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具有对角形矩阵的线性变换

4．具有对角形矩阵的线性变换
设 $\boldsymbol{A}$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 内的一个线性变换．如果在 $V$ 内存在－－组基 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_n$ ，使 $\boldsymbol{A}$ 在这组基下的矩阵成对角形，我们就说 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵可对角化。现在我们来考查一下，什么样的线性变换其矩阵可对角化。

定理 4.1 数域 $K$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 内一个线性变换 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵可对角化的充分必要条件是，$A$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量。

证 必要性 若 $\boldsymbol{A}$ 在基 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_n$ 下的矩阵成对角形，即

$$
\left(A \eta_1, A \eta_2, \cdots, A \eta_n\right)=\left(\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_n\right)\left[\begin{array}{llll}
\lambda_1 & & & \\
& \lambda_2 & & \\
& & \ddots & \\
& & & \lambda_n
\end{array}\right],
$$

则有

$$
A \eta_1=\lambda_1 \eta_1, \quad A \eta_2=\lambda_2 \eta_2, \quad \cdots, \quad A \eta_n=\lambda_n \eta_n .
$$

于是 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_n$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的 $n$ 个线性无关特征向量。
充分性 如果 $\boldsymbol{A}$ 有 $n$ 个线性无关特征向量 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_n$ ，把它们取作 $V$ 的一组基，显然， $\boldsymbol{A}$ 在这组基下的矩阵成对角形．

充分性 如果 $\boldsymbol{A}$ 有 $n$ 个线性无关特征向量 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_n$ ，把它们取作 $V$ 的一组基，显然， $\boldsymbol{A}$ 在这组基下的矩阵成对角形．

究竟什么样的线性变换才具有 $n$ 个线性无关的特征向量呢？我们首先给出一个充分条件．

命题 4.3 线性变换 $\boldsymbol{A}$ 的属于不同特征值的特征向量线性无关．

证 取 $\boldsymbol{A}$ 的 $k$ 个不同特征值 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_k$ ，它们分别对应于特征向量 $\xi_1, \xi_2, \cdots, \xi_k$ ．对 $k$ 作数学归纳法．

当 $k=1$ 时，$\xi_1 \neq 0$ ，当然线性无关．设命题在 $k-1$ 个不同特征值的情况下已经成立，证明 $k$ 个不同特征值的情况下命题也成立．

考査向量等式

$$
l_1 \xi_1+l_2 \xi_2+\cdots+l_k \xi_k=0
$$

两边用 $\boldsymbol{A}$ 作用，利用 $\boldsymbol{A}$ 的线性性质，得

$$
l_1 A \xi_1+l_2 A \xi_2+\cdots+l_k A \xi_k=0
$$

因为 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{\xi}_i=\lambda_i \boldsymbol{\xi}_i$ ，故有

$$
l_1 \lambda_1 \xi_1+l_2 \lambda_2 \xi_2+\cdots+l_k \lambda_k \xi_k=0
$$

以 $\lambda_1$ 乘（1）式再与（2）式相减，得

$$
l_2\left(\lambda_1-\lambda_2\right) \xi_2+\cdots l_k\left(\lambda_1-\lambda_k\right) \xi_k=0 .
$$

按归纳假设，$\xi_2, \cdots, \xi_k$ 线性无关，故

$$
l_2\left(\lambda_1-\lambda_2\right)=\cdots=l_k\left(\lambda_1-\lambda_k\right)=0
$$

因为 $k$ 个特征值互不相同，由上式即得

$$
l_2=\cdots=l_k=0
$$

代入（1）式，因 $\xi_1 \neq 0$ ，就有 $l_1=0$ ．这就证明 $\xi_1, \xi_2, \cdots, \xi_k$ 是线性无关的。

推论 如果 $n$ 维线性空间 $V$ 内的线性变换 $\boldsymbol{A}$ 有 $n$ 个不同的特征值，那么它的矩阵可对角化。

当一个线性变换没有 $n$ 个不同特征值时，它的矩阵也有可能可以对角化。现在我们对此作进一步探讨。

命题4．4 设 $\boldsymbol{A}$ 是数域 $K$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 内的线性变换，$\lambda_1$ ， $\lambda_2, \cdots, \lambda_k$ 是 $K$ 内 $k$ 个不同的数，令 $V_{\lambda_i}=\left\{\alpha \in V \mid \boldsymbol{A} \alpha=\lambda_i \alpha\right\}$ ，则子空间的和 $\sum_{i=1}^k V_{\lambda_i}$ 是直和．

证 按本章定理 2．3，只要证 0 向量表法唯一．设

$$
0=\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_k \quad\left(\alpha_i \in V_{\lambda_i}\right) .
$$

因 $\alpha_i \in V_{\lambda_i}$ ，当 $\alpha_i \neq 0$ 时，它是属于 $\boldsymbol{A}$ 的特征值 $\lambda_i$ 的特征向量。上式表示 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_k$ 中不为 0 的向量线性相关（因为它们的和为 0 ），但它们属于 $\boldsymbol{A}$ 的不同特征值，这与命题4．3矛盾。故 $\alpha_1=\alpha_2=\cdots=\alpha_k=0$ ，即 $\sum V_{\lambda_i}$ 为直和．

定理4．2 设 $\boldsymbol{A}$ 是数域 $K$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 的线性变换，$\lambda_1$ ， $\lambda_2, \cdots, \lambda_k$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的全部互不相同的特征值．则 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵可对角化的充分必要条件是

$$
V=V_{\lambda_1} \oplus V_{\lambda_2} \oplus \cdots \oplus V_{\lambda_k}=\bigoplus_{i=1}^k V_{\lambda_i} .
$$

在 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵可对角化的情况下，在每个 $V_{\lambda_i}$ 中任取一组基，合并后即为 $V$ 的一组基，在该组基下 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵为对角矩阵．

证 必要性 设

$$
M=V_{\lambda_1} \oplus V_{\lambda_2} \oplus \cdots \oplus V_{\lambda_k} \subseteq V .
$$

如果 $\boldsymbol{A}$ 在基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n$ 下的矩阵成对角形，则每个 $\varepsilon_i$ 均为 $\boldsymbol{A}$ 的特術：向量，必属于某个特征子空间 $V_{\lambda_j}$ ，从而属于 $M$ ．故对任意 $\alpha \in V$ ，有

$$
\alpha=a_1 \varepsilon_1+a_2 \varepsilon_2+\cdots+a_n \varepsilon_n \in M .
$$

这表明 $V \subseteq M$ ，于是 $V=M=V_{\lambda_1} \oplus V_{\lambda_2} \oplus \cdots \oplus V_{\lambda_k}$ ．
充分性 设

$$
V=V_{\lambda_1} \oplus V_{\lambda_2} \oplus \cdots \oplus V_{\lambda_k} .
$$

在每个 $V_{\lambda_i}$ 中取一组基，合并得 $V$ 的一个向量组（I）。按本章定理2．3的推论，（I）是 $V$ 的一组基，此组基全由特征向量组成。这表明 $\boldsymbol{A}$ 在：基（I）下的矩阵成对角矩阵。

在 $V$ 中取定一组基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n$ ，设

$$
\left(A \varepsilon_1, A \varepsilon_2, \cdots, A \varepsilon_n\right)=\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) A
$$

对 $\boldsymbol{A}$ 的每个特征值 $\lambda_i$ 求解齐次线性方程组

$$
\left(\lambda_i E-A\right) X=0
$$

得一个基础解系 $X_{i 1}, X_{i 2}, \cdots, X_{i t_i}$ ，这里 $t_i=n-\mathrm{r}\left(\lambda_i E-A\right)$ 。令

$$
\left\{\begin{array}{l}
\eta_{i 1}=\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) X_{i 1}, \\
\eta_{i 2}=\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) X_{i 2}, \\
\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\
\eta_{i t_i}=\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n\right) X_{i t_i} .
\end{array}\right.
$$

前面已指出，$\eta_{i 1}, \eta_{i 2}, \cdots, \eta_{i t_i}$ 即为 $V_{\lambda_i}$ 的一组基，把它们合并得 $V$ 的一组基（I）， $\boldsymbol{A}$ 在基（I）下的矩阵为对角矩阵

![图片](/uploads/2025-10/a4635c.jpg)
 
 
 从 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n$ 到（I）的过渡矩阵的列向量为（I）中每个向量 $\eta_{i j}$ 在 $\varepsilon_1$ ， $\cdots, \varepsilon_n$ 下的坐标，即为 $X_{i j}$ ．故只要把所求出的基础解系作为列向量依次排列，即得过渡矩阵：

$$
T=\left(X_{11} X_{12} \cdots X_{1 t_1} X_{21} X_{22} \cdots X_{2 t_2} \cdots X_{k 1} X_{k 2} \cdots X_{k t_k}\right)
$$

此时有 $T^{-1} A T=D$ ．现在 $A$ 的特征多项式 $f(\lambda)=|\lambda E-D|= \left(\lambda-\lambda_1\right)^{t_1}\left(\lambda-\lambda_2\right)^{t_2} \cdots\left(\lambda-\lambda_k\right)^{t_k}$ ．特征值 $\lambda_i$ 的重数 $t_i=\operatorname{dim} V_{\lambda_i}$.

对数域 $K$ 上每个 $n$ 阶方阵 $A$ ，我们总可以把它看做 $K$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 内一个线性变换 $\boldsymbol{A}$ 在基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n$ 下的矩阵。于是，我们可以用定理 4.2 所给出的方法来判断是否有 $K$ 上可逆的 $n$ 阶方阵 $T$ ，使 $T^{-1} A T=D$ 为对角矩阵，在可能的情况下，$T$ 的具体计算方法已如上述。

很明显，因为 $V_{\lambda_1} \oplus V_{\lambda_2} \oplus \cdots \oplus V_{\lambda_k}=V$ 的充分必要条件是 $\operatorname{dim} V_{\lambda_1} +\operatorname{dim} V_{\lambda_2}+\cdots+\operatorname{dim} V_{\lambda_k}=\operatorname{dim} V$ ．所以定理 4.2 的条件是否满足可通过计算特征值和特征子空间的一组基立刻得到解决．

例4．5 设 $\boldsymbol{A}$ 是数域 $K$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 内的线性变换，且 $\boldsymbol{A}^2=\boldsymbol{E}$ ．判断 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵能否对角化．

解 设 $\boldsymbol{A}$ 在 $V$ 的基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n$ 下的矩阵为 $A$ ，按命题 3.7 有 $A^2 =E$ ，于是 $E^2-A^2=0$ 即 $(E+A)(E-A)=0$ 。按第二章命题4．6，有

$$
\mathrm{r}(E+A)+\mathrm{r}(E-A)-n \leqslant \mathrm{r}(0)=0 .
$$

对 $\lambda_1=1$ ，齐次线性方程组

$$
\left(\lambda_1 E-A\right) X=(E-A) X=0 .
$$

解空间维数为 $n-\mathrm{r}(E-A)$ ，即 $\operatorname{dim} V_{\lambda_1}=n-\mathrm{r}(E-A)$ 。
对 $\lambda_2=-1$ ，齐次线性方程组

$$
\left(\lambda_2 E-A\right) X=(-E-A) X=0 .
$$

解空间维数为 $n-\mathrm{r}(E+A)$（因 $\mathrm{r}(-E-A)=\mathrm{r}(E+A)$ ），故

$$
\operatorname{dim} V_{\lambda_2}=n-\mathrm{r}(E+A) .
$$

由命题4．4，$V_{\lambda_1}+V_{\lambda_2}$ 为直和，故 $\operatorname{dim} V_{\lambda_1}+\operatorname{dim} V_{\lambda_2}=\operatorname{dim}\left(V_{\lambda_1}+\right. \left.V_{\lambda_2}\right) \leqslant \operatorname{dim} V=n$ ，即 $(n-\mathrm{r}(E-A))+(n-\mathrm{r}(E+A)) \leqslant n$ ，从而 $n \leqslant \mathrm{r}(E+A)+\mathrm{r}(E-A)$ ，于是 $\mathrm{r}(E+A)+\mathrm{r}(E-A)=n$ ．

综合上面的结果，得

$$
\operatorname{dim} V_{\lambda_1}+\operatorname{dim} V_{\lambda_2}=n-\mathrm{r}(E-A)+n-\mathrm{r}(E+A)=n .
$$

于是 $V=V_{\lambda_1} \oplus V_{\lambda_2}$（这里允许 $V_{\lambda_1}=\{0\}$ 或 $V_{\lambda_2}=\{0\}$ ，即 $\lambda_1$ 或 $\lambda_2$ 不是特征值）。按定理4．2， $\boldsymbol{A}$ 的矩阵可对角化。如果在 $V_{\lambda_1}, V_{\lambda_2}$ 内各取一组基，合并成 $V$ 的一组基，那么 $\boldsymbol{A}$ 在此组基下的矩阵为如下对角形矩阵：

$$
A=\left[\begin{array}{llllll}
1 & & & & & \\
& \ddots & & & & \\
& & 1 & & & \\
& & & -1 & & \\
& & & & \ddots & \\
& & & & & -1
\end{array}\right]
$$

如果一个方阵 $A$ 相似于对角矩阵 $D$ ：

$$
T^{-1} A T=D=\left[\begin{array}{cccc}
\lambda_1 & & & \\
& \lambda_2 & & 0 \\
0 & & \ddots & \\
& & & \lambda_n
\end{array}\right]
$$

即 $A=T D T^{-1}$ ，那么

$$
\begin{aligned}
A^m & =(T D \overbrace{\left.T^{-1}\right)\left(T D T^{-1}\right) \cdots(T}^m D T^{-1})=T D^m T^{-1} \\
& =T\left[\begin{array}{llll}
\lambda_1^m & & & \\
& \lambda_2^m & & \\
& & \ddots & \\
& & & \lambda_n^m
\end{array}\right] T^{-1} .
\end{aligned}
$$

由此可计算 $A$ 的任意次方幂．
例4．6 给定数域 $K$ 上的 3 阶方阵

$$
A=\left[\begin{array}{rrr}
2 & 0 & 0 \\
1 & 2 & -1 \\
1 & 0 & 1
\end{array}\right],
$$

判断 $A$ 在 $K$ 内是否相似于对角矩阵，并求出 $A^m$ ．

解 把 $A$ 看做 $K$ 上三维线性空间 $V$ 内的线性变换 $\boldsymbol{A}$ 在基 $\varepsilon_1$ ， $\varepsilon_2, \varepsilon_3$ 下的矩阵．只要判断 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵能否对角化．用上面所述办法来处理．$A$ 的特征多项式

$$
f(\lambda)=\left|\begin{array}{ccc}
\lambda-2 & 0 & 0 \\
-1 & \lambda-2 & 1 \\
-1 & 0 & \lambda-1
\end{array}\right|=(\lambda-1)(\lambda-2)^2,
$$

其特征根 $\lambda=1, \lambda=2$（重根）。
当 $\lambda_1=1$ 时，齐次线性方程组 $\left(\lambda_1 E-A\right) X=0$ 有一基础解系 $\eta_1= (0,1,1)$ ．

当 $\lambda_2=2$ 时，齐次线性方程 $\left(\lambda_2 E-A\right) X=0$ 有一基础解系

$$
\eta_{21}=(0,1,0), \quad \eta_{22}=(1,0,1) .
$$

以 $\eta_1, \eta_{21}, \eta_{22}$ 为列向量排成三阶方阵

$$
T=\left[\begin{array}{lll}
0 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{array}\right],
$$

则

$$
T^{-1} A T=\left[\begin{array}{lll}
1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{array}\right]
$$

$$
A^m=T\left[\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & 2^m & 0 \\
0 & 0 & 2^m
\end{array}\right] T^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}
2^m & 0 & 0 \\
2^m-1 & 2^m & -2^m+1 \\
2^m-1 & 0 & 1
\end{array}\right] .
$$

在第一章引言中曾说到数的理论中包含了许多深奥的知识，下面是一个重要的例子。

例 4.7 考査自然数序列 $\left\{a_n\right\}$ ，其中 $a_0=a_1=1$ ．当 $n \geqslant 2$ 时，$a_n= a_{n-1}+a_{n-2}$ ．于是这个数列的前几项是

$$
1,1,2,3,5,8,13, \cdots \cdots
$$

这个数列称为斐波那契（Fibonacci）数列，它有一些奇妙的性质，因而有许多重要的应用．现在借助线性代数的知识来求这个数列的通项公式。

应用矩阵乘法，我们有

$$
\left[\begin{array}{c}
a_{n+1} \\
a_n
\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ll}
1 & 1 \\
1 & 0
\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}
a_n \\
a_{n-1}
\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ll}
1 & 1 \\
1 & 0
\end{array}\right]^2\left[\begin{array}{l}
a_{n-1} \\
a_{n-2}
\end{array}\right]
$$

$$
=\cdots=\left[\begin{array}{ll}
1 & 1 \\
1 & 0
\end{array}\right]^n\left[\begin{array}{l}
a_1 \\
a_0
\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ll}
1 & 1 \\
1 & 0
\end{array}\right]^n\left[\begin{array}{l}
1 \\
1
\end{array}\right] .
$$

矩阵

$$
A=\left[\begin{array}{ll}
1 & 1 \\
1 & 0
\end{array}\right]
$$

的特征多项式 $f(\lambda)=|\lambda E-A|=\lambda^2-\lambda-1$ ，它在 $\mathbb{R}$ 内的两个根是 $\lambda_1 =\frac{1}{2}(1+\sqrt{5}), \lambda_2=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$ 。按命题4．3的推论知 $A$ 相似于对角矩阵．经实际计算，有

$$
T=\left[\begin{array}{cc}
\lambda_1 & \lambda_2 \\
1 & 1
\end{array}\right], \quad T^{-1} A T=\left[\begin{array}{cc}
\lambda_1 & 0 \\
0 & \lambda_2
\end{array}\right] .
$$

从而

$$
\begin{aligned}
A^n & =T\left[\begin{array}{cc}
\lambda_1 & 0 \\
0 & \lambda_2
\end{array}\right]^n T^{-1} \\
& =\left[\begin{array}{cc}
\lambda_1 & \lambda_2 \\
1 & 1
\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}
\lambda_1^n & 0 \\
0 & \lambda_2^n
\end{array}\right] \frac{1}{\sqrt{5}}\left[\begin{array}{rr}
1 & -\lambda_2 \\
-1 & \lambda_1
\end{array}\right] \\
& =\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\begin{array}{cc}
\lambda_1^{n+1}-\lambda_2^{n+1} & \lambda_1 \lambda_2^{n+1}-\lambda_2 \lambda_1^{n+1} \\
\lambda_1^n-\lambda_2^n & \lambda_1 \lambda_2^n-\lambda_2 \lambda_1^n
\end{array}\right] .
\end{aligned}
$$

代回上式计算立得（注意 $1-\lambda_1=\lambda_2, 1-\lambda_2=\lambda_1$ ）

$$
a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\lambda_1^{n+1}-\lambda_2^{n+1}\right),
$$

其中

$$
\lambda_1=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5}), \quad \lambda_2=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5}) .
$$

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