22-对角化和A的幂
一、对角化
由$Ax=\lambda x$，根据上一节所讲，我们可以求出若干个特征值和特征向量，那么我们然后可以用来干什么呢？
我们假设经过求解得到$n$个线性无关的特征向量，按列组成矩阵$S$，我们称$S$为特征向量矩阵，我们先来算一下$AS$：
$AS=A[x_1 \space x_2 \space ... \space x_n ]$，x为每一个特征列向量
由$Ax=\lambda x$得到：
$A S=\left[\begin{array}{llllllllll}{\lambda_{1} x_{1}} & {\lambda_{2} x_{2}} & {\dots} & {\lambda_{n} x_{n}]=\left[x_{1}\right.} & {x_{2}} & {\dots} & {x_{n}}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}{\lambda_{1}} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {\lambda_{2}} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {\ldots} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {\lambda_{n}}\end{array}\right]=S \Lambda$
等式右边同乘$S^{-1}$：$A=S \Lambda S^{-1}$，这样我们就可以将$A$对角化（$S$和$\Lambda$都是已经求出来的）
$A^2$等于多少呢？
$A^{2}=S \Lambda S^{-1} S \Lambda S^{-1}=S \Lambda^{2} S^{-1}, \Lambda=\left[\begin{array}{cccc}{\lambda_{1}^{2}} & {0} & {0} & {0} \\ {0} & {\lambda_{2}^{2}} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {\ldots} & {0} \\ {0} & {0} & {0} & {\lambda_{n}^{2}}\end{array}\right]$
所以：$A^{K}=S \Lambda^{K} S^{-1}$
特征值和特征向量提供了理解矩阵幂的一个好方法，当$K$趋向无穷时，只要$|\lambda_i|$小于1，$A^K$就趋向于$0$
注意：以上都需要一个前提，就是矩阵$A$存在$n$个线性无关的特征向量，否则不能对角化，对角化只有$S$可逆时才能行得通
二、特征值是否有重复
1）当矩阵$A$的所有特征值都不相等（即不存在重复的特征值），则$A$必然存在$n$个线性无关的特征向量，$S$可逆，$A$可以对角化
2）当矩阵$A$存在重复的特征值，就需要深入研究了：可能但不一定存在$n$个线性无关的特征向量
如单位矩阵，其特征值都是$1$，但特征向量都线性无关
又如：
$A=\left[\begin{array}{ll}{2} & {1} \\ {0} & {2}\end{array}\right], \operatorname{det}(A-\lambda I)=\left|\begin{array}{cc}{2-\lambda} & {1} \\ {0} & {2-\lambda}\end{array}\right|,(2-\lambda)^{2}=0, \lambda_{1}=\lambda_{2}=2$
$A-\lambda I=\left[\begin{array}{ll}{0} & {1} \\ {0} & {0}\end{array}\right]$，$Rank=1$，所以零空间只有一个向量：
$X=\left[\begin{array}{ll}{0}\\ {1}\end{array}\right]$，不存在$n$个线性无关的特征向量，不能被对角化
三、求解方程
已知某个向量$u_0$和一个矩阵$A$，并且知道：$u_{k+1} = Au_k$，如何求$u_{100}$呢？
我们可以递推：$u_1 = Au_0$，然后$u_2=Au_1=AAu_0=A^2u_0$，等等直到推出$u_{100}$，我们当然不能选择这样的解法，但通过递推我们知道：
$u_{100} = A^{100}u_0$，这样我们通过计算$A^{100}$然后乘以$u_0$即可，但是计算量也不小
我们换一种求法：既然我们知道矩阵$A$，我们可以获得$A$的特征向量和特征值，并假设：
$u_0=c_1x_1 + c_2x_2 + c_3x_3+...+c_nx_n$，$x_i$是特征向量（$u_0$和特征向量均是已知的，$c$可以设定，也可知道）
等式左右均乘以$A$：
$Au_0=Ac_1x_1 + Ac_2x_2 + Ac_3x_3+...+Ac_nx_n$
$c$是系数，可以放左边，这样$Ax=\lambda x$就派上用
$Au_0=c_1\lambda_1x_1 + c_2\lambda_2x_2 + c_3\lambda_3x_3+...+c_n\lambda_nx_n$
等式左右均再乘以$A$：
$A^2u_0=c_1\lambda_1^2x_1 + c_2\lambda_2^2x_2 + c_3\lambda_3^2x_3+...+c_n\lambda_n^2x_n$
多次乘$A$后：
$A^ku_0=c_1\lambda_1^kx_1 + c_2\lambda_2^kx_2 + c_3\lambda_3^kx_3+...+c_n\lambda_n^kx_n$
当$k=100$时，我们就可以求得$u_{100}$，因为后面的$\lambda, c, x$均是已知的，计算方便的很
四、斐波拉契序列
$0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ... , $那么第100项是多少呢？我们知道对于斐波拉契序列：
$F_{k+2} = F_{k+1} + F_k$
我们又知道：
$F_{k+1} = F_{k+1}$
我们定义：
$U_{k}=\left[\begin{array}{c}{F_{k+1}} \\ {F_{k}}\end{array}\right]$
则：
$U_{\mathrm{k}+1}=\left[\begin{array}{ll}{1} & {1} \\ {1} & {0}\end{array}\right]*U_{k} \Leftrightarrow U_{\mathrm{k}}=A^{k} U_{0}$
根据上面叙述及三中所讲，我们知道：
$\mathrm{u}_{0}=\left[\begin{array}{c}{F_{1}} \\ {F_{0}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}{1} \\ {0}\end{array}\right]=\mathrm{c}_{1} x_{1}+\mathrm{c}_{2} x_{2}$
其中$c$是系数，$x$是矩阵$\left[\begin{array}{ll}{1} & {1} \\ {1} & {0}\end{array}\right]$的特征向量
我们求出矩阵的特征向量：
$|A-\lambda I|=\left|\begin{array}{cc}{1-\lambda} & {1} \\ {1} & {-\lambda}\end{array}\right|=\lambda^{2}-\lambda-1, \quad \lambda_{1}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \quad \lambda_{2}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$
$[A-\lambda I]=\left[\begin{array}{cc}{1-\lambda} & {1} \\ {1} & {-\lambda}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{\lambda}\\ {1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{0}\\ {0}\end{array}\right]$
所以特征向量为：$\left[\begin{array}{cc}{\lambda}\\ {1}\end{array}\right]$，即：
$x_1=\left[\begin{array}{cc}{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\\ {1}\end{array}\right],x_2=\left[\begin{array}{cc}{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}\\ {1}\end{array}\right]$
再结合：$\mathrm{u}_{0}=\left[\begin{array}{l}{1} \\ {0}\end{array}\right]=\mathrm{c}_{1} x_{1}+\mathrm{c}_{2} x_{2}$
可知：$c_1=\frac{\sqrt{5}}{5}, c_2=-\frac{\sqrt{5}}{5}$
最后根据三中所讲：$U_{\mathrm{k}}=A^{k} U_{0}=c_1\lambda_1^kx_1 + c_2\lambda_2^kx_2, k=100$
即可求出$U_{100}$
并且知道序列增长速度主要决定于$\lambda_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，因为$\lambda_2$绝对值小于1，$n$次方后都几乎为0
