線性代數/特徵值和特徵向量/解答

解答

問題 1

對於每一個，找到特徵多項式和特徵值。

${\begin{pmatrix}10&-9\\4&-2\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}1&2\\4&3\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}0&3\\7&0\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$

解答

這個
$0={\begin{vmatrix}10-x&-9\\4&-2-x\end{vmatrix}}=(10-x)(-2-x)-(-36)$
簡化為特徵方程 $x^{2}-8x+16=0$ 。因為該方程分解為 $(x-4)^{2}$ 只有一個特徵值 $\lambda _{1}=4$ .
$0=(1-x)(3-x)-8=x^{2}-4x-5$ ； $\lambda _{1}=5$ , $\lambda _{2}=-1$
$x^{2}-21=0$ ; $\lambda _{1}={\sqrt {21}}$ , $\lambda _{2}=-{\sqrt {21}}$
$x^{2}=0$ ; $\lambda _{1}=0$
$x^{2}-2x+1=0$ ; $\lambda _{1}=1$

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問題 2

對於每個矩陣，求特徵方程，特徵值以及相關的特徵向量。

${\begin{pmatrix}3&0\\8&-1\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}3&2\\-1&0\end{pmatrix}}$

解答

特徵方程為 $(3-x)(-1-x)=0$ . 其根，即特徵值，為 $\lambda _{1}=3$ 和 $\lambda _{2}=-1$ . 為了找到特徵向量，我們考慮這個方程。
${\begin{pmatrix}3-x&0\\8&-1-x\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$
對於與 $\lambda _{1}=3$ 相關的特徵向量，我們考慮得到的線性方程組。
${\begin{array}{*{2}{rc}r}0\cdot b_{1}&+&0\cdot b_{2}&=&0\\8\cdot b_{1}&+&-4\cdot b_{2}&=&0\end{array}}$
特徵空間是所有第二個分量是第一個分量兩倍的向量集合。
$\{{\begin{pmatrix}b_{2}/2\\b_{2}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{2}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}3&0\\8&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{2}/2\\b_{2}\end{pmatrix}}=3\cdot {\begin{pmatrix}b_{2}/2\\b_{2}\end{pmatrix}}$
（這裡，引數是 $b_{2}$ ，因為這是上面系統中自由的變數。）因此，這是一個與特徵值 $3$ 相關的特徵向量。
${\begin{pmatrix}1/2\\1\end{pmatrix}}$
尋找與 $\lambda _{2}=-1$ 相關的特徵向量是類似的。這個系統
${\begin{array}{*{2}{rc}r}4\cdot b_{1}&+&0\cdot b_{2}&=&0\\8\cdot b_{1}&+&0\cdot b_{2}&=&0\end{array}}$
導致第一個分量為零的向量集合。
$\{{\begin{pmatrix}0\\b_{2}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{2}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}3&0\\8&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\b_{2}\end{pmatrix}}=-1\cdot {\begin{pmatrix}0\\b_{2}\end{pmatrix}}$
因此，這是一個與 $\lambda _{2}$ 相關的特徵向量。
${\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$
特徵方程是
$0={\begin{vmatrix}3-x&2\\-1&-x\end{vmatrix}}=x^{2}-3x+2=(x-2)(x-1)$
因此，特徵值為 $\lambda _{1}=2$ 和 $\lambda _{2}=1$ 。為了找到特徵向量，請考慮以下系統。
${\begin{array}{*{2}{rc}r}(3-x)\cdot b_{1}&+&2\cdot b_{2}&=&0\\-1\cdot b_{1}&-&x\cdot b_{2}&=&0\end{array}}$
對於 $\lambda _{1}=2$ ，我們得到
${\begin{array}{*{2}{rc}r}1\cdot b_{1}&+&2\cdot b_{2}&=&0\\-1\cdot b_{1}&-&2\cdot b_{2}&=&0\end{array}}$
導致以下特徵空間和特徵向量。
$\{{\begin{pmatrix}-2b_{2}\\b_{2}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{2}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}-2\\1\end{pmatrix}}$
對於 $\lambda _{2}=1$ ，該系統為
${\begin{array}{*{2}{rc}r}2\cdot b_{1}&+&2\cdot b_{2}&=&0\\-1\cdot b_{1}&-&1\cdot b_{2}&=&0\end{array}}$
導致以下結果。
$\{{\begin{pmatrix}-b_{2}\\b_{2}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{2}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}$

問題 3

找到該矩陣的特徵方程，以及特徵值和相關特徵向量。提示：特徵值是複數。

{\begin{pmatrix}-2&-1\\5&2\end{pmatrix}}

解答

特徵方程

0={\begin{vmatrix}-2-x&-1\\5&2-x\end{vmatrix}}=x^{2}+1

具有複數根 $\lambda _{1}=i$ 和 $\lambda _{2}=-i$ 。此係統

{\begin{array}{*{2}{rc}r}(-2-x)\cdot b_{1}&-&1\cdot b_{2}&=&0\\5\cdot b_{1}&&(2-x)\cdot b_{2}&=&0\end{array}}

對於 $\lambda _{1}=i$ 高斯消元法進行如下化簡。

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

(對於右下角的計算，求出共同的分母

{\frac {5}{-2-i}}-(2-i)={\frac {5}{-2-i}}-{\frac {-2-i}{-2-i}}\cdot (2-i)={\frac {5-(-5)}{-2-i}}

從而得到 $0=0$ 方程）。這些是最終的特徵空間和特徵向量。

\{{\begin{pmatrix}(1/(-2-i))b_{2}\\b_{2}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{2}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}1/(-2-i)\\1\end{pmatrix}}

對於 $\lambda _{2}=-i$ 該系統

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

導致了這個結果。

\{{\begin{pmatrix}(1/(-2+i))b_{2}\\b_{2}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{2}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}1/(-2+i)\\1\end{pmatrix}}

問題 4

求解此矩陣的特徵多項式、特徵值和相關特徵向量。

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

解答

特徵方程是

0={\begin{vmatrix}1-x&1&1\\0&-x&1\\0&0&1-x\end{vmatrix}}=(1-x)^{2}(-x)

因此特徵值為 $\lambda _{1}=1$ （該方程的重複根）和 $\lambda _{2}=0$ 。對於其他情況，考慮此係統。

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

當 $x=\lambda _{1}=1$ 時，解集為這個特徵空間。

\{{\begin{pmatrix}b_{1}\\0\\0\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{1}\in \mathbb {C} \}

當 $x=\lambda _{2}=0$ 時，解集就是這個特徵空間。

\{{\begin{pmatrix}-b_{2}\\b_{2}\\0\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{2}\in \mathbb {C} \}

所以這些是與 $\lambda _{1}=1$ 和 $\lambda _{2}=0$ 相關的特徵向量。

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

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問題 5

對於每個矩陣，求特徵方程，特徵值以及相關的特徵向量。

${\begin{pmatrix}3&-2&0\\-2&3&0\\0&0&5\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\4&-17&8\end{pmatrix}}$

解答

特徵方程是
$0={\begin{vmatrix}3-x&-2&0\\-2&3-x&0\\0&0&5-x\end{vmatrix}}=x^{3}-11x^{2}+35x-25=(x-1)(x-5)^{2}$
因此，特徵值為 $\lambda _{1}=1$ 以及重複特徵值 $\lambda _{2}=5$ 。要查詢特徵向量，請考慮此係統。
${\begin{array}{*{3}{rc}r}(3-x)\cdot b_{1}&-&2\cdot b_{2}&&&=&0\\-2\cdot b_{1}&+&(3-x)\cdot b_{2}&&&=&0\\&&&&(5-x)\cdot b_{3}&=&0\end{array}}$
對於 $\lambda _{1}=1$ 我們得到
${\begin{array}{*{3}{rc}r}2\cdot b_{1}&-&2\cdot b_{2}&&&=&0\\-2\cdot b_{1}&+&2\cdot b_{2}&&&=&0\\&&&&4\cdot b_{3}&=&0\end{array}}$
導致以下特徵空間和特徵向量。
$\{{\begin{pmatrix}b_{2}\\b_{2}\\0\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{2}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}$
對於 $\lambda _{2}=5$ ，該系統為
${\begin{array}{*{3}{rc}r}-2\cdot b_{1}&-&2\cdot b_{2}&&&=&0\\-2\cdot b_{1}&-&2\cdot b_{2}&&&=&0\\&&&&0\cdot b_{3}&=&0\end{array}}$
導致以下結果。
$\{{\begin{pmatrix}-b_{2}\\b_{2}\\0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\b_{3}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{2},b_{3}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$
特徵方程是
$0={\begin{vmatrix}-x&1&0\\0&-x&1\\4&-17&8-x\end{vmatrix}}=-x^{3}+8x^{2}-17x+4=-1\cdot (x-4)(x^{2}-4x+1)$
特徵值為 $\lambda _{1}=4$ 和（使用二次方程） $\lambda _{2}=2+{\sqrt {3}}$ 和 $\lambda _{3}=2-{\sqrt {3}}$ 。為了求特徵向量，考慮此係統。
${\begin{array}{*{3}{rc}r}-x\cdot b_{1}&+&b_{2}&&&=&0\\&&-x\cdot b_{2}&+&b_{3}&=&0\\4\cdot b_{1}&-&17\cdot b_{2}&+&(8-x)\cdot b_{3}&=&0\end{array}}$
將 $x=\lambda _{1}=4$ 代入得到系統
${\begin{array}{*{3}{rc}r}-4\cdot b_{1}&+&b_{2}&&&=&0\\&&-4\cdot b_{2}&+&b_{3}&=&0\\4\cdot b_{1}&-&17\cdot b_{2}&+&4\cdot b_{3}&=&0\end{array}}{\xrightarrow[{}]{\rho _{1}+\rho _{3}}}{\begin{array}{*{3}{rc}r}-4\cdot b_{1}&+&b_{2}&&&=&0\\&&-4\cdot b_{2}&+&b_{3}&=&0\\&&-16\cdot b_{2}&+&4\cdot b_{3}&=&0\end{array}}{\xrightarrow[{}]{-4\rho _{2}+\rho _{3}}}{\begin{array}{*{3}{rc}r}-4\cdot b_{1}&+&b_{2}&&&=&0\\&&-4\cdot b_{2}&+&b_{3}&=&0\\&&&&0&=&0\end{array}}$
導致以下特徵空間和特徵向量。
$V_{4}=\{{\begin{pmatrix}(1/16)\cdot b_{3}\\(1/4)\cdot b_{3}\\b_{3}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{2}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}1\\4\\16\end{pmatrix}}$
將 $x=\lambda _{2}=2+{\sqrt {3}}$ 代入得到方程組
${\begin{array}{*{3}{rc}r}(-2-{\sqrt {3}})\cdot b_{1}&+&b_{2}&&&=&0\\&&(-2-{\sqrt {3}})\cdot b_{2}&+&b_{3}&=&0\\4\cdot b_{1}&-&17\cdot b_{2}&+&(6-{\sqrt {3}})\cdot b_{3}&=&0\end{array}}$
${\xrightarrow[{}]{(-4/(-2-{\sqrt {3}}))\rho _{1}+\rho _{3}}}{\begin{array}{*{3}{rc}r}(-2-{\sqrt {3}})\cdot b_{1}&+&b_{2}&&&=&0\\&&(-2-{\sqrt {3}})\cdot b_{2}&+&b_{3}&=&0\\&+&(-9-4{\sqrt {3}})\cdot b_{2}&+&(6-{\sqrt {3}})\cdot b_{3}&=&0\end{array}}$
(第三個等式中的中間係數等於數字 $(-4/(-2-{\sqrt {3}}))-17$ ; 找到 $-2-{\sqrt {3}}$ 的公分母，然後透過將分數的上下乘以 $-2+{\sqrt {3}}$ 來對分母進行有理化。
${\xrightarrow[{}]{((9+4{\sqrt {3}})/(-2-{\sqrt {3}}))\rho _{2}+\rho _{3}}}{\begin{array}{*{3}{rc}r}(-2-{\sqrt {3}})\cdot b_{1}&+&b_{2}&&&=&0\\&&(-2-{\sqrt {3}})\cdot b_{2}&+&b_{3}&=&0\\&&&&0&=&0\end{array}}$
這將導致以下特徵空間和特徵向量。
$V_{2+{\sqrt {3}}}=\{{\begin{pmatrix}(1/(2+{\sqrt {3}})^{2})\cdot b_{3}\\(1/(2+{\sqrt {3}}))\cdot b_{3}\\b_{3}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{3}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}(1/(2+{\sqrt {3}})^{2})\\(1/(2+{\sqrt {3}}))\\1\end{pmatrix}}$
最後，將 $x=\lambda _{3}=2-{\sqrt {3}}$ 代入，得到以下系統
${\begin{array}{*{3}{rc}r}(-2+{\sqrt {3}})\cdot b_{1}&+&b_{2}&&&=&0\\&&(-2+{\sqrt {3}})\cdot b_{2}&+&b_{3}&=&0\\4\cdot b_{1}&-&17\cdot b_{2}&+&(6+{\sqrt {3}})\cdot b_{3}&=&0\end{array}}$
${\begin{aligned}&{\xrightarrow[{}]{(-4/(-2+{\sqrt {3}}))\rho _{1}+\rho _{3}}}{\begin{array}{*{3}{rc}r}(-2+{\sqrt {3}})\cdot b_{1}&+&b_{2}&&&=&0\\&&(-2+{\sqrt {3}})\cdot b_{2}&+&b_{3}&=&0\\&&(-9+4{\sqrt {3}})\cdot b_{2}&+&(6+{\sqrt {3}})\cdot b_{3}&=&0\end{array}}\\&{\xrightarrow[{}]{((9-4{\sqrt {3}})/(-2+{\sqrt {3}}))\rho _{2}+\rho _{3}}}{\begin{array}{*{3}{rc}r}(-2+{\sqrt {3}})\cdot b_{1}&+&b_{2}&&&=&0\\&&(-2+{\sqrt {3}})\cdot b_{2}&+&b_{3}&=&0\\&&&&0&=&0\end{array}}\end{aligned}}$
這給出了特徵空間和特徵向量。
$V_{2-{\sqrt {3}}}=\{{\begin{pmatrix}(1/(2+{\sqrt {3}})^{2})\cdot b_{3}\\(1/(2-{\sqrt {3}}))\cdot b_{3}\\b_{3}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b_{3}\in \mathbb {C} \}\qquad {\begin{pmatrix}(1/(-2+{\sqrt {3}})^{2})\\(1/(-2+{\sqrt {3}}))\\1\end{pmatrix}}$

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問題 6

設 $t:{\mathcal {P}}_{2}\to {\mathcal {P}}_{2}$ 為

a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}\mapsto (5a_{0}+6a_{1}+2a_{2})-(a_{1}+8a_{2})x+(a_{0}-2a_{2})x^{2}.

求其特徵值和相應的特徵向量。

解答

關於自然基底 $B=\langle 1,x,x^{2}\rangle$ ，其矩陣表示為：

{\rm {Rep}}_{B,B}(t)={\begin{pmatrix}5&6&2\\0&-1&-8\\1&0&-2\end{pmatrix}}

因此特徵方程為：

0={\begin{pmatrix}5-x&6&2\\0&-1-x&-8\\1&0&-2-x\end{pmatrix}}=(5-x)(-1-x)(-2-x)-48-2\cdot (-1-x)

為 $0=-x^{3}+2x^{2}+15x-36=-1\cdot (x+4)(x-3)^{2}$ 。為了找到相應的特徵向量，考慮以下方程組：

{\begin{array}{*{3}{rc}r}(5-x)\cdot b_{1}&+&6\cdot b_{2}&+&2\cdot b_{3}&=&0\\&&(-1-x)\cdot b_{2}&-&8\cdot b_{3}&=&0\\b_{1}&&&+&(-2-x)\cdot b_{3}&=&0\end{array}}

將 $x=\lambda _{1}=4$ 代入，得到：

{\begin{array}{*{3}{rc}r}b_{1}&+&6\cdot b_{2}&+&2\cdot b_{3}&=&0\\&&-5\cdot b_{2}&-&8\cdot b_{3}&=&0\\b_{1}&&&-&6\cdot b_{3}&=&0\end{array}}{\xrightarrow[{}]{-\rho _{1}+\rho _{2}}}{\begin{array}{*{3}{rc}r}b_{1}&+&6\cdot b_{2}&+&2\cdot b_{3}&=&0\\&&-5\cdot b_{2}&-&8\cdot b_{3}&=&0\\&&-6\cdot b_{2}&-&8\cdot b_{3}&=&0\end{array}}{\xrightarrow[{}]{-\rho _{1}+\rho _{2}}}{\begin{array}{*{3}{rc}r}b_{1}&+&6\cdot b_{2}&+&2\cdot b_{3}&=&0\\&&-5\cdot b_{2}&-&8\cdot b_{3}&=&0\\&&-6\cdot b_{2}&-&8\cdot b_{3}&=&0\end{array}}

問題 7

找到此對映的特徵值和特徵向量 $t:{\mathcal {M}}_{2}\to {\mathcal {M}}_{2}$ .

{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}2c&a+c\\b-2c&d\end{pmatrix}}

解答

$\lambda =1,{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}{\text{ and }}{\begin{pmatrix}2&3\\1&0\end{pmatrix}}$ , $\lambda =-2,{\begin{pmatrix}-1&0\\1&0\end{pmatrix}}$ , $\lambda =-1,{\begin{pmatrix}-2&1\\1&0\end{pmatrix}}$

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問題 8

求微分運算元 $d/dx:{\mathcal {P}}_{3}\to {\mathcal {P}}_{3}$ 的特徵值和對應的特徵向量。

解答

固定自然基 $B=\langle 1,x,x^{2},x^{3}\rangle$ 。該對映的作用是 $1\mapsto 0$ ， $x\mapsto 1$ ， $x^{2}\mapsto 2x$ ，和 $x^{3}\mapsto 3x^{2}$ ，它的表示很容易計算。

T={\rm {Rep}}_{B,B}(d/dx)={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&3\\0&0&0&0\end{pmatrix}}_{B,B}

我們可以透過以下計算找到特徵值。

0=\left|T-xI\right|={\begin{vmatrix}-x&1&0&0\\0&-x&2&0\\0&0&-x&3\\0&0&0&-x\end{vmatrix}}=x^{4}

因此該對映只有一個特徵值 $\lambda =0$ 。為了找到相關的特徵向量，我們需要解以下方程：

{\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&3\\0&0&0&0\end{pmatrix}}_{B,B}{\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\\b_{3}\\b_{4}\end{pmatrix}}_{B}=0\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\\b_{3}\\b_{4}\end{pmatrix}}_{B}\qquad \Longrightarrow \qquad b_{2}=0,b_{3}=0,b_{4}=0

獲得此特徵空間。

\{{\begin{pmatrix}b_{1}\\0\\0\\0\end{pmatrix}}_{B}\,{\big |}\,b_{1}\in \mathbb {C} \}=\{b_{1}+0\cdot x+0\cdot x^{2}+0\cdot x^{3}\,{\big |}\,b_{1}\in \mathbb {C} \}=\{b_{1}\,{\big |}\,b_{1}\in \mathbb {C} \}

問題 9: 證明

三角矩陣（上三角或下三角）的特徵值為對角線上的元素。

解答

三角矩陣 $T-xI$ 的行列式是沿著對角線向下乘積，因此它可以分解成 $t_{i,i}-x$ 項的乘積。

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問題 10

找到 $2\!\times \!2$ 矩陣的特徵多項式公式。

解答

只需展開 $T-xI$ 的行列式。

{\begin{vmatrix}a-x&c\\b&d-x\end{vmatrix}}=(a-x)(d-x)-bc=x^{2}+(-a-d)\cdot x+(ad-bc)

問題 11

證明變換的特徵多項式是定義明確的。

解答

該變換的任何兩個表示都是相似的，而相似矩陣具有相同的特徵多項式。

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問題 12

在任何非平凡向量空間中，任何非 ${\vec {0}}$ 向量可以是特徵向量嗎？也就是說，給定一個非平凡 $V$ 中的 ${\vec {v}}\neq {\vec {0}}$ ，是否存在變換 $t:V\to V$ 和一個標量 $\lambda \in \mathbb {R}$ 使得 $t({\vec {v}})=\lambda {\vec {v}}$ ？
給定一個標量 $\lambda$ ，在任何非平凡向量空間中，任何非 ${\vec {0}}$ 向量可以是與特徵值 $\lambda$ 相關的特徵向量嗎？

解答

是的，使用 $\lambda =1$ 和恆等對映。
是的，使用乘以 $\lambda$ 的變換。

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問題 13

假設 $t:V\to V$ 和 $T={\rm {Rep}}_{B,B}(t)$ 。證明 $T$ 的與 $\lambda$ 相關的特徵向量是（關於相同基）由 $T-\lambda I$ 所表示的對映的核中的非 ${\vec {0}}$ 向量。

解答

如果 $t({\vec {v}})=\lambda \cdot {\vec {v}}$ ，則在對映 $t-\lambda \cdot {\mbox{id}}$ 下 ${\vec {v}}\mapsto {\vec {0}}$ 。

問題 14

證明如果 $a,\ldots ,\,d$ 都是整數，並且 $a+b=c+d$ ，則

{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}

具有整數特徵值，即 $a+b$ 和 $a-c$ 。

解答

特徵方程

0={\begin{vmatrix}a-x&b\\c&d-x\end{vmatrix}}=(a-x)(d-x)-bc

簡化為 $x^{2}+(-a-d)\cdot x+(ad-bc)$ 。檢查值 $x=a+b$ 和 $x=a-c$ 滿足方程（在 $a+b=c+d$ 條件下）是常規的。

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問題 15

證明如果 $T$ 是非奇異的，並且具有特徵值 $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}$ ，則 $T^{-1}$ 具有特徵值 $1/\lambda _{1},\dots ,1/\lambda _{n}$ 。反之是否成立？

解答

考慮一個特徵空間 $V_{\lambda }$ 。任何 ${\vec {w}}\in V_{\lambda }$ 都是某個 ${\vec {v}}\in V_{\lambda }$ （即 ${\vec {v}}=(1/\lambda )\cdot {\vec {w}}$ ）的影像 ${\vec {w}}=\lambda \cdot {\vec {v}}$ 。因此，在 $V_{\lambda }$ （這是一個非平凡的子空間）上， $t^{-1}$ 的作用為 $t^{-1}({\vec {w}})={\vec {v}}=(1/\lambda )\cdot {\vec {w}}$ ，因此 $1/\lambda$ 是 $t^{-1}$ 的一個特徵值。

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問題 16

假設 $T$ 是 $n\!\times \!n$ 並且 $c,d$ 是標量。

證明如果 $T$ 有特徵值 $\lambda$ 以及與之相關的特徵向量 ${\vec {v}}$ ，那麼 ${\vec {v}}$ 是 $cT+dI$ 與特徵值 $c\lambda +d$ 相關的特徵向量。
證明如果 $T$ 可對角化，那麼 $cT+dI$ 也是可對角化的。

解答

我們有 $(cT+dI){\vec {v}}=cT{\vec {v}}+dI{\vec {v}}=c\lambda {\vec {v}}+d{\vec {v}}=(c\lambda +d)\cdot {\vec {v}}$ .
假設 $S=PTP^{-1}$ 是對角矩陣。那麼 $P(cT+dI)P^{-1}=P(cT)P^{-1}+P(dI)P^{-1}=cPTP^{-1}+dI=cS+dI$ 也是對角矩陣。

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問題 17

證明 $\lambda$ 是 $T$ 的特徵值當且僅當由 $T-\lambda I$ 表示的對映不是同構。

解答

標量 $\lambda$ 是特徵值當且僅當變換 $t-\lambda {\mbox{id}}$ 是奇異的。一個變換是奇異的當且僅當它不是同構（也就是說，一個變換是同構當且僅當它是非奇異的）。

問題 18

證明如果 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，那麼 $\lambda ^{k}$ 是 $A^{k}$ 的特徵值。
這個推論有什麼問題？“如果 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，並且 $\mu$ 是 $B$ 的特徵值，那麼 $\lambda \mu$ 是 $AB$ 的特徵值，因為如果 $A{\vec {x}}=\lambda {\vec {x}}$ 並且 $B{\vec {x}}=\mu {\vec {x}}$ 那麼 $AB{\vec {x}}=A\mu {\vec {x}}=\mu A{\vec {x}}=\mu \lambda {\vec {x}}$ ”？

(Strang 1980)

解答

如果特徵值 $\lambda$ 與特徵向量 ${\vec {x}}$ 相關聯，那麼 $A^{k}{\vec {x}}=A\cdots A{\vec {x}}=A^{k-1}\lambda {\vec {x}}=\lambda A^{k-1}{\vec {x}}=\cdots =\lambda ^{k}{\vec {x}}$ 。(可以透過對 $k$ 進行歸納來得到完整的細節。)
與 $\lambda$ 相關的特徵向量可能不是與 $\mu$ 相關的特徵向量。

問題 19

矩陣等價矩陣具有相同的特徵值嗎？

解答

不。這兩個相同大小、相同秩的矩陣具有不同的特徵值。

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

問題 20

證明一個具有實數元素且行數為奇數的方陣至少有一個實特徵值。

解答

特徵多項式為奇次方，因此至少有一個實根。

問題 21

對角化矩陣。

{\begin{pmatrix}-1&2&2\\2&2&2\\-3&-6&-6\end{pmatrix}}

解答

特徵多項式 $x^{3}-5x^{2}+6x$ 有不同的根 $\lambda _{1}=0$ , $\lambda _{2}=-2$ , 以及 $\lambda _{3}=-3$ 。因此，該矩陣可以對角化為如下形式。

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

問題 22

假設 $P$ 是一個非奇異的 $n\!\times \!n$ 矩陣。證明**相似變換**對映 $t_{P}:{\mathcal {M}}_{n\!\times \!n}\to {\mathcal {M}}_{n\!\times \!n}$ ，將 $T\mapsto PTP^{-1}$ ，是一個同構。

解答

我們必須證明它是單射和滿射，並且它遵守矩陣加法和標量乘法的運算。

為了證明它是單射的，假設 $t_{P}(T)=t_{P}(S)$ ，也就是說，假設 $PTP^{-1}=PSP^{-1}$ ，並注意到用 $P^{-1}$ 左乘和用 $P$ 右乘兩邊得到 $T=S$ 。為了證明它是滿射的，考慮 $S\in {\mathcal {M}}_{n\!\times \!n}$ 並觀察到 $S=t_{P}(P^{-1}SP)$ .

對映 $t_{P}$ 保持矩陣加法，因為 $t_{P}(T+S)=P(T+S)P^{-1}=(PT+PS)P^{-1}=PTP^{-1}+PSP^{-1}=t_{P}(T+S)$ 來自我們所見過的矩陣乘法和加法的性質。標量乘法類似： $t_{P}(cT)=P(c\cdot T)P^{-1}=c\cdot (PTP^{-1})=c\cdot t_{P}(T)$ .

? 問題 23

證明如果 $A$ 是一個 $n$ 階方陣，並且每一行（列）的和都為 $c$ ，那麼 $c$ 是 $A$ 的特徵根。（Morrison 1967）

解答

這是在引用的來源中給出的答案。

如果 $A$ 特徵函式的自變數等於 $c$ ，將前 $(n-1)$ 行（列）加到 $n$ 行（列），得到一個行列式，它的 $n$ 行（列）為零。因此， $c$ 是 $A$ 的一個特徵根。

參考資料

Morrison, Clarence C. (proposer) (1967), "Quickie", Mathematics Magazine, 40 (4): 232.
Strang, Gilbert (1980), Linear Algebra and its Applications (第二版 ed.), Harcourt Brace Jovanovich.