相異特徵值對應線性獨立的特徵向量之簡易證明

本文的閱讀等級：初級

令 $A$ 為一個 $n\times n$ 階矩陣， $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ 為特徵值， $\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_n$ 為對應的特徵向量。本文證明這個重要的定理：對應相異特徵值的特徵向量組成一個線性獨立集。(其他證法見“可對角化矩陣與缺陷矩陣的判定”，“每週問題 June 11, 2012”，“利用 Vandermonde 矩陣證明相異特徵值對應線性獨立的特徵向量”。) 例如，

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

有特徵值 $\lambda_1=1$ ，對應特徵向量 $\mathbf{x}_1=\left[\!\!\begin{array}{r} -1\\ 1\\ 0 \end{array}\!\!\right]$ ，以及特徵值 $\lambda_2=\lambda_3=2$ (代數重數為 $2$ )，對應特徵向量 $\mathbf{x}_2=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}$ 和 $\mathbf{x}_3=\left[\!\!\begin{array}{r} 0\\ -1\\ 1 \end{array}\!\!\right]$ (幾何重數為 $2$ )。根據上述性質， $\{\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_2\}$ 和 $\{\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_3\}$ 都是線性獨立集。

在不失一般性的情況下，假設 $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ 為相異特徵值， $2\le k\le n$ 。我們的問題要證明 $\{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_k\}$ 是線性獨立的特徵向量集。考慮

$\displaystyle c_1\mathbf{x}_1+c_2\mathbf{x}_2+\cdots+c_k\mathbf{x}_k=\mathbf{0}$ 。

上式等號兩邊左乘 $(A-\lambda_1I)(A-\lambda_2I)\cdots(A-\lambda_{k-1}I)$ ，使用 $A\mathbf{x}_i=\lambda_i\mathbf{x}_i$ ， $1\le i\le k$ ，可得

$\displaystyle\begin{aligned} \mathbf{0}&= (A-\lambda_1I)(A-\lambda_2I)\cdots(A-\lambda_{k-1}I)(c_1\mathbf{x}_1+c_2\mathbf{x}_2+\cdots+c_k\mathbf{x}_k)\\ &=c_1(A-\lambda_2I)\cdots(A-\lambda_{k-1}I)(A-\lambda_1I)\mathbf{x}_1+c_2(A-\lambda_1I)\cdots(A-\lambda_{k-1}I)(A-\lambda_2I)\mathbf{x}_2+\cdots\\ &~~~+c_k(A-\lambda_1I)(A-\lambda_2I)\cdots(A-\lambda_{k-1}I)\mathbf{x}_k\\ &=c_k(A-\lambda_1I)(A-\lambda_2I)\cdots(A-\lambda_{k-2}I)(\lambda_k-\lambda_{k-1})\mathbf{x}_k\\ &=c_k(A-\lambda_1I)(A-\lambda_2I)\cdots(\lambda_k-\lambda_{k-2})(\lambda_k-\lambda_{k-1})\mathbf{x}_k\\ &=\cdots\\ &=c_k(\lambda_k-\lambda_1)(\lambda_k-\lambda_2)\cdots(\lambda_k-\lambda_{k-1})\mathbf{x}_k. \end{aligned}$

因為 $\lambda_k\neq\lambda_i$ ， $1\le i\le k-1$ ，且 $\mathbf{x}_k\neq\mathbf{0}$ ，故知 $c_k=0$ 。同樣地，我們可以推得 $c_{k-1}=\cdots=c_2=c_1=0$ ，證明 $\{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_k\}$ 是一個線性獨立集。

另外補充一個更簡易的反證法。假設 $\{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_k\}$ 是線性相關集。在不失一般性的原則下，設 $\{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_{p-1}\}$ 為最大的線性獨立集使得 $\mathbf{x}_p=c_1\mathbf{x}_1+\cdots+c_{p-1}\mathbf{x}_{p-1}$ ，其中 $c_1,\ldots,c_{p-1}$ 不全為零 (因為 $\mathbf{x}_p\neq\mathbf{0}$ )。上式左乘 $A$ ，可得

$\displaystyle\begin{aligned} A\mathbf{x}_p&=c_1A\mathbf{x}_1+\cdots+c_{p-1}A\mathbf{x}_{p-1}\\ &=c_1\lambda_1\mathbf{x}_1+\cdots+c_{p-1}\lambda_{p-1}\mathbf{x}_{p-1} \end{aligned}$

而且

$\displaystyle A\mathbf{x}_p=\lambda_p\mathbf{x}_p =c_1\lambda_p\mathbf{x}_1+\cdots+c_{p-1}\lambda_p\mathbf{x}_{p-1}$ 。

令兩式相減， $c_1(\lambda_1-\lambda_p)\mathbf{x}_1+\cdots+c_{p-1}(\lambda_{p-1}-\lambda_p)\mathbf{x}_{p-1}=\mathbf{0}$ 。因為 $\{\mathbf{x}_1,\ldots,\mathbf{x}_{p-1}\}$ 是一個線性獨立集，且 $\lambda_1,\ldots,\lambda_{p}$ 兩兩相異，推論 $c_i=0$ ， $1\le i\le p-1$ 。我們得到一個矛盾，故得證。

5 Responses to 相異特徵值對應線性獨立的特徵向量之簡易證明

suehang says:

07/09/2015 at 4:35 pm

还是反证法显得简单，有意思

- ccjou says:
  
  07/10/2015 at 8:18 am
  
  英國數學家 G. H. Hardy 說：「歐幾里得最喜歡用的歸謬法(反證法)是數學家最精良的武器。它比起棋手所用的任何戰術還要好：棋手可能需要犧牲一隻兵或其他棋子，但數學家提供整個遊戲。」
  
Terry says:

01/21/2017 at 7:40 pm

請問是一定要在特徵值皆相異的情況下，特徵向量集才會線性獨立嗎?
假如有一個特徵值有重根，但他的代數重根數=幾何重根數，那這樣子的特徵向量集是就不一定線性獨立了嗎??

- ccjou says:
  
  01/21/2017 at 8:43 pm
  
  1) 不一定；
  2) 是的。
  請參閱下文的例子：
  https://ccjou.wordpress.com/2010/05/13/%E5%8F%AF%E5%B0%8D%E8%A7%92%E5%8C%96%E7%9F%A9%E9%99%A3%E8%88%87%E7%BC%BA%E9%99%B7%E7%9F%A9%E9%99%A3%E7%9A%84%E5%88%A4%E5%AE%9A/
  
zjw88282740 says:

12/18/2017 at 9:38 am

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