特征值与特征向量

定义

设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，$\lambda$ 是一个数，若存在 $n$ 维非零列向量 $\xi \ne 0$，使得

$A\xi =\lambda \xi$

则称 $\lambda$ 是矩阵 $A$ 的一个特征值（Eigenvalue），$\xi$ 是矩阵 $A$ 的对应于特征值 $\lambda$ 的特征向量（Eigenvector）。

特征值性质

设 $n$ 阶矩阵 $A=(a_{ij}{)}_{n\times n}$ 的 $n$ 个特征值为 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$，则其性质如下：

• 特征值之和等于矩阵的迹： ${\sum }_{i=1}^n{\lambda }_i={\sum }_{i=1}^n{a}_{ii}=\text{tr}(A)$
• 特征值之积等于矩阵的行列式： ${\prod }_{i=1}^n{\lambda }_i=|A|$

矩阵	特征值	特征向量	备注
$A$	$\lambda$	$\xi$	(基本定义)
$kA$	$k\lambda$	$\xi$	($k\ne 0$)
$A^m$	${\lambda }^m$	$\xi$	($m$ 为正整数)
$f(A)$	$f(\lambda )$	$\xi$	($f(A)$ 是 $A$ 的多项式)
$A^{-1}$	${\lambda }^{-1}$ 或 $\frac{1}{\lambda }$	$\xi$	($A$ 可逆)
$A^{\ast }$	$\frac{|A|}{\lambda }$	$\xi$	($A$ 可逆)
$A^T$	$\lambda$	不确定
$P^{-1}AP$	$\lambda$	$P^{-1}\xi$	($P$ 可逆，相似变换)

特征向量性质

• 一个 $k$ 重特征值 $\lambda$，至多只有 $k$ 个线性无关的特征向量。

• 矩阵 $A$ 的属于不同特征值的特征向量是线性无关的。

  证明：设 $A{\xi }_1={\lambda }_1{\xi }_1$, $A{\xi }_2={\lambda }_2{\xi }_2$，其中 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$。 欲证 ${\xi }_1,{\xi }_2$ 线性无关，只需证方程 $k_1{\xi }_1+k_2{\xi }_2=0$ 只有零解 $k_1=k_2=0$。 用 $A$ 左乘上式两端，得： $A(k_1{\xi }_1+k_2{\xi }_2)=k_1(A{\xi }_1)+k_2(A{\xi }_2)=k_1{\lambda }_1{\xi }_1+k_2{\lambda }_2{\xi }_2=0(1)$ 又由 $k_1{\xi }_1+k_2{\xi }_2=0$，用 ${\lambda }_1$ 乘两端，得： ${\lambda }_1(k_1{\xi }_1+k_2{\xi }_2)=k_1{\lambda }_1{\xi }_1+k_2{\lambda }_1{\xi }_2=0(2)$ $(1)-(2)$ 得： $k_2({\lambda }_2-{\lambda }_1){\xi }_2=0$ 因为 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$ 且特征向量 ${\xi }_2\ne 0$，所以必有 $k_2=0$。 将 $k_2=0$ 代入 $k_1{\xi }_1+k_2{\xi }_2=0$ 得 $k_1{\xi }_1=0$。 又因为特征向量 ${\xi }_1\ne 0$，所以必有 $k_1=0$。 故 $k_1=k_2=0$，${\xi }_1,{\xi }_2$ 线性无关。

• 若 ${\xi }_1,{\xi }_2$ 是属于同一特征值$\lambda$ 的特征向量，则它们的任意非零线性组合 $k_1{\xi }_1+k_2{\xi }_2$（$k_1,k_2$ 不同时为 $0$）仍是 $A$ 的属于特征值 $\lambda$ 的特征向量。属于同一特征值的所有特征向量与零向量一起构成一个向量空间，称为特征空间。

• 若 $A$ 可逆，则 $A$、$A^{-1}$、$A^{\ast }$ 具有相同的特征向量。

• 几何意义：特征向量$\xi$ 是矩阵 $A$ 所代表的线性变换下的不变方向，在该方向上只发生长度的伸缩，伸缩比例即为特征值$\lambda$。

计算与求解

1. 建立方程 由定义式 $A\xi =\lambda \xi$，移项得 $(\lambda E-A)\xi =0$。 其中 $E$ 是单位矩阵，$\xi$ 是非零向量。
2. 求解特征方程 齐次线性方程组 $(\lambda E-A)x=0$ 有非零解的充要条件是其系数矩阵的行列式为零。 $|\lambda E-A|=0$ 这个方程称为矩阵 $A$ 的特征方程，左侧的多项式 $|\lambda E-A|$ 称为特征多项式。解此方程即可得到矩阵 $A$ 的全部特征值${\lambda }_i$。
3. 求解特征向量 将每一个特征值 ${\lambda }_i$ 代入齐次线性方程组 $({\lambda }_{i}E-A)x=0$ 中，求其基础解系。 该方程组的解空间即为对应于 ${\lambda }_i$ 的特征空间。其任意非零解向量都是对应于 ${\lambda }_i$ 的特征向量。 对应于特征值 ${\lambda }_i$ 的线性无关的特征向量的个数为 $n-r({\lambda }_{i}E-A)$，其中 $n$ 为矩阵 $A$ 的阶数，$r$ 为矩阵的秩。

具体型问题

特殊矩阵的特征值

• 定理：若矩阵 $A$ 为对角矩阵或三角矩阵，则其特征值为对角线上的元素。
• 定理：若 $n$ 阶矩阵 $A$ 的秩 $r(A)=1$（即各行或各列成比例），则 $A$ 有 $n-1$ 个为 $0$ 的特征值，另一个特征值为 $\text{tr}(A)$。即 ${\lambda }_1={\lambda }_2=\cdots ={\lambda }_{n-1}=0,{\lambda }_n=\text{tr}(A)$。
• 注意：特征向量的通解通常写作 $k\xi$，其中 $k$ 是任意非零常数。由于定义要求特征向量不为零向量，因此参数 $k\ne 0$。
• 注意：当得到多重特征值时需要全部写出，例如，若特征方程为 $(\lambda -2{)}^2(\lambda +1)=0$，则特征值为 ${\lambda }_1={\lambda }_2=2,{\lambda }_3=-1$。

求解示例

[问答题]

求矩阵 $A=\left(\begin{array}{ccc}2& -2& 0\\ -2& 1& -2\\ 0& -2& 0\end{array}\right)$ 的特征值与特征向量

[答案]

1. 计算特征多项式

\vert \lambda E - A \vert &= \begin{vmatrix} \lambda - 2 & 2 & 0 \\ 2 & \lambda - 1 & 2 \\ 0 & 2 & \lambda \end{vmatrix} \\ &= (\lambda-2)[(\lambda-1)\lambda - 4] - 2(2\lambda) \\ &= (\lambda-2)(\lambda^2 - \lambda - 4) - 4\lambda \\ &= \lambda^3 - 3\lambda^2 - 6\lambda + 8 = 0 \end{align*}

使用**试根法**（[[有理根定理]]）求解该整系数多项式方程。$a_0=8$的因子有$\pm1, \pm2, \pm4, \pm8$。
-   当$\lambda=1$时，$1-3-6+8=0$，因此$(\lambda-1)$是一个因子。
-   多项式分解得：$(\lambda-1)(\lambda^2-2\lambda-8)=0$
-   继续分解得：$(\lambda-1)(\lambda-4)(\lambda+2)=0$**

解得$A$的特征值为: $\lambda_1 = -2, \lambda_2 = 1, \lambda_3 = 4$。

2. - 当 \lambda_1 = -2 时，求解线性方程组 (-2E-A)x=0： (-2E-A) = \begin{pmatrix} -4 & 2 & 0 \\ 2 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1/2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} 得到基础解系 \xi_1 = (1, 2, 2)^T。 对应于 \lambda_1 = -2 的全部特征向量为 k_1(1, 2, 2)^T, k_1 \ne 0。 - 当 \lambda_2 = 1 时，求解线性方程组 (E-A)x=0： (E-A) = \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1/2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} 得到基础解系 \xi_2 = (2, 1, -2)^T。 对应于 \lambda_2 = 1 的全部特征向量为 k_2(2, 1, -2)^T, k_2 \ne 0。 - 当 \lambda_3 = 4 时，求解线性方程组 (4E-A)x=0： (4E-A) = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & 2 \\ 0 & 2 & 4 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} 得到 \xi_3 = (2, -2, 1)^T。 对应于 \lambda_3 = 4 的全部特征为 k_3(2, -2, 1)^T, k_3 \ne 0。

抽象型问题

处理抽象矩阵问题时，主要有两种方法：

1. 利用定义：从 $A\xi =\lambda \xi$ ($\xi \ne 0$) 出发，结合题目给定的矩阵属性进行推导。
2. 利用性质：利用特征值的性质、特征方程 $|\lambda E-A|=0$ 以及相关矩阵的特征值与特征向量的性质。

求解示例

[问答题]

设 $A$ 为 $n$ 阶幂等矩阵，即 $A^2=A$

(1) 求 $A$ 的特征值可能为何值。

(2) 证明 $E+A$ 是可逆矩阵。

[答案]

解： (1) 设 $\lambda$ 是 $A$ 的任一特征值，$\xi$ 是其对应的特征向量，则有： $A\xi =\lambda \xi (\xi \ne 0)$ 用 $A$ 左乘上式两端，得： $A(A\xi )=A(\lambda \xi )⟹A^2\xi =\lambda (A\xi )=\lambda (\lambda \xi )={\lambda }^2\xi$ 又因为 $A^2=A$，所以 $A^2\xi =A\xi =\lambda \xi$。 因此，我们得到 ${\lambda }^2\xi =\lambda \xi ⟹({\lambda }^2-\lambda )\xi =0$ 由于特征向量 $\xi \ne 0$，所以必有系数为零： ${\lambda }^2-\lambda =0$ 解得 $\lambda =0$ 或 $\lambda =1$。 故幂等矩阵 $A$ 的特征值只可能为 $0$ 或 $1$。

(2) 证法一：利用特征值

设 $\mu$ 是矩阵 $E+A$ 的任一特征值。根据上表性质，若 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，则 $1+\lambda$ 是 $E+A$ 的特征值。

由 (1) 可知，$A$ 的特征值 $\lambda$ 只能取 $0$ 或 $1$。

• 若 $\lambda =0$，则 $\mu =1+0=1$。
• 若 $\lambda =1$，则 $\mu =1+1=2$。 因此，$E+A$ 的特征值只可能为 $1$ 或 $2$，均不为 $0$。 由于矩阵的行列式等于其所有特征值之积，所以 $|E+A|=\prod {\mu }_i\ne 0$ 故 $E+A$ 是可逆矩阵。

要证明 E+A 可逆，只需证明 (E+A)x=0 只有零解。 若 (E+A)x=0，则 Ex+Ax=0，即 Ax = -x = (-1)x。 这表明，若存在非零向量 x 满足该式，则 -1 是矩阵 A 的一个特征值。 但这与 (1) 中求出的 A 的特征值只能为 0 或 1 相矛盾。 因此，假设不成立，满足 (E+A)x=0 的向量 x 必然是零向量。 故 E+A 是可逆矩阵。