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

A 為一 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。本文證明一個重要的定理:對應相異特徵值的特徵向量組成一線性獨立集。(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}\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\}\{\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}_i1\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_i1\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=01\le i\le p-1。我們得到一個矛盾,故得證。

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2 則回應給 相異特徵值對應線性獨立的特徵向量之簡易證明

  1. suehang 說:

    还是反证法显得简单,有意思

    • ccjou 說:

      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。」

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