0 线性变换中美美隐身的向量

考虑线性变换 \(L=\begin{bmatrix}3 & 1 \\ 0 & 2\end{bmatrix}\), 可以发现所有在 \(x\) 轴上的向量 \(\begin{bmatrix}x_0 \\ 0\end{bmatrix}\) 在变换后变为了 \(\begin{bmatrix}3x_0 \\ 0\end{bmatrix}\), 方向并没有发生变化, 长度变为了本来的 \(4\) 倍, 注意力惊人的你一定也发现了, 在直线 \(y=-x\) 上的向量 \(\begin{bmatrix}x_0 \\ -x_0\end{bmatrix}\) 在变换后变为了 \(\begin{bmatrix}2x_0 \\ -2x_0\end{bmatrix}\), 方向依旧没有发生变化, 长度变为了原来的 \(2\) 倍

随便找一个其他的向量, 比如 \(\begin{bmatrix}1 \\ 1\end{bmatrix}\), 在变换后变为了 \(\begin{bmatrix}4 \\ 2\end{bmatrix}\), 方向显然发生了变化

1 定义

那么自此就可以很容易地给出特征向量的定义: 线性变换后, 方向不变的向量

同时也可以给出特征值的定义: 线性变换后, 长度变化的比例, 显然特征值可以为负

这里插一句, 对于一个三维空间, 若这个空间绕着一根直线进行旋转(也是一种线性变换), 那么其特征向量显然在这条直线上, 特征值显然为 \(1\)

为什么要插一句这个呢? 因为今年(\(2026\) 年)的选择压轴题就是将一个正方体绕着其体对角线(\(AC^\prime\))旋转, 问C点经过几个卦限(其中 \(A\) 为原点), 但当时我一没学会这个, 二没完全学会面方程, 到导致没想出来解法, 如果能早那么一天学会特征向量, 这一切又会不会有所不同呢…

所以在这个故事告诉我们, 学习任何东西都要趁早, 书到用时方恨少!!!

2 特征向量与线性变化的关系

以往的笔记中, 我们理解线性变换的方式是通过基变换的思想来理解的, 但是这样理解太过依赖特定的坐标系, 此处记录一种更好的方式: 求出特征向量与特征值

要求特征向量, 我们可以通过以下关系求解:

\[ L\boldsymbol{v}=\lambda\boldsymbol{v} \]

其中 \(\boldsymbol{v}\) 为特征向量, \(\lambda\) 为特征值, \(L\) 为线性变换

其中, \(\lambda\boldsymbol{v}\) 可以视为 \(\boldsymbol{v}\) 与 矩阵 \(\begin{bmatrix}\lambda & 0 \\ 0 & \lambda\end{bmatrix}\) (\(\lambda\) 倍的单位矩阵 \(I\))相乘的结果, 那么我们可以将上式改写为:

\[ (L-\lambda I)\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0} \]

\(A=(L-\lambda I)\) 就是将 \(L\) 主对角线中的每个元素减去 \(\lambda\) 后得到的矩阵, 若 \(\exist\boldsymbol{v}, s.t. (L-\lambda I)\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}\), 根据零空间中的知识, 我们知道, 若 \(A\) 的零空间非空, 则 \(A\) 的行列式为零 > 简单提一下, 也就是存在一个非零向量, 在线性变换后被压缩到一个点上, 那么么这个线性变换一定将整个空间也压缩了

那么这样我们就将求特征值的问题转化为了求行列式为零的问题, 而求解行列式为零的问题的过程本质上是求解一个关于 \(\lambda\) 的高次方程, 此处不在展开

这样我们就得到了 \(A\), 那么对于这个新的线性变换, 其零空间(特征向量的集合)也就好求了

同样的, 若已知了特征向量与特征值, 我们也可以求出符合要求的线性变换 \(L\) 的集合

举个例子, 对于前面提到的线性变换 \(L=\begin{bmatrix}3 & 1 \\ 0 & 2\end{bmatrix}\), 新的线性变换 \(A=\begin{bmatrix}3-\lambda & 1 \\ 0 & 2-\lambda\end{bmatrix}\), 若 \(det(A)=(3-\lambda)(2-\lambda)=0\), \(\lambda=3和2\), 并由此可以求出 \(A=\begin{bmatrix}0 & 1 \\ 0 & -1\end{bmatrix}\) 或 \(\begin{bmatrix}1 & 1 \\ 0 & 0\end{bmatrix}\) 的零空间分别为 \(\{\boldsymbol{v}|\boldsymbol{v}=n\boldsymbol{\hat{i}}, n\in \R\}\) 和 \(\{\boldsymbol{v}|\boldsymbol{v}=n(\boldsymbol{\hat{i}}-\boldsymbol{\hat{j}}), n\in \R\}\)

当然了, 并不是所有线性变化都有其特征向量, 举个例子, 若是将二维平面旋转, 那么其特征向量就为空, 用代数语言解释就是会得到形如 \(\lambda^2+n=0, n\geq0\) 的方程, 无实数解

最值得一提的是, 复平面中, 与 \(i\) 相乘表示逆旋转 \(90^\degree\), 而平面中逆时针旋转 \(90^\degree\) 的线性变换的特征值也是 \(\pm i\), 二者存在一定关联(但是我还不会🙃不会哪次考试正好又考到了吧)

同时, 若特征值不存在, 一般也对应某最终旋转线性变换

当然了(此处重复开头的处理参考了 \(2026\) 上海语文高考现代文 \(2\) <猫与花园>), 特征值的数量与特征向量的方向数量并不是中相等, 如对于将所有向量扩大为原来的 \(k\) 倍的线性变换, 特征值为 \(k\), 而该空间内的所有向量均为特征向量

3 特征基

前置: 基变换

那么存不存在基向量就是特征向量的情况呢? 答案是肯定的. 不妨假设, 将 \(\boldsymbol{\hat{i}}\) 变为原来的 \(a\) 倍, \(\boldsymbol{\hat{j}}\) 变为原来的 \(b\) 倍, 对应的矩阵为 \(L=\begin{bmatrix}a & 0 \\ 0 & b\end{bmatrix}\), 特征值也就是 \(a\) 和 \(b\).当维数上升时, 同样非零值也只存在于主对角线上

有一个很有意思的特性就是反复作用该线性变换的结果的计算变得极为简单: \(\begin{bmatrix}a & 0 \\ 0 & b\end{bmatrix}^n=\begin{bmatrix}a^n & 0 \\ 0 & b^n\end{bmatrix}\), 与之相比, 计算一个普通的矩阵的高次幂极为繁琐

这就带来了一个选择: 比如对于第一个例子, 其存在两种特征向量, 我们取 \(\begin{bmatrix}1 \\ 0\end{bmatrix}\) 和 \(\begin{bmatrix}-1 \\ 1\end{bmatrix}\) 作为新的基向量, 那么就做到了在未改变空间的前提下改变了坐标系, 其基变换矩阵\(B=\begin{bmatrix}1 & -1 \\ 0 & 1\end{bmatrix}\), 那么要想求在新坐标系中的线性变换 \(L^\prime\), 只需要求出 \(B^{-1}LB\) 即可, 这样得到的矩阵在心中坐标系下所对应的线性变换在空间中的效果与 \(L\) 的完全相同, 这样计算就被大大简化了, 代价只是前后两次基变换的运算, 而新坐标系的基向量就是特征基

todo

计算 \(A=\begin{bmatrix}0 & 1 \\ 1 & 1\end{bmatrix}\) 的前几次幂以及规律

已知 \(A\) 的特征向量为 \(\boldsymbol{v_1}=\begin{bmatrix}2 \\ 1+\sqrt{5}\end{bmatrix}\) 和 \(\boldsymbol{v_2}=\begin{bmatrix}2 \\ 1-\sqrt{5}\end{bmatrix}\), 求 \(A\) 的高次幂的公式

补刀

学以致用, 用这个方法做一下 \(2026\) 年上海数学选择压轴题😡

题目描述: 一个正方体 \(ABCD-A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime\) 绕着 \(AC^\prime\) 旋转一周, 求 \(C\) 点经过几个卦限(选项是 \(1347\) 但已经不重要了)

\(A\) 为原点, \(AB,AD,AA^\prime\) 分别是 \(x,y,z\) 轴正方向

求解: 不妨设边长为 \(1\), 特征向量是 \(AC^\prime=\begin{bmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{bmatrix}\), 特征值为 \(1\)

这是过了 \(10\) 分钟后的编辑: 我承认我刚刚说话有点大声了, 我好像把反推线性变换的过程想的太简单了, 以下是 \(AI\) 的过程

几何法（投影分解）

1. 建系与设点
设正方体棱长为 \(1\)，以 \(A\) 为原点，\(AB\) 为 \(x\) 轴，\(AD\) 为 \(y\) 轴，\(AA'\) 为 \(z\) 轴建立空间直角坐标系。
则 \(C = (1,1,0)\)，旋转轴 \(AC'\) 的方向向量 \(\boldsymbol{n} = (1,1,1)\)。

2. 投影与径向基
取单位方向向量 \(\boldsymbol{e} = \dfrac{\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{n}|} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)\)。
\(C\) 在轴上的投影（圆心）为
\[ O' = (C \cdot \boldsymbol{e})\,\boldsymbol{e} = \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1) = \left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right). \]

初始径向向量
\[ \boldsymbol{r}_0 = C - O' = \left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},-\frac{2}{3}\right), \quad |\boldsymbol{r}_0| = \frac{\sqrt{6}}{3}. \]

3. 旋转平面的正交基
取第一个正交基向量 \(\boldsymbol{u} = \dfrac{\boldsymbol{r}_0}{|\boldsymbol{r}_0|} = \left(\dfrac{1}{\sqrt{6}},\dfrac{1}{\sqrt{6}},-\dfrac{2}{\sqrt{6}}\right)\)。
第二个基向量 \(\boldsymbol{v} = \boldsymbol{e} \times \boldsymbol{u} = \left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\right)\)。

4. 轨迹参数方程
旋转 \(\theta\) 角后点 \(P(\theta) = O' + |\boldsymbol{r}_0|(\boldsymbol{u}\cos\theta + \boldsymbol{v}\sin\theta)\)： \[ \begin{aligned} x(\theta) &= \frac{2}{3} + \frac{\sqrt{6}}{3}\left(\frac{1}{\sqrt{6}}\cos\theta - \frac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta\right) = \frac{2}{3} + \frac{1}{3}\cos\theta - \frac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta,\\[4pt] y(\theta) &= \frac{2}{3} + \frac{1}{3}\cos\theta + \frac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta,\\[4pt] z(\theta) &= \frac{2}{3} - \frac{2}{3}\cos\theta. \end{aligned} \]

5. 判断符号
用辅助角公式改写： \[ \begin{aligned} x(\theta) &= \frac{2}{3} + \frac{2}{3}\cos\left(\theta+\frac{\pi}{3}\right) = \frac{4}{3}\cos^2\left(\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{6}\right) \ge 0,\\[4pt] y(\theta) &= \frac{2}{3} + \frac{2}{3}\cos\left(\theta-\frac{\pi}{3}\right) = \frac{4}{3}\cos^2\left(\frac{\theta}{2}-\frac{\pi}{6}\right) \ge 0,\\[4pt] z(\theta) &= \frac{4}{3}\sin^2\frac{\theta}{2} \ge 0. \end{aligned} \] 三个坐标在 \(\theta\in[0,2\pi)\) 上恒非负，且内部严格正。故整圆周仅处于 \(x\ge0,y\ge0,z\ge0\) 的第一卦限。

结论：\(C\) 点绕 \(AC'\) 旋转一周经过 1 个卦限。

代数法（旋转矩阵）

1. 罗德里格旋转公式
绕单位向量 \(\boldsymbol{u} = (u_x,u_y,u_z)^\top\) 旋转 \(\theta\) 角的矩阵为
\[ R(\theta) = \cos\theta\, I + (1-\cos\theta)\boldsymbol{u}\boldsymbol{u}^\top + \sin\theta\,[\boldsymbol{u}]_\times, \]
其中 \([\boldsymbol{u}]_\times = \begin{bmatrix} 0 & -u_z & u_y \\ u_z & 0 & -u_x \\ -u_y & u_x & 0 \end{bmatrix}\) 是叉乘矩阵。

2. 代入轴方向
轴 \(\boldsymbol{u} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^\top\)，则
\[ \boldsymbol{u}\boldsymbol{u}^\top = \dfrac{1}{3}\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix},\quad [\boldsymbol{u}]_\times = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\begin{bmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & 0 \end{bmatrix}. \]

整理得
\[ R(\theta) = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 2\cos\theta+1 & 1-\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta & 1-\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta \\[2pt] 1-\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta & 2\cos\theta+1 & 1-\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta \\[2pt] 1-\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta & 1-\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta & 2\cos\theta+1 \end{bmatrix}. \]

3. 求轨迹
初始点 \(C = (1,1,0)^\top\)，旋转后
\[ P(\theta) = R(\theta)\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{3}\cos\theta - \dfrac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta \\[8pt] \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{3}\cos\theta + \dfrac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta \\[8pt] \dfrac{2}{3} - \dfrac{2}{3}\cos\theta \end{bmatrix}. \]

4. 符号与卦限
同几何法化简，各分量均 \(\ge0\)，故轨迹始终在第一卦限。

上面两种太吃操作了, 那真要在考场上做怎么办呢

\(OC\) 所在平面 \(\alpha\) 法向量显然是 \(\boldsymbol{n}=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}\), 且旋转中心 \(O'\begin{bmatrix}\frac{2}{3}\\ \frac{2}{3} \\\frac{2}{3}\end{bmatrix}\) 在平面上, 那么对于 \(\forall X\in\alpha, 有 \boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{O^\prime X}=0\), 即 \(\alpha: x+y+z=2\), 又有 \(O^\prime X=O^\prime C=\sqrt{\frac{2}{3}}\), 即 \((x-\frac{2}{3})^2+(y-\frac{2}{3})^2+(z-\frac{2}{3})^2=\frac{2}{3}\), 经过拆开化简可以得到 \(x^2+y^2+z^2=2\)

整理一下

\[ \begin{equation} x+y+z=2 \end{equation} \] \[ \begin{equation} x^2+y^2+z^2=2 \end{equation} \]

由对称性, 下仅证明 \(z>=0\)

将 \((1)\) 式写作 \(x=2-y-z\), 并平方, 代入 \((2)\) 式, 得到

\[ \begin{equation} 2-4y-4z+2yz+2y^2+2z^2=0 \end{equation} \]

整理得

\[ \begin{equation} (y+z)^2+(y-2)^2+(z-2)^2=6 \end{equation} \]

由基本不等式 \[ x^2+y^2\leq\frac{(x+y)^2}{2} \]

得到 \[ (y+z)^2+(y-2)^2=(y+z)^2+(2-y)^2\leq\frac{(y+z+2-y)^2}{2}\\ =\frac{(z+2)^2}{2} \]

代入 \((4)\) 式, 拆开化简, 得到

\[ \begin{equation} \frac{3z^2}{2}-2z+6\leq6 \end{equation} \]

显然 \(z<0\) 时, \((5)\) 式不成立

\(x, y\) 同理可证

此, \(Q.E.D\)