線性代數/譜定理

給定一個厄米特矩陣 $A$，$A$ 總是可對角化的。$A$ 的所有特徵值都是實數，所有特徵向量相互正交。這就是“譜定理”

譜定理

給定任何 $n\times n$ 厄米特矩陣 $A$，存在一個 $n\times n$ 酉矩陣 $U$，和一個 $n\times n$ 對角矩陣，其對角線元素為實數 $\Lambda$，使得 $A=U\Lambda U^{H}$

$U={\begin{pmatrix}{\vec {u}}_{1}&{\vec {u}}_{2}&\dots &{\vec {u}}_{n}\end{pmatrix}}$ 的列向量是 $U$ 的特徵向量，$\Lambda ={\begin{pmatrix}\lambda _{1}&0&\cdots &0\\0&\lambda _{2}&\cdots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&\cdots &\lambda _{n}\end{pmatrix}}$ 的對角線元素是相應的特徵值。

本質上，$A$ 可以分解為秩為 1 的投影的“譜”：$A=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}({\vec {u}}_{i}{\vec {u}}_{i}^{H})$

實際上，譜定理的證明無需使用 $A$ 的特徵多項式或任何導數定理。

譜定理的證明

證明將透過對 $n$ 使用數學歸納法。

基本情況 $n=1$

當 $A={\begin{pmatrix}a_{1,1}\end{pmatrix}}$時，必須滿足 $a_{1,1}$是實數，否則 $A$不是厄米矩陣。那麼譜分解就簡單地是 $A={\begin{pmatrix}1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a_{1,1}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\end{pmatrix}}^{H}$

歸納情況 $n\geq 2$

令 ${\vec {e}}_{i}$表示 $\mathbb {C} ^{n}$的第 $i^{\text{th}}$個標準基向量。令 $\mathbf {0} _{k\times m}$表示一個 $k\times m$的零矩陣。

令 ${\vec {u}}_{1}$ 是一個單位長度的向量，它使 ${\vec {u}}_{1}^{H}A{\vec {u}}_{1}$ 最大化（回想一下 ${\vec {u}}_{1}^{H}A{\vec {u}}_{1}$ 始終是實數），令 $\lambda _{1}={\vec {u}}_{1}^{H}A{\vec {u}}_{1}$。 令 $U_{1}$ 是一個酉矩陣，其中第一列是 ${\vec {u}}_{1}$：$U_{1}{\vec {e}}_{1}={\vec {u}}_{1}$.

$A=U_{1}A_{1}U_{1}^{H}$ 其中 $A_{1}=U_{1}^{H}AU_{1}$。 現在我們將證明 $A_{1}$ 具有如下形式 $A_{1}={\begin{pmatrix}\lambda _{1}&\mathbf {0} _{1\times (n-1)}\\\mathbf {0} _{(n-1)\times 1}&A_{\text{reduced}}\end{pmatrix}}$

${\vec {e}}_{1}^{H}A_{1}{\vec {e}}_{1}={\vec {u}}_{1}^{H}A{\vec {u}}_{1}=\lambda _{1}$ 使得 $A_{1}$ 的 (1,1) 項為 $\lambda _{1}$。現在將證明 $A_{1}$ 的第一行和第一列除了第一個元素之外都為 0。對於任意的 $i=2,3,\dots ,n$，考慮引數化的單位向量 ${\vec {u}}_{t}(t)=(\cos t){\vec {e}}_{1}+(\sin t){\vec {e}}_{i}$.

${\vec {u}}_{t}(t)^{H}A_{1}{\vec {u}}_{t}(t)=((\cos t){\vec {e}}_{1}+(\sin t){\vec {e}}_{i})^{H}A_{1}((\cos t){\vec {e}}_{1}+(\sin t){\vec {e}}_{i})$ $=\lambda _{1}\cos ^{2}t+(a_{(i,1)}+a_{(1,i)})\cos t\sin t+a_{(i,i)}\sin ^{2}t$ $=\lambda _{1}\cos ^{2}t+2\Re (a_{(i,1)})\cos t\sin t+a_{(i,i)}\sin ^{2}t$ 其中 $a_{(i,j)}$ 表示 $A_{1}$ 的 $(i,j)$ 項 ($\Re$ 和 $\Im$ 分別表示實部和虛部)。

${\frac {d}{dt}}({\vec {u}}_{t}(t)^{H}A_{1}{\vec {u}}_{t}(t)){\bigg |}_{t=0}=2\Re (a_{(i,1)})$。單位向量 ${\vec {u}}={\vec {u}}_{1}$ 最大化 ${\vec {u}}^{H}A{\vec {u}}$，這意味著 ${\vec {u}}={\vec {u}}_{t}(0)={\vec {e}}_{1}$ 是最大化 ${\vec {u}}^{H}A_{1}{\vec {u}}$ 的單位向量。因此 ${\frac {d}{dt}}({\vec {u}}_{t}(t)^{H}A_{1}{\vec {u}}_{t}(t)){\bigg |}_{t=0}=0$，得到 $\Re (a_{(i,1)})=0$。

現在考慮引數化的單位向量 ${\vec {u}}_{t}(t)=(\cos t){\vec {e}}_{1}+i(\sin t){\vec {e}}_{i}$。

${\vec {u}}_{t}(t)^{H}A_{1}{\vec {u}}_{t}(t)=((\cos t){\vec {e}}_{1}+i(\sin t){\vec {e}}_{i})^{H}A_{1}((\cos t){\vec {e}}_{1}+i(\sin t){\vec {e}}_{i})$ $=\lambda _{1}\cos ^{2}t+(-ia_{(i,1)}+ia_{(1,i)})\cos t\sin t+a_{(i,i)}\sin ^{2}t$ $=\lambda _{1}\cos ^{2}t+2\Im (a_{(i,1)})\cos t\sin t+a_{(i,i)}\sin ^{2}t$

${\frac {d}{dt}}({\vec {u}}_{t}(t)^{H}A_{1}{\vec {u}}_{t}(t)){\bigg |}_{t=0}=2\Im (a_{(i,1)})$ 因此 ${\frac {d}{dt}}({\vec {u}}_{t}(t)^{H}A_{1}{\vec {u}}_{t}(t)){\bigg |}_{t=0}=0\implies \Im (a_{(i,1)})=0$。因此 $a_{(i,1)}=a_{(1,i)}=0$。已經證明 $A_{1}$ 的第一行和第一列除了第一個元素之外都為 0。

$A_{1}$ 的形式為 $A_{1}={\begin{pmatrix}\lambda _{1}&\mathbf {0} _{1\times (n-1)}\\\mathbf {0} _{(n-1)\times 1}&A_{\text{reduced}}\end{pmatrix}}$，並且透過歸納推理，$A_{\text{reduced}}$ 具有譜分解 $U_{r}\Lambda _{r}U_{r}^{H}$。

因此 $A=U\Lambda U^{H}$，其中 $U=U_{1}{\begin{pmatrix}1&\mathbf {0} _{1\times (n-1)}\\\mathbf {0} _{(n-1)\times 1}&U_{r}\end{pmatrix}}$ 並且 $\Lambda ={\begin{pmatrix}\lambda _{1}&\mathbf {0} _{1\times (n-1)}\\\mathbf {0} _{(n-1)\times 1}&\Lambda _{r}\end{pmatrix}}$