矩阵对角化

对角方阵是一个矩阵，它的所有非零项都在对角线上: $D = \ {pmatrix} d_{11开始 } & & & \\ & d_ {22 } & & \\ & & \ ddots & \\ & & & d_ {nn} \ {pmatrix}结束。$一个方阵被称为对角化的如果它类似于对角矩阵。也就是说, $一个$如果有一个可逆矩阵，是否可以对角化 $P$还有一个对角矩阵 $D$这样 $一个= PDP ^{1}。$

矩阵 $A = \begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}$对角化的: $= \ {pmatrix} 1 & 1 \ \ 1开始&-1 \ {pmatrix}结束\ {pmatrix} 1四维\ \ 0开始&-1 \ {pmatrix}结束\ {pmatrix} 1 & 1 \ \ 1开始&-1 \ {pmatrix}结束^{1}。$另一方面，矩阵 $B = \begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix}$是不可对角化的，如下所示。

由基的变换定理,一个 $n \ n$矩阵 $一个$的条目场 $F$是否可对角化当且仅当有基 $F ^ n$组成的特征向量的 $一个。$ $（$在接下来的内容中，我们将主要假设 $F = {\ mathbb R}$或 ${\ mathbb C},$但这个定义对任意场都是有效的。 $）$这立即延伸到对的对角化的定义线性变换:如果 $V$有限维的向量空间，我们称之为线性变换吗 $T \冒号V \到V$是否可以对角化 $V$由特征向量组成 $T。$

因此，对角化一个矩阵的过程包括计算它的特征向量，并遵循基变换定理的公式来计算矩阵 $P$而且 $D。$矩阵对角化在许多涉及矩阵的计算中很有用，因为与乘任意方阵相比，乘对角矩阵非常简单。特别是，一个可对角化矩阵的幂可以很容易地计算，一旦矩阵 $P$而且 $D$皆知，如能矩阵指数．

审查特征值和特征向量．

关于可对角化矩阵的第一个定理表明，一大类矩阵是自动可对角化的。

如果 $一个$是一个 $n \ n$矩阵 $n$不同的特征值,然后 $一个$对角化的。

明确,让 $\ lambda_1 \ ldots \ lambda_n$这些特征值。然后 $= P \ {pmatrix} \ lambda_1开始 & & & \\ & \ lambda_2 & & \\ & & \ ddots & \\ & & & \ lambda_n \ P {pmatrix}结束^ {1},$在哪里 $j ^ \文本{th}$列的 $P$是的特征向量吗 $一个$与特征值 $\ lambda_j。$

让 $v_i$是一个带有特征值的特征向量 $\ lambda_i,$ $1 \le我\le n。$关键的事实是 $v_i$是线性无关的。要看这个，让 $k$是最大的正整数 $v_1, \ ldots v_k$是线性无关的。如果 $k \ n ne,$然后是依赖关系 $A_1 v_1 + a_2 v_2 + \cdots + a_k v_k = v_{k+1}$对于一些系数 $ai。$现在两边同时乘以 $一个$得到 $A_1 \lambda_1 v_1 + a_2 \lambda_2 v_2 + \cdots + a_k \lambda_k v_k = \lambda_{k+1} v_{k+1}。$原方程两边同时乘以 $\ lambda_ {k + 1}$而不是让 $a_1 \ lambda_ {k + 1} v_1 + a₂\ lambda_ {k + 1} v_2 + \ cdots + a_k \ lambda_ {k + 1} v_k = \ lambda_ {k + 1} v_ {k + 1}$这两个方程相减得到 $a_1 (\ lambda_1 \ lambda_ {k + 1}) v_1 + a₂(\ lambda_2 \ lambda_ {k + 1}) v_2 + \ cdots + a_k (\ lambda_k \ lambda_ {k + 1}) v_k = 0,$但这是不可能的 $v_1, \ ldots v_k$是线性无关的。注意，非常重要的是 $\ lambda_i$是不同的，因为至少有一个 $ai$非零，那么系数呢 $ai (\ lambda_i \ lambda_ {k + 1})$也是非零的，如果 $\ lambda_i$如果不是明显的，左边的系数可能都是零即使某些 $ai$非零。

所以 $k = n$而且 $v_1, \ ldots v_n$是线性无关的。这给出了特征向量的一组基 $一个,$因此 $一个$对角化的。事实上,如果 $P$列向量是的矩阵 $v_i,$然后让 $e_i$是 $我^ \文本{th}$单位矩阵的列;然后 $P (e_i) = v_i$对所有 $我。$所以 $(PD) (e_i) = P (\ lambda_i e_i) = \ lambda_i v_i = (v_i) =(美联社^ {1})(e_i)。$但是矩阵乘以 $e_i$就给了 $我^ \文本{th}$列。所以 $PD$而且 $美联社^ {1}$有相同的 $我^ \文本{th}$列, $我。$所以它们是相同的矩阵: $据美联社^ PD = {1},$或 $PDP ^{1} =。$ $_ \广场$

从上一节的定理得到的直觉是，有两种方法可以使矩阵无法对角化。一是它的特征值可以“存在”在其他更大的场中。这在某种意义上是一个表面问题，可以通过传递到更大的领域来纠正。例如，如果矩阵有实数项，它的特征值可能是复数，因此矩阵可以对角化 $\ mathbb C$不需要对角化 $\ mathbb R。$

的旋转矩阵 $R = \begin{pmatrix} 0& 1\\1&0 \end{pmatrix}$是不是对角化结束了 $\ mathbb R。$事实上，它没有真正的特征值:如果 $v$是一个在 ${} \ mathbb R ^ 2,$然后 $房车$= $v$反时针旋转 $90 ^ \保监会。$但不难检验它有两个不同的特征值 $\ mathbb C,$自特征多项式是 $t ^ 2 + 1 = (t + i)(我)。$所以 $R$是对角化的 $\ mathbb C。$

矩阵无法对角化的第二种方式更为基本。的代数基本定理应用于特征多项式表明，总有 $n$复特征值，用多重性计算。但这并不意味着每个方阵都可以对复数对角化。每个特征值的多重性对于决定矩阵是否可对角化很重要:如我们所见，如果每个多重性是 $1，$矩阵是自动对角化的。这是一个特征值具有多重性的例子 $2$而且矩阵是不可对角化的:

让 $A = \begin{pmatrix} 1&1 \\ 0&1 \end{pmatrix}。$的特征多项式 $一个$是 $(t - 1) ^ 2,$所以只有一个特征值， $\λ= 1。$由于相似的矩阵具有相同的特征值(实际上，相同的特征多项式)，如果 $一个$如果可以对角化，它就类似于一个对角矩阵 $1$作为它唯一的特征值，也就是单位矩阵。但唯一类似于单位矩阵的矩阵是单位矩阵: $PI_2P ^ {1} = I_2$对所有 $P。$所以 $一个$不能对角化的。

还有其他的方法 $一个$不能对角化，例如通过计算对应的特征空间的大小 $\λ= 1$并表明没有特征值的基 $一个。$

注意，在特征多项式中有重复根并不意味着矩阵不可对角化:举一个最基本的例子 $n \ n$单位矩阵是可对角化的(实际上是对角化)，但它只有一个特征值 $\λ= 1$与多样性 $n。$

更一般地，矩阵的特征值有两个多重性的概念。我们上面提到的多重性，因子的指数 $(t - \λ)$在特征多项式中，称为代数多重性．特征空间的维数对应于 $\λ$被称为几何重数．证明代数多重性总是不难 $通用电气\$几何多重性，所以 $一个$当且仅当这些多重度对每个特征值相等时是否可对角化 $\λ。$参见维基百科约旦标准型为更多的细节。

斜向移动 $1 = \ {pmatrix}开始&-1 \ \ 2和4 \ {pmatrix}结束。$

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特征值就是根 $\λ$的特征多项式: ${对齐}\ \开始侦破(A - \λI) = 1 - \ \ {vmatrix}开始lambda&-1 \ \ 2和4 - \λ\ {vmatrix} = 0结束\意味着(1 - \λ)(4 - \λ)+ 2 & = 0 \ \ \λ2 - 5 ^ \λ+ 6 & = 0 \ \ \λ= 2,3。结束\{对齐}$我们找到两个特征值的特征向量:

• $\ lambda_1 = 2 \意味着\ {pmatrix} 1 &-1 \ \ 2、2点开始结束\ {pmatrix} \ {pmatrix} x_1开始\ \ x_2 \ {pmatrix} = 0。$我们要选的一个解是 $s_1 = \开始{pmatrix} 1 \ \ \ {pmatrix}结束。$
• $\ lambda_2 = 3 \意味着\开始{pmatrix} 2 &-1 \ \ 2 & 1 \ {pmatrix}结束\ {pmatrix}开始x_1 \ \ x_2 \ {pmatrix} = 0。$我们要选的一个解是 $s_2 = {pmatrix} 1 \ \ 2 \ \开始结束{pmatrix}$．

基变定理中的规定使我们立即得到矩阵 $P$而且 $D$：

• $P = {pmatrix} s_1&s_2 \ \开始结束{pmatrix} = {pmatrix} \开始1 &-1 1至2 \ \ \ {pmatrix}结束$
• $D = \开始{pmatrix} \ lambda_1&0 \ \ 0 & \ lambda_2 \ {pmatrix} = {pmatrix} \开始结束结束2四维\ \ 0和3 \ {pmatrix}$．

然后我们有

$= PD P ^ {1} = {pmatrix} \开始1 &-1 1至2 \ \ \ {pmatrix}结束\开始{pmatrix} 2四维\ \ 0 3 \ {pmatrix}结束\开始{pmatrix} 2 1 & 1 & 1 \ \ \ {pmatrix}结束。\ _ \广场$

斜向移动 $= \开始{pmatrix} 2 1 \ \ 1 &0&-1 \ \ 1 &-1&0 \ {pmatrix}结束$．

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这个过程以同样的方式开始:

${对齐}\ \开始侦破(A - \λI) = 2 - \ \ {vmatrix}开始lambda&1&1 \ \ 1 & - \ lambda&-1 \ \ 1 &-1& - \λ\ {vmatrix} & = 0结束\ \ \ \ \意味着\λ^ 2(2 - \λ)+ 2 +(\λ2)- \λ- \λ= 0 \ \ \λ^ 3 + 2 \λ^ 2 - \λ= 0 \ \ \λ= 0,1。结束\{对齐}$

只有两个特征值，特征值 $1$有代数多重性 $2，$由于特征多项式因子为 $t (t - 1) ^ 2。$所以还不清楚 $一个$是否可以对角化直到我们知道是否有足够的特征向量在 $1$特征空间 $（$的几何多重性 $1$是 $1$或 $2)。$

我们找到这些特征值的特征向量:

• $\ lambda_1 = 0:$
  $N(A-\lambda_1 I) = N(A)，$什么可以计算高斯消去法： ${对齐}\ \开始开始{pmatrix} 2 1 \ \ 1 &0&-1 \ \ 1 &-1&0 \ {pmatrix} &结束\ rightarrow \开始{pmatrix} 1 &0&-1 \ \ 2 1 \ \ 1 &-1&0 \结束{pmatrix} \ \ & \ rightarrow \开始{pmatrix} 1 &0&-1 \ \ 0 &1&-1 \ \ 1 &-1&0 \结束{pmatrix} \ \ & \ rightarrow \开始{pmatrix} 1 0 1 \ \ 0 &1&-1 \ \ 1 &-1&0 \结束{pmatrix} \ \ & \ rightarrow \开始{pmatrix} 1 0 1 \ \ 0 0 0 0 &1&-1 \ \ \ {pmatrix}结束,结束\{对齐}$哪个是由向量张成的零空间 $S_1 = \begin{pmatrix} -1\\1\\1 \end{pmatrix}。$

• $\ lambda_2 = 1:$
  $N (- \ lambda_2I) = N(ⅰ)$可以通过高斯-乔丹消去法计算: $\开始{pmatrix} 1 1 \ \ 1 &-1&-1 \ \ 1 &-1&-1 \ {pmatrix}结束\ rightarrow \开始{pmatrix} 1 1 \ \ 0 0 0 0 0 0 \ \ \ {pmatrix},$它有一个二维零空间，比如由向量张成的空间 $S_2 = \begin{pmatrix} 1\\ \-1\\0\end{pmatrix}$而且 $S_3 = \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}。$

这表明 $一个$是否真的可以对角化，因为有“足够的”特征向量可以张成空间 ${} \ mathbb R ^ 3。$

我们可以把矩阵写出来 $P$而且 $D$：

• $P = \开始{pmatrix} 1 1 \ \ 1 &-1&0 \ \ 1 &0&-1 \ {pmatrix}结束$
• $D = \ {pmatrix}开始0 0 0和1 0 1 0 0 0 \ \ \ \ \ {pmatrix}结束$．

检验起来很简单 $一个= PDP ^ {1}$根据需要。 $_ \广场$

注意，矩阵 $P$而且 $D$并不是唯一的。 $D$是否唯一取决于对角线项的重新排列，但是 $P$有更多的自由度:而列向量来自 $1$-维特征空间被确定为一个常数倍，来自较大特征空间的列向量可以完全任意地选择，只要它们构成其特征空间的一组基。

对角线矩阵相对容易计算，相似的矩阵有许多共同的特性，所以对角线矩阵非常适合计算。特别是，许多应用涉及计算矩阵的大幂，如果矩阵是对角线的，这是很容易的。但是,如果 $一个= PDP ^ {1},$然后 $一个^ n = (PDP ^ {1}) ^ n = (PDP ^ {1}) (PDP ^ {1}) (\ cdots) (PDP ^ {1}) = PD ^ nP ^ {1}$因为 $P P ^ {1}$中间的项都崩溃了。

求一个封闭的公式 $n ^ \文本{th}$斐波纳契数 $fn,$通过观察矩阵的幂 $A = \begin{pmatrix} 1&1\\1&0 \end{pmatrix}。$

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看一下的前几次幂 $一个,$我们有 $\begin{aligned} A^1 &= \begin{pmatrix} 1&1\\1& 1\ end{pmatrix} 2&1\\ A^3 &= \begin{pmatrix} 3&2\\2&1 \end{pmatrix} \\ A^4 &= \begin{pmatrix} 5&3\\3&2 \end{pmatrix} \\ A^5 &= \begin{pmatrix} 8&5\\5&3 \end{pmatrix}， \end{aligned}$所以自然的猜想是 $^ n = \ f {n + 1} {pmatrix}开始fn \ \ F_n&F_ {n} \ {pmatrix},$这很容易用归纳法证明。基本情况是清楚的，归纳步骤是 $\{对齐}开始一个^ n = \ cdot ^ {n} & = \ {pmatrix} 1 & 1 \ \ 1开始四维\ {pmatrix}结束\ {pmatrix}开始F_n&F_ f {n} {n} \ \ f {2} \ {pmatrix} \ \ & =结束\ {pmatrix}开始fn + f {n} f f {2} \ \ {n} + F_n&F_ {n} \ {pmatrix} \ \ & =结束\ f {n + 1} {pmatrix}开始fn \ \ F_n&F_ {n} \ {pmatrix} \{对齐}结束结束$根据需要。

剩下唯一要做的就是计算 $^ n。$特征多项式是 $(1 - t) (- t) 1 = t ^ 2-t-1,$的根是 $\φ$而且 $\ρ,$在哪里 $\φ$是黄金比例而且 $1 - \ \ρ= \压裂{sqrt {5}} 2$是它的共轭。

的 $\φ$的零空间 $1 - \ \ {pmatrix}开始是\ \ 1 & -φ\ \ {pmatrix},$哪个是一维的，张成的 ${pmatrix} \ \开始φ1 \ \ \ {pmatrix}结束。$所有的 $\φ$的取代了 $\ρ$的，所以结论是 $一个= PDP ^ {1},$在哪里 $\{对齐}开始P & = \开始{pmatrix} \φ\ρ\ \ 1 & 1 \结束{pmatrix} \ \ D & = {pmatrix} \ \开始phi&0 \ \ 0 & \ρ\结束^ {pmatrix} \ \ P {1} & = \ frac1大概{5}}{\ \ {pmatrix}开始1 & -φ\ρ\ \ 1 & \ \ {pmatrix}结束。结束\{对齐}$

把这些放在一起 $\开始{对齐}^ n = (PDP ^ {1}) ^ n = PD ^ nP ^ {1} & = \ frac1大概{5}}{\ \开始{pmatrix} \φ\ρ\ \ 1 & 1 \ {pmatrix} {pmatrix} \ \开始结束φ^ n&0ρ^ \ \ 0 & \ n \ {pmatrix}结束\开始{pmatrix} 1 & -φ\ρ\ \ 1 & \ \ {pmatrix} \ \ & =结束\ frac1大概{5}}{\ \开始{pmatrix} \φ^ {n + 1} & \ρ^ {n + 1} \ \ \φρ^ ^ n & \ n \ {pmatrix} \结束开始{pmatrix} 1 & -φ\ρ\ \ 1 & \ \ {pmatrix} \ \ & = \ frac1结束大概{5}}{\ \开始{pmatrix} \φ^ {n + 1} - \ρ^ {n + 1 } & * \\ \ φ^ n - \ρn ^ & * \ {pmatrix} \{对齐}结束结束$(我们并不关心第二列，尽管它并不难计算多少)。

特别是，左下方的元素，它是 $fn$用归纳法,等于 $\ frac1 {\ sqrt{5}}(\φρ^ ^ n - \ n) = \压裂{(1 + \ sqrt {5}) ^ n - (1 - \ sqrt {5}) ^ n} {2 ^ n \√{5}},$这是比奈的公式为 $fn。$ $_ \广场$

更多关于求幂和求解微分方程的应用在维基百科上矩阵幂运算．