2}\\&&\ddots \\&&&1/a_{n,n}\end{pmatrix}}

（證明它是左逆同樣容易。）

如果對角元素為零，則對角矩陣是奇異的；它的行列式為零。

問題 7

以示例 2.5 結尾的方程

{\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}}

有點奇怪，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，以便兩個 $-1$ 次方相互抵消，並且該矩陣顯示為沒有上標 $-1$ 。

檢查這個看起來更友好的方程是否成立。
${\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}$
前面一項是巧合嗎？還是我們總是可以交換 $P$ 和 $P^{-1}$ 嗎？

答案

檢查起來很容易。
${\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3&3\\0&-1\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}3&3\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}}$
這是一個巧合，因為如果 $T=PSP^{-1}$ ，那麼 $T$ 不一定等於 $P^{-1}SP$ 。即使對於對角矩陣 $D$ ，條件 $D=PTP^{-1}$ 並不意味著 $D$ 等於 $P^{-1}TP$ 。來自示例 2.2 的矩陣表明了這一點。
${\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}6&0\\5&-1\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}6&0\\5&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}-6&12\\-6&11\end{pmatrix}}$

問題 8

證明用於在示例 2.5 中對角化的 $P$ 不是唯一的。

答案

矩陣的列被選為與 $x$ 相關的向量。確切的選擇以及選擇的順序是任意的。例如，我們可以透過交換兩列來獲得一個不同的矩陣。

問題 9

找到此矩陣的冪的公式。提示：參見問題 3。

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

答案

對角化，然後對對角矩陣進行冪運算表明

{\begin{pmatrix}-3&1\\-4&2\end{pmatrix}}^{k}={\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}-1&1\\-4&4\end{pmatrix}}+({\frac {-2}{3}})^{k}{\begin{pmatrix}4&-1\\4&-1\end{pmatrix}}.

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問題 10

對角化這些。

${\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}$

答案

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

問題 11

我們可以問對角化是如何與矩陣運算互動的。假設 $t,s:V\to V$ 都是可對角化的。對於所有標量 $c$ ， $ct$ 是否可對角化？ $t+s$ 呢？ $t\circ s$ ?

答案

是的， $ct$ 根據本小節的最後定理，是可對角化的。

不， $t+s$ 不一定可對角化。直觀地說，問題出現在這兩個對映在不同的基準下對角化時（即，它們不是**同時對角化**）。具體來說，這兩個都是可對角化的，但它們的和不是

{\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}-1&0\\0&0\end{pmatrix}}

(第二個矩陣已經是對角矩陣了；對於第一個，請參見問題 10)。它們的和不可對角化，因為它的平方為零矩陣。

同樣的直覺表明， $t\circ s$ 不可對角化。這兩個矩陣可對角化，但它們的積不可對角化。

{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}

(對於第二個，請參見問題 10)。

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問題 12

證明這種形式的矩陣不可對角化。

{\begin{pmatrix}1&c\\0&1\end{pmatrix}}\qquad c\neq 0

答案

如果

P{\begin{pmatrix}1&c\\0&1\end{pmatrix}}P^{-1}={\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix}}

那麼

P{\begin{pmatrix}1&c\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix}}P

所以

{\begin{array}{rl}{\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&c\\0&1\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}}\\{\begin{pmatrix}p&cp+q\\r&cr+s\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}ap&aq\\br&bs\end{pmatrix}}\end{array}}

矩陣中 $1,1$ 的元素表明 $a=1$ ，而 $1,2$ 的元素則表明 $pc=0$ 。由於 $c\neq 0$ ，這意味著 $p=0$ 。矩陣中 $2,1$ 的元素表明 $b=1$ ，而 $2,2$ 的元素則表明 $rc=0$ 。由於 $c\neq 0$ ，這意味著 $r=0$ 。但如果 $p$ 和 $r$ 都等於 $0$ ，則 $P$ 不可逆。

問題 13

證明以下矩陣均可對角化。

${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}x&y\\y&z\end{pmatrix}}\qquad x,y,z{\text{ scalars}}$

答案

使用 $2\!\times \!2$ 矩陣的逆矩陣公式得出以下結果。
${\begin{array}{rl}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}}\cdot {\frac {1}{ad-bc}}\cdot {\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}&={\frac {1}{ad-bc}}{\begin{pmatrix}ad+2bd-2ac-bc&-ab-2b^{2}+2a^{2}+ab\\cd+2d^{2}-2c^{2}-cd&-bc-2bd+2ac+ad\end{pmatrix}}\end{array}}$
現在選擇標量 $a,\ldots ,d$ 使得 $ad-bc\neq 0$ 並且 $2d^{2}-2c^{2}=0$ 以及 $2a^{2}-2b^{2}=0$ 。例如，這些將起作用。
${\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}}\cdot {\frac {1}{-2}}\cdot {\begin{pmatrix}-1&-1\\-1&1\end{pmatrix}}={\frac {1}{-2}}{\begin{pmatrix}-6&0\\0&2\end{pmatrix}}$
如上所示：
${\begin{array}{rl}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x&y\\y&z\end{pmatrix}}\cdot {\frac {1}{ad-bc}}\cdot {\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}&={\frac {1}{ad-bc}}{\begin{pmatrix}adx+bdy-acy-bcz&-abx-b^{2}y+a^{2}y+abz\\cdx+d^{2}y-c^{2}y-cdz&-bcx-bdy+acy+adz\end{pmatrix}}\end{array}}$
我們正在尋找標量 $a,\ldots ,d$ 使得 $ad-bc\neq 0$ 並且 $-abx-b^{2}y+a^{2}y+abz=0$ 並且 $cdx+d^{2}y-c^{2}y-cdz=0$ ，無論 $x$ 、 $y$ 和 $z$ 取什麼值。首先，我們假設 $y\neq 0$ ，否則給定矩陣已經是對角矩陣。我們使用這個假設是因為如果我們（任意地）設 $a=1$ 那麼我們得到
${\begin{array}{rl}-bx-b^{2}y+y+bz&=0\\(-y)b^{2}+(z-x)b+y&=0\end{array}}$
並且二次公式給出
$b={\frac {-(z-x)\pm {\sqrt {(z-x)^{2}-4(-y)(y)}}}{-2y}}\qquad y\neq 0$
(注意，如果 $x$ 、 $y$ 和 $z$ 是實數，那麼這兩個 $b$ 是實數，因為判別式為正)。同樣，如果我們（任意地）設 $c=1$ 那麼
${\begin{array}{rl}dx+d^{2}y-y-dz&=0\\(y)d^{2}+(x-z)d-y&=0\end{array}}$
然後我們得到
$d={\frac {-(x-z)\pm {\sqrt {(x-z)^{2}-4(y)(-y)}}}{2y}}\qquad y\neq 0$
(如上所述，如果 $x,y,z\in \mathbb {R}$ 則判別式為正，因此一個對稱的、實數的 $2\!\times \!2$ 矩陣類似於一個實數對角矩陣）。為了驗證，我們嘗試 $x=1$ ， $y=2$ ， $z=1$ .
$b={\frac {0\pm {\sqrt {0+16}}}{-4}}=\mp 1\qquad d={\frac {0\pm {\sqrt {0+16}}}{4}}=\pm 1$
注意，並非所有四個選擇 $(b,d)=(+1,+1),\dots ,(-1,-1)$ 滿足 $ad-bc\neq 0$ .