定义6设A是n阶矩阵

如果数λ和n维非零列向量x使关系式Ax=λx 成立，

那么 , 这样的数λ称为矩阵A的特征值，

非零向量x称为矩阵A的对应于特征值λ的特征向量。

Ax=λx也可写成(A-λE)x=0 , 这是n个未知数n个方程的齐次线性方程组。

它有非零解的充分必要条件是系数行列式|A-λE|=0

即$\left| \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{11} - \lambda \\ a_{21} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ a_{n1} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{12} \\ a_{22} - \lambda \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ a_{n2} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \cdots \\ \cdots \end{matrix} \\ \begin{matrix} \\ \cdots \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{1n} \\ a_{2n} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ a_{nn} - \lambda \end{matrix} \end{array} \right|$=0

上式是以λ为未知数的一元n次方程 , 称为矩阵A的特征方程

其左端|A-λE|是λ的n次多项式 , 记作f(λ) , 称为矩阵A的特征多项式

显然 , A的特征值就是特征方程的解

特征方程在复数范围内恒有解 , 其个数为方程的次数(重根按重数计算)

因此 , n阶矩阵A在复数范围内有n个特征值

设n阶矩阵A=(a_ij)的特征值为λ₁ , λ₂ , ⋯ , λ_n ，则

矩阵A的特征值之和等于矩阵A的迹。即λ₁ + λ₂ + ⋯ + λ_n=a₁₁+a₂₂+⋯+a_nn

矩阵A的特征值之积等于矩阵A的行列式。即λ₁λ₂ ⋯ λ_n=|A|

证明：通过特征多项式展开和因式分解对比系数方法完成，

证明n=2时的情况：

对于 2阶矩阵$A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}$

其特征多项式为

$$P(\lambda) = det(A - \lambda I) = \left| \begin{matrix} a_{11} - \lambda & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} - \lambda \end{matrix} \right| = (a_{11} - \lambda)(a_{22} - \lambda) - a_{12}a_{21}.$$

展开得：$P(\lambda) = a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21} - (a_{11} + a_{22})\lambda + \lambda^{2}.$

设两个特征值为 $\lambda_{1}$ 与 $\lambda_{2}$，则特征多项式可写成：

$$P(\lambda) = \lambda^{2} - (a_{11} + a_{22})\lambda + (a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21}).$$

因为二阶多项式 $\lambda^{2} - S\lambda + P = 0$ 的两个根 $\lambda_{1},\lambda_{2}$

有关系式：$S = \lambda_{1} + \lambda_{2},\quad P = \lambda_{1}\lambda_{2}.$

所以比较系数得：$\lambda_{1} + \lambda_{2} = a_{11} + a_{22}\ ,\ \ \lambda_{1}\lambda_{2} = a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21}.$

由λ₁λ₂ ⋯ λ_n=|A|可知，

矩阵A可逆的充分必要条件是矩阵所有特征值均不为零。

设λ= λ_i为矩阵A的一个特征值 , 则由方程(A-λ_iE)x=0

可求得非零解x=p_i , 那么p_i就是矩阵A的对应于特征值λ_i的特征向量

(若λ_i为实数 , 则p_i可取实向量 ; 若λ_i为复数 , 则p_i为复向量)

例5求矩阵A=$\left\lbrack \begin{matrix} 3 \\ - 1 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ 3 \end{matrix} \right\rbrack$的特征值和特征向量

解:

本题可先根据特征方程|A-λE|=0求出矩阵A的特征值，

再针对每个特征值求出对应的特征向量。

步骤一：求矩阵A的特征值

已知矩阵A=$\begin{bmatrix} 3 & - 1 \\ - 1 & 3 \end{bmatrix}$，E为二阶单位矩阵$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$。

A-λE=$\begin{bmatrix} 3 - \lambda & - 1 \\ - 1 & 3 - \lambda \end{bmatrix}$

|A-λE|=$\left| \begin{matrix} 3 - \lambda & - 1 \\ - 1 & 3 - \lambda \end{matrix} \right| =$(3-λ)(3-λ)-(-1)×(-1)=λ²-6λ+8

=(λ-2)(λ-4)=0，

解得λ₁=2，λ₂=4，所以矩阵A的特征值为2和4。

步骤二：求矩阵A的特征向量

求对应特征值λ₁=2的特征向量：

将λ₁=2代入(A-λE)x=0，得到(A-2E)x=0，其中x=$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix}$，

此时A-2E=$\begin{bmatrix} 3 - 2 & - 1 \\ - 1 & 3 - 2 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{bmatrix}$，则方程组(A-2E)x=0可化为

同解方程组：$\left\{ \begin{array}{r} x_{1} - x_{2} = 0 \\ - x_{1} + x_{2} = 0 \end{array} \right.\$

得参数形式：$\left\{ \begin{array}{r} x_{1} = x_{2} \\ x_{2} = x_{1} \end{array} \right.\$ (x₂可任意取值)

得参数形式：$\left\{ \begin{matrix} x_{1} = c \\ x_{2} = c \end{matrix} \right.\$ (其中x₂=c )

得齐次通解：$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} c \\ c \end{bmatrix}$=$c\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ (c为任意实数)

所以对应特征值λ₁=2的特征向量为c$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$(c为任意非零常数)。

求对应特征值λ₂=4的特征向量：

将λ₂=4代入(A-λE)x=0，得到(A-4E)x=0。

此时A-4E=$\begin{bmatrix} 3 - 4 & - 1 \\ - 1 & 3 - 4 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - 1 & - 1 \\ - 1 & - 1 \end{bmatrix}$，则方程组(A-4E)x=0可化为

同解方程组：$\left\{ \begin{matrix} - x_{1} - x_{2} = 0 \\ - x_{1} - x_{2} = 0 \end{matrix} \right.\$

得参数形式：$\left\{ \begin{array}{r} x_{1} = - x_{2} \\ x_{2} = - x_{1} \end{array} \right.\$ (x₂可任意取值)

得参数形式：$\left\{ \begin{matrix} x_{1} = - c \\ x_{2} = c \end{matrix} \right.\$ (其中x₂=c )

得齐次通解：$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - c \\ c \end{bmatrix}$=$c\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ (c为任意实数)

所以对应特征值λ₂=4的特征向量为$c\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \end{bmatrix}$(c为任意非零常数)。

例6求矩阵A=$\begin{bmatrix} - 1 & 1 & 0 \\ - 4 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{bmatrix}$的特征值和特征向量

解: 本题可先根据特征方程|A-λE|=0求出矩阵A的特征值，

再针对每个特征值求出对应的特征向量。

步骤一：求矩阵A的特征值

已知矩阵A=$\begin{bmatrix} - 1 & 1 & 0 \\ - 4 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{bmatrix}$，E为三阶单位矩阵$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$。

A-λE=$\begin{bmatrix} - 1 - \lambda & 1 & 0 \\ - 4 & 3 - \lambda & 0 \\ 1 & 0 & 2 - \lambda \end{bmatrix}$

$|A - \lambda E| = \left| \begin{matrix} - 1 - \lambda & 1 & 0 \\ - 4 & 3 - \lambda & 0 \\ 1 & 0 & 2 - \lambda \end{matrix} \right|$=(2-λ)(λ-1)²=0，

解得λ₁=2，λ₂=λ₃=1（λ=1是二重特征值）。

步骤二：求矩阵A的特征向量

求对应特征值λ₁=2的特征向量：

将λ₁=2代入(A-λE)x=0，得到(A-2E)x=0，其中x=$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}$

此时A-2E=$\begin{bmatrix} - 1 - 2 & 1 & 0 \\ - 4 & 3 - 2 & 0 \\ 1 & 0 & 2 - 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 3 & 1 & 0 \\ - 4 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

对A-2E进行初等行变换得：$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

(A-2E)x=0对应的齐次线性方程组为$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} = \left\lbrack \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right\rbrack$

得参数形式：$\left\{ \begin{matrix} x_{1} = 0 \\ x_{2} = 0 \\ x_{3} = c \end{matrix} \right.\$ (其中x₃=c)

得齐次通解：$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ c \end{bmatrix}$=$c\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$ (c为任意实数)

解得x₁=0, x₂=0, x₃为任意非零常数。

令x₃=c（c≠0），则对应特征值λ₁=2的特征向量为c$\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，c为任意非零常数。

求对应特征值λ₂=λ₃=1的特征向量：

将λ=1代入(A-λE)x=0，得到(A-E)x=0，其中x=$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}$

此时A-E=$\begin{bmatrix} - 1 - 1 & 1 & 0 \\ - 4 & 3 - 1 & 0 \\ 1 & 0 & 2 - 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 2 & 1 & 0 \\ - 4 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$。

对A-E进行初等行变换得：$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$。

(A-E)x=0对应的齐次线性方程组为$\left\{ \begin{matrix} x_{1} + x_{3} = 0 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \end{matrix} \right.\$，

得参数形式：$\left\{ \begin{array}{r} x_{1} = - x_{3} \\ x_{2} = - 2x_{3} \end{array} \right.\$ (x₃ 可任意取值)

得参数形式：$\left\{ \begin{matrix} x_{1} = - c \\ x_{2} = - 2c \\ x_{3} = c \end{matrix} \right.\$ (其中x₃=c)

得齐次通解：$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - c \\ - 2c \\ c \end{bmatrix}$=$c\begin{bmatrix} - 1 \\ - 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ (c为任意实数)

令x₃=c（c≠0），则x₁=-c, x₂=-2c。

所以对应特征值λ=1的特征向量为c$\begin{bmatrix} - 1 \\ - 2 \\ 1 \end{bmatrix}$，c为任意非零常数。

综上，矩阵A的特征值为λ₁=2，λ₂=λ₃=1；

对应特征值2的特征向量为c$\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$（c为非零常数），

对应特征值1的特征向量为 c$\begin{bmatrix} - 1 \\ - 2 \\ 1 \end{bmatrix}$（c为非零常数）。

例7，设λ是方阵A的特征值,试证明

(1)λ²是A²的特征值

(2)当A可逆时，$\frac{1}{\lambda}$是A^-1的特征值

证:

(1)证明$\lambda^{2}$是$A^{2}$的特征值

由$Ax = \lambda x$，两边左乘$A$：

$$A^{2}x = A(Ax) = A(\lambda x) = \lambda(Ax) = \lambda(\lambda x) = \lambda^{2}x.$$

所以$A^{2}x = \lambda^{2}x.$

因为$x \neq 0$，这说明$\lambda^{2}$是$A^{2}$的一个特征值（对应特征向量$x$）。

(2)当$A$可逆时，证明$\frac{1}{\lambda}$是$A^{- 1}$的特征值

要证明当方阵$A$可逆时，其特征值$\lambda$的倒数$\frac{1}{\lambda}$是$A^{- 1}$的特征值，

可依据特征值与特征向量的定义及可逆矩阵的性质逐步推导，

具体步骤如下：

1.回顾核心定义

特征值与特征向量的定义为：

若$\lambda$是方阵$A$的特征值，则存在非零向量$\xi$（对应$\lambda$的特征向量），满足：$A\xi = \lambda\xi$。

2.利用矩阵可逆的性质

已知$A$可逆，根据可逆矩阵的性质，有两个关键结论：

一是$A$的行列式$|A| \neq 0$；

二是$A$存在逆矩阵$A^{- 1}$，且满足$A^{- 1}A = AA^{- 1} = E$（$E$为单位矩阵）。

同时，由于$|A|$等于所有特征值的乘积，且$|A| \neq 0$，

因此$A$的特征值$\lambda \neq 0$，这保证了$\frac{1}{\lambda}$是有意义的。

3.等式两侧左乘逆矩阵

对特征值定义式$A\xi = \lambda\xi$的两侧同时左乘$A^{- 1}$，得到：$A^{- 1}(A\xi) = A^{- 1}(\lambda\xi)$。

根据矩阵乘法的结合律，

左侧可化简为：$A^{- 1}(A\xi) = (A^{- 1}A)\xi = E\xi = \xi$。

右侧利用数乘的交换律，$\lambda$是常数，可提到矩阵乘法外侧：$A^{- 1}(\lambda\xi) = \lambda(A^{- 1}\xi)$。

4.整理得出结论

结合上述化简结果，有：$\xi = \lambda(A^{- 1}\xi)$。

由于$\lambda \neq 0$，两侧同时除以$\lambda$，可得：${\frac{1}{\lambda}\xi = A}^{- 1}\xi$。

对照特征值的定义，非零向量$\xi$满足$A^{- 1}\xi = \frac{1}{\lambda}\xi$，

因此$\frac{1}{\lambda}$是$A^{- 1}$的特征值，且对应的特征向量与$\lambda$在$A$中的特征向量相同。

综上，当$A$可逆时，$\frac{1}{\lambda}$是$A^{- 1}$的特征值，命题得证。

按此例类推,可以证明:

若λ是A的特征值,λ^k则是A^k的特征值,φ(λ)是φ(A)的特征值

(其中φ(λ)=a₀+a₁λ+⋯+a_mλ^m是λ的多项式

φ(A)=a₀E+a₁A+⋯+a_mA^m是矩阵A的多项式)

这是特征值的一个重要性质

例8 设3阶矩阵$A$的特征值为$1, - 1,2$，求$A^{\ast} + 3A - 2E$的特征值。

解：

解题思路

要求$A^{\ast} + 3A - 2E$的特征值，

需结合伴随矩阵与原矩阵的特征值关系、数乘/单位矩阵的特征值性质

以及矩阵和的特征值性质求解：

1.若$n$阶可逆矩阵$A$的特征值为$\lambda$，则其伴随矩阵$A^{\ast}$的特征值为$\frac{|A|}{\lambda}$；

2.若$A$的特征值为$\lambda$，数乘矩阵$kA$的特征值为$k\lambda$，单位矩阵$E$的特征值恒为$1$，

故常数矩阵$kE$的特征值为$k$；

3.若同阶矩阵$P、Q、R$对应同一特征向量的特征值分别为$\mu_{P}、\mu_{Q}、\mu_{R}$，

则$P + Q + R$的特征值为$\mu_{P} + \mu_{Q} + \mu_{R}$。

步骤1：计算矩阵$A$的行列式$|A|$

$n$阶矩阵的行列式等于其所有特征值的乘积，

已知$A$的特征值为$\lambda_{1} = 1，\lambda_{2} = - 1，\lambda_{3} = 2$，

因此：$|A| = \lambda_{1} \cdot \lambda_{2} \cdot \lambda_{3} = 1 \times ( - 1) \times 2 = - 2$

步骤2：推导$A^{\ast} + 3A - 2E$的特征值公式并计算

设$A$的任意特征值为$\lambda$，对应$A^{\ast} + 3A - 2E$的特征值为$\mu$。

由上述特征值性质，$A^{\ast}$的特征值为$\frac{|A|}{\lambda}$，$3A$的特征值为$3\lambda$，$- 2E$的特征值为$- 2$，

结合矩阵和的特征值性质，可得$A^{\ast} + 3A - 2E$的特征值公式：$\mu = \frac{|A|}{\lambda} + 3\lambda - 2$

将$|A| = - 2$代入公式，再分别将$A$的三个特征值代入计算：

1.当$\lambda = 1$时：$\mu_{1} = \frac{- 2}{1} + 3 \times 1 - 2 = - 2 + 3 - 2 = - 1$

2.当$\lambda = - 1$时：$\mu_{2} = \frac{- 2}{- 1} + 3 \times ( - 1) - 2 = 2 - 3 - 2 = - 3$

3.当$\lambda = 2$时：$\mu_{3} = \frac{- 2}{2} + 3 \times 2 - 2 = - 1 + 6 - 2 = 3$

最终结论矩阵$A^{\ast} + 3A - 2E$的特征值为$- 1, - 3,3$。

定理2设λ₁ , λ₂ , ⋯ , λ_m是方阵A的m个特征值

p₁ , p₂ , ⋯ , p_m依次是与之对应的特征向量

如果λ₁ , λ₂ , ⋯ , λ_m各不相等 , 则p₁ , p₂ , ⋯ , p_m线性无关

证明（数学归纳法）：

1. 当 $m = 1$ 单个非零特征向量 $p_{1}$ 显然线性无关

（因为特征向量定义中 $p_{1} \neq 0$）。

2. 假设对 $m = k - 1$ 成立

即：若 $\lambda_{1},\ldots,\lambda_{k - 1}$ 互不相同，且 $p_{1},\ldots,p_{k - 1}$ 是相应的特征向量，

则它们线性无关。

3. 考虑 $m = k$

设有线性关系：$c_{1}p_{1} + c_{2}p_{2} + \ldots + c_{k}p_{k} = 0$ (1)

我们要证明 $c_{1} = c_{2} = \ldots = c_{k} = 0$。

第一步：用 $A$ 作用于 (1) 式：$c_{1}Ap_{1} + c_{2}Ap_{2} + \ldots + c_{k}Ap_{k} = 0$

即$c_{1}\lambda_{1}p_{1} + c_{2}\lambda_{2}p_{2} + \ldots + c_{k}\lambda_{k}p_{k} = 0$ (2)

第二步：用 $\lambda_{k}$ 乘 (1) 式：$c_{1}\lambda_{k}p_{1} + c_{2}\lambda_{k}p_{2} + \ldots + c_{k}\lambda_{k}p_{k} = 0$ (3)

第三步：(2) 式减去 (3) 式：

$$c_{1}(\lambda_{1} - \lambda_{k})p_{1} + c_{2}(\lambda_{2} - \lambda_{k})p_{2} + \ldots + c_{k - 1}(\lambda_{k - 1} - \lambda_{k})p_{k - 1} = 0$$

这里 $c_{k}$ 项消掉了。

第四步：由归纳假设，$p_{1},\ldots,p_{k - 1}$ 线性无关，

所以$c_{i}(\lambda_{i} - \lambda_{k}) = 0,\quad i = 1,2,\ldots,k - 1.$

因为 $\lambda_{i} \neq \lambda_{k}$（互不相同），所以$c_{i} = 0,\quad i = 1,2,\ldots,k - 1.$

第五步：代回 (1) 式：$c_{k}p_{k} = 0$,而 $p_{k} \neq 0$，所以 $c_{k} = 0$。

于是所有系数为零，故 $p_{1},\ldots,p_{k}$ 线性无关。

4. 由归纳法，对任意 $m$ 结论成立。

推论 设λ₁和λ₂是方阵A的两个不同特征值，

{ξ₁,⋯,ξₛ}和{η₁,⋯,ηₜ}分别是对应于λ₁和λ₂的线性无关的特征向量组，

则向量组{ξ₁,⋯,ξₛ,η₁,⋯,ηₜ}线性无关

证明：设存在系数$a_{1},\ldots,a_{s},b_{1},\ldots,b_{t}$

使得$a_{1}\xi_{1} + \ldots + a_{s}\xi_{s} + b_{1}\eta_{1} + \ldots + b_{t}\eta_{t} = 0$

记$u = a_{1}\xi_{1} + \ldots + a_{s}\xi_{s},\quad v = b_{1}\eta_{1} + \ldots + b_{t}\eta_{t}$

则 $a_{1}\xi_{1} + \ldots + a_{s}\xi_{s} + b_{1}\eta_{1} + \ldots + b_{t}\eta_{t} = 0$式变为$u + v = 0\quad \Rightarrow \quad u = - v$

第一步：用 $A$ 作用在 $u = - v$ 上。

因为 $Au = A(a_{1}\xi_{1} + \ldots + a_{s}\xi_{s}) = a_{1}\lambda_{1}\xi_{1} + \ldots + a_{s}\lambda_{1}\xi_{s} = \lambda_{1}u$。

因为 $u = - v$，所以$Au = A( - v) = - Av$

而$Av = A(b_{1}\eta_{1} + \ldots + b_{t}\eta_{t}) = b_{1}\lambda_{2}\eta_{1} + \ldots + b_{t}\lambda_{2}\eta_{t} = \lambda_{2}v$

所以$Au = - \lambda_{2}v$

又因为 $v = - u$，代入得$Au = - \lambda_{2}( - u) = \lambda_{2}u$

第二步：比较 $Au$ 的两种表达式。

有$\lambda_{1}u = \lambda_{2}u$即$(\lambda_{1} - \lambda_{2})u = 0$

因为 $\lambda_{1} \neq \lambda_{2}$，所以$u = 0$,即$a_{1}\xi_{1} + \ldots + a_{s}\xi_{s} = 0$

由于 $\xi_{1},\ldots,\xi_{s}$ 线性无关，得$a_{1} = a_{2} = \ldots = a_{s} = 0$

第三步：由 $u = 0$ 和 $u = - v$ 得 $v = 0$。

即$b_{1}\eta_{1} + \ldots + b_{t}\eta_{t} = 0$

由于 $\eta_{1},\ldots,\eta_{t}$ 线性无关，得$b_{1} = b_{2} = \ldots = b_{t} = 0$

结论：所有系数 $a_{i},b_{j}$ 都为 0，所以$\{\xi_{1},\ldots,\xi_{s},\eta_{1},\ldots,\eta_{t}\}$线性无关。

上述推论表明:

对应于两个不同特征值的线性无关的特征向量组，合起来仍是线性无关的

这一结论对m(⩾2)个特征值的情形也成立

例9设λ₁和λ₂是矩阵A的两个不同的特征值

对应的特征向量依次为p₁和p₂,试证明p₁+p₂不是A的特征向量

证明：用反证法

假设$p_{1} + p_{2}$是$A$的特征向量，

则存在某个$\lambda$使得$A(p_{1} + p_{2}) = \lambda(p_{1} + p_{2}).$

得$Ap_{1} + Ap_{2} = \lambda p_{1} + \lambda p_{2}$

得$\lambda_{1}p_{1} + \lambda_{2}p_{2} = \lambda p_{1} + \lambda p_{2}$

得$(\lambda_{1} - \lambda)p_{1} + (\lambda_{2} - \lambda)p_{2} = 0$

因为λ₁和λ₂是矩阵A的两个不同的特征值

所以$p_{1},p_{2}$线性无关，得$\lambda_{1} - \lambda = 0,\quad\lambda_{2} - \lambda = 0.$

即$\lambda_{1} = \lambda,\quad\lambda_{2} = \lambda$，于是$\lambda_{1} = \lambda_{2}$，

与已知$\lambda_{1} \neq \lambda_{2}$矛盾。

因此假设不成立，$p_{1} + p_{2}$不可能是$A$的特征向量。