Q5：特徵值¶
考點：特徵值、特徵向量、特徵多項式、代數/幾何重數
核心洞察¶
動機：在所有向量中，找「只被縮放、不被旋轉」的方向。
- \(\mathbf{v}\)：特徵向量（不改變方向的向量）
- \(\lambda\)：特徵值（縮放因子）
本質：\(A - \lambda I\) 的 nullspace 非空 \(\Leftrightarrow\) \(\det(A - \lambda I) = 0\)
邏輯鏈：
找縮放方向 → A - λI 必須有 nullspace → det(A - λI) = 0
↓
特徵多項式 p(λ) = det(A - λI)
↓
根的重數 = 代數重數
↓
幾何重數 ≤ 代數重數（關鍵不等式）
↓
相等 ⟺ 可對角化
速算公式¶
2×2 矩陣秒殺¶
即 \(\lambda^2 - \text{tr}(A)\lambda + \det(A) = 0\)
n×n 通用¶
應用：已知 \(n-1\) 個特徵值 → 用 trace 算最後一個
題型分類¶
類型 1：trace 速算¶
已知 \(3 \times 3\) 矩陣 \(A\) 的特徵值 \(-48, 24\)，\(\text{tr}(A) = 12\)，求第三個特徵值。
類型 2：多項式約束分析¶
\(A^2 + A = O\)，求所有可能的 \(\det(A)\)。
核心技巧：特徵值代入多項式
設 \(\lambda\) 是 \(A\) 的特徵值，\(\mathbf{v}\) 是對應特徵向量：
\(\Rightarrow \lambda^2 + \lambda = 0 \Rightarrow \lambda \in \{0, -1\}\)
det 分析（設 \(n \times n\) 矩陣有 \(k\) 個 0，\(n-k\) 個 \(-1\)）：
類型 3：特殊結構矩陣¶
全 1 矩陣 \(J_{n \times n}\) 的特徵值？
- \(J\mathbf{1} = n\mathbf{1}\) → \(\lambda_1 = n\)（重數 1）
- \(\mathbf{v} \perp \mathbf{1}\)（即 \(\sum v_i = 0\)）→ \(J\mathbf{v} = \mathbf{0}\) → \(\lambda = 0\)（重數 \(n-1\)）
推廣：\(B = aI + bJ\) 的特徵值：\(a + nb\)（重數 1），\(a\)（重數 \(n-1\)）
陷阱¶
陷阱 1：實矩陣 ⟹ 實特徵值？¶
錯！ 旋轉矩陣 \(R_\theta = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix}\) 特徵值 \(e^{\pm i\theta}\)
精確條件：實矩陣的複特徵值必成對共軛
陷阱 2：對稱矩陣的特權¶
\(A^T = A \Rightarrow\) 特徵值全為實數（譜定理）
證明關鍵：\(\langle A\mathbf{v}, \mathbf{v} \rangle = \langle \mathbf{v}, A\mathbf{v} \rangle\)
陷阱 3：λ = 0 的意義¶
陷阱 4：特徵向量的獨立性¶
| 條件 | 結論 |
|---|---|
| 不同特徵值 | 對應特徵向量線性獨立 ✓ |
| 同一特徵值 | 不保證獨立（需看幾何重數） |
題目¶
基礎題（大二）¶
5.1 設 \(A\) 是 \(4 \times 4\) 實矩陣，\(\text{tr}(A) = 6\)，\(\det(A) = 8\)。已知 \(\lambda_1 = 2\) 是二重根，求另外兩個特徵值。
解答
設特徵值為 \(2, 2, \lambda_3, \lambda_4\)。
\(\lambda_3, \lambda_4\) 是 \(t^2 - 2t + 2 = 0\) 的根：\(\lambda = 1 \pm i\)
答案：\(1 + i\)，\(1 - i\)
5.2 設 \(A^3 = A\)。求所有可能的特徵值。
解答
\(\lambda^3 = \lambda \Rightarrow \lambda(\lambda^2 - 1) = 0\)
答案：\(\lambda \in \{-1, 0, 1\}\)
5.3 設 \(A\) 是 \(n \times n\) 實對稱矩陣，所有特徵值都是 1 或 -1。證明 \(A^2 = I\)。
解答
\(A\) 對稱 \(\Rightarrow\) 可正交對角化 \(A = QDQ^T\)，\(D\) 對角線全為 \(\pm 1\)
\(D^2 = I \Rightarrow A^2 = QD^2Q^T = QIQ^T = I\) \(\square\)
進階題（大三/碩一）¶
5.4 設 \(A, B\) 是 \(n \times n\) 矩陣。證明 \(AB\) 和 \(BA\) 有相同的非零特徵值（含重數）。
解答
設 \(\lambda \neq 0\) 是 \(AB\) 的特徵值，\(AB\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}\)，\(\mathbf{v} \neq \mathbf{0}\)。
令 \(\mathbf{w} = B\mathbf{v}\)。
若 \(\mathbf{w} = \mathbf{0}\)，則 \(AB\mathbf{v} = A\mathbf{0} = \mathbf{0} = \lambda\mathbf{v}\)，但 \(\lambda \neq 0\)，矛盾。
故 \(\mathbf{w} \neq \mathbf{0}\)，且： $\(BA\mathbf{w} = BA(B\mathbf{v}) = B(AB\mathbf{v}) = B(\lambda\mathbf{v}) = \lambda\mathbf{w}\)$
所以 \(\lambda\) 也是 \(BA\) 的特徵值。\(\square\)
注意：\(\lambda = 0\) 的重數可能不同（\(AB\) 和 \(BA\) 的 nullity 可能不同）
5.5 證明：若 \(A^2 = A\)（冪等矩陣），則 \(\text{tr}(A) = \text{rank}(A)\)。
解答
\(A^2 = A \Rightarrow \lambda^2 = \lambda \Rightarrow \lambda \in \{0, 1\}\)
設 \(\lambda = 1\) 有 \(k\) 個，\(\lambda = 0\) 有 \(n - k\) 個。
另一方面，冪等矩陣可對角化（因為 \(t^2 - t = t(t-1)\) 無重根），故： $\(\text{rank}(A) = \text{rank}(D) = k\)$
所以 \(\text{tr}(A) = \text{rank}(A)\)。\(\square\)
5.6（循環矩陣）設 \(C = \begin{bmatrix} c_0 & c_1 & \cdots & c_{n-1} \\ c_{n-1} & c_0 & \cdots & c_{n-2} \\ \vdots & & \ddots & \vdots \\ c_1 & c_2 & \cdots & c_0 \end{bmatrix}\)。證明特徵值為 \(\lambda_k = \sum_{j=0}^{n-1} c_j \omega^{jk}\)，其中 \(\omega = e^{2\pi i/n}\)，\(k = 0, 1, \ldots, n-1\)。
解答
令 \(\mathbf{v}_k = (1, \omega^k, \omega^{2k}, \ldots, \omega^{(n-1)k})^T\)。
驗證 \(C\mathbf{v}_k = \lambda_k \mathbf{v}_k\)：
\((C\mathbf{v}_k)_i = \sum_{j=0}^{n-1} c_{(j-i) \mod n} \omega^{jk}\)
令 \(m = j - i\)：\(= \sum_{m} c_m \omega^{(m+i)k} = \omega^{ik} \sum_{m} c_m \omega^{mk} = \omega^{ik} \lambda_k = \lambda_k (\mathbf{v}_k)_i\)
所以 \(\mathbf{v}_k\) 是特徵向量，\(\lambda_k\) 是特徵值。\(\square\)
概念關聯¶
特徵值 λ ──→ det(A) = ∏λᵢ ──→ λ=0 ⟺ 不可逆
│
├──→ tr(A) = Σλᵢ ──→ 速算最後一個特徵值
│
└──→ 多項式約束 p(A)=O ⟹ λ 是 p(t)=0 的根
│
└──→ Cayley-Hamilton: p(t) = det(A-tI) 滿足 p(A)=O