为什么特征值的重数大于等于线性无关特征向量的个数

特征值的重数与线性无关特征向量的个数的关系

关系就是，特征值的重数 ≥ 该特征值的线性无关向量的个数 ≥ 1

量化关系有

特征值的重数，称为代数重数，等于Jordan矩阵中特征值为λ的Jordan块的阶数之和

特征向量的个数，称为几何重数，等于Jordan矩阵中特征值为λ的Jordan块的个数

证明

先说结论

每个矩阵等价于一个标准形

$A≅(Er000)A\cong\begin{pmatrix} E_r\quad 0 \\ 0 \quad 0\end{pmatrix}$

每个矩阵相似于一个Jordan标准形

$A∼J=(λ1σλ2σλ3σ⋱λn)niσ=0or1A\sim J=\begin{pmatrix}& \lambda_1 & \sigma & & & &\\& & \lambda_2 & \sigma & & &\\& & & \lambda_3 & \sigma & &\\& & & & \ddots & &\\& & & & & \lambda_n &\\\end{pmatrix}_{n_i}\\\sigma=0~or~1$

当矩阵A相似的Jordan标准形中的所有的 $σ\sigma$ 都=0时，Jordan标准形就是对角矩阵，矩阵可对角化，此时的Jordan标准形就是可对角化的对角矩阵 $Λ\Lambda$ 。

也就是每个Jordan块都是1阶的时候，矩阵可以对角化。

此时的量化关系就是，代数重数=几何重数，n个特征值的特征向量都是线性无关的。

现在来证明一下这个结论。

为什么当 $σ=0\sigma=0$ 的时候，代数重数=几何重数。

代数重数

对于特征值 $λ=η\lambda=\eta$ 的重数，即代数重数。就是 $φ(λ)=∣A−λE∣\varphi(\lambda)=|A-\lambda E|$ 中 $(η−λ)k(\eta-\lambda)^k$ 的k次方。

因为，A与J相似，则A与J的特征多项式相等。

证明： $J−λE=P−1AP−λP−1EP=P−1(A−λE)P\ J-\lambda E = P^{-1}AP-\lambda P^{-1}EP = P^{-1}(A-\lambda E)P$

$∣J−λE∣=∣P−1∣∣A−λE∣∣P∣=1∣P∣∣A−λE∣∣P∣\ |J-\lambda E| = |P^{-1}|\ |A-\lambda E|\ |P| = \dfrac{1}{|P|}\ |A-\lambda E|\ |P|$

所以，代数重数就是 $∣J−λE∣|J-\lambda E|$ 中 $(η−λ)k(\eta-\lambda)^k$ 的k次方。
$∣J−λE∣=∣λ1−λσλ2−λσλ3−λσ⋱λn−λ∣nσ=0or1|J-\lambda E|=\begin{vmatrix} & \lambda_1-\lambda & \sigma & & & &\\ & & \lambda_2-\lambda & \sigma & & &\\ & & & \lambda_3-\lambda & \sigma & &\\ & & & & \ddots & &\\ & & & & & \lambda_n-\lambda &\\ \end{vmatrix}_{n}\\ \sigma=0~or~1$
$∣J−λE∣|J-\lambda E|$ 是一个上对角矩阵，因此，只要看对角线上乘积的结果，就可以得到 $(η−λ)k(\eta-\lambda)^k$ 的k值。

用Jordan块的方式表示如下

$∣J−λE∣=∣J1−λEJ2−λEJ3−λE⋱Jn−λE∣n|J-\lambda E| =\begin{vmatrix} & J_1-\lambda E & & & & &\\ & & J_2-\lambda E & & & &\\ & & & J_3-\lambda E & & &\\ & & & & \ddots & &\\ & & & & & J_n-\lambda E &\\ \end{vmatrix}_{n}\\$

对于一个单个的Jordan块

$∣Ji−λE∣=∣λi−λ1λi−λ1λi−λ1⋱λi−λ∣nini是初等因子中(λi−λ)ni的次数|J_i-\lambda E|=\begin{vmatrix}& \lambda_i-\lambda & 1 & & & &\\& & \lambda_i-\lambda & 1 & & &\\& & & \lambda_i-\lambda & 1 & &\\& & & & \ddots & &\\& & & & & \lambda_i-\lambda &\\\end{vmatrix}_{n_i}\\n_i是初等因子中(\lambda_i-\lambda)^{n_i}的次数$
介绍到这里我们就可以得出结论了，对于Jordan标准型，代数重数是 $∣J−λE∣|J-\lambda E|$ 中 $(η−λ)k(\eta-\lambda)^k$ 的k次方。而对于Jordan块，对于 $λi=η\lambda_i=\eta$ 的Jordan块， $λi=η\lambda_i=\eta$ 的代数重数是Jordan块的重数 $n_{i}$ ；对于对于 $λi≠η\lambda_i \ne \eta$ 的Jordan块，则 $λi=η\lambda_i=\eta$ 的代数重数就是0。

因此，代数重数就是 $λi=η\lambda_i=\eta$ 的Jordan块的阶数之和（当然仅靠观察也可以得出这个结论）
$r=∑i=1kni(r是特征值η的重数，k是λi=η的Jordan块的个数)r=\sum_{i=1}^{k}n_{i}(r是特征值\eta的重数，k是\lambda_i=\eta的Jordan块的个数)$

几何重数

对于特征值 $λ=η\lambda=\eta$ 的线性无关的特征向量的个数，即几何重数。就是 $∣A−ηE∣X=O|A-\eta E|X=O$ 的齐次方程的基础解系的个数，自由变量的个数。也就是特征多项式 $∣A−ηE∣|A-\eta E|$ 中全为0的行的个数，几何重数= $n−R(A−ηE)n-R(A-\eta E)$

这时我们就发现， $当λi=η时当\lambda_i=\eta时$ 一个Jordan块只能得到一个全零行，一个自由变量，一个线性无关的解向量；当 $λi≠η\lambda_i \ne \eta$ 时，必然没有一个全0行
$当λi=η时，最后一行全为0∣Ji−ηE∣=∣η−η1η−η1η−η1⋱η−η∣ni=∣010101⋱0∣ni当\lambda_i=\eta时，最后一行全为0\\|J_i-\eta E|=\begin{vmatrix}& \eta-\eta & 1 & & & &\\& & \eta-\eta & 1 & & &\\& & & \eta-\eta & 1 & &\\& & & & \ddots & &\\& & & & & \eta-\eta &\\\end{vmatrix}_{n_i}\\=\begin{vmatrix}& 0 & 1 & & & &\\& & 0 & 1 & & &\\& & & 0 & 1 & &\\& & & & \ddots & &\\& & & & & 0 &\\\end{vmatrix}_{n_i}\\$

$当λi≠η时，必然没有一个全0行∣Ji−ηE∣=∣λi−η1λi−η1λi−η1⋱λi−η∣ni当\lambda_i \ne \eta时，必然没有一个全0行\\|J_i-\eta E|=\begin{vmatrix}& \lambda_i-\eta & 1 & & & &\\& & \lambda_i-\eta & 1 & & &\\& & & \lambda_i-\eta & 1 & &\\& & & & \ddots & &\\& & & & & \lambda_i-\eta &\\\end{vmatrix}_{n_i}\\$

因此，几何重数=当 $λi=η\lambda_i=\eta$ 时的Jordan块的个数k。

现在我们就得到了，几何重数和代数重数的量化关系
$几何重数=k代数重数=∑i=1knik是λi=η的Jordan块的个数几何重数=k\\代数重数=\sum_{i=1}^{k}n_{i}\\k是\lambda_i=\eta的Jordan块的个数$
因此当且仅当所有 $n_i=1$ 的时候，几何重数=代数重数，矩阵可对角化。

【概念】Jordan 约旦(若尔当)矩阵

https://www.zhihu.com/question/379643506

Jordan矩阵是《矩阵论》《矩阵分析》第一章的内容

任意一个矩阵A都相似于一个Jordan矩阵标准形
$(J100Jn)\begin{pmatrix} J_1 \quad 0 \\ 0 \quad J_n\end{pmatrix}$
类似于等价一个标准形
$(Er000)\begin{pmatrix} E_r\quad 0 \\ 0 \quad 0\end{pmatrix}$

Jordan 约旦块

上述Jordan标准型的 $J_i$ 就是一个约旦块
$Ji=(λi1λi1λi1⋱1λi)其中λ1,λ2,⋯,λn就是对应一个A的特征值J_i= \begin{pmatrix} & \lambda_i & 1 & & & &\\ & & \lambda_i & 1 & & &\\ & & & \lambda_i & 1 & &\\ & & & & \ddots & 1 &\\ & & & & & \lambda_i &\\ \end{pmatrix}\\ 其中\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}就是对应一个A的特征值$

Smith标准形

$(d1(λ)d2(λ)d3(λ)⋱dn(λ))\begin{pmatrix} & d_1(\lambda) & & & & &\\ & & d_2(\lambda) & & & &\\ & & & d_3(\lambda) & & &\\ & & & & \ddots & &\\ & & & & & d_n(\lambda) &\\ \end{pmatrix}\\$

a%b=0，a能被b整除（或说b能整除a）,记作b|a

满足：

后面的可以整除前面的 $dn(λ)%dn−1(λ)=0或dn−1(λ)∣dn(λ)d_n(\lambda) \% d_{n-1}(\lambda)=0 \quad 或 d_{n-1}(\lambda) | d_{n}(\lambda)$

不变因子

Smith标准形中 $di(λ)d_i(\lambda)$ 就是不变因子

初等因子

所有不变因子中的关于λ的多项式 $(λ−b)k(k>0)(\lambda-b)^k(k>0)$ 都是初等因子

行列式因子

一个矩阵的所有的k阶子式中的首一最大公因式就是，k阶行列式因子， $Dk(λ)D_k(\lambda)$

首一最大公因子：首项系数是1的最大公因式，也就是最高次项系数是1的最大公因式。只能是kλ+b

行列式因子可以转化为不变因子
$d1(λ)=D1(λ)dk(λ)=Dk(λ)Dk−1(λ)d_{1}(\lambda) = D_{1}(\lambda)\\ d_{k}(\lambda) = \dfrac{D_{k}(\lambda)}{D_{k-1}(\lambda)}$

Jordan标准形的求法

通过初等因子，可以写出Jordan块

比如对于 $(λ−2)2(λ−1)(\lambda-2)^2(\lambda-1)$ 可以写出两个Jordan块
$(2102)和(1)\begin{pmatrix} 2 \quad 1 \\ 0 \quad 2\end{pmatrix} 和(1)$
拼起来，得到 Jordan标准型为
$(210020001)\begin{pmatrix} 2 \quad 1 \quad 0 \\ 0 \quad 2 \quad 0\\0 \quad 0 \quad 1\end{pmatrix}$
或者
$(100021002)\begin{pmatrix}1 \quad 0 \quad 0\\ 0 \quad 2 \quad 1 \\ 0 \quad 0 \quad 2\\\end{pmatrix}$
Jordan标准形不计排列顺序。

初等因子可以通过两种方式求得，通过初等变换得到Smith标准型，或通过计算行列式因子得到不变因子

1 初等变换法

2 行列式因子法

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