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指数 > 矩阵代数

广义特征向量

通过 博士

矩阵的广义特征向量 A 是用于与的特征向量一起构成基础的向量 A 当后者不足以形成基础时（因为矩阵是 有缺陷的）。

目录

目录

  1. 定义

  2. 等效定义

  3. 秩

  4. 广义本征空间

  5. 广义本征空间共有零向量

  6. 再次最小多项式

  7. 再谈一次分解定理

  8. 广义特征向量的基

  9. 广义本征空间的维数

  10. 解决的练习

    1. 练习1

    2. 练习2

定义

我们从一个正式的定义开始。

定义 让 A 成为 $ Kimes K $ 矩阵。让 $ lambda $ 是...的特征值 A. A Kx1 非零向量 x 据说是的广义特征向量 A 与特征值相关 $ lambda $ 当且仅当存在整数时 $ kgeq 1 $ 这样 那[eq1]哪里 I 是个 $ Kimes K $ 单位矩阵.

注意 普通 特征向量 满足[eq2]

因此，普通特征向量也是广义特征向量。然而， 相反，不一定是正确的。

例 定义 矩阵[eq3]它的 特性 多项式 是 [eq4]哪里 在步 $ rame {A} $ 我们已经使用了 拉普拉斯 扩张。因此，唯一的特征值 代数的 多重性 等于 $3$) 是[eq5]的 向量 [eq6]满足[eq7]因此， x 是...的特征向量 A. 我们 有[eq8]的 向量[eq9]满足[eq10]因此 它是一个广义的特征向量。

等效定义

以下准则可以用作广义的等效定义 特征向量。

主张 让 A 成为 $ Kimes K $ 矩阵。让 $ lambda $ 是...的特征值 A. 非零向量 x 是的广义特征向量 A 与特征值相关 $ lambda $ 当且仅当 [eq11]

证明

“ 如果”部分微不足道，因为任何非零 向量 满意的[eq12]是 根据定义，广义特征向量为 A. 现在让我们证明“仅当”部分。让 $ S $ 成为所有人的空间 Kx1 向量。假设广义特征向量 x 满足[eq13]对于 给定的整数 k. 正如关于 矩阵幂，null 空间[eq14]变成 通过增加而更大 k, 但它不能更大 比[eq15]在 其他 话，[eq16]对于 任何整数 k. 作为一个 后果，[eq17]那 是的 x 满足[eq12]

秩

现在，我们定义广义特征向量的秩。

定义 让 A 成为 $ Kimes K $ 矩阵。让 $ lambda $ 是...的特征值 A. 让 x 是...的广义特征向量 A 与特征值相关 $ lambda $. 我们说 x 是等级的广义特征向量 k 当且仅 如果[eq19]

因此，秩的广义特征向量 1 是一个普通的特征向量。

广义本征空间

与特征值相关的所有广义特征向量的集合称为 广义本征空间。

定义 让 A 成为 $ Kimes K $ 矩阵。让 $ lambda $ 是...的特征值 A. 所有广义特征向量的集合（加上零 向量）[eq20]是 称为与 $ lambda $.

请注意，我们已经证明（请参见上面的等效定义） 空空间 [eq21] 包含所有广义特征向量。但是，它也包括 零向量，它不是广义特征向量。

由于广义本征空间是 空空间 的 的力量 $ Alambda I $, 它具有两个重要属性：

第二点的明显结果是 那[eq24] 对于任何 [eq25]和 任何 k.

广义本征空间共有零向量

对应于两个不同特征值的两个特征空间只有零 向量的共同点。

主张 让 A 成为 $ Kimes K $ 矩阵。让 $ lambda _ {1} $ 和 $ lambda _ {2} $ 是的两个不同特征值 A （即 [eq26]）。 然后，它们的广义本征空间满足 [eq27]

证明

我们将使用以下内容 符号：[eq28]的 证明是矛盾的。假设 x 是属于两个广义交集的非零向量 本征空间。让 k 是这样的最小整数 那[eq29]所以 那[eq30]哪一个 暗示 [eq31]是 与相关的特征向量 $ lambda _ {1} $. 显然， [eq32]. 注意 $ y $ 通过重复申请获得 x 的 转型[eq33]哪一个 地图 $ QTR {cal} {N} _ {2} $ 本身，因为两者 [eq34] 和 $ A lambda _ {2} I $ 地图 $ QTR {cal} {N} _ {2} $ 本身（后者通过上面讨论的不变属性）。因此，不是 只要 [eq35], 但是也 [eq36], 那 是的[eq37]以来 $ y $ 是一个特征向量，非零 和[eq38]此外， 它是一个与 $ lambda _ {1} $, 这意味着它不能同时是与 $ lambda _ {2} $ （因为 特征向量 对应于不同的特征值是线性独立的）。作为一个 后果，[eq39]对于 任何 $j>1$, 我们有 [eq40]因此， $ y $ 不是与关联的广义特征向量 $ lambda _ {2} $. 因此，我们陷入了矛盾。结果，零向量为 属于两个广义交集的唯一向量 本征空间。

再次最小多项式

由于我们在本讲座中发现的事情，我们可以改进 我们对最小多项式的理解。

请记住 最小的 多项式 的 A 是个 消灭 多项式 （即 [eq41]) 具有最低的学历，可以写成 A 如 [eq42]哪里 [eq43] 是...的独特特征值 A.

主张 让 A 成为 $ Kimes K $ 矩阵。让 p 是...的最小多项式 A:[eq44]然后， 对于 $ j = 1，ldots，m $, 指数 $ u _{j}$ 是与关联的广义特征向量的秩 $ lambda _ {j} $ 具有最高的排名。

证明

我们将证明 案子 $j=1$. 其他情况相似。首先，我们将证明 存在秩的广义特征向量 $ u _{1}$. 定义[eq45]和 注意 那[eq46]因为 除此以外 p 不会是最小的。因此，存在一个非零 Kx1 向量 $ s $ 这样 那[eq47]定义[eq48]然后，[eq49]和[eq50]从而，[eq51]哪一个 暗示 x 是等级的广义特征向量 $ v_ {1} $. 现在我们需要证明不存在的广义特征向量 更高的等级。证明是矛盾的。假设存在一个 广义特征向量 $ y $ 等级较高的 那[eq52]对于 $ u > u _{1}$. 定义[eq53]然后，[eq54]因子 最小多项式 p 如 [eq55]以来 p 是一个ni灭的多项式，我们 有[eq56]定义[eq57]从而， [eq58]哪一个 暗示 [eq59]. 但[eq60]哪一个 暗示 [eq61]. 这是不可能的，因为 $ q $ 不为零，并且 [eq62] 和 [eq63] 共有零向量（它们可用于形成一个零向量 直接和，如 讲座 一次分解 定理;因此，它们必须仅具有零向量）。因此， 我们得出了一个矛盾和最初的假设 存在等级的广义特征向量 $ u > u _{1}$ 一定是错的。

因此，指数 $ u _{j}$ 在最小多项式中提供了两个关键信息：

这两个方面的一个相当重要的结果是 那[eq64]哪一个 在本课结束时，通过一个已解决的练习详细证明了这一点。

换句话说，广义本征空间与 $ lambda _ {j} $ 是的空空间 [eq65].

我们已经知道 那[eq66]

但是指数 $ v_ {j} $ 告诉我们确切的时间何时停止空格 生长：[eq67]哪里 $子集$ 表示严格包含。

因此，使用有关讲座的介绍中引入的术语 范围零空间 分解, $ v_ {j} $ 是矩阵的索引 $ A lambda _ {j} I $.

再谈一次分解定理

让 $ S $ 成为所有人的空间 Kx1 向量和 A a $ Kimes K $ 矩阵。

在上一讲中，我们证明了 一次分解 定理，表示向量空间 $ S $ 可以写 如 [eq68]哪里 $ oplus $ 表示一个 直接和, [eq69] 是...的独特特征值 A 和 [eq70] 与出现在 最小多项式.

结果，通过直接和的定义，我们能够唯一 写每个向量 $罪S $ 如 [eq71]哪里 $ x_ {j} in $ [eq72] 对于 $ j = 1，ldots，m $.

因此，我们可以使用来重新解释/重新陈述主分解定理 在本讲座中介绍的术语：向量空间 $ S $ 可以写成广义本征空间和每个向量的直接和 $罪S $ 可以写成对应于不同的广义特征向量之和 特征值。

广义特征向量的基

重述的一次分解定理的直接结果 以上，如下。

主张 让 $ S $ 成为所有人的空间 Kx1 向量。让 A 是一个矩阵。然后，存在一个 基础 对于 $ S $ 由的广义特征向量形成 A.

证明

为每个广义选择一个基础 本征空间并写出每个向量 $ x_ {j} $ 在等式（1）中作为基础的线性组合 [eq73]. 因此，我们可以写任何 $罪S $ 作为广义特征向量的线性组合，以及 广义特征空间的基础 跨度 $ S $. 联合的矢量是线性独立的，因为 $ S $ 是特征空间的直接和。因此，工会是 $ S $.

将这个结果与 讲座 线性的 特征向量的独立性：虽然并非总是可能形成一个 的（普通）特征向量的基础 $ S $, 总是有可能形成广义特征向量的基础！

广义本征空间的维数

每个广义特征空间的维数等于代数 对应特征值的多重性。

主张 让 A 成为 $ Kimes K $ 矩阵。让 $ lambda $ 是...的特征值 A 具有等于​​的代数多重性 亩. 让 [eq74]是 关联到的广义本征空间 $ lambda $. 然后， 尺寸 的 $ N_ {lambda} $ 是 亩.

证明

由 舒尔分解 定理，存在一个 酉 矩阵 $ Q $ 这样 那[eq75]哪里 $ T $ 是 上三角 和 $ Q ^ {st} $ 表示 共轭 转置 的 $ Q $. 以来 A 和 $ T $ 是 类似，它们具有相同的 特征值。此外，可以以这种方式执行舒尔分解 那最后 亩 对角线上的条目 $ T $ 等于 $ lambda $. 我们 有[eq76]和[eq77]写 矩阵 $ T-lambda I $ 作为块三角形 矩阵[eq78]哪里 $ B $ 是一个上三角矩阵，其主元素上具有严格的正项 对角线， $ C $ 是一个上三角矩阵，其主对角线为零，并且 $ st $ 表示可能为非零条目的通用矩阵。我们 有[eq79]的 块 $ B ^ {K} $ 是上三角形，其对角线严格为正，而 $ C ^ {K} = 0 $ （通过一个简单的归纳论证，该论证与证明中使用的论证非常相似 的 凯利·汉密尔顿 定理）。首先 $-亩$ 的行 A 显然是线性独立的，而最后一个 亩 为零。因此， 秩 的 [eq80] 是 $-亩$. 以来 $ Q $ 是全职的，并且 乘以 全等级方阵保留等级，也 [eq81] 有等级 $-亩$. 然后， 等级无效 定理 让我们获得想要的 结果：[eq82]

解决的练习

您可以在下面找到一些练习，其中包含已说明的解决方案。

练习1

在上面的示例中，我们发现了两个广义特征向量 矩阵[eq83]能够 您找到了第三个广义特征向量，从而完成了 广义特征向量？

解

我们已经找到了广义 特征向量 [eq6]满意的[eq85]和 广义的 特征向量[eq9]满意的[eq87]现在， 我们 计算[eq88]和， 例如， 向量[eq89]满足[eq90]此外， [eq91] 是空间的基础 $ 3imes 1 $ 向量（也就是所谓的 标准基础）。

练习2

让 A 成为 $ Kimes K $ 矩阵。让 $ lambda _ {j} $ 是...的特征值 A 和 $ u _{j}$ 它在最小多项式中的对应指数。我们已经证明 存在至少一个秩的广义特征向量 $ v_ {j} $ 关联到 $ lambda _ {j} $ 而且没有与之相关的广义特征向量 $ lambda _ {j} $ 排名可以大于 $ u _{j}$. 当这些事实暗示时，请详细解释 那[eq92]

解

以来 $ u _{j}$ 小于或等于的代数多重性 $ lambda _ {j} $ 而后者小于或等于 K, 我们有 $ u _{j}leq K$. 因此， 矩阵的性质 权力, [eq93]现在 假设 [eq94], 所以 那[eq95]以来 广义特征向量的秩不能大于 $ u _{j}$, 肯定是 那[eq96]因此， [eq97] 和[eq98]的 通过组合（2）和（3）获得指定的结果。

如何引用

请引用为：

Taboga, Marco (2017). "广义特征向量", 列克特ures on 矩阵 algebra. //www.junruiqiche.com/matrix-algebra/generalized-eigenvector.

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