19 上三角矩阵

上三角矩阵 #

这讲讲什么：把算子的矩阵化成「对角线以下全为 0」的形状，并给出「什么时候做得到」的完整判据——在复数域上永远做得到
前置：17 讲（不变子空间、特征值与特征向量）、18 讲（极小多项式）、08 讲的线性映射基本定理
一句话：上三角化就是在空间里找到一串「逐层稳定」的嵌套子空间；它做得成的充要条件是极小多项式能拆成一次因式之积，而 $\mathbb{C}$ 恰好保证了这一点。

---

一、为什么需要它 #

从 09 讲开始，一个算子 $T\in\mathcal{L}(V)$ 被写成矩阵 $M(T)$，而这个矩阵依赖基的选取。同一个算子换一组基，矩阵就整个换掉。既然基可以挑，就该挑一组让矩阵尽可能简单的。

「简单」在矩阵语言里有一个可量化的意思：零尽可能多。

我们已经能做到一小半。取 $T$ 的一个特征值 $\lambda$ 与特征向量 $v$，把 $v$ 扩充成 $V$ 的基 $v,v_2,\dots,v_n$。因为 $Tv=\lambda v$，矩阵的第一列是

$$M(T)=\begin{pmatrix}\lambda&*&\cdots&*\\ 0&*&\cdots&*\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ 0&*&\cdots&*\end{pmatrix}$$

第一列除了顶端那个 $\lambda$，下面全是 $0$。这是一次实打实的胜利：一列清干净了。

但问题立刻来了：第二列怎么办？ 上面那个矩阵的其余部分是一团星号，没有任何保证。你可能会想「对 $n-1$ 维空间再用一次同样的办法」——可 $T$ 未必把 $v_2,\dots,v_n$ 张成的那个子空间映回它自己，这一步就断掉了。

本讲要做的，正是把这一步接上：

能不能一次清掉所有对角线以下的元素，得到上三角？

答案分两半，而且两半都很干净：

1. 什么时候做得到：当且仅当 $T$ 的极小多项式能拆成一次因式之积（第三节 3.5）。
2. 复数域上永远做得到：因为复系数多项式一定拆得开（第三节 3.6）。

而回报是巨大的：一旦矩阵是上三角，对角线上的元素就是 $T$ 的全部特征值，一个不多一个不少（第三节 3.4）。求特征值这件本来没有通用算法的事，在「有上三角矩阵」的前提下变成免费读取。

---

二、定义与最小例子 #

先用一句话把「对角线」钉死，后面的定义才不含糊。

定义（对角线）：方阵的对角线，指的是从左上角走到右下角那条线上的元素，即第 $1$ 行第 $1$ 列、第 $2$ 行第 $2$ 列、……、第 $n$ 行第 $n$ 列这些位置。

定义（上三角矩阵）：称一个方阵为上三角矩阵，如果它对角线以下的所有元素都是 $0$。

写成形状就是

$$\begin{pmatrix}\lambda_1&&*\\ &\ddots&\\ 0&&\lambda_n\end{pmatrix}$$

这里对角线之上的星号表示「随便是什么，我们不关心」，对角线之下的 $0$ 表示「这个 $n\times n$ 矩阵里，凡是在对角线下面的位置一律是 $0$」。

最小例子 #

$2\times 2$ 的情形最省事。下面两个矩阵

$$A=\begin{pmatrix}2&7\\ 0&5\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}2&0\\ 7&5\end{pmatrix}$$

$A$ 是上三角的（对角线以下只有左下角那个 $0$），$B$ 不是（左下角是 $7$，它在对角线下面）。

$3\times 3$ 的时候，要清空的位置多了三个：

$$C=\begin{pmatrix}2&1&0\\ 0&5&3\\ 0&0&8\end{pmatrix}$$

对角线以下是 $(2,1)$、$(3,1)$、$(3,2)$ 三个位置，全是 $0$，所以 $C$ 是上三角的。而对角线本身是 $2,5,8$，对角线之上的 $1$ 和 $3$ 完全不受限制。

回看定义里的三个细节 #

第一，只约束对角线以下。 定义没有要求对角线上方是 $0$——如果要求了，那叫对角矩阵，是更强的东西。上三角比对角宽松，宽松的代价与好处后面都会看到。

第二，对角元可以是 $0$。 定义没说对角线非零。一个上三角矩阵完全可以对角线上全是 $0$，例如

$$\begin{pmatrix}0&1\\ 0&0\end{pmatrix}$$

这对矩阵本身没有矛盾，只是它的特征值全是 $0$，因而不可逆。别把「上三角」和「可逆」混在一起。

第三，它有多简单。 一个 $n\times n$ 矩阵有 $n^2$ 个元素，其中对角线以下是

$$\frac{n(n-1)}{2}$$

个位置。要求它们全为 $0$，就一次性固定了差不多一半的元素。$n$ 越大，这个比例越接近 $\tfrac12$。这就是「简单」的定量含义。

---

三、几个必须自己算一遍的结论 #

这一节是全讲的主体。五个结论，每个都要能自己推一遍。

3.1 上三角的三种等价说法 #

第一个结论把「矩阵长什么样」翻译成「子空间怎么样」。它是后面一切证明的枢纽。

定理（上三角的条件）：设 $T\in\mathcal{L}(V)$，$v_1,\dots,v_n$ 是 $V$ 的基。下面三条等价：

• (a) $T$ 关于 $v_1,\dots,v_n$ 的矩阵是上三角矩阵；
• (b) 对每个 $k=1,\dots,n$，$\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$ 在 $T$ 下不变；
• (c) 对每个 $k=1,\dots,n$，$Tv_k\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$。

证明（沿 (a)$\Rightarrow$(b)$\Rightarrow$(c)$\Rightarrow$(a) 绕一圈）。

(a)$\Rightarrow$(b)：设 $k$ 给定。矩阵上三角意味着，对每个 $j$，

$$Tv_j\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_j)$$

（第 $j$ 列在对角线以下的位置都是 $0$，所以 $Tv_j$ 只用得到前 $j$ 个基向量）。当 $j\le k$ 时，$\operatorname{span}(v_1,\dots,v_j)\subseteq\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$，于是对每个 $j\le k$ 都有

$$Tv_j\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$$

而 $\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$ 里每个向量都是 $v_1,\dots,v_k$ 的线性组合，$T$ 是线性的，所以它们的像也都落在这个张成空间里。这就是「在 $T$ 下不变」。

(b)$\Rightarrow$(c)：取定 $k$。因为 $v_k\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$，而这个子空间在 $T$ 下不变，所以 $Tv_k$ 也在这个子空间里。注意这一步是把「整个子空间不变」用在了一个具体的向量上，而 (c) 恰恰只要求这么一点。

(c)$\Rightarrow$(a)：把 $Tv_k$ 用基写出来：

$$Tv_k=A_{1,k}v_1+A_{2,k}v_2+\cdots+A_{n,k}v_n$$

(c) 说这个和式里只用到 $v_1,\dots,v_k$，也就是说 $j>k$ 时系数 $A_{j,k}=0$。而 $j>k$ 正是「第 $j$ 行第 $k$ 列落在对角线以下」。于是矩阵是上三角的。$\blacksquare$

顺带得到一个漂亮的副产品：条件 (b) 说 $\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$ 对每个 $k$ 都不变。取定任意 $k$，你就得到了一个 $k$ 维不变子空间。所以

复向量空间上的每个算子，都有任意指定维数的不变子空间。

这件事在实数域上不成立（旋转 $90^\circ$ 连一维不变子空间都没有），原因与 3.6 将讲的是同一个。

3.2 上三角矩阵的特征多项式 #

先做一次纯计算，把「对角元」和「特征值」的联系在计算层面看清楚。

设 $A$ 是 $2\times 2$ 上三角矩阵 $A=\begin{pmatrix}\alpha&\beta\\ 0&\delta\end{pmatrix}$。按定义

$$\det(A-zI)=\begin{vmatrix}\alpha-z&\beta\\ 0&\delta-z\end{vmatrix}=(\alpha-z)(\delta-z)$$

（左下角是 $0$，行列式就是两个对角元之积）。所以

$$\det(A-zI)=(z-\alpha)(z-\delta)$$

特征多项式直接就是两个一次因式之积，根是 $\alpha$ 与 $\delta$——对角线上的两个数。

$3\times 3$ 也一样。设 $A$ 上三角，按第一列展开 $\det(A-zI)$：第一列只有第一个元素 $\alpha_1-z$ 非零，于是

$$\det(A-zI)=(\alpha_1-z)\cdot\det(\text{右下角的 }2\times 2\text{ 块}-zI)$$

右下角那个 $2\times 2$ 块仍然是上三角的，用上一步的结果继续。归纳下去得到

$$\det(A-zI)=(z-\alpha_1)(z-\alpha_2)\cdots(z-\alpha_n) \tag{19.1}$$

这一步值得自己动手写两遍：它说明上三角矩阵的特征多项式不需要任何技巧，就是对角元的一次因式之积。于是特征值一目了然，连重数都读得出来——$\alpha$ 在式 (19.1) 里出现几次，它的代数重数就是几。

但请注意：这是矩阵的性质。真正想要的是算子的结论，而算子只有在「存在一组基使矩阵上三角」的前提下才能借用这个计算。这就引出 3.4。

3.3 对角元给出的算子等式 #

第二个结论比 3.2 更深：它不只给出特征多项式，还给出一个算子层面的恒等式。

定理：设 $T\in\mathcal{L}(V)$，存在 $V$ 的基使 $T$ 关于该基的矩阵为上三角，其对角元依次是 $\lambda_1,\dots,\lambda_n$。那么

$$(T-\lambda_1I)(T-\lambda_2I)\cdots(T-\lambda_nI)=0 \tag{19.2}$$

证明：思路是「逐个基向量击破」，并且要用一个关键观察。

关键观察：这些因子两两可交换。因为每个因子都是 $T$ 的多项式，而 $T$ 的多项式之间总是可交换的。所以调整因子的顺序不改变乘积。

现在逐个看基向量。

看 $v_1$：矩阵第一列在对角线以下是 $0$，所以 $Tv_1=\lambda_1v_1$，即 $(T-\lambda_1I)v_1=0$。既然第一个因子就把 $v_1$ 打成 $0$，那么再乘上任何别的因子仍然是 $0$。所以对每个 $m\ge 1$，$(T-\lambda_1I)\cdots(T-\lambda_mI)v_1=0$。

看 $v_2$：矩阵第二列只在前两行可能有数，所以 $Tv_2=\lambda_2v_2+\text{（}v_1\text{ 的倍数）}$，即

$$(T-\lambda_2I)v_2\in\operatorname{span}(v_1)$$

把它记作 $c\,v_1$。由上一段知道 $(T-\lambda_1I)$ 把 $v_1$ 打成 $0$，于是

$$(T-\lambda_1I)(T-\lambda_2I)v_2=(T-\lambda_1I)(c\,v_1)=c\cdot 0=0$$

再乘后面的因子也没关系（乘上去还是 $0$）。所以对每个 $m\ge 2$，$(T-\lambda_1I)\cdots(T-\lambda_mI)v_2=0$。

看 $v_3$：同理 $(T-\lambda_3I)v_3\in\operatorname{span}(v_1,v_2)$。而前两段已经证明：落在 $\operatorname{span}(v_1,v_2)$ 里的向量，被 $(T-\lambda_1I)(T-\lambda_2I)$ 打成 $0$（对 $v_1$、$v_2$ 各打一次，线性组合照样打）。于是

$$(T-\lambda_1I)(T-\lambda_2I)(T-\lambda_3I)v_3=0$$

一般地：$(T-\lambda_kI)v_k\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_{k-1})$，而前面 $k-1$ 个因子已经能把这整个张成空间打成 $0$。归纳下去，对每个 $k$ 都有

$$(T-\lambda_1I)\cdots(T-\lambda_nI)v_k=0$$

这个乘积算子把基里每个向量都打成 $0$，所以它是零算子。$\blacksquare$

式 (19.2) 有一个等价说法：多项式

$$q(z)=(z-\lambda_1)(z-\lambda_2)\cdots(z-\lambda_n)$$

满足 $q(T)=0$，即 $q$ 是一个零化多项式。按 18 讲的结论，极小多项式整除每一个零化多项式，所以

$$\text{极小多项式}\mid q \tag{19.3}$$

这条整除关系是 3.4 和 3.5 的共同出发点。

3.4 特征值就是对角元 #

定理：设 $T\in\mathcal{L}(V)$ 关于某组基有上三角矩阵。那么 $T$ 的特征值，恰好就是该矩阵对角线上的那些数。

证明分两半：先证「对角元都是特征值」，再证「没有别的特征值」。

前半：每个 $\lambda_k$ 都是特征值。

$\lambda_1$ 是免费的：$Tv_1=\lambda_1v_1$，而 $v_1\neq0$。

$\lambda_k$（$k\ge2$）需要一点维数论证。考察算子 $T-\lambda_kI$ 在子空间 $W=\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$ 上的行为：

• 对 $j<k$：$Tv_j\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_j)\subseteq W$，所以 $(T-\lambda_kI)v_j\in W$；
• 对 $j=k$：$Tv_k=\lambda_kv_k+\text{（}v_1,\dots,v_{k-1}\text{ 的组合）}$，所以 $(T-\lambda_kI)v_k\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_{k-1})$。

第二行是重点：$v_k$ 自己的分量被 $\lambda_kv_k$ 抵消干净了，只剩下前面的方向。所以

$$(T-\lambda_kI)\big(W\big)\subseteq\operatorname{span}(v_1,\dots,v_{k-1})$$

左边出发的空间维数是 $k$，右边落到的空间维数是 $k-1$。一个从 $k$ 维空间到 $k-1$ 维空间的线性映射不可能是单射（08 讲的线性映射基本定理：$\dim W=\dim\operatorname{null}+\dim\operatorname{range}$，右边最多 $k-1$，所以零空间至少一维）。于是存在非零 $v\in W$ 使 $(T-\lambda_kI)v=0$，即 $\lambda_k$ 是特征值。

后半：没有别的特征值。

设 $\lambda$ 是 $T$ 的任一特征值。按 17 讲，$\lambda$ 是极小多项式的一个零点；按式 (19.3)，极小多项式整除 $q$。整除意味着 $q=\text{极小多项式}\times\text{另一个多项式}$，所以极小多项式的每个零点也是 $q$ 的零点。于是 $q(\lambda)=0$，即

$$(\lambda-\lambda_1)(\lambda-\lambda_2)\cdots(\lambda-\lambda_n)=0$$

乘积为零意味着某个因子为零，即 $\lambda\in\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}$。$\blacksquare$

3.5 什么时候做得到：充要条件 #

现在回答核心问题。上三角化需要什么？

定理（存在上三角矩阵的充要条件）：设 $V$ 有限维，$T\in\mathcal{L}(V)$。那么 $T$ 关于 $V$ 的某组基有上三角矩阵，当且仅当 $T$ 的极小多项式形如

$$(z-\lambda_1)(z-\lambda_2)\cdots(z-\lambda_m),\qquad \lambda_1,\dots,\lambda_m\in\mathbb{F}$$

即极小多项式在 $\mathbb{F}$ 上完全分解成一次因式之积。

证明。

（$\Rightarrow$）先设 $T$ 有上三角矩阵。 设对角元为 $\alpha_1,\dots,\alpha_n$，令 $q(z)=\prod(z-\alpha_j)$。由 3.3，$q(T)=0$，所以极小多项式整除 $q$（18 讲）。而 $q$ 本身已经是 $n$ 个一次因式之积，$q$ 的任何一个首一因式当然也是若干个一次因式之积（从 $q$ 的因式里挑几个出来）。所以极小多项式是一次因式之积。而且这些因式的根 $\lambda_1,\dots,\lambda_m$ 都取自 $\{\alpha_1,\dots,\alpha_n\}$。

这一步实际上说明：极小多项式的根集 ⊆ 对角元集合。配合 3.4（对角元都是特征值、特征值都是极小多项式的根），三者其实是同一个集合，只是极小多项式可能不重复地列出它们。

（$\Leftarrow$）反过来，设极小多项式 $= (z-\lambda_1)\cdots(z-\lambda_m)$。 对 $m$ 做归纳。

基础 $m=1$：极小多项式是 $z-\lambda_1$，意味着 $(T-\lambda_1I)v=0$ 对所有 $v$ 成立，即 $T=\lambda_1I$。此时 $T$ 关于任何基的矩阵都是 $\lambda_1I$，那是上三角的（还是对角的）。

归纳步：设 $m>1$，并假设结论对所有更小的 $m$ 成立。令

$$U=\operatorname{range}(T-\lambda_mI)$$

第一步：$U$ 在 $T$ 下不变。 因为 $T$ 与 $T-\lambda_mI$ 可交换，对任意 $u=(T-\lambda_mI)v\in U$，

$$Tu=T(T-\lambda_mI)v=(T-\lambda_mI)(Tv)\in\operatorname{range}(T-\lambda_mI)=U$$

所以 $T$ 把 $U$ 映进 $U$，$T|_U$ 是 $U$ 上的一个算子。

第二步：$T|_U$ 的极小多项式长度至多 $m-1$。 对 $u=(T-\lambda_mI)v\in U$，

$$(T-\lambda_1I)\cdots(T-\lambda_{m-1}I)u=(T-\lambda_1I)\cdots(T-\lambda_{m-1}I)(T-\lambda_mI)v$$

右边正是把 $T$ 的极小多项式作用在 $v$ 上，等于 $0$。所以 $(z-\lambda_1)\cdots(z-\lambda_{m-1})$ 零化 $T|_U$，于是 $T|_U$ 的极小多项式整除它，是至多 $m-1$ 个一次因式之积。

第三步：用归纳假设。 由第二步，$T|_U$ 满足归纳假设的条件，所以存在 $U$ 的基 $u_1,\dots,u_M$，使 $T|_U$ 关于它有上三角矩阵。由 3.1，这意味着

$$Tu_k=(T|_U)(u_k)\in\operatorname{span}(u_1,\dots,u_k),\qquad k=1,\dots,M \tag{19.4}$$

第四步：扩充成 $V$ 的基并检查。 把 $u_1,\dots,u_M$ 扩充成 $V$ 的基

$$u_1,\dots,u_M,v_1,\dots,v_N$$

对每个 $v_k$ 做一个恒等变形：

$$Tv_k=(T-\lambda_mI)v_k+\lambda_mv_k$$

第一项按 $U$ 的定义落在 $U=\operatorname{span}(u_1,\dots,u_M)$ 里，第二项是 $v_k$ 的倍数。所以

$$Tv_k\in\operatorname{span}(u_1,\dots,u_M,v_1,\dots,v_k) \tag{19.5}$$

式 (19.4) 与式 (19.5) 合起来，正是 3.1 的条件 (c)——把整个基排成 $u_1,\dots,u_M,v_1,\dots,v_N$ 之后，每个基向量的像都落在它自己及之前那些向量张成的空间里。所以 $T$ 关于这组基有上三角矩阵。$\blacksquare$

这条定理的形状值得盯一会儿。它说的是：

上三角化不是关于「算子有没有足够多的特征向量」的问题，而是关于「多项式能不能拆开」的问题。

可对角化要求空间能被特征向量张满，那是个强得多的要求；上三角化只要求极小多项式拆得开。所以「可对角化 ⟹ 可上三角化」，反过来不成立（见第五节误区 5）。

由于极小多项式与特征多项式有相同的根集（18 讲），等价地：

$$\text{可上三角化}\iff\text{特征多项式在 }\mathbb{F}\text{ 上完全分解} \tag{19.6}$$

在 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 上，这个条件永远成立。

3.6 为什么复数是关键 #

定理：设 $V$ 是有限维复向量空间，$T\in\mathcal{L}(V)$。那么 $T$ 关于 $V$ 的某组基具有上三角矩阵。

证明：只需两步。

第一步：$T$ 的极小多项式是复系数多项式。由 15 讲的代数基本定理，每个次数 $\ge1$ 的复系数多项式都有零点；反复除以一次因式，任何复系数多项式都能写成一次因式之积。所以极小多项式

$$p(z)=(z-\lambda_1)\cdots(z-\lambda_m),\qquad \lambda_j\in\mathbb{C}$$

第二步：直接引用 3.5 的（$\Leftarrow$）方向。$\blacksquare$

证明只有两行，但答案全在数域上。

关键在于第一步能成立完全是因为 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$。换成 $\mathbb{R}$：

• $z^2+1$ 没有实根，不能拆成两个实一次因式之积；
• 所以一个实算子的极小多项式可能是 $z^2+1$，它不满足 3.5 的条件；
• 于是这个算子在 $\mathbb{R}$ 上没有上三角矩阵。

而同一个算子，看成复向量空间上的算子，极小多项式 $z^2+1=(z-\mathrm{i})(z+\mathrm{i})$ 立刻拆开了，上三角矩阵马上就有。

3.7 同一个算子，两个数域：一个完整例子 #

抽象说完了，来看一个能真正算的例子。定义 $T\in\mathcal{L}(\mathbb{F}^4)$ 为

$$T(z_1,z_2,z_3,z_4)=(-z_2,\ z_1,\ 2z_1+3z_3,\ z_3+3z_4)$$

先看这个映射在做什么。前两个坐标上是 $(z_1,z_2)\mapsto(-z_2,z_1)$——这是平面上逆时针转 $90^\circ$。后两个坐标上是 $(z_3,z_4)\mapsto(3z_3,\ z_3+3z_4)$，一个带耦合的拉伸。

它的极小多项式是

$$p(z)=z^4-6z^3+10z^2-6z+9$$

这个式子不好看，但可以拆开验证：

$$p(z)=(z^2+1)(z-3)^2$$

（乘开：$(z^2+1)(z^2-6z+9)=z^4-6z^3+9z^2+z^2-6z+9=z^4-6z^3+10z^2-6z+9$，对上了。）

情形 $\mathbb{F}=\mathbb{R}$：$z^2+1$ 在实数上不可再拆（它没有实根）。所以 $p$ 不能写成实一次因式之积，按 3.5 不存在 $\mathbb{R}^4$ 的基使 $T$ 有上三角矩阵。

这一半的几何原因是清楚的：$T$ 在 $z_1z_2$-平面上是旋转 $90^\circ$，而旋转 $90^\circ$ 在实平面上没有特征向量（没有任何非零向量转 $90^\circ$ 后还是自己的倍数）。所以第一列都清不干净，遑论整块。

情形 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$：$z^2+1=(z-\mathrm{i})(z+\mathrm{i})$，于是

$$p(z)=(z-\mathrm{i})(z+\mathrm{i})(z-3)(z-3)$$

四个一次因式，按 3.5 存在 $\mathbb{C}^4$ 的基使 $T$ 有上三角矩阵。具体的一组基是

$$\begin{aligned}u_1&=(4-3\mathrm{i},\ -3-4\mathrm{i},\ -3+\mathrm{i},\ 1)\\ u_2&=(4+3\mathrm{i},\ -3+4\mathrm{i},\ -3-\mathrm{i},\ 1)\\ u_3&=(0,0,0,1)\\ u_4&=(0,0,1,0)\end{aligned}$$

$T$ 关于它的矩阵是

$$\begin{pmatrix}\mathrm{i}&0&0&0\\ 0&-\mathrm{i}&0&0\\ 0&0&3&1\\ 0&0&0&3\end{pmatrix}$$

自己验一列（这个动作比读十遍推导有用）。取 $u_1$：

$$Tu_1=(\,-\!(-3-4\mathrm{i}),\ 4-3\mathrm{i},\ 2(4-3\mathrm{i})+3(-3+\mathrm{i}),\ (-3+\mathrm{i})+3\,)$$

逐项算：第一项 $3+4\mathrm{i}$；第二项 $4-3\mathrm{i}$；第三项 $8-6\mathrm{i}-9+3\mathrm{i}=-1-3\mathrm{i}$；第四项 $\mathrm{i}$。所以

$$Tu_1=(3+4\mathrm{i},\ 4-3\mathrm{i},\ -1-3\mathrm{i},\ \mathrm{i})=\mathrm{i}\,(4-3\mathrm{i},\ -3-4\mathrm{i},\ -3+\mathrm{i},\ 1)=\mathrm{i}\,u_1$$

第一列确实是 $(\mathrm{i},0,0,0)^T$。再验 $u_3=(0,0,0,1)$：$Tu_3=(0,0,0,3)=3u_3$，第三列是 $(0,0,3,0)^T$。再验 $u_4=(0,0,1,0)$：$Tu_4=(0,0,3,1)=u_3+3u_4$，第四列是 $(0,0,1,3)^T$——正好那个星号位置上的 $1$。

矩阵的对角线是 $\mathrm{i},-\mathrm{i},3,3$，按 3.4 这就是 $T$ 的全部特征值：两个非实的成对出现，$3$ 是重根。和 $p$ 的分解完全一致。

3.8 上三角矩阵自己的算术 #

最后补一组「自己动手算一遍」的结论。它们不出现在核心证明里，但非常实用，而且每一个都能在纸上十分钟内验证。

设 $A,B$ 是同阶上三角矩阵，$A$ 的对角元是 $\alpha_1,\dots,\alpha_n$，$B$ 的是 $\beta_1,\dots,\beta_n$。

(1) $A+B$ 也是上三角，对角元是 $\alpha_1+\beta_1,\dots,\alpha_n+\beta_n$。

对角线以下的位置在两个矩阵里都是 $0$，加起来还是 $0$；对角元逐个相加。一行就证完。

(2) $AB$ 也是上三角，对角元是 $\alpha_1\beta_1,\dots,\alpha_n\beta_n$。

设 $j>k$（即 $(j,k)$ 在对角线以下），看乘积的第 $(j,k)$ 个元素：

$$(AB)_{jk}=\sum_{l=1}^{n}A_{jl}B_{lk}$$

对每一项分类：

• 若 $l\le k$：则 $j>k\ge l$，即 $j>l$，所以 $A_{jl}=0$（它在 $A$ 的对角线以下）；
• 若 $l>k$：则 $B_{lk}=0$（它在 $B$ 的对角线以下）。

两种情形覆盖了全部 $l$，每一项都是 $0$，故 $(AB)_{jk}=0$。上三角乘上三角还是上三角。

对角元呢？取 $j=k$：

$$(AB)_{kk}=\sum_{l=1}^{n}A_{kl}B_{lk}$$

• 若 $l<k$：$A_{kl}=0$（对角线以下）；
• 若 $l>k$：$B_{lk}=0$（对角线以下）。

只剩 $l=k$ 一项：$(AB)_{kk}=A_{kk}B_{kk}=\alpha_k\beta_k$。

(3) $A$ 可逆时，$A^{-1}$ 也是上三角，对角元是 $1/\alpha_1,\dots,1/\alpha_n$。

先注意：$A$ 可逆 $\iff$ 所有 $\alpha_k\neq0$（因为 $\det A=\prod\alpha_k\neq0$）。

证明走子空间路线，比硬算逆矩阵干净。设 $e_1,\dots,e_n$ 是标准基。$A$ 上三角等价于（3.1 那条定理的条件 (c)）

$$Ae_k\in\operatorname{span}(e_1,\dots,e_k)$$

于是 $A$ 把 $E_k=\operatorname{span}(e_1,\dots,e_k)$ 映入 $E_k$。限制映射 $A|_{E_k}:E_k\to E_k$ 是 $k$ 维到 $k$ 维的映射，且 $A$ 整体可逆故单射，所以它在 $E_k$ 上也是单射，从而满射：$A(E_k)=E_k$。两边作用 $A^{-1}$ 得 $A^{-1}(E_k)=E_k$，即 $A^{-1}$ 也把每个 $E_k$ 映回自己。由 3.1，$A^{-1}$ 上三角。

对角元：在 $(A^{-1}A)_{kk}=1$ 上用 (2) 的对角元公式，得 $(A^{-1})_{kk}\cdot\alpha_k=1$，所以 $(A^{-1})_{kk}=1/\alpha_k$。

---

四、几何直观 / 记忆钩子 #

钩子一：旗（flag） #

3.1 的条件 (b) 说：存在一串子空间

$$\{0\}\subsetneq V_1\subsetneq V_2\subsetneq\cdots\subsetneq V_n=V,\qquad \dim V_k=k$$

每一个都在 $T$ 下不变。这样一串「维数每层加一、层层嵌套」的子空间，几何上叫一面旗（flag）。于是

上三角化 = 给 $T$ 找到一面被它整面保留的旗。

「不变」在这里的意思是：旗的每一层不被 $T$ 打出界。$T$ 可以在一层里乱动，但不能把第 $k$ 层的向量扔到第 $k$ 层外面去。

钩子二：只准往上漏 #

把旗想成一栋楼，第 $k$ 层是 $V_k$，$v_k$ 是「第 $k$ 层新增的那个方向」。条件 (c) 说的是：

$$Tv_k\in V_k=\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$$

即 $v_k$ 被 $T$ 作用后，最多只能带上前面各层的信息，绝不会用到后面的层。

• 对角矩阵：每层原地不动，$Tv_k=\lambda_kv_k$，一个方向都不外漏；
• 上三角矩阵：只准往上漏，$Tv_k$ 可以沾上前 $k$ 层；
• 下三角矩阵：只准往下漏。

三种形状，记一句话就够：对角是「不出门」，上三角是「只上楼」，下三角是「只下楼」。

钩子三：对角元是「每层的放大倍数」 #

在第 $k$ 层这个位置上，$T$ 把 $v_k$ 变成 $\lambda_kv_k$ 加上一些「更早的方向」。如果把那些更早的方向当成噪声忽略掉，$T$ 在第 $k$ 层上就是一个纯缩放，倍数是 $\lambda_k$。

这解释了两件事：

• 为什么 $\det A=\prod\lambda_k$：面积/体积在每一层被放大 $\lambda_k$ 倍，总共放大乘积倍；
• 为什么特征值就是对角元：$\lambda_k$ 是「第 $k$ 层」这个方向上的缩放倍数，而特征值正是「某个方向上纯缩放」的倍数。

钩子四：归纳就是剥洋葱 #

3.5 的归纳证明在几何上是从外往里剥：

1. 先取 $U=\operatorname{range}(T-\lambda_mI)$——这是一个维数更小的不变子空间（$T-\lambda_mI$ 把最后一层方向压掉了）；
2. 在 $U$ 里头按归纳假设找到一面小旗；
3. 把小旗的顶层向量扩充到整个 $V$，多出来的那些 $v_k$ 就自动满足「只往上漏」。

一句话记住这个动作：

先剥掉一层（用 $T-\lambda_mI$ 压掉一维），在剩下的空间里做同样的事，再把基接回去。

而 3.4 前半的证明是它的「反向」：$T-\lambda_kI$ 把第 $k$ 层压到前 $k-1$ 层，压扁必塌，塌出来的就是特征向量。

---

五、常见误区 #

---

六、拓展（可跳过） #

① Schur 三角化（更漂亮的上三角）。 加上内积结构之后可以加码：不只要基，还要求这组基是规范正交基。结论是——复内积空间上的每个算子，都存在一组规范正交基使它关于该基上三角。这叫 Schur 三角化，是 26 讲谱定理的铺垫。它把「抽象的上三角化」升级成「数值上稳定的上三角化」，因为正交变换不放大误差；数值线性代数里求特征值的标准形状（Schur 形）就是它。

② 两个算子同时上三角化。 单个算子总是能做（复数域上）；两个算子要同时上三角化，条件是它们可交换：$ST=TS$。这正是 21 讲（可交换算子）的主题。顺序很自然：先学会一个，再看一对。

③ 不变子空间的丰富性。 3.1 的直接推论是：复空间上的算子在每个维数 $k$ 上都有不变子空间（取 $\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$）。这对实算子可以失效——旋转 $90^\circ$ 一个非平凡不变子空间都没有。

④ 限制与商。 若 $T$ 可上三角化，$U$ 是 $T$-不变子空间，则 $T|_U$ 与商算子 $T/U$ 都可上三角化；反过来也成立（拼起来）。这条就是把 3.5 的归纳从「抽象的存在性」变成「可以逐块拼装」的工具。

⑤ Jordan 形（33 讲）。 上三角矩阵里那些星号仍然是自由的。能不能把它们也规范掉？能：在对角线附近允许「$1$」出现，其余全清成 $0$，得到 Jordan 形。所以本讲是 Jordan 理论的第一级台阶：先把形状做成上三角，再把星号整理成 Jordan 块。

⑥ 数值视角。 工程上求特征值的主力算法（QR 算法）本质上是迭代地把矩阵推向（准）上三角/Schur 形。这解释了为什么「上三角」这个形状值得单独一讲：它不只是理论上的中间站，还是所有实用特征值算法的终点形状。

---

七、自测（先做，再看答案） #

1. 判断下列方阵是否上三角，并说明 $4\times4$ 上三角矩阵至少有多少个零：

$$A=\begin{pmatrix}1&2&3\\ 0&4&5\\ 0&0&6\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 2&4&0\\ 3&5&6\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}0&7\\ 0&0\end{pmatrix}$$

2. 设 $A=\begin{pmatrix}3&1&2\\ 0&2&5\\ 0&0&1\end{pmatrix}$。(a) 写出 $A$ 的全部特征值；(b) $A$ 是否可逆？(c) $A-2I$ 是否可逆？(d) $\dim\operatorname{null}(A-2I)$ 至少是多少？

3. 设 $A,B$ 是同阶上三角矩阵，对角元分别为 $\alpha_1,\dots,\alpha_n$ 与 $\beta_1,\dots,\beta_n$。证明 $AB$ 上三角，且对角元为 $\alpha_1\beta_1,\dots,\alpha_n\beta_n$。

4. 设 $T\in\mathcal{L}(\mathbb{R}^2)$ 为 $T(x,y)=(-y,x)$（逆时针转 $90^\circ$）。(a) 证明不存在 $\mathbb{R}^2$ 的基使 $T$ 有上三角矩阵；(b) 把它看成 $\mathbb{C}^2$ 上的算子，给出一组基使矩阵上三角，并写出对角元。

答案（点开）

1. $A$ 是上三角（对角线以下三个位置全为 $0$）。$B$ 不是（左下角 $2,3,5$ 都在对角线以下）。$C$ 是上三角（左下角是 $0$），虽然对角元全是 $0$。
$4\times4$ 时对角线以下的个数是 $\dfrac{4\cdot3}{2}=6$，即 $16$ 个元素里至少 $6$ 个是 $0$，超过三分之一。

2. (a) 按 3.4，特征值就是对角元：$3,2,1$。
(b) 可逆。对角元全非零，$\det A=3\cdot2\cdot1=6\neq0$。
(c) 不可逆。$A-2I$ 仍是上三角（上三角减标量倍单位阵还是上三角），其对角元是 $1,0,-1$，出现 $0$，故 $\det=0$。
(d) 至少 $1$ 维。$A-2I=\begin{pmatrix}1&1&2\\ 0&0&5\\ 0&0&-1\end{pmatrix}$ 是上三角矩阵，对角元是 $1,0,-1$，含 $0$，故不可逆，于是 $\dim\operatorname{null}(A-2I)\ge1$。
想看精确值也行：第二、三行分别给出 $5z=0$ 与 $-z=0$，即 $z=0$；第一行给出 $x+y=0$。所以零空间是 $\{(x,-x,0)\}$，恰好 $1$ 维。这与 3.4 前半「$\lambda_k$ 的重数决定了能压扁几维」的印象一致——对角的 $0$ 只出现一次，就只塌一维。

3. 见 3.8 的 (2)。要点是分 $l\le k$ 与 $l>k$ 两种情形，前者用 $A$ 的下三角为零，后者用 $B$ 的下三角为零；对角元只剩 $l=k$ 一项。

4. (a) 矩阵（关于标准基）是 $\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix}$，特征多项式 $\det(A-zI)=z^2+1$，在 $\mathbb{R}$ 上不可分解。所以极小多项式（等于 $z^2+1$，因为它不是一次式而 $z^2+1$ 零化 $T$）不满足 3.5 的条件，$T$ 在 $\mathbb{R}$ 上不可上三角化。
几何理由：若存在上三角矩阵，对角线第一个元素 $\lambda_1$ 会是特征值，于是存在实特征向量；但旋转 $90^\circ$ 把每个非零向量都转出原来的直线，没有实特征向量。矛盾。
(b) 取 $v_1=(\mathrm{i},1)$、$v_2=(-\mathrm{i},1)$。验证：$T(\mathrm{i},1)=(-1,\mathrm{i})=\mathrm{i}(\mathrm{i},1)$ ✓；$T(-\mathrm{i},1)=(-1,-\mathrm{i})=-\mathrm{i}(-\mathrm{i},1)$ ✓。
所以矩阵是 $\begin{pmatrix}\mathrm{i}&0\\ 0&-\mathrm{i}\end{pmatrix}$，对角元 $\mathrm{i},-\mathrm{i}$，正好是 $z^2+1$ 的两个根。

---

八、复习卡 #

项	内容
对角线	从左上到右下那条线上的元素 $A_{11},A_{22},\dots,A_{nn}$
上三角矩阵	对角线以下全为 $0$ 的方阵
零的个数	$n\times n$ 上三角矩阵至少 $\dfrac{n(n-1)}{2}$ 个零
等价条件 (b)	对每个 $k$，$\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$ 在 $T$ 下不变
等价条件 (c)	对每个 $k$，$Tv_k\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$
几何说法	上三角化 = 找到一面被 $T$ 保留的旗
对角元等式	$(T-\lambda_1I)\cdots(T-\lambda_nI)=0$
特征值	就是上三角矩阵对角线上的元素（一个不多一个不少）
可逆判据	上三角矩阵可逆 $\iff$ 对角元全非零
充要条件	可上三角化 $\iff$ 极小多项式在 $\mathbb{F}$ 上完全分解
等价说法	可上三角化 $\iff$ 特征多项式在 $\mathbb{F}$ 上完全分解
复数定理	有限维复向量空间上每个算子都有上三角矩阵
为什么靠复数	代数基本定理保证复系数多项式必有一次因式
实数反例	旋转 $90^\circ$：极小多项式 $z^2+1$，$\mathbb{R}$ 上不可上三角化
乘积	上三角 $\times$ 上三角 = 上三角，对角元相乘
逆	上三角的逆仍是上三角，对角元取倒数
与可对角化	可对角化 $\Rightarrow$ 可上三角化，反之不成立
与行阶梯形	完全无关：一个换基、一个换行

---

九、出处与延伸（可选，不影响阅读） #

• 主线出处：上述定义与五个核心结论（对角线与上三角矩阵的定义、上三角的条件、对角元等式、特征值定理、充要条件、复空间定理）系统的对应位置是《线性代数应该这样学》（第 4 版）第 5C 节，印刷页码 p143–149。原文编号为 5.37（对角线）、5.38（上三角矩阵）、5.39（上三角矩阵的条件）、5.40（对角元等式）、5.41（由上三角矩阵确定特征值）、5.44（存在上三角矩阵的充要条件）、5.47（复数域上的定理）；例子是 5.36、5.42、5.43。
• 本讲的顺序调整：原文把「特征值即对角元」（5.41）排在「充要条件」（5.44）之前，又用 5.40 作为桥梁。本讲把 3.2（特征多项式的纯计算）提到 3.3 之前，是为了让读者先在手算层面看到「对角元是根」，再看算子层面的等式，接受度更好。逻辑关系未变。
• 第三节 3.5 中「$m>1$ 时 $U\neq\{0\}$」那一句，原文未显式写下，是为补上归纳法的严格性而加的旁注，非原文内容。
• 第四节「旗」的说法：原文未用「旗」（flag）一词，这是线性代数里的通行几何叫法，用来把条件 (b) 说得更形象；用它不影响结论。
• **3.8 三条（和、积、逆的对角元）**对应第 5C 节习题 2、3；习题 4、5 正是第五节误区 4 的那两个反例（对角全 $0$ 却可逆、对角全非零却不可逆），习题 6 是「任意 $k$ 维不变子空间」，习题 12、13 是限制算子与商算子的版本，习题 10 是下三角的平行结论。
• 想深挖时：Schur 三角化的标准处理见任何一本矩阵分析教材（Horn & Johnson, Matrix Analysis 第 2 章）；Jordan 形与本讲的关系见本课 33 讲；「一行一列地剥」的算法视角可查数值线性代数中的 QR 迭代。
• 术语别名：上三角矩阵 = upper-triangular matrix = 上三角形矩阵；下三角 = lower-triangular；对角线 = diagonal；「可上三角化」也有人写「可三角化」「triangularizable」。对角矩阵 = diagonal matrix。这些译名差异不影响内容。