矩阵论（零）：线性代数基础知识整理（5）——特征值与相似

本篇博客的上篇是矩阵论（零）：线性代数基础知识整理（4）——线性空间与线性变换，梳理了线性空间与线性变换的相关内容。本文主要整理矩阵的特征值与相似的相关内容。

• 方阵的特征值
  • 特征值的定义及性质
  • 特殊矩阵的特征值与特征向量（对角矩阵、上（下）三角矩阵、酋矩阵、分块矩阵）
  • $A$A、$A^T$AT、$A^H$AH的特征值的关系
  • $A^HA$AHA和$AA^H$AAH的特征值的关系（推广：$AB$AB和$BA$BA的特征值的关系）
• 相似变换与相似对角化
  • 相似矩阵的定义及性质
  • Sylvester定理
  • 相似对角化的定义及其充要条件
  • 相似对角化的一个应用：求解斐波那契数列的通项

在某些教材上，讨论在某一数域F下n级矩阵的特征值时，规定特征值必须是数域F中的数。例如，在实数域下讨论n级矩阵的特征值，则特征值一定都是实数，若某实矩阵没有实的特征值，就说该矩阵在实数域下没有特征值。这样做是严谨的，但并不是说没有这样做的教材就是不严谨的。实际上，很多教材在讨论特征值时，都默认是在复数域下讨论。在复数域下，n级矩阵恰好有n个特征值，这是由于复数域是代数封闭的域，而实数域、有理数域都不是代数封闭域，所以一个有理数矩阵不一定有有理数特征值。
本文遵循这样的约定：即使你拿一个有理数矩阵$A\in Q^{n\times n}$A∈Qn×n，我们也说$A$A恰好有n个特征值，这是因为我们只在复数域下讨论特征值，这样有理数矩阵$A$A就被视作复数域下的一个矩阵。在讨论特征值时，任意数域F下的矩阵都被视作是复数域中的矩阵。

---

矩阵的特征值

• 定义：设$A\in C^{n\times n}$A∈Cn×n，若$\exists{\lambda}\in{C},x\in{C^n},x\neq{0}$∃λ∈C,x∈Cn,x​=0使得$Ax=\lambda{x}$Ax=λx，或者等价地$(\lambda{I}-A)x=0$(λI−A)x=0，则称$\lambda$λ是A的一个特征值，$x$x是A的对应于$\lambda$λ的一个特征向量

• 定义：（特征值的集合）设$A\in C^{n\times n}$A∈Cn×n，用$\sigma (A)$σ(A)表示$A$A的所有特征值的集合

• 定理：$\lambda$λ是n阶方阵A的特征值的充要条件为$det(\lambda{}I-A)=0$det(λI−A)=0
  证：
  由特征值的定义，$\lambda$λ是n阶方阵A的特征值的充要条件为齐次线性方程组$(\lambda{I}-A)x=0$(λI−A)x=0有非零解，而有非零解的充要条件为系数矩阵$\lambda{I}-A$λI−A不可逆，从而充要条件为$det(\lambda{}I-A)=0$det(λI−A)=0。
  【注】$det(\lambda{}I-A)=0$det(λI−A)=0是关于$\lambda$λ的一元n次方程，这个定理揭示了特征值与一元n次方程的关系。在复数域下，一元n次方程方程恰好有n个根（重根按重数算），因此n阶方阵有n个特征值（重特征值按重数算）。

• 定义：$det(\lambda{}I-A)=0$det(λI−A)=0称为A的特征方程；关于$\lambda$λ的一元n次多项式$det(\lambda{}I-A)$det(λI−A)称为A的特征多项式；若$\lambda$λ是A的特征值，则齐次线性方程组$(\lambda{I}-A)x=0$(λI−A)x=0的解空间（也就是系数矩阵$\lambda I-A$λI−A的零空间$N(\lambda I-A)$N(λI−A)）称为$\lambda$λ的特征子空间
  【注】关于矩阵特征多项式的展开式，请参考矩阵论（补充知识）：特征多项式的展开式。

• 定义：若方阵A的特征值$\lambda$λ是A的特征方程的k重根，则称k是$\lambda$λ的代数重数；$\lambda$λ对应的特征子空间的维数称为$\lambda$λ的几何重数

• 定理：n阶方阵A的全部不同特征值的代数重数之和为n
  证：
  由复数域的代数封闭性以及代数重数的定义可得。

• 定理：方阵A的任意特征值的几何重数小于等于代数重数
  证：
  法1：利用基的扩充和相似（相似矩阵的内容见后文）
  设$\lambda$λ是$A$A的一个特征值，$\lambda$λ对应的特征子空间$N(\lambda I-A)$N(λI−A)的维数为s，即$\lambda$λ的几何重数为s。取$N(\lambda I-A)$N(λI−A)的一组基$x_1,x_2,...,x_s$x1​,x2​,...,xs​，由扩充定理知可将它扩充为$C^n$Cn的一组基$x_1,x_2,...,x_n$x1​,x2​,...,xn​。令$P=\begin{bmatrix}x_1&x_2&\cdots&x_n\end{bmatrix}$P=[x1​​x2​​⋯​xn​​]，则$P$P为可逆矩阵，由$P^{-1}P=I$P−1P=I并根据分块矩阵乘法可得$P^{-1}\begin{bmatrix}x_1&x_2&\cdots&x_s\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}I_s\\O\end{bmatrix}$P−1[x1​​x2​​⋯​xs​​]=[Is​O​]。令$B=P^{-1}AP$B=P−1AP，则$\begin{aligned}B&=P^{-1}\begin{bmatrix}Ax_1&\cdots&Ax_s&*\end{bmatrix}\\&=P^{-1}\begin{bmatrix}\lambda x_1&\cdots&\lambda x_s&*\end{bmatrix}\\&=\begin{bmatrix}\lambda P^{-1}\begin{bmatrix}x_1&x_2&\cdots&x_s\end{bmatrix}&*\end{bmatrix}\\&=\begin{bmatrix}\lambda I_s&*\\O&*\end{bmatrix}\end{aligned}$B​=P−1[Ax1​​⋯​Axs​​∗​]=P−1[λx1​​⋯​λxs​​∗​]=[λP−1[x1​​x2​​⋯​xs​​]​∗​]=[λIs​O​∗∗​]​通过对上面这个分块矩阵的特征多项式进行拉普拉斯展开就得知，$\lambda$λ是$B$B的特征值且其代数重数至少为$s$s。因为$B$B与$A$A相似，故$B$B的特征值$\lambda$λ的代数重数与$A$A的特征值$\lambda$λ的代数重数相等，故$A$A的特征值$\lambda$λ的代数重数不小于$s$s，即不小于其几何重数。得证。
  法2：利用矩阵分解（schur分解，具体证明见矩阵论（二）：矩阵分解—从Schur分解、特征值分解EVD到奇异值分解SVD）

• 定理：设$A\in C^{n\times n}$A∈Cn×n的n个特征值分别为$\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n$λ1​,λ2​,...,λn​，则$\mu I+A,\mu\in C$μI+A,μ∈C的n个特征值为$\mu+\lambda_1,\mu+\lambda_2,...,\mu+\lambda_n$μ+λ1​,μ+λ2​,...,μ+λn​
  证：
  $\mu I+A$μI+A的特征多项式为$det(\lambda I-(\mu I+A))=det((\lambda-\mu)I-A)$det(λI−(μI+A))=det((λ−μ)I−A)，由已知特征方程$det(\lambda I-A)$det(λI−A)的n个根为$\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n$λ1​,λ2​,...,λn​，显然特征方程$det((\lambda-\mu)I-A)=0$det((λ−μ)I−A)=0的n个根为$\mu+\lambda_1,\mu+\lambda_2,...,\mu+\lambda_n$μ+λ1​,μ+λ2​,...,μ+λn​，得证。
  【注】该结论是一个比较明显的结论，也十分常用。注意，结论蕴含着“若$\lambda_i$λi​是$A$A的$k$k重特征值（此处指代数重数），则$\mu+\lambda_i$μ+λi​是$\mu I+A$μI+A的$k$k重特征值”。

• 定理：设$\lambda{}_1,\lambda{}_2,\cdots,\lambda{}_s$λ1​,λ2​,⋯,λs​是A的互不相同的特征值，$x_{i1},x_{i2},\cdots,x_{ij_i}$xi1​,xi2​,⋯,xiji​​是A关于$\lambda{}_i$λi​的线性无关的特征向量，则$x_{11},\cdots,x_{1j_1},x_{21},\cdots,x_{2j_2},\cdots,x_{s1},\cdots,x_{sj_s}$x11​,⋯,x1j1​​,x21​,⋯,x2j2​​,⋯,xs1​,⋯,xsjs​​是线性无关的
  证明：（数学归纳法）
  当s=1时，显然命题成立。
  假设当s=i时，命题成立，则当s=i+1时，设$k_{11}x_{11}+\cdots+k_{1j_1}x_{1j_1}+k_{21}x_{21}+\cdots+k_{2j_2}x_{2j_2}+\cdots\\+k_{s1}x_{s1}+\cdots+k_{sj_s}x_{sj_s}=0$k11​x11​+⋯+k1j1​​x1j1​​+k21​x21​+⋯+k2j2​​x2j2​​+⋯+ks1​xs1​+⋯+ksjs​​xsjs​​=0
  用A左乘两端并整理得：$\lambda{}_1(k_{11}x_{11}+\cdots+k_{1j_1}x_{1j_1})+\cdots+\lambda{}_s(k_{s1}x_{s1}+\cdots+k_{sj_s}x_{sj_s})=0$λ1​(k11​x11​+⋯+k1j1​​x1j1​​)+⋯+λs​(ks1​xs1​+⋯+ksjs​​xsjs​​)=0由以上两式消去$k_{s1}x_{s1}+\cdots+k_{sj_s}x_{sj_s}$ks1​xs1​+⋯+ksjs​​xsjs​​得$\begin{aligned}(\lambda{}_s-\lambda{}_1)(k_{11}x_{11}+\cdots+k_{1j_1}x_{1j_1})+\cdots+\\(\lambda{}_s-\lambda{}_{s-1})(k_{(s-1)1}x_{(s-1)1}+\cdots+k_{(s-1)j_{s-1}}x_{(s-1)j_{s-1}})=0\end{aligned}$(λs​−λ1​)(k11​x11​+⋯+k1j1​​x1j1​​)+⋯+(λs​−λs−1​)(k(s−1)1​x(s−1)1​+⋯+k(s−1)js−1​​x(s−1)js−1​​)=0​由特征值互不相等及假设知$k_{11}=\cdots=k_{1j_1}=\cdots=k_{(s-1)1}=\cdots=k_{(s-1) j_{s-1}}=0$k11​=⋯=k1j1​​=⋯=k(s−1)1​=⋯=k(s−1)js−1​​=0故$k_{s1}x_{s1}+\cdots+k_{sj_s}x_{sj_s}=0$ks1​xs1​+⋯+ksjs​​xsjs​​=0，由题设知$k_{s1}=\cdots=k_{sj_s}=0$ks1​=⋯=ksjs​​=0，故命题对s=i+1时也成立。故由归纳假设，原命题成立。得证。

• 特征值与迹、行列式的关系
  （注意，以下结论通过特征多项式的展开式可以得到）
  设n阶方阵A的特征值是$\lambda{}_1,\lambda{}_2,\cdots,\lambda{}_n$λ1​,λ2​,⋯,λn​（重特征值按重数算），则

  • $det(A)=\lambda{}_1\lambda{}_2\cdots\lambda{}_n$det(A)=λ1​λ2​⋯λn​
  • $tr(A)=\lambda{}_1+\lambda{}_2+\cdots+\lambda{}_n$tr(A)=λ1​+λ2​+⋯+λn​

• 特殊矩阵的特征值与特征向量

  • $\lambda$λ是对角矩阵A的特征值的充要条件为$\lambda$λ在A的主对角线上，且A的每个特征值的代数重数等于其在主对角线上出现的次数
  • $\lambda$λ是上（下）三角矩阵A的特征值的充要条件为$\lambda$λ在A的主对角线上，且A的每个特征值的代数重数等于其在主对角线上出现的次数
  • 酋矩阵的特征值的模长都是1
    证明：
    设U是一个酋矩阵，$\lambda$λ是U的一个特征值，$Ux=\lambda x,x\neq 0$Ux=λx,x​=0，则$(Ux)^H(Ux)=(\lambda x)^H(\lambda x)$(Ux)H(Ux)=(λx)H(λx)，即$x^HU^HUx=x^Hx=|\lambda|^2x^Hx$xHUHUx=xHx=∣λ∣2xHx，因为$x\neq 0$x​=0所以$x^Hx>0$xHx>0，所以$|\lambda|^2=1$∣λ∣2=1，即$|\lambda|=1$∣λ∣=1。
  • n阶对角矩阵A有n个线性无关的特征向量
    证明：
    设$A=diag(a_1,a_2,...,a_n)$A=diag(a1​,a2​,...,an​)，$I_n=\begin{bmatrix}e_1&e_2&\cdots&e_n\end{bmatrix}$In​=[e1​​e2​​⋯​en​​]是$n$n阶单位矩阵。计算可得任意$i=1,2,...,n$i=1,2,...,n有$Ae_i=a_ie_i$Aei​=ai​ei​，由于$e_i\neq 0$ei​​=0，故$e_i$ei​是$A$A的特征向量。这就证明了单位矩阵$I_n$In​的列向量均为$A$A的特征向量，由于单位矩阵$I_n$In​的列向量组是线性无关的，故A有n个线性无关的特征向量。
  • 分块矩阵的特征值
    设$A\in C^{m\times m},B\in C^{n\times n}$A∈Cm×m,B∈Cn×n，$A$A的m个特征值依次为$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_m$λ1​,λ2​,⋯,λm​，$B$B的n个特征值依次为$\lambda_{m+1},\lambda_{m+2},\cdots,\lambda_{m+n}$λm+1​,λm+2​,⋯,λm+n​，则分块矩阵$\begin{bmatrix}A&*\\O&B\end{bmatrix}$[AO​∗B​]和$\begin{bmatrix}A&O\\*&B\end{bmatrix}$[A∗​OB​]的$m+n$m+n个特征值依次为$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_{m+n}$λ1​,λ2​,⋯,λm+n​。
    证：（以$\begin{bmatrix}A&*\\O&B\end{bmatrix}$[AO​∗B​]为例）
    根据拉普拉斯展开式计算上述分块矩阵的特征多项式：$det\left(\lambda I_{m+n}-\begin{bmatrix}A&*\\O&B\end{bmatrix}\right)=det\begin{bmatrix}\lambda I_m-A&*\\O&\lambda I_n-B\end{bmatrix}\\=det(\lambda I_m-A)det(\lambda I_n-B)$det(λIm+n​−[AO​∗B​])=det[λIm​−AO​∗λIn​−B​]=det(λIm​−A)det(λIn​−B)可见特征方程的根为$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_{m+n}$λ1​,λ2​,⋯,λm+n​，证毕。

• $A,A^T,A^H$A,AT,AH的特征值的关系
  只要找到$A,A^T,A^H$A,AT,AH的特征多项式的关系，就能得到下面两个结论，读者自证不难^_^。

  • $\sigma(A)=\sigma(A^T)$σ(A)=σ(AT)且$A$A与$A^T$AT的同一特征值的代数重数相等
  • $A$A与$A^H$AH的特征值互为共轭且$A$A的特征值$\lambda$λ的代数重数与$A^H$AH的特征值$\bar\lambda$λˉ的代数重数相等

• $AA^H$AAH和$A^HA$AHA的特征值的关系（注意$AA^H$AAH和$A^HA$AHA的阶数不一定相同）

  • $AA^H$AAH和$A^HA$AHA的特征值均为非负实数
    证明：
    考虑特征方程$AA^Hx=\lambda{x}$AAHx=λx，用$x^H$xH左乘两端得$x^HAA^Hx=(A^Hx)^H(A^Hx)=\lambda{}x^Hx$xHAAHx=(AHx)H(AHx)=λxHx，即$||A^Hx||^2=\lambda{}||x||^2$∣∣AHx∣∣2=λ∣∣x∣∣2，故$AA^H$AAH的特征值均为非负实数。同理可证$A^HA$AHA的特征值均为非负实数。
  • $\sigma (A^HA)-\{0\}=\sigma (AA^H)-\{0\}$σ(AHA)−{0}=σ(AAH)−{0}（即$AA^H$AAH和$A^HA$AHA有相同的非零特征值）
    证明：
    考虑$AA^H$AAH的特征方程$AA^Hx=\lambda{}x,\lambda{}\neq0,x\neq0$AAHx=λx,λ​=0,x​=0，设$y=A^Hx$y=AHx，由$||A^Hx||^2=\lambda{}||x||^2$∣∣AHx∣∣2=λ∣∣x∣∣2知$||A^Hx||\gt0$∣∣AHx∣∣>0，故$y\neq0$y​=0。用$A^H$AH左乘$AA^Hx=\lambda{x}$AAHx=λx两端得$A^HAy=\lambda{y}$AHAy=λy，可见$\lambda$λ也是$A^HA$AHA的特征值。同理可证$A^HA$AHA的非零特征值都是$AA^H$AAH的特征值。得证。
    【推广】设$A\in C^{m\times n}$A∈Cm×n,$B\in C^{n\times m}$B∈Cn×m，则$\sigma (AB)-\{0\}=\sigma (BA)-\{0\}$σ(AB)−{0}=σ(BA)−{0}
    证：
    设$ABx=\lambda x$ABx=λx,其中$\lambda \neq 0,x\neq 0$λ​=0,x​=0，则有$Bx\neq 0$Bx​=0（若$Bx=0$Bx=0，则$\lambda x=ABx=0$λx=ABx=0与$\lambda \neq 0,x\neq 0$λ​=0,x​=0矛盾）。用$B$B左乘式的两端，得$B(ABx)=BA(Bx)=B(\lambda x)=\lambda (Bx)$B(ABx)=BA(Bx)=B(λx)=λ(Bx)，故$\lambda$λ是$BA$BA的一个特征值。同理可证$BA$BA的非零特征值都是$AB$AB的特征值。
    【注】实际上有更强的结论：不但$AB$AB与$BA$BA有相同的非零特征值，而且$AB$AB与$BA$BA的同一非零特征值的代数重数也是相等的，证明详见后文的Sylvester定理。
  • $AA^H$AAH和$A^HA$AHA的同一个非零特征值的几何重数相等
    证明：
    该结论实际上可推广为$AB$AB和$BA$BA的同一非零特征值的几何重数相等，下面证明推广后的结论。
    【推广】设$A\in C^{m\times n}$A∈Cm×n,$B\in C^{n\times m}$B∈Cn×m，则$AB$AB和$BA$BA的同一非零特征值的几何重数相等
    证：
    设$\lambda{}$λ是$AB$AB和$BA$BA的一个非零特征值，$AB$AB的特征子空间$N(\lambda I-AB)$N(λI−AB)的维数为$s$s。取$N(\lambda I-AB)$N(λI−AB)的一组基$x_1,x_2,\cdots,x_s$x1​,x2​,⋯,xs​，则易验证$Bx_1,Bx_2,\cdots,Bx_s$Bx1​,Bx2​,⋯,Bxs​都是$BA$BA关于$\lambda$λ的特征向量，有$Bx_1,Bx_2,\cdots,Bx_s\in N(\lambda I-BA)$Bx1​,Bx2​,⋯,Bxs​∈N(λI−BA)。设$k_1Bx_1+\cdots+k_sBx_s=0$k1​Bx1​+⋯+ks​Bxs​=0，用$A$A左乘该式两端得$\lambda{}(k_1x_1+\cdots+k_sx_s)=0$λ(k1​x1​+⋯+ks​xs​)=0，由于$\lambda{}\neq0$λ​=0，所以$k_1x_1+\cdots+k_sx_s=0$k1​x1​+⋯+ks​xs​=0，由于$x_1,x_2,\cdots,x_s$x1​,x2​,⋯,xs​线性无关，故$k_1=\cdots=k_s=0$k1​=⋯=ks​=0，故$Bx_1,Bx_2,\cdots,Bx_s$Bx1​,Bx2​,⋯,Bxs​是线性无关的。这说明$\dim N(\lambda I-BA)\geqslant s=\dim N(\lambda I-AB)$dimN(λI−BA)⩾s=dimN(λI−AB)。同理可证$\dim N(\lambda I-AB)\geqslant \dim N(\lambda I-BA)$dimN(λI−AB)⩾dimN(λI−BA)。故$\dim N(\lambda I-AB)=\dim N(\lambda I-BA)$dimN(λI−AB)=dimN(λI−BA)，得证。
  • $AA^H$AAH和$A^HA$AHA的同一个非零特征值的代数重数相等
    证明：由后文Sylvester定理直接可得。

  【注】以上结论都限定在特征值非零的情况下，这是因为可能$AA^H$AAH和$A^HA$AHA两者中一个有零特征值，而另一个没有零特征值。例如，设A是$m\times{n}$m×n矩阵，当$m>n$m>n且A列满秩时，容易证明0一定是$AA^H$AAH的一个特征值，而一定不是$A^HA$AHA的一个特征值。

补充一个与特征值相关的概念：谱半径。谱半径在计算数学中有重要应用。

• 定义：设$A\in C^{n\times n}$A∈Cn×n，$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$λ1​,λ2​,⋯,λn​是$A$A的全部特征值，则称$\rho(A)=\max|\lambda_i|$ρ(A)=max∣λi​∣为$A$A的谱半径

---

相似变换与相似对角化

相似矩阵及其性质

• 定义：设A、B均为n阶方阵，若存在可逆矩阵P使得$P^{-1}AP=B$P−1AP=B，则称A和B相似；如果P是一个酋矩阵，则称A和B酋相似
• 若n阶方阵A和B相似，则有以下结论：
  • $r(A)=r(B)$r(A)=r(B)
  • $det(A)=det(B)$det(A)=det(B)
  • $tr(A)=tr(B)$tr(A)=tr(B)
  • $\sigma(A)=\sigma(B)$σ(A)=σ(B)
  • A和B的同一特征值的代数重数相等
  • A和B的同一特征值的几何重数相等
    第4、5条的证明：
    $det(\lambda{I}-B)=det(\lambda{I}-P^{-1}AP)=det(P^{-1}(\lambda{I}-A)P)\\=det(P^{-1})det(\lambda{I}-A)det(P)=det(\lambda{I}-A)$det(λI−B)=det(λI−P−1AP)=det(P−1(λI−A)P)=det(P−1)det(λI−A)det(P)=det(λI−A)即A和B的特征多项式相同，从而有$\sigma(A)=\sigma(B)$σ(A)=σ(B)以及代数重数相等的结论。
    第6条的证明：
    $r(\lambda{I}-B)=r(\lambda{I}-P^{-1}AP)\\=r(P^{-1}(\lambda{I}-A)P)=r(\lambda{I}-A)$r(λI−B)=r(λI−P−1AP)=r(P−1(λI−A)P)=r(λI−A)故$(\lambda{I}-A)x=0$(λI−A)x=0和$(\lambda{I}-B)x=0$(λI−B)x=0的基础解系解向量个数相同（均为$n-r(\lambda{I}-A)$n−r(λI−A)），从而$\dim N(\lambda{I}-A)=\dim N(\lambda{I}-B)$dimN(λI−A)=dimN(λI−B)，得证。
• Sylvester定理（矩阵$AB$AB与$BA$BA的特征多项式之间的关系）
  
  【注1】图中的证明隐式地运用了多项式的因式分解定理（为了得到最终的行列式等式）。实际上，前面我们证明了相似矩阵的特征多项式相同，也可以用这一结论得到最终的行列式等式：
  由于$\begin{bmatrix}BA&O\\A&O\end{bmatrix}$[BAA​OO​]与$\begin{bmatrix}O&O\\A&AB\end{bmatrix}$[OA​OAB​]相似，故$det\left(\lambda I_{m+n}-\begin{bmatrix}BA&O\\A&O\end{bmatrix}\right)=det\left(\lambda I_{m+n}-\begin{bmatrix}O&O\\A&AB\end{bmatrix}\right)$det(λIm+n​−[BAA​OO​])=det(λIm+n​−[OA​OAB​])，即$det\begin{bmatrix}\lambda I_n-BA&O\\-A&\lambda I_m\end{bmatrix}=det\begin{bmatrix}\lambda I_n&O\\-A&\lambda I_m-AB\end{bmatrix}$det[λIn​−BA−A​OλIm​​]=det[λIn​−A​OλIm​−AB​]，运用拉普拉斯展开式就有$\lambda^mdet(\lambda I_n-BA)=\lambda^ndet(\lambda I_m-AB)$λmdet(λIn​−BA)=λndet(λIm​−AB)。
  【注2】等式$\lambda^mdet(\lambda I_n-BA)=\lambda^ndet(\lambda I_m-AB)$λmdet(λIn​−BA)=λndet(λIm​−AB)给出了$AB$AB与$BA$BA的特征多项式的关系，且蕴含了$AB$AB与$BA$BA的同一非零特征值的代数重数相等这一事实。注意该式不要求$m\geqslant n$m⩾n，对$m\lt n$m<n也是成立的。
  【注3】证明中的分块矩阵恒等式可通过分块矩阵的初等变换构造而来，请读者自行思考。（分块矩阵的初等变换见矩阵论（零）：线性代数基础知识整理（1）——逆矩阵、初等变换、满秩分解）

相似对角化及其条件

• 定义：若方阵A相似于一个对角矩阵，则称A可对角化
  【注】需要区分对角化与酋对角化的区别：一个矩阵可对角化是指它可相似对角化，酋对角化是相似对角化的一种，一个矩阵可以相似对角化，不代表它可以酋对角化。（酋对角化实际上就是特征值分解，具体可见矩阵论（二）：矩阵分解—从Schur分解、特征值分解EVD到奇异值分解SVD）
• 定理：n阶方阵A可对角化的充要条件为A有n个线性无关的特征向量
  
  【注】定理的证明过程说明，可逆矩阵P的列向量组是A的n个线性无关的特征向量；P的列向量组的排列顺序和对角矩阵对角元（特征值）的排列顺序是相对应的。
• 定理：n阶方阵A可对角化的充要条件为A的每个特征值的几何重数等于代数重数
  证：
  注意方阵A可对角化的充要条件为$A$A有$n$n个线性无关的特征向量，而$A$A的每个特征值的几何重数不大于代数重数，显然只有$A$A的每个特征值的几何重数等于代数重数时，$A$A才有$n$n个线性无关的特征向量。

相似对角化的一个应用：求解斐波那契数列的通项

相似对角化给出了矩阵的一个分解式$A=P^{-1}\Lambda P$A=P−1ΛP，其中$\Lambda=diag(\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n)$Λ=diag(λ1​,λ2​,...,λn​)是对角矩阵。相似对角化的一个典型应用是简化矩阵的幂的计算。因为$A^m=(P^{-1}\Lambda P)^m=P^{-1}\Lambda^mP$Am=(P−1ΛP)m=P−1ΛmP，所以$A$A的m次幂的计算就转化为了对角阵$\Lambda$Λ的m次幂的计算，而$\Lambda^m=diag(\lambda_1^m,\lambda_2^m,...,\lambda_n^m)$Λm=diag(λ1m​,λ2m​,...,λnm​)，大大简化了计算。

下面举一个具体的例子体会一下：
斐波那契数列${a_n}$an​定义为$a_1=a_2=1$a1​=a2​=1且满足递推关系$a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$an​=an−1​+an−2​。如何求斐波那契的通项呢？将递推关系式写成矩阵形式：$\begin{bmatrix}a_n\\a_{n-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_{n-1}\\a_{n-2}\end{bmatrix}=...=\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}^{n-2}\begin{bmatrix}a_2\\a_1\end{bmatrix}$[an​an−1​​]=[11​10​][an−1​an−2​​]=...=[11​10​]n−2[a2​a1​​]如果能够计算出$\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}^{n-2}$[11​10​]n−2，就能得到通项公式。直接计算$\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}^{n-2}$[11​10​]n−2很难归纳出每个元素的形式，我们可以利用相似对角化：
首先求$\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}$[11​10​]的特征值$\frac{1+\sqrt{5}}{2},\frac{1-\sqrt{5}}{2}$21+5​​,21−5​​，然后分别求这两个特征值对应的特征向量，得到$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$21+5​​对应的一个特征向量$\begin{bmatrix}\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\1\end{bmatrix}$[21+5​​1​]，$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$21−5​​对应的一个特征向量$\begin{bmatrix}\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\1\end{bmatrix}$[21−5​​1​]，于是有如下分解式：$\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{1+\sqrt{5}}{2}&\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac{1+\sqrt{5}}{2}&0\\0&\frac{1-\sqrt{5}}{2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac{1+\sqrt{5}}{2}&\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\1&1\end{bmatrix}^{-1}$[11​10​]=[21+5​​1​21−5​​1​][21+5​​0​021−5​​​][21+5​​1​21−5​​1​]−1则$\begin{aligned}\begin{bmatrix}a_n\\a_{n-1}\end{bmatrix}&=\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}^{n-2}\begin{bmatrix}a_2\\a_1\end{bmatrix}\\&=\begin{bmatrix}\frac{1+\sqrt{5}}{2}&\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac{1+\sqrt{5}}{2}&0\\0&\frac{1-\sqrt{5}}{2}\end{bmatrix}^{n-2}\begin{bmatrix}\frac{1+\sqrt{5}}{2}&\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\1&1\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}a_2\\a_1\end{bmatrix}\\&=\begin{bmatrix}\frac{1+\sqrt{5}}{2}&\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n-2}&0\\0&(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n-2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac{1+\sqrt{5}}{2}&\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\1&1\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}\\&=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{bmatrix}(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n\\(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n-1}-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n-1}\end{bmatrix}\end{aligned}$[an​an−1​​]​=[11​10​]n−2[a2​a1​​]=[21+5​​1​21−5​​1​][21+5​​0​021−5​​​]n−2[21+5​​1​21−5​​1​]−1[a2​a1​​]=[21+5​​1​21−5​​1​][(21+5​​)n−20​0(21−5​​)n−2​][21+5​​1​21−5​​1​]−1[11​]=5​1​[(21+5​​)n−(21−5​​)n(21+5​​)n−1−(21−5​​)n−1​]​故$a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n]$an​=5​1​[(21+5​​)n−(21−5​​)n]。