贡献者： addis
本文将 “对称矩阵的本征值问题” 拓展到厄米矩阵，结论和过程都相似。我们来证明 $N$ 维厄米矩阵 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} $ 存在 $N$ 个两两正交归一的本征矢 $ \boldsymbol{\mathbf{v}} _1, \dots, \boldsymbol{\mathbf{v}} _N$。
未完成：需要把以下结论用定理的形式列出来
定理 1
$N$ 为厄米矩阵的本征向量和本征值具有以下性质
- 本征值为实数
- 本征值不同的本征矢正交
- 存在一组本征矢构成的正交归一基底
从正交子空间的角度来转述 2,3 条就是：所有本征子空间（子节 1 ）$V_1 \dots V_N$ 互补且两两正交，即
\begin{equation}
V_i\bot V_j \qquad (i, j = 1,\dots, N, i \ne j)~
\end{equation}
\begin{equation}
V_1\oplus V_2 \oplus\dots \oplus V_N = V~.
\end{equation}
未完成：对角线加上常数则本征值也加上相同常数，本征矢不变。
图 1：厄米矩阵本征方程解集的结构：图中箭头代表一维子特正空间（非简并），三角形代表多维子空间（简并）
1. 证明
本征值为实数
本征方程为
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{H}} \boldsymbol{\mathbf{v}} _i = \lambda_i \boldsymbol{\mathbf{v}} _i~.
\end{equation}
将本征方程左边乘以 $ \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger $ 得
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{H}} \boldsymbol{\mathbf{v}} _i = \lambda_i \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{v}} _i~.
\end{equation}
将等式两边取厄米共轭（注意矢量也可以看成矩阵），由
式 3 和
式 2 可得
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{H}} ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{v}} _i = \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{H}} \boldsymbol{\mathbf{v}} _i = \lambda_i^* \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{v}} _i~.
\end{equation}
对比两式，得 $\lambda_i = \lambda_i^*$，所以 $\lambda_i$ 必为实数。
本征矢的正交性
下面来证明不同本征值对应的本征矢正交，即
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{v}} _j = 0 \qquad (a_i \ne a_j)~.
\end{equation}
首先令
\begin{equation}
s = \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger ( \boldsymbol{\mathbf{H}} \boldsymbol{\mathbf{v}} _j) = \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger (\lambda_j \boldsymbol{\mathbf{v}} _j) = \lambda_j \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{v}} _j~.
\end{equation}
使用矩阵乘法结合律
式 22 以及
式 3 得
\begin{equation}
s = ( \boldsymbol{\mathbf{H}} \boldsymbol{\mathbf{v}} _i) ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{v}} _j = \lambda_i^* \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{v}} _j = \lambda_i \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{v}} _j~.
\end{equation}
以上两式相减得
\begin{equation}
(\lambda_j - \lambda_i) \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{v}} _j = 0~,
\end{equation}
因为 $\lambda_i \ne \lambda_j$，所以 $ \boldsymbol{\mathbf{v}} _i ^\dagger \boldsymbol{\mathbf{v}} _j = 0$。
2. 对角化
3. 简并
在 “矩阵的本征方程” 中，我们定义若令 $\lambda_i$ 的本征矢空间的维数是 $n_i$，当 $n_i = 1$，我们说 $\lambda_i$ 是非简并（non-degenerate）的，当 $n_i > 1$ 就说 $\lambda_i$ 是 $n_i$ 重简并（degenerate）的，把 $n_i$ 叫做简并数（degeneracy）。
根据式 6 ，对于厄米矩阵，所有不同的 $\lambda_i$ 对应的本征子空间是两两正交的，且 $\sum_i n_i = N$，所以所有这些子空间的直和就是 $ \boldsymbol{\mathbf{A}} $ 的定义域空间，即他们互为正交补。
未完成：如何证明 $\sum_i n_i = N$ 呢？估计要证明 $m$ 重跟可以使得行稀疏矩阵的秩为 $N-m$。
4. 完备正交基底
对任意的 $N$ 维厄米矩阵 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} $ 都能得到由本征矢构成的 $N$ 个正交归一基底。
- 如果不存在简并，这组基底是唯一的，且它们的本征值各不相同。
- 如果存在简并，每个子空间中可以选出 $n_i$ 个正交归一基底，将他们放在一起就得到总空间中的 $N$ 个正交归一基底。注意每个简并子空间中的正交归一基底的选取都是任意的。
未完成：举一个综合的例子，包含简并的
5. 块对角厄米矩阵的本征问题
特殊地，如果厄米矩阵 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} $ 是一个块对角矩阵，且每个对角块 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} _i$ 都是方阵，那么只需要分别求解每个块的本征矢矩阵 $ \boldsymbol{\mathbf{P}} _i$，再按顺序拼成块对角矩阵就是 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} $ 的本征矢矩阵。若每个 $ \boldsymbol{\mathbf{P}} _i$ 的本征值对角矩阵为 $ \boldsymbol{\mathbf{\Lambda}} _i$，那么按顺序拼接后得到 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} $ 的本征值对角矩阵。
证明：若 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} $ 从左上到右下的对角块分别为 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} _1, \boldsymbol{\mathbf{H}} _2, \dots$，令 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} _i$ 的列本征矢矩阵为 $ \boldsymbol{\mathbf{P}} _i$，本征值的对角矩阵为 $ \boldsymbol{\mathbf{\Lambda}} _i$，那么有 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} _i \boldsymbol{\mathbf{P}} _i = \boldsymbol{\mathbf{P}} _i \boldsymbol{\mathbf{\Lambda}} _i$。考虑到两个块对角矩阵相乘就是每个对角块分别相乘，就有 $ \boldsymbol{\mathbf{H}} \boldsymbol{\mathbf{P}} = \boldsymbol{\mathbf{P}} \boldsymbol{\mathbf{\Lambda}} $。
