每週問題 June 15, 2015

這是正規矩陣 (normal matrix) 的界定問題:若 A 的任一特徵向量是 A^\ast 的特徵向量,則 A 是正規矩陣,反之亦然。

Let A be an n\times n matrix. Show that A is normal if and only if any eigenvector of A is an eigenvector of A^\ast.

 
參考解答:

(\Rightarrow):我們需要這個性質:若 A 是正規矩陣,即 A^\ast A=AA^\ast,則 N(A^\ast)=N(A)C(A^\ast)=C(A),其中 N(\cdot) 表示零空間 (nullspace) 且 C(\cdot) 表示行空間 (column space)。證明於下。使用內積性質,可得

\displaystyle  \Vert A^\ast\mathbf{x}\Vert^2=\left\langle A^\ast\mathbf{x},A^\ast\mathbf{x}\right\rangle=\left\langle \mathbf{x},AA^\ast\mathbf{x}\right\rangle=\left\langle \mathbf{x},A^\ast A\mathbf{x}\right\rangle=\left\langle A\mathbf{x},A\mathbf{x}\right\rangle=\Vert A\mathbf{x}\Vert^2

上式表明 A^\ast\mathbf{x}=\mathbf{0} 等價於 A\mathbf{x}=\mathbf{0},即 N(A^\ast)=N(A)。若 A^\ast \mathbf{x}=\mathbf{0},則對於每一 \mathbf{y}

\displaystyle  \left\langle \mathbf{x},A\mathbf{y}\right\rangle=\left\langle A^\ast\mathbf{x},\mathbf{y}\right\rangle=0

因此,\mathbf{x}\in C(A)^{\perp},即 N(A^\ast)\subseteq C(A)^\perp,就有 \dim N(A^\ast)\le \dim C(A)^{\perp}=n-\text{rank}A。根據秩─零度定理,\dim N(A^\ast)=n-\text{rank}A^\ast,但 \text{rank}A^\ast=\text{rank}A,故可推論 N(A^\ast)=C(A)^{\perp}。同樣道理,N(A)=C(A^\ast)^{\perp}。因為 N(A^\ast)=N(A),由正交補餘 (orthogonal complement) 的唯一性可得 C(A)=C(A^\ast)

 
A 是正規矩陣,則

\displaystyle\begin{aligned}  (A^\ast-\overline{\lambda}I)(A-\lambda I)&=A^\ast A-\lambda A^\ast I-\overline{\lambda}IA+\overline{\lambda}\lambda I\\  &=AA^\ast-\lambda IA^\ast-A\overline{\lambda}I+\lambda\overline{\lambda} I\\  &=(A-\lambda I)(A^\ast-\overline{\lambda}I)  \end{aligned}

說明 A-\lambda I 也是正規矩陣。套用前述性質,N(A-\lambda I)=N(A^\ast-\overline{\lambda}I)A 的特徵向量也是 A^\ast 的特徵向量。

 
另一個證法採用正規矩陣的等價性質可么正對角化 (unitarily diagonalizable),即 A=U\Lambda U^\ast,其中 \Lambda=\text{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)\lambda_jA 的特徵值,且 U 是么正矩陣 (unitary matrix) 滿足 U^\ast=U^{-1}。在不失一般性的原則下,設 \lambda_1,\ldots,\lambda_mA 的相異特徵值。由正規矩陣 A 的么正對角化形式可得譜分解:

\displaystyle  A=U\Lambda U^\ast=\lambda_1P_1+\cdots+\lambda_mP_m

其中 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,即有 C(P_j)=N(A-\lambda_jI)。另一方面,A^\ast 的譜分解為

\displaystyle  A^\ast=U\Lambda^\ast U^\ast=\overline{\lambda_1}P_1+\cdots+\overline{\lambda_m}P_m

C(P_j)=N(A^\ast-\overline{\lambda_j}I)。所以,N(A-\lambda_jI)=N(A^\ast-\overline{\lambda_j}I)A 的特徵向量也是 A^\ast 的特徵向量。

 
(\Leftarrow):假設 A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}A^\ast\mathbf{x}=\mu\mathbf{x}。代入計算,可得

\displaystyle\begin{aligned}  (AA^\ast-A^\ast A)\mathbf{x}&=AA^\ast \mathbf{x}-A^\ast A\mathbf{x}\\  &=\mu A\mathbf{x}-\lambda A^\ast\mathbf{x}\\  &=\mu\lambda\mathbf{x}-\lambda\mu\mathbf{x}=\mathbf{0}.\end{aligned}

如果能證明 n\times n 階矩陣 An 個獨立的特徵向量,則任一 \mathbf{x} 使得 (AA^\ast-A^\ast A)\mathbf{x}=\mathbf{0},即有 AA^\ast=A^\ast A。若 \left\langle \mathbf{y},\mathbf{x}\right\rangle=0,則

\displaystyle  \left\langle A\mathbf{y},\mathbf{x}\right\rangle=\left\langle \mathbf{y},A^\ast\mathbf{x}\right\rangle=\left\langle \mathbf{y},\mu\mathbf{x}\right\rangle=\mu\left\langle \mathbf{y},\mathbf{x}\right\rangle=0

\mathcal{X}=\text{span}\{\mathbf{x}\}^{\perp}。上面結果說明若 \mathbf{y}\in\mathcal{X},則 A\mathbf{y}\in\mathcal{X},也就是說,\mathcal{X} 是一個不變子空間 (invariant subspace)。對於限定算子 (restriction) A_{/\mathcal{X}}:\mathcal{X}\to\mathcal{X},我們可以找到一特徵向量 \mathbf{x}'\in\mathcal{X} 使得 A\mathbf{x}'=\lambda'\mathbf{x}'。令 \mathcal{X}'=\text{span}\{\mathbf{x},\mathbf{x}'\}^{\perp}。同樣地,若 \mathbf{y}\in\mathcal{X}',則 \left\langle A\mathbf{y},\mathbf{x}\right\rangle=0\left\langle A\mathbf{y},\mathbf{x}'\right\rangle=0,也就是說 A\mathbf{y}\in\mathcal{X}',故 \mathcal{X}' 也是一個不變子空間,限定算子 A_{/\mathcal{X}'}:\mathcal{X}'\to\mathcal{X}' 給出另一個特徵向量 \mathbf{x}''\in\mathcal{X}' 使得 A\mathbf{x}''=\lambda''\mathbf{x}''。重複此程序,可得 An 個正交特徵向量,即證明所求。

 
採用 Schur 三角化亦可證明 A 有單範正交 (orthonormal) 的特徵向量。設 A 可三角化為 Q^\ast AQ=T,其中 T=[t_{ij}] 是上三角矩陣,Q=\begin{bmatrix}  \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2&\cdots&\mathbf{q}_n  \end{bmatrix} 是么正矩陣,滿足 Q^\ast Q=QQ^\ast=I。展開 AQ=QT,比較第一行,可得 A\mathbf{q}_1=t_{11}\mathbf{q}_1,故 \mathbf{q}_1A 的一個特徵向量。設 A^\ast\mathbf{q}_1=\mu_1\mathbf{q}_1。因為 Q^\ast A^\ast Q=T^\ast ,展開 A^\ast Q=QT^\ast,比較第一行,可得 A^\ast\mathbf{q}_1=\overline{t_{11}}\mathbf{q}_1+\overline{t_{12}}\mathbf{q}_2+\cdots+\overline{t_{1n}}\mathbf{q}_n=\mu_1\mathbf{q}_1。因為 \{\mathbf{q}_1,\ldots,\mathbf{q}_n\} 是一線性獨立集,推得 t_{1j}=02\le j\le n。所以,T 具有分塊形式 T=\begin{bmatrix}  t_{11}&0\\  0&T_{2}  \end{bmatrix},其中 T_2(n-1)\times (n-1) 階上三角矩陣。類似地,比較 AQ=QTA^\ast Q=QT^\ast 的第二行,並設 A^\ast\mathbf{q}_2=\mu_2\mathbf{q}_2,推得 t_{2j}=03\le j\le n,即有 T=\begin{bmatrix}  t_{11}&&\\  &t_{22}&\\  &&T_3  \end{bmatrix},其中 T_3(n-2)\times (n-2) 階上三角矩陣。重複此程序,推演出 T 是對角矩陣,換句話說,A 有單範正交特徵向量 \mathbf{q}_1,\ldots,\mathbf{q}_n,故 A 可么正對角化為 Q^\ast AQ=\text{diag}(t_{11},\ldots,t_{nn}),證明 A 是一個正規矩陣。

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5 Responses to 每週問題 June 15, 2015

  1. Meiyue Shao 說道:

    正规矩阵最重要的等价条件是可以酉对角化。这里充分性和必要性都可以用酉对角化来写,会相对容易一些。

    • ccjou 說道:

      我添加了採用可酉對角化的證明。

      • Meiyue Shao 說道:

        我觉得必要性的证明有点小问题。尽管 U 的列 (column) 是 A 的特征向量,但是不能反过来直接说 A 的特征向量就是 U 的列 (column) 的倍数,需要重新选一个 U 才能得到这样的结论。比较好的写法是利用谱分解得到正规阵的另一个等价条件—— A^*A 的多项式,从而 A 的特征向量必定是 A^* 的特征向量。

      • Meiyue Shao 說道:

        对于充分性,我所预想的基于酉对角化的写法是这样:先做 Schur 分解 A=QTQ^*,那么 Qe_1A 的特征向量,也是 A^*=QT^*Q^* 的特征向量,从而 T^*e_1 平行于 e_1,这样 T 是分块对角阵,对右下角块归纳(需稍加验证)可得 T 是对角阵。
        思想是一样的,只是用矩阵来写。

        • ccjou 說道:

          呵呵,本來我也想用Schur三角化證明,後來嫌麻煩才偷懶改用限定算子口述。等得空再補上來。

          必要性已經加入譜分解使證明完備,我沒有引用 A^\astA 的多項式,很多人恐怕不知道這個性質。看起來,原來的證明僅使用矩陣代數與內積運算反而簡單。

          讀者若想知道更多的正規矩陣性質,請參閱
          https://goo.gl/onJ2AY

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