5.3 对角化和谱分解

5.3.1
略.
5.3.2 判断下列方阵是否可对角化：
1. $\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 4& 5& 6\\ 7& 8& 9\end{array}\right]$ 解：直接算出特征多项式可以发现方程有3个不同的实数根，于是可对角化.
2. $\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$ 解：直接算出特征多项式可以发现代数重数是3，而$\dim (\mathcal{N}({\lambda }_0{I}_3-A))$一定小于3，即几何重数小于3.几何重数不等于代数重数，不可对角化.
5.3.3
直接谱分解，利用$A^n=X{\Lambda }^n{X}^{-1}$可得.
5.3.4-5.3.5
略.
5.3.6 利用矩阵，求下列数列的通项公式和极限.
1. （Lucas数）$L_1=1,L_2=3,L_{n+2}=L_{n+1}+L_n(n=1,2,\cdots ).$ 2. $a_0=0,a_1=1,a_{n+2}=\frac{1}{2}{a}_{n+1}+\frac{1}{2}{a}_n(n=0,1,2,\cdots ).$ 3. $a_0=a_1=0,a_2=1,a_{n+3}=\frac{1}{2}{a}_{n+2}+\frac{1}{4}{a}_{n+1}+\frac{1}{4}{a}_n(n=0,1,2,\cdots ).$ 4. $a_0=1,a_{n+1}=a_n+2\times 3^n(n=0,1,2,\cdots ).$ 5. $a_0=0,b_0=1,a_{n+1}=a_n+b_n,b_{n+1}=3a_n+3b_n(n=0,1,2,\cdots ).$ 解：
1. 显然$\left[\begin{array}{c}{L}_{n+2}\\ L_{n+1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{L}_{n+1}\\ L_n\end{array}\right].$于是$\left[\begin{array}{c}{L}_{n+1}\\ L_n\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^{n-1}\left[\begin{array}{c}{L}_2\\ L_1\end{array}\right].$ 仿造例5.3.12用谱分解展开得，
$$\begin{array}{rl}{L}_n& ={\mathbf{e}}_2^{\mathrm{T}}\frac{1}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}\left[\begin{array}{cc}{\lambda }_1& {\lambda }_2\\ 1& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{\lambda }_1^{n-1}& \\ & {\lambda }_2^{n-1}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& -{\lambda }_2\\ -1& {\lambda }_1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right]\\ & =\frac{3({\lambda }_1^{n-1}-{\lambda }_2^{n-1})-{\lambda }_1{\lambda }_2({\lambda }_1^{n-2}-{\lambda }_2^{n-2})}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}\end{array}$$ 其中${\lambda }_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2},{\lambda }_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2},n=1,2,\cdots .$ 这个数列显然是发散的。
2. 显然$\left[\begin{array}{c}{a}_{n+2}\\ a_{n+1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{a}_{n+1}\\ a_n\end{array}\right].$于是$\left[\begin{array}{c}{a}_{n+1}\\ a_n\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ 1& 0\end{array}\right]}^n\left[\begin{array}{c}{a}_1\\ a_0\end{array}\right].$ 用谱分解展开：
$$\begin{array}{rl}{a}_n& ={\mathbf{e}}_2^{\mathrm{T}}\frac{1}{3}\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ 2& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}(-\frac{1}{2}{)}^n& \\ & 1^n\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ 2& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]\\ & =\frac{2}{3}(1-\frac{1}{(-2{)}^n})\end{array}$$
数列极限为$\frac{2}{3}.$ 3. 略。
4. 显然$\left[\begin{array}{c}{a}_{n+1}\\ 3^{n+1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{a}_n\\ 3^n\end{array}\right].$即$\left[\begin{array}{c}{a}_n\\ 3^n\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 3\end{array}\right]}^n\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right].$谱分解后立得$a_n=3^n$，数列发散。
5. 显然$\left[\begin{array}{c}{a}_{n+1}\\ b_{n+1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 3& 3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{a}_n\\ b_n\end{array}\right].$即$\left[\begin{array}{c}{a}_n\\ b_n\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 3& 3\end{array}\right]}^n\left[\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right].$
用谱分解展开后立得$a_n=4^{n-1},b_n=3\cdot 4^{n-1}.(n\ge 1).$数列显然也是发散的。
5.3.7
略.
5.3.8 设有谱分解$A=X\Lambda X^{-1}$，求下列矩阵的谱分解：
1.$A^{-1}$ 解：显然，$A^{-1}=X{\Lambda }^{-1}{X}^{-1}$ 2.$A^{\mathrm{T}}$ 解：显然，$A^{\mathrm{T}}=X^{-\mathrm{T}}\Lambda X^{\mathrm{T}}$ 3. $\left[\begin{array}{cc}A& O\\ O& 2A\end{array}\right]$ 解：显然，$\left[\begin{array}{cc}A& O\\ O& 2A\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}X& \\ & X\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}\Lambda & \\ & 2\Lambda \end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{X}^{-1}& \\ & X^{-1}\end{array}\right]$ 4.$\left[\begin{array}{cc}O& A\\ A& O\end{array}\right]$ 解：注意到$$\left[\begin{array}{cc}O& I_n\\ I_n& O\end{array}\right]=\frac{\sqrt{2}}{2}\left[\begin{array}{cc}-I_n& I_n\\ I_n& I_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-I_n& O\\ O& I_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-I_n& I_n\\ I_n& I_n\end{array}\right]\frac{\sqrt{2}}{2}.$$ 于是$$\left[\begin{array}{cc}O& A\\ A& O\end{array}\right]=\frac{\sqrt{2}}{2}\left[\begin{array}{cc}-X& X\\ X& X\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-\Lambda & O\\ O& \Lambda \end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-X& X\\ X& X\end{array}\right]\frac{\sqrt{2}}{2}.$$ 5.3.9 利用特征值计算下列$n$阶矩阵的行列式：
1.$\left|\begin{array}{cccc}a& b& \cdots & b\\ b& a& \ddots & ⋮\\ ⋮& \ddots & \ddots & b\\ b& \cdots & b& a\end{array}\right|$ 解：
显然矩阵有$n-1$重特征值$a-b$，由$\mathrm{trace}(A)=na$可得还有单特征值$a+(n-1)b$.所以原式=$(a-b{)}^{n-1}(a-b+nb).$ $2.\left|\begin{array}{cccc}1+a_1{b}_1& a_1{b}_2& \cdots & a_1{b}_n\\ a_2{b}_1& 1+a_2{b}_2& \ddots & ⋮\\ ⋮& \ddots & \ddots & a_{n-1}{b}_n\\ a_n{b}_1& \cdots & a_n{b}_{n-1}& 1+a_n{b}_n\end{array}\right|$ 解：
显然矩阵有$n-1$重特征值1，由$\mathrm{trace}(A)=n+{\sum }_{i=1}^n{a}_i{b}_i$可得还有单特征值$1+{\sum }_{i=1}^n{a}_i{b}_i$.所以原式=$1+{\sum }_{i=1}^n{a}_i{b}_i.$ 5.3.10 证明：
1. $n$阶方阵$J_n({\lambda }_0)=\left[\begin{array}{cccc}{\lambda }_0& 1& & \\ & {\lambda }_0& \ddots & \\ & & \ddots & 1\\ & & & {\lambda }_0\end{array}\right]$只有一个特征值${\lambda }_0$，其代数重数是$n$，几何重数是1.
2. 分块对角矩阵$A=\left[\begin{array}{cc}{J}_{n_1}({\lambda }_0)& O\\ O& J_{n_2}({\lambda }_0)\end{array}\right]$只有一个特征值${\lambda }_0$，其代数重数是$n_1+n_2$，几何重数是2.
1.证明：
方阵$J_n$的特征多项式为$p(\lambda )=(\lambda -{\lambda }_0{)}^n.$显然只有一个特征值${\lambda }_0$，代数重数为$n$.
又因为$\mathrm{rank}({\lambda }_0{I}_n-J_n({\lambda }_0))=\mathrm{rank}(\left[\begin{array}{cccc}0& -1& & \\ & 0& \ddots & \\ & & \ddots & -1\\ & & & 0\end{array}\right])=n-1.$所以其零空间维度为1，几何重数是1.
2.证明：
由(1)立得，特征多项式为$p(\lambda )=(\lambda -{\lambda }_0{)}^{n_1+n_2}.$显然只有一个特征值${\lambda }_0$，代数重数为$n_1+n_2$.
设$n$阶方阵$C_n=\left[\begin{array}{cccc}0& -1& & \\ & 0& \ddots & \\ & & \ddots & -1\\ & & & 0\end{array}\right],$则$\mathrm{rank}({\lambda }_0{I}_{n_1+n_2}-A)=\mathrm{rank}(\left[\begin{array}{cc}{C}_{n_1}& O\\ O& C_{n_2}\end{array}\right])=n-2.$所以其零空间维度为2，几何重数是2.
5.3.11 试分析秩为1的方阵何时可对角化.
秩为1的方阵$A$可对角化当且仅当$\mathrm{trace}(A)\ne 0.$ 证明：
先证秩为1的方阵$A$可对角化$⟹\mathrm{trace}(A)\ne 0.$ $\mathrm{rank}(A)=1$且$A$可对角化$⟹\mathcal{N}(A)$的维度为$n-1$，$A$有一个重数是$n-1$的特征值0$⟹\mathrm{trace}(A)\ne 0.$ 再证秩为1的方阵$A$满足$\mathrm{trace}(A)\ne 0⟹A$可对角化。
$\mathrm{rank}(A)=1⟹\mathcal{N}(A)$的维度为$n-1$，$A$有一个几何重数是$n-1$的特征值0，其代数重数至少是$n-1$。又因为$\mathrm{trace}(A)\ne 0$，所以$A$至少有1个非零特征值。由此可得$A$有一个非零特征值，几何重数和代数重数均为1，另一个特征值是0，几何重数和代数重数都是$n-1$.$⟹A$可对角化。
5.3.12 设$A$为实二阶方阵，且$\det (A)<0$，证明$A$在$\mathbb{R}$上可对角化.
解：
$A$为实二阶方阵，且$\det (A)<0⟹A$有一正一负两个特征值$⟹A$可对角化。
5.3.13 证明$A=\left[\begin{array}{cc}{I}_r& O\\ B& -I_{n-r}\end{array}\right]$可对角化.
证明： $$p_A(\lambda )=\det (\lambda I_n-A)=\left|\begin{array}{cc}\lambda I_r-I_r& O\\ -B& \lambda I_{n-r}+I_{n-r}\end{array}\right|=(\lambda -1{)}^r(\lambda +1{)}^{n-r}$$ 这说明$A$有两个特征值。${\lambda }_1=1$，代数重数是$r$，${\lambda }_2=-1$，代数重数是$n-r$。
当$\lambda =1$时，$\mathrm{rank}(\lambda I_n-A)=\mathrm{rank}(\left[\begin{array}{cc}O& O\\ -B& 2I_{n-r}\end{array}\right])=n-r⟹$几何重数为$r$.
当$\lambda =-1$时，$\mathrm{rank}(\lambda I_n-A)=\mathrm{rank}(\left[\begin{array}{cc}-2I_r& O\\ -B& O\end{array}\right])=r⟹$几何重数为$n-r$.
即对所有特征值，几何重数和代数重数都相等。所以$A$可对角化。
5.3.14 证明：
1. 若$A^2=A$，则$A$可对角化.
2. 若$A^2=O$，且$A\ne O$，则$A$不可对角化.
3. 若$A^2+A+I_n=O$，则$A$在$\mathbb{R}$上不可对角化.
1. 证明：
$A^2=A⟹{\lambda }_1=0,{\lambda }_2=1$ 注意到$A^2-A=0⟹A(I_n-A)=0⟹\mathcal{R}(I_n-A)\subseteq \mathcal{N}(A)⟹\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(I_n-A)\le n$ 而$\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(I_n-A)\ge \mathrm{rank}(A+I_n-A)=n$， 所以$\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(I_n-A)=n$ 设$\mathrm{rank}(A)=r,\mathrm{rank}(I_n-A)=n-r$。当$\lambda =0$时，$\dim (\mathcal{N}(A))=n-r$，几何重数是$n-r$，当$\lambda =1$时，$\dim (\mathcal{N}(I_n-A))=r$，几何重数是$r$.
特征值的几何重数之和是$n$，说明$A$有$n$个线性无关的特征向量，所以可对角化。
2. 证明：
$A^2=O⟹\lambda =0.$显然只有一个特征值，其代数重数是$n$.
而$A\ne O⟹\mathrm{rank}(A)\ge 1⟹\mathrm{rank}(\lambda I_n-A)\ge 1.$即几何重数小于$n$.
几何重数和代数重数不相等，$A$不可对角化。
3. 证明：
$A^2+A+I_n=O⟹{\lambda }^2+\lambda +1=0.$显然方程没有实数解，所以特征值为复数$⟹A$在实数域不可对角化。
5.3.15 证明或举出反例：
1. 如果$A$所有的特征向量是$k\left[\begin{array}{c}1\\ 4\end{array}\right],k\ne 0$，则$A$一定有不单的特征值.
2. 如果$A$所有的特征向量是$k\left[\begin{array}{c}1\\ 4\end{array}\right],k\ne 0$，则$A$一定有不可对角化.
3. 如果$A$是上三角矩阵但不是对角矩阵，则$A$不可对角化.
4. 如果$A$是上三角矩阵但不是对角矩阵，则存在对角矩阵$D$，使得$A-D$不可对角化.
5. 如果$A$可以被对角矩阵对角化，则$A$也是对角矩阵.
1.2. 证明：
显然$A$是二阶方阵，且特征向量只有一组，几何重数是1。特征值也只有一个，代数重数是2。所以$A$特征值一定不单且不可对角化。
3. 不正确
设$A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 0\end{array}\right]$，是上三角矩阵但是可以对角化。
4. 证明：
不妨设$D$的对角元和$A$的对角元相同，则$A-D$是严格上三角阵。于是$A-D$的特征多项式是${\lambda }^n$，即只有一个特征值0，代数重数是$n$。而$A$不是对角矩阵，$\mathrm{rank}(A-D)\ge 1$，所以特征值的几何重数一定小于$n$。几何重数不等于代数重数，不可对角化。
4. 证明：
显然对角矩阵的乘积和逆也是对角矩阵，所以$A=X\Lambda X^{-1}$是对角矩阵。
5.3.16
略
5.3.17 证明，对反射矩阵$H_v=I_n-2\mathbf{v}{\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}$，其中$\Vert \mathbf{v}\Vert =1$，存在正交矩阵$Q$，使得$Q^{-1}{H}_{v}Q=\mathrm{diag}(-1,1,1,\cdots ,1)$.
证明：
$Q^{-1}{H}_{v}Q=Q^{\mathrm{T}}{I}_{n}Q-2Q^{\mathrm{T}}\mathbf{v}{\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}Q=I_n-2(Q^{\mathrm{T}}\mathbf{v})(Q^{\mathrm{T}}\mathbf{v}{)}^{\mathrm{T}}.$ 可以看出若要让命题成立，只需要让$Q^{\mathrm{T}}\mathbf{v}={\mathbf{e}}_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ ⋮\\ 0\end{array}\right].$由于$\Vert \mathbf{v}\Vert =1$，所以一定存在旋转变换$Q^{\mathrm{T}}$使$Q^{\mathrm{T}}\mathbf{v}={\mathbf{e}}_1$，而旋转变换的表示矩阵都是正交矩阵。即存在正交矩阵$Q$，使得$Q^{-1}{H}_{v}Q=\mathrm{diag}(-1,1,1,\cdots ,1).$ 5.3.18 (Householder矩阵的推广) 设$\mathcal{M}$是${\mathbb{R}}^n$的子空间，对任意$\mathbf{v}\in {\mathbb{R}}^n$，存在唯一的分解$\mathbf{v}={\mathbf{v}}_1+{\mathbf{v}}_2$，其中${\mathbf{v}}_1\in \mathcal{M},{\mathbf{v}}_2\in {\mathcal{M}}^{\perp }$.定义${\mathbb{R}}^n$上的变换$\mathbf{H}$，使得$\mathbf{H}({\mathbf{v}}_1+{\mathbf{v}}_2)={\mathbf{v}}_1-{\mathbf{v}}_2.$ 1.证明$\mathbf{H}$是线性变换。
2. 设$H$是该线性变换的表示矩阵，证明$H^2=I_n.$ 3. 求$H$的特征值，代数重数及特征子空间。$H$能否被对角化？
4. 证明，存在矩阵$A$，使得$H=I_n-2A{A}^{\mathrm{T}}$ 1. 证明是显然的，略。
2. 证明： $$\mathbf{H}(\mathbf{H}({\mathbf{v}}_1+{\mathbf{v}}_2))=\mathbf{H}({\mathbf{v}}_1-{\mathbf{v}}_2)={\mathbf{v}}_1+{\mathbf{v}}_2.$$ 于是$H^2=I_n.$ 3.解：
注意到$H{\mathbf{v}}_1={\mathbf{v}}_1,H{\mathbf{v}}_2=-{\mathbf{v}}_2.$所以$H$有两个特征值：
${\lambda }_1=1$，特征子空间是$\mathcal{M}$，代数重数是$\dim (\mathcal{M}).$ ${\lambda }_1=-1$，特征子空间是${\mathcal{M}}^{\perp }$，代数重数是$\dim ({\mathcal{M}}^{\perp }).$ $H$代数重数之和等于$n$，于是$H$可以对角化。
4. 证明：
注意到$H\mathbf{v}=(I_n-2A{A}^{\mathrm{T}})\mathbf{v}=(I_n-A{A}^{\mathrm{T}})\mathbf{v}-A{A}^{\mathrm{T}}\mathbf{v}$.这意味着只要找到矩阵$A$满足$(I_n-A{A}^{\mathrm{T}})\mathbf{v}={\mathbf{v}}_1,A{A}^{\mathrm{T}}\mathbf{v}={\mathbf{v}}_2$即可。立刻联想到正交投影矩阵。
设$A$是关于${\mathcal{M}}^{\perp }$的正交投影矩阵，则：$$\begin{array}{rl}H\mathbf{v}& =H({\mathbf{v}}_1+{\mathbf{v}}_2)=(I_n-2A{A}^{\mathrm{T}})({\mathbf{v}}_1+{\mathbf{v}}_2)\\ & =(I_n-2A)({\mathbf{v}}_1+{\mathbf{v}}_2)\\ & ={\mathbf{v}}_1+{\mathbf{v}}_2-2A{\mathbf{v}}_1-2A{\mathbf{v}}_2\\ & ={\mathbf{v}}_1-{\mathbf{v}}_2\end{array}$$ 所以存在矩阵$A$，使得$H=I_n-2A{A}^{\mathrm{T}}$ 5.3.19 设$A$是$n$阶实方阵，满足$A^2=I_n$，证明$A$在$\mathbb{R}$上可对角化，并判断$A$是否为关于某个子空间的反射变换。
证明：
$A^2=I_n⟹\lambda =\pm 1$，即$\lambda =1$对应的特征向量子空间是$\mathcal{N}(I_n-A)$，$\lambda =-1$对应的特征向量子空间是$\mathcal{N}(I_n+A)$。 $$\mathrm{rank}(I_n-A)+\mathrm{rank}(I_n+A)\ge \mathrm{rank}(I_n-A+I_n+A)=n.(1)$$ 而$$\begin{array}{r}(I_n-A)(I_n+A)=(I_n+A)(I_n-A)=0\\ ⟹(I_n-A)\subseteq \mathcal{N}(I_n-A)\\ ⟹\mathrm{rank}(I_n-A)\le n-\mathrm{rank}(I_n+A)\\ ⟹\mathrm{rank}(I_n-A)+\mathrm{rank}(I_n+A)\le n(2)\end{array}$$ 由(1)(2)得$\mathrm{rank}(I_n-A)+\mathrm{rank}(I_n+A)=n$，即$\dim (\mathcal{N}(I_n-A))+\dim (\mathcal{N}(I_n+A))=n.$所以$A$有$n$个线性无关的特征向量，可以对角化。
5.3.20-21
略。