幾何重數不大於代數重數的證明

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給定一個 $n\times n$ 階矩陣 $A$ ，特徵值 $\lambda$ 是特徵多項式 $p_A(t)=\det(A-tI)$ 的根，重根數稱為代數重數 (algebraic multiplicity)。對應特徵值 $\lambda$ ，所能找到最大的線性獨立向量數，也就是特徵空間的維數 $\mathrm{dim}{N}(A-\lambda I)$ ，稱為 $\lambda$ 的幾何重數 (geometric multiplicity)。見下例，

$\displaystyle A=\left[\!\!\begin{array}{ccr} 2&1&1\\ 0&3&-1\\ 0&0&2 \end{array}\!\!\right]$ 。

上三角矩陣的主對角元為其特徵值，可知 $A$ 的特徵值為 $2,2,3$ ；特徵值 $2$ 的代數重數是 $2$ ，特徵值 $3$ 的代數重數是 $1$ 。對應特徵值 $2$ ， $A$ 有一個特徵向量 $(1,0,0)^T$ ，幾何重數為 $1$ ；對應特徵值 $3$ ， $A$ 有一個特徵向量 $(1,1,0)^T$ ，幾何重數為 $1$ 。本文利用矩陣三角化證明：對應每一個特徵值，幾何重數必不大於代數重數。(其他證法請參閱“特徵值的代數重數與幾何重數”，“可對角化矩陣與缺陷矩陣的判定”，“拒絕行列式的特徵分析”。)

令 $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ 為 $n\times n$ 階矩陣 $A$ 的相異特徵值， $k\le n$ 。令 $\beta_i$ 為特徵值 $\lambda_i$ 的代數重數。因此， $A$ 的特徵多項式如下：

$\displaystyle p_A(t)=\det(A-tI)=(\lambda_1-t)^{\beta_1}(\lambda_2-t)^{\beta_2}\cdots(\lambda_k-t)^{\beta_k}$ ，

其中 $\sum_{i=1}^k\beta_i=n$ 。我們要證明的命題是 $\dim N(A-\lambda_i I)\le \beta_i$ ， $i=1,\ldots,k$ 。

證明於下：寫出 $A-\lambda_iI$ 的特徵多項式

$\displaystyle\begin{aligned} p_{A-\lambda_iI}(t)&=\det((A-\lambda_iI)-tI)=\det(A-(\lambda_i+t)I)\\ &=(\lambda_1-(\lambda_i+t))^{\beta_1}(\lambda_2-(\lambda_i+t))^{\beta_2}\cdots(\lambda_k-(\lambda_i+t))^{\beta_k}\\ &=((\lambda_1-\lambda_i)-t)^{\beta_1}((\lambda_2-\lambda_i)-t)^{\beta_2}\cdots((\lambda_k-\lambda_i)-t)^{\beta_k}, \end{aligned}$

其中第 $i$ 項為 $(-t)^{\beta_i}$ 。因此， $A-\lambda_iI$ 有特徵值 $0$ ，代數重數為 $\beta_i$ ，以及 $k-1$ 個相異非零特徵值 $\lambda_j-\lambda_i$ ，代數重數為 $\beta_j$ ， $1\le j\le k$ 且 $j\neq i$ 。根據 Schur 定理 (見“矩陣三角化的 Schur 定理”)， $A-\lambda_iI$ 可三角化為

$A-\lambda_iI=UTU^\ast$ ，

其中 $U$ 是一個么正矩陣 (unitary matrix) 滿足 $U^\ast=U^{-1}$ ， $T$ 是上三角矩陣。因為 $A-\lambda_i I$ 相似於 $T$ ，可知 $\text{rank}(A-\lambda_iI)=\text{rank}T$ 而且這兩個矩陣有相同的特徵值 (見“相似變換下的不變性質”)。所以， $T$ 的主對角元為 $A-\lambda_iI$ 的特徵值，也就是說 $T$ 的主對角元包含 $\beta_i$ 個零元，以及 $n-\beta_i$ 個非零元，表明 $\text{rank}T\ge n-\beta_i$ (因為上三角矩陣 $T$ 的最大線性獨立行向量集包含非零主對角元所屬的行向量，矩陣秩算法請參閱“利用行列式計算矩陣秩”)。使用秩─零度定理 (見“運用輸入輸出模型活化秩─零度定理”)，可得

$\displaystyle\begin{aligned} \dim N(A-\lambda_i I)&=n-\text{rank}(A-\lambda_i I)\\ &=n-\text{rank}T\\ &\le n-(n-\beta_i)=\beta_i.\end{aligned}$

這個證明過程顯示了矩陣秩與非零特徵值數目的關係：矩陣秩大於或等於非零特徵值數 (含相重特徵值)^[1]。例如，下面三個方陣的特徵值同為 $0,0,0$ ：

$\displaystyle A_1=\begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{bmatrix},~~A_2=\begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix},~~A_3=\begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix}$ ，

目視可知 $\text{rank}A_1=0$ ， $\text{rank}A_2=1$ ， $\text{rank}A_3=2$ 。若 $A$ 可對角化為 $A=SDS^{-1}$ ，其中 $D=\text{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$ ，立知 $\text{rank}A=\text{rank}D$ ，而 $\text{rank}D$ 等於 $D$ 的非零主對角元數，也就是 $A$ 的非零特徵值數。更進一步，實對稱矩陣可正交對角化 (見“實對稱矩陣可正交對角化的證明”)，故實對稱矩陣的秩即為非零特徵值數。

註解
[1] 對於一個 $n\times n$ 階矩陣 $A$ ， $\hbox{rank}A$ 等於非零奇異值數 (見“矩陣的數值秩”)，故非零奇異值數大於或等於非零特徵值數。上例中， $A_1$ 的奇異值為 $0, 0, 0$ ， $A_2$ 的奇異值為 $1, 0, 0$ ， $A_3$ 的奇異值為 $1, 1, 0$ 。

6 Responses to 幾何重數不大於代數重數的證明

chen yilun says:

09/06/2015 at 11:47 am

周老师，您好，我想请教下那个实对称矩阵要如何证明其代数重数=几何重数？

- ccjou says:
  
  09/06/2015 at 12:00 pm
  
  我在上文最後一句話添加了一個連結，請你點進去看定理五(一個證明使用歸納法，另一個使用反證法)。
  
  - chen yilun says:
    
    09/06/2015 at 2:19 pm
    
    十分感谢！(●’◡’●)
    
    - 胡霖 says:
      
      03/23/2018 at 5:02 pm
      
      感觉也可以利用现有结论进行证明。。。
      1 正规矩阵可以正交对角化，所以正规矩阵属于可对角矩阵。
      2 可对角化的矩阵的充要条件是代数重数等于几何重数
      3 对称矩阵是正规矩阵
      综上，对称矩阵的代数重数=几何重数。
      
      - CunZhang says:
        
        07/02/2021 at 9:18 pm
        
        第1點的normal matrix is diagonalizable. 這邊你要先說明當repeated eigenvalues的情況仍然有對應到的eigenvectors數目存在，才能繼續下面的論證，若非如此，有種拿結論當前提來論述的感覺。
        
baoweiyu001126com says:

11/07/2015 at 8:20 pm

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周老師的線性代數知識，關於特征值的代數重數和幾何重數

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