## 可對角化矩陣的譜分解

$A=\left[\!\!\begin{array}{rrr} -5&-6&-9\\ 3&4&9\\ 0&0&-2 \end{array}\!\!\right]$

$N(A-\lambda_1I)=\mathrm{span}\left\{\left[\!\!\begin{array}{r} 1\\ -1\\ 0 \end{array}\!\!\right]\right\}$

$N(A-\lambda_2I)=\mathrm{span}\left\{\left[\!\!\begin{array}{r} -1\\ 2\\ -1 \end{array}\!\!\right],\left[\!\!\begin{array}{r} 1\\ 1\\ -1 \end{array}\!\!\right]\right\}$

$S=\left[\!\!\begin{array}{rrr} 1&-1&1\\ -1&2&1\\ 0&-1&-1 \end{array}\!\!\right]$

$S^{-1}=\left[\!\!\begin{array}{rrr} -1&-2&-3\\ -1&-1&-2\\ 1&1&1 \end{array}\!\!\right]$

\begin{aligned} A&=\left[\!\!\begin{array}{rrr} 1&-1&1\\ -1&2&1\\ 0&-1&-1 \end{array}\!\!\right]\left[\!\!\begin{array}{crr} 1&0&0\\ 0&-2&0\\ 0&0&-2 \end{array}\!\!\right]\left[\!\!\begin{array}{rrr} -1&-2&-3\\ -1&-1&-2\\ 1&1&1 \end{array}\!\!\right]\\ &=1\left[\!\!\begin{array}{r} 1\\ -1\\ 0 \end{array}\!\!\right]\begin{bmatrix} -1&-2&-3 \end{bmatrix}+(-2)\left[\!\!\begin{array}{r} -1\\ 2\\ -1 \end{array}\!\!\right]\begin{bmatrix} -1&-1&-2 \end{bmatrix}+ (-2)\left[\!\!\begin{array}{r} 1\\ 1\\ -1 \end{array}\!\!\right]\begin{bmatrix} 1&1&1 \end{bmatrix}.\end{aligned}

$A=\left[\!\!\begin{array}{rrr} -1&-2&-3\\ 1&2&3\\ 0&0&0 \end{array}\!\!\right]+(-2)\left[\!\!\begin{array}{rrr} 2&2&3\\ -1&-1&-3\\ 0&0&1 \end{array}\!\!\right]$

$\Lambda=\begin{bmatrix} \lambda_1I_{\beta_1}&~&~\\ ~&\ddots&~\\ ~&~&\lambda_mI_{\beta_m} \end{bmatrix}$

$S=\begin{bmatrix} X_1&\cdots&X_m \end{bmatrix}$

$S^{-1}$ 也寫為分塊形式，如下：

$S^{-1}=\begin{bmatrix} Y_1^T\\ \vdots\\ Y_m^T \end{bmatrix}$

\begin{aligned} A&=S\Lambda S^{-1}\\ &=\begin{bmatrix} X_1&\cdots&X_m \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \lambda_1I_{\beta_1}&~&~\\ ~&\ddots&~\\ ~&~&\lambda_mI_{\beta_m} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} Y_1^T\\ \vdots\\ Y_m^T \end{bmatrix}\\ &=\lambda_1X_1Y^T_1+\cdots+\lambda_mX_mY^T_m\\ &=\lambda_1P_1+\cdots+\lambda_mP_m.\end{aligned}

$\displaystyle P_j=\prod_{i\neq j}\left(\frac{A-\lambda_iI}{\lambda_j-\lambda_i}\right),~~1\le j\le m.$

1. $P_j^2=P_j$$j=1,\ldots,m$
2. $i\neq j$$P_iP_j=0$
3. $P_1+\cdots+P_m=I.$

(a) $P_j$ 是沿著子空間 $C(A-\lambda_jI)$ 至特徵空間 $N(A-\lambda_jI)$ 的唯一投影矩陣 (見“直和與投影”)，亦即 $C(P_j)=N(A-\lambda_jI)$$N(P_j)=C(A-\lambda_jI)$。這個結果同時表明可對角化矩陣有唯一的譜分解。

(b) 若 $i\neq j$$C(P_i)$$C(P_j)$ 不交集，即 $C(P_i)\cap C(P_j)=\{\mathbf{0}\}$

(c) $\dim C(P_1)+\cdots+\dim C(P_m)=n$.

$C(P_j)=C(X_jY_j^T)\subseteq C(X_j)$

$C(X_j)=C(X_jY_j^TX_j)=C(P_jX_j)\subseteq C(P_j)$

$C(P_j)=C(X_j)=N(A-\lambda_jI)$。利用矩陣譜分解及性質2和3，

$P_j(A-\lambda_jI)=P_j\displaystyle\left(\sum_{i=1}^m\lambda_iP_i-\lambda_j\sum_{i=1}^mP_i\right)=\lambda_jP_j^2-\lambda_jP_j^2=0$

$\dim C(A-\lambda_jI)=n-\dim N(A-\lambda_jI)=n-\dim C(P_j)=\dim N(P_j)$

$\mathbf{x}=P_i^2\mathbf{y}=P_i\mathbf{x}=P_iP_j\mathbf{z}=\mathbf{0}$

$C(I_n)=C(P_1+\cdots+P_m)\subseteq C(P_1)+\cdots+C(P_m)=C(P_1)\oplus\cdots\oplus C(P_m)\subseteq \mathbb{C}^n$

$A=U\Lambda U^{\ast}=\lambda_1P_1+\cdots+\lambda_mP_m$

$\mathbf{x}^{\ast}\mathbf{y}=(P_i\mathbf{x})^{\ast}(P_j\mathbf{y})=\mathbf{x}^{\ast}P_i^{\ast}P_j\mathbf{y}=\mathbf{x}^{\ast}(P_iP_j)\mathbf{y}=0$

### 5 Responses to 可對角化矩陣的譜分解

1. fkdds 說道：

不好意思
想在這裡請問一下教授
我在我們講義發現談論這個主題所提出的例子都是對稱矩陣
對於一般的可對角化矩陣並沒有提到
是為什麼呢?
如果問的問題太糟糕還請教授包涵

• ccjou 說道：

所謂我們講義是指我的"教學光碟"的講義本嗎?如果是的話，應該沒有你提到的情況發生。如果不是的話，一時我也猜不透是什麼原因。

• fkdds 說道：

感謝教授回復
講義是指我的線代教授根據原文書所編出的講義
我有去翻閱過原文書 發現原文書的例子也是只有對稱矩陣

• ccjou 說道：

我想到的唯一一個理由是"方便"，因為對稱矩陣可正交對角化。其實要設計非對稱且含整數元的可對角化矩陣並不困難：首先選定特徵值，建立一對角矩陣，如$D=\hbox{diag}(1,2,2)$。挑選一上三角矩陣，令主對角元為1或-1，其餘元可為任意整數，如此行列式等於1或-1；接著對此上三角矩陣隨意執行若干次高斯消去法的取代或交換運算，行列式的絶對值仍為1。令結果為P。最後算出$PDP^{-1}$，此矩陣相似於D，且每一元都是整數。

2. fkdds 說道：

感謝教授解惑