Classification of 2-by-2 matrices

Jordan normal form

給定一個

$2\times 2$ 矩陣

$A$, 他的特徵多項式是個二次多項式, 定義為

$$\begin{array}{}\text{(1)}& p(\lambda )=\text{det}(A-\lambda I).\end{array}$$

並且我們知道其首項係數為

$1$,

$p(\lambda )={\lambda }^2+\cdots$, 因此一定可以因式分解成為

$$\begin{array}{}\text{(2)}& p(\lambda )=(\lambda -{\lambda }_1)(\lambda -{\lambda }_2).\end{array}$$

Lemma

首先我們證明說如果兩個 eigenvector 相對應的 eigenvalue 不同, 那他們兩個組起來一定線性獨立.

Lemma: If

$A{v}_1={\lambda }_1{v}_1$ and

$A{v}_2={\lambda }_2{v}_2$,

$v_1\ne 0$,

$v_2\ne 0$ and

${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$, then

$\{v_1,v_2\}$ is linearly independent.

pf: Assume

$c_1{v}_1+c_2{v}_2=0$, then

$c_{1}A{v}_1+c_{2}A{v}_2=0$. So we have

$$\begin{array}{}\text{(3)}& c_1{\lambda }_1{v}_1+c_2{\lambda }_2{v}_2=0.\end{array}$$

We also know that (multiplying the original equation by

${\lambda }_i$)

$$\begin{array}{}\text{(4)}& c_1{\lambda }_1{v}_1+c_2{\lambda }_1{v}_2& =0.\text{(5)}& c_1{\lambda }_2{v}_1+c_2{\lambda }_2{v}_2& =0.\end{array}$$

(3), (4) gives

$c_2=0$ and (3), (5) gives

$c_1=0$. Therefore

$\{v_1,v_2\}$ is linearly independent.

Two distinct real roots

若

${\lambda }_1$ 以及

${\lambda }_2$ 都是實數並且不一樣, 那可以找到相對應的 eigenvectors

$\{v_1,v_2\}$ 他們是線性獨立的. 因此我們有

$$\begin{array}{}\text{(6)}& A[v_1,v_2]=[v_1,v_2]\left[\begin{array}{cc}{\lambda }_1& \\ & {\lambda }_2\end{array}\right].\end{array}$$

若我們定義

$V=[v_1,v_2]$, 那就有

$$\begin{array}{}\text{(7)}& A=V\left[\begin{array}{cc}{\lambda }_1& \\ & {\lambda }_2\end{array}\right]V^{-1}.\end{array}$$

Remark: 因爲

$V$ 是方陣, 並且他的 columns 線性獨立, 因此一定有

$V^{-1}$.

Two complex roots

對角化

若有一個 eigenvalue 是複數. 由於

$A$ 是實係數矩陣,

$p(\lambda )$ 就會是實係數多項式, 他的虛根就會成對, 也就是

${\lambda }_2={\overline{\lambda }}_1$, 其中上面那一橫代表共軛 (complex conjugate).

而若

$A{v}_1={\lambda }_1{v}_1$, 那我們直接對他取 complex conjugate 得到

$A{\overline{v}}_1={\overline{\lambda }}_1{\overline{v}}_1={\lambda }_2{\overline{v}}_1$. 所以我們知道

$v_2={\overline{v}}_1$.

不過不管怎樣我們都有兩個不一樣的 eigenvalue 以及線性獨立的 eigenvectors, 我們就可以把矩陣寫成 (6) 以及 (7) 這種樣子, 就把矩陣對角化了. 只不過這樣子寫的

${\lambda }_i$ 以及

$v_i$ 都是複數的也許不是很安心, 不過整個乘起來一定會是實係數矩陣.

Real Jordan form

對於複數 eigenvalue 而言他的 Jordan form 就是 (7) 的中間那個對角矩陣了. 不過我們還可以再把它寫成另一種形式, 便成實係數的矩陣相乘, 這就是所謂的 "real Jordan form". 這裡的英文字 "real" 指的是實數的意思.

我們把 eigenvalue 以及 eigenvector 的實部虛部分開, 記為

$${\lambda }_1=a+ib,v_1=v+iw.$$

那這樣, 根據

$A{v}_1={\lambda }_1{v}_1$, 他的實部虛部兩個方程式寫出來就會是

$$\begin{array}{rl}Av& =av-bw,\\ Aw& =bv+aw.\end{array}$$

而這寫成矩陣的樣子就是

$$\begin{array}{}\text{(8)}& A[v,w]=[v,w]\left[\begin{array}{cc}a& b\\ -b& a\end{array}\right].\end{array}$$

若我們定義

$V=[v,w]$, 那就有

$$\begin{array}{}\text{(9)}& A=V\left[\begin{array}{cc}a& b\\ -b& a\end{array}\right]V^{-1}.\end{array}$$

Remark: 我們知道

$v+iw$ 以及

$v-iw$ 是線性獨立的, 這樣可以推得

$\{v,w\}$ 也是線性獨立.

pf: 我們用反證法. 假設

$\{v,w\}$ 線性相依, 那就會有

$w=cv$.

這樣子就會有

$v+iw=(1+ci)v$ 以及

$v-iw=(1-ci)v$, 也就是

$v+iw$ 以及

$v-iw$ 都變成

$v$ 的倍數, 他們線性相依了.

因此與

$\{v+iw,v-iw\}$ linearly independent 的命題矛盾. 所以

$\{v,w\}$ 一定也是線性獨立.

Double root

${\lambda }_1={\lambda }_2$.

Two linear independent eigenvectors

在重根的情形, 若我們能找到兩個線性獨立的 eigenvector, 那就可以直接寫成 (6) 以及 (7) 的樣子, 對角化就沒有任何問題了.

Only one linear independent eigenvectors

若我們無法找到兩個線性獨立的 eigenvector, 那就至少有一個

$v_1$ 使得

$A{v}_1={\lambda }_1{v}_1$. 而另一個就要找 generalized eigenvector.

那這個 generalized eigenvector 要滿足

$$\begin{array}{}\text{(10)}& (A-{\lambda }_{1}I)w=v_1.\end{array}$$

找到了之後我們就可以把兩個方程式寫下來

$$\begin{array}{rl}A{v}_1& ={\lambda }_1{v}_1,\\ Aw& =v_1+{\lambda }_{1}w.\end{array}$$

而這寫成矩陣的樣子就是

$$\begin{array}{}\text{(11)}& A[v_1,w]=[v_1,w]\left[\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 1\\ 0& {\lambda }_1\end{array}\right].\end{array}$$

若我們定義

$V=[v_1,w]$, 那就有

$$\begin{array}{}\text{(12)}& A=V\left[\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 1\\ 0& {\lambda }_1\end{array}\right]V^{-1}.\end{array}$$

Remark: 我們證明一下

$\{v_1,w\}$ is linearly independent.

pf: Assume

$c_1{v}_1+c_{2}w=0$, then

$c_{1}A{v}_1+c_{2}Aw=0$. So we have

$$\begin{array}{}\text{(13)}& c_1{\lambda }_1{v}_1+c_2(v_1+{\lambda }_{1}w)=0.\end{array}$$

We also know that (multiplying the original equation by

${\lambda }_1$)

$$\begin{array}{}\text{(14)}& c_1{\lambda }_1{v}_1+c_2{\lambda }_{1}w=0.\end{array}$$

(13) - (14) gives

$c_2=0$, and then plug-in the result back to (14) gives

$c_1=0$. Therefore,

$\{v_1,w\}$ is linearly independent.