线性代数/对角化/解答

解答

建议所有读者练习。

问题 1

重复示例 2.5，针对示例 2.2中的矩阵。

答案

由于基向量是任意选择的，因此可能有多个不同的答案。然而，这里是一种方法；对角化

T={\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}

将其视为相对于标准基 $T={\rm {Rep}}_{{\mathcal {E}}_{2},{\mathcal {E}}_{2}}(t)$ 的变换表示，并寻找 $B=\langle {\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{2}\rangle$ 使得

{\rm {Rep}}_{B,B}(t)={\begin{pmatrix}\lambda _{1}&0\\0&\lambda _{2}\end{pmatrix}}

也就是说，使得 $t({\vec {\beta }}_{1})=\lambda _{1}$ 且 $t({\vec {\beta }}_{2})=\lambda _{2}$ .

{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\vec {\beta }}_{1}=\lambda _{1}\cdot {\vec {\beta }}_{1}\qquad {\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\vec {\beta }}_{2}=\lambda _{2}\cdot {\vec {\beta }}_{2}

我们正在寻找标量 $x$ ，使得此方程

{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}=x\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}

有解 $b_{1}$ 和 $b_{2}$ ，它们不全为零。将它改写成线性方程组

{\begin{array}{*{2}{rc}r}(4-x)\cdot b_{1}&+&-2\cdot b_{2}&=&0\\1\cdot b_{1}&+&(1-x)\cdot b_{2}&=&0\end{array}}

如果 $x=4$ ，则第一个方程给出 $b_{2}=0$ ，然后第二个方程给出 $b_{1}=0$ 。两个 $b$ 都为零的情况是不允许的，所以我们可以假设 $x\neq 4$ 。

{\xrightarrow[{}]{(-1/(4-x))\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\begin{array}{*{2}{rc}r}(4-x)\cdot b_{1}&+&-2\cdot b_{2}&=&0\\&&((x^{2}-5x+6)/(4-x))\cdot b_{2}&=&0\end{array}}

考虑底部的方程。如果 $b_{2}=0$ ，则第一个方程给出 $b_{1}=0$ 或 $x=4$ 。情况 $b_{1}=b_{2}=0$ 是不允许的。底部方程的另一种可能性是分数 $x^{2}-5x+6=(x-2)(x-3)$ 的分子为零。情况 $x=2$ 给出第一个方程 $2b_{1}-2b_{2}=0$ ，因此与 $x=2$ 相关的向量是第一和第二分量相等的向量

{\vec {\beta }}_{1}={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\qquad {\text{(so }}{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}=2\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}{\text{, and }}\lambda _{1}=2{\text{).}}

如果 $x=3$ ，则第一个方程为 $b_{1}-2b_{2}=0$ ，因此相关向量是第一分量是第二分量两倍的向量

{\vec {\beta }}_{2}={\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}\qquad {\text{(so }}{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}=3\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}{\text{, and so }}\lambda _{2}=3{\text{).}}

这张图片

展示了如何获得对角化。

{\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}}

注释。此方程式与以下重命名下的 $T=PSP^{-1}$ 定义相匹配。

T={\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}}\quad P={\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}}^{-1}\quad P^{-1}={\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}}\quad S={\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}

问题 2

对这些上三角矩阵进行对角化。

${\begin{pmatrix}-2&1\\0&2\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}5&4\\0&1\end{pmatrix}}$

答案

设置
${\begin{pmatrix}-2&1\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}=x\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}\qquad \Longrightarrow \qquad {\begin{array}{*{2}{rc}r}(-2-x)\cdot b_{1}&+&b_{2}&=&0\\&&(2-x)\cdot b_{2}&=&0\end{array}}$
给出了两种可能性： $b_{2}=0$ 和 $x=2$ 。遵循 $b_{2}=0$ 的可能性会导致第一个方程式 $(-2-x)b_{1}=0$ ，它有两个情况： $b_{1}=0$ 和 $x=-2$ 。因此，在这个第一个可能性下，我们找到了 $x=-2$ 以及相应的向量，其第二个分量为零，第一个分量是自由的。
${\begin{pmatrix}-2&1\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\0\end{pmatrix}}=-2\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\0\end{pmatrix}}\qquad {\vec {\beta }}_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$
遵循另一个可能性会导致第一个方程为 $-4b_{1}+b_{2}=0$ ，因此与该解相关的向量具有第二分量是其第一分量的四倍。
${\begin{pmatrix}-2&1\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\4b_{1}\end{pmatrix}}=2\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\4b_{1}\end{pmatrix}}\qquad {\vec {\beta }}_{2}={\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}$
对角化是这样的。
${\begin{pmatrix}1&1\\0&4\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}-2&1\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&4\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}-2&0\\0&2\end{pmatrix}}$
计算类似于前一部分中的计算。
${\begin{pmatrix}5&4\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}=x\cdot {\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\end{pmatrix}}\qquad \Longrightarrow \qquad {\begin{array}{*{2}{rc}r}(5-x)\cdot b_{1}&+&4\cdot b_{2}&=&0\\&&(1-x)\cdot b_{2}&=&0\end{array}}$
底部的方程式给出了两个可能性，即 $b_{2}=0$ 和 $x=1$ 。遵循 $b_{2}=0$ 的可能性，并丢弃 $b_{2}$ 和 $b_{1}$ 都为零的情况，得出 $x=5$ ，与第二分量为零且第一分量自由的向量相关。
${\vec {\beta }}_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$
当 $x=1$ 时，我们得到第一个方程 $4b_{1}+4b_{2}=0$ ，因此相关向量第二个分量与其第一个分量相反。
${\vec {\beta }}_{1}={\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$
因此我们得到以下对角化结果。
${\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}5&4\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&0\\0&1\end{pmatrix}}$

建议所有读者练习。

问题 3

对角矩阵的幂是什么形式？

答案

对于任何整数 $p$ ，

{\begin{pmatrix}d_{1}&0&\\0&\ddots &\\&&d_{n}\end{pmatrix}}^{p}={\begin{pmatrix}d_{1}^{p}&0&\\0&\ddots &\\&&d_{n}^{p}\end{pmatrix}}.

问题 4

给出两个大小相同的非相似对角矩阵。任何两个不同的对角矩阵是否必须来自不同的相似类？

答案

以下两个矩阵不相似

{\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}

因为它们各自在它们自己的相似类中。

对于第二部分，以下矩阵

{\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}3&0\\0&2\end{pmatrix}}

通过将基从 $\langle {\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{2}\rangle$ 改变到 $\langle {\vec {\beta }}_{2},{\vec {\beta }}_{1}\rangle$ 的矩阵是相似的。（问题：两个对角矩阵是否仅当它们的对角元素彼此互为置换时才相似？）

问题 5

给出一个非奇异的对角矩阵。对角矩阵是否可以是奇异的？

答案

对比这两个矩阵。

{\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}2&0\\0&0\end{pmatrix}}

第一个矩阵是非奇异的，第二个矩阵是奇异的。

建议所有读者练习。

问题 6

证明对角矩阵的逆是对角元素的逆的对角矩阵，如果对角线上没有元素为零。当对角元素为零时会发生什么？

答案

要检查对角矩阵的逆是否是对角元素的逆的对角矩阵，只需相乘即可。

{\begin{pmatrix}a_{1,1}&0\\0&a_{2,2}\\&&\ddots \\&&&a_{n,n}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1/a_{1,1}&0\\0&1/a_{2,2}\\&&\ddots \\&&&1/a_{n,n}\end{pmatrix}}

（证明它是左逆同样容易。）

如果对角元素为零，则对角矩阵是奇异的；它的行列式为零。

问题 7

以示例 2.5 结尾的方程

{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}}

有点奇怪，因为对于 $P$ 我们必须取第一个矩阵，它显示为逆矩阵，而对于 $P^{-1}$ 我们取第一个矩阵的逆矩阵，以便两个 $-1$ 次方相互抵消，并且该矩阵显示为没有上标 $-1$ 。

检查这个看起来更友好的方程是否成立。
${\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}$
前面一项是巧合吗？还是我们总是可以交换 $P$ 和 $P^{-1}$ 吗？

答案

检查起来很容易。
${\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3&2\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3&3\\0&-1\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}3&3\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}}$
这是一个巧合，因为如果 $T=PSP^{-1}$ ，那么 $T$ 不一定等于 $P^{-1}SP$ 。即使对于对角矩阵 $D$ ，条件 $D=PTP^{-1}$ 并不意味着 $D$ 等于 $P^{-1}TP$ 。来自示例 2.2 的矩阵表明了这一点。
${\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}6&0\\5&-1\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}6&0\\5&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}-6&12\\-6&11\end{pmatrix}}$

问题 8

证明用于在示例 2.5 中对角化的 $P$ 不是唯一的。

答案

矩阵的列被选为与 $x$ 相关的向量。确切的选择以及选择的顺序是任意的。例如，我们可以通过交换两列来获得一个不同的矩阵。

问题 9

找到此矩阵的幂的公式。提示：参见问题 3。

{\begin{pmatrix}-3&1\\-4&2\end{pmatrix}}

答案

对角化，然后对对角矩阵进行幂运算表明

{\begin{pmatrix}-3&1\\-4&2\end{pmatrix}}^{k}={\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}-1&1\\-4&4\end{pmatrix}}+({\frac {-2}{3}})^{k}{\begin{pmatrix}4&-1\\4&-1\end{pmatrix}}.

建议所有读者练习。

问题 10

对角化这些。

${\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}$

答案

${\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}$

问题 11

我们可以问对角化是如何与矩阵运算交互的。假设 $t,s:V\to V$ 都是可对角化的。对于所有标量 $c$ ， $ct$ 是否可对角化？ $t+s$ 呢？ $t\circ s$ ?

答案

是的， $ct$ 根据本小节的最后定理，是可对角化的。

不， $t+s$ 不一定可对角化。直观地说，问题出现在这两个映射在不同的基准下对角化时（即，它们不是**同时对角化**）。具体来说，这两个都是可对角化的，但它们的和不是

{\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}-1&0\\0&0\end{pmatrix}}

(第二个矩阵已经是对角矩阵了；对于第一个，请参见问题 10)。它们的和不可对角化，因为它的平方为零矩阵。

同样的直觉表明， $t\circ s$ 不可对角化。这两个矩阵可对角化，但它们的积不可对角化。

{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}

(对于第二个，请参见问题 10)。

建议所有读者练习。

问题 12

证明这种形式的矩阵不可对角化。

{\begin{pmatrix}1&c\\0&1\end{pmatrix}}\qquad c\neq 0

答案

如果

P{\begin{pmatrix}1&c\\0&1\end{pmatrix}}P^{-1}={\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix}}

那么

P{\begin{pmatrix}1&c\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix}}P

所以

{\begin{array}{rl}{\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&c\\0&1\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}}\\{\begin{pmatrix}p&cp+q\\r&cr+s\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}ap&aq\\br&bs\end{pmatrix}}\end{array}}

矩阵中 $1,1$ 的元素表明 $a=1$ ，而 $1,2$ 的元素则表明 $pc=0$ 。由于 $c\neq 0$ ，这意味着 $p=0$ 。矩阵中 $2,1$ 的元素表明 $b=1$ ，而 $2,2$ 的元素则表明 $rc=0$ 。由于 $c\neq 0$ ，这意味着 $r=0$ 。但如果 $p$ 和 $r$ 都等于 $0$ ，则 $P$ 不可逆。

问题 13

证明以下矩阵均可对角化。

${\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}x&y\\y&z\end{pmatrix}}\qquad x,y,z{\text{ scalars}}$

答案

使用 $2\!\times \!2$ 矩阵的逆矩阵公式得出以下结果。
${\begin{array}{rl}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}}\cdot {\frac {1}{ad-bc}}\cdot {\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}&={\frac {1}{ad-bc}}{\begin{pmatrix}ad+2bd-2ac-bc&-ab-2b^{2}+2a^{2}+ab\\cd+2d^{2}-2c^{2}-cd&-bc-2bd+2ac+ad\end{pmatrix}}\end{array}}$
现在选择标量 $a,\ldots ,d$ 使得 $ad-bc\neq 0$ 并且 $2d^{2}-2c^{2}=0$ 以及 $2a^{2}-2b^{2}=0$ 。例如，这些将起作用。
${\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}}\cdot {\frac {1}{-2}}\cdot {\begin{pmatrix}-1&-1\\-1&1\end{pmatrix}}={\frac {1}{-2}}{\begin{pmatrix}-6&0\\0&2\end{pmatrix}}$
如上所示：
${\begin{array}{rl}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x&y\\y&z\end{pmatrix}}\cdot {\frac {1}{ad-bc}}\cdot {\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}&={\frac {1}{ad-bc}}{\begin{pmatrix}adx+bdy-acy-bcz&-abx-b^{2}y+a^{2}y+abz\\cdx+d^{2}y-c^{2}y-cdz&-bcx-bdy+acy+adz\end{pmatrix}}\end{array}}$
我们正在寻找标量 $a,\ldots ,d$ 使得 $ad-bc\neq 0$ 并且 $-abx-b^{2}y+a^{2}y+abz=0$ 并且 $cdx+d^{2}y-c^{2}y-cdz=0$ ，无论 $x$ 、 $y$ 和 $z$ 取什么值。首先，我们假设 $y\neq 0$ ，否则给定矩阵已经是对角矩阵。我们使用这个假设是因为如果我们（任意地）设 $a=1$ 那么我们得到
${\begin{array}{rl}-bx-b^{2}y+y+bz&=0\\(-y)b^{2}+(z-x)b+y&=0\end{array}}$
并且二次公式给出
$b={\frac {-(z-x)\pm {\sqrt {(z-x)^{2}-4(-y)(y)}}}{-2y}}\qquad y\neq 0$
(注意，如果 $x$ 、 $y$ 和 $z$ 是实数，那么这两个 $b$ 是实数，因为判别式为正)。同样，如果我们（任意地）设 $c=1$ 那么
${\begin{array}{rl}dx+d^{2}y-y-dz&=0\\(y)d^{2}+(x-z)d-y&=0\end{array}}$
然后我们得到
$d={\frac {-(x-z)\pm {\sqrt {(x-z)^{2}-4(y)(-y)}}}{2y}}\qquad y\neq 0$
(如上所述，如果 $x,y,z\in \mathbb {R}$ 则判别式为正，因此一个对称的、实数的 $2\!\times \!2$ 矩阵类似于一个实数对角矩阵）。为了验证，我们尝试 $x=1$ ， $y=2$ ， $z=1$ .
$b={\frac {0\pm {\sqrt {0+16}}}{-4}}=\mp 1\qquad d={\frac {0\pm {\sqrt {0+16}}}{4}}=\pm 1$
注意，并非所有四个选择 $(b,d)=(+1,+1),\dots ,(-1,-1)$ 满足 $ad-bc\neq 0$ .