線性代數/對映和矩陣的多項式

線性代數
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回想一下，平方矩陣的集合在逐項加法和標量乘法下是一個向量空間，並且這個空間 ${\mathcal {M}}_{n\!\times \!n}$ 的維度是 $n^{2}$ 。因此，對於任何 $n\!\times \!n$ 矩陣 $T$ ， $n^{2}+1$ 元集合 $\{I,T,T^{2},\dots ,T^{n^{2}}\}$ 是線性相關的，因此存在標量 $c_{0},\dots ,c_{n^{2}}$ 使得 $c_{n^{2}}T^{n^{2}}+\dots +c_{1}T+c_{0}I$ 是零矩陣。

備註 1.1

這個觀察結果很小，但很重要。它表明每種變換都表現出廣義的冪零性：平方矩陣的冪不能無限地增長，而不發生“重複”。

示例 1.2

平面向量以 $\pi /6$ 弧度逆時針旋轉，相對於標準基表示為

T={\begin{pmatrix}{\sqrt {3}}/2&-1/2\\1/2&{\sqrt {3}}/2\end{pmatrix}}

並且驗證 $0T^{4}+0T^{3}+1T^{2}-{\sqrt {3}}T+1I$ 等於零矩陣很容易。

定義 1.3

對於任何多項式 $f(x)=c_{n}x^{n}+\dots +c_{1}x+c_{0}$ ，其中 $t$ 是一個線性變換，那麼 $f(t)$ 是同一個空間上的變換 $c_{n}t^{n}+\dots +c_{1}t+c_{0}({\mbox{id}})$ ；而如果 $T$ 是一個方陣，那麼 $f(T)$ 是矩陣 $c_{n}T^{n}+\dots +c_{1}T+c_{0}I$ 。

備註 1.4

例如，如果 $f(x)=x-3$ ，那麼大多數作者在單位矩陣中寫成： $f(T)=T-3I$ 。但大多數作者不會在單位對映中寫成： $f(t)=t-3$ 。在這本書中，我們也將遵循這個慣例。

當然，如果 $T={\rm {Rep}}_{B,B}(t)$ ，那麼 $f(T)={\rm {Rep}}_{B,B}(f(t))$ ，這是由關係 $T^{j}={\rm {Rep}}_{B,B}(t^{j})$ ，以及 $cT={\rm {Rep}}_{B,B}(ct)$ ，以及 $T_{1}+T_{2}={\rm {Rep}}_{B,B}(t_{1}+t_{2})$ 得出。

如示例 1.2 所示，可能存在度數小於 $n^{2}$ 的多項式，它們使對映或矩陣為零。

定義 1.5

變換 $t$ 或方陣 $T$ 的 **最小多項式** $m(x)$ 是使得 $m(t)$ 為零對映或 $m(T)$ 為零矩陣的最小次數且首項係數為 $1$ 的多項式。

根據本小節的開頭，最小多項式總是存在的。最小多項式是唯一的，因為“首項係數為 $1$ ”這一條件。這是因為，如果存在兩個多項式 $m(x)$ 和 ${\hat {m}}(x)$ 都是使對映或矩陣為零的最小次數多項式（因此它們具有相同的次數），並且都具有首項係數 $1$ ，那麼它們的差 $m(x)-{\hat {m}}(x)$ 的次數小於這兩個多項式，並且仍然使對映或矩陣為零。因此 $m(x)-{\hat {m}}(x)$ 是零多項式，這兩個多項式相等。（首項係數的要求也防止最小多項式是零多項式。）

例 1.6

我們可以看到 $m(x)=x^{2}-2x-1$ 是例 1.2 中矩陣的最小多項式，透過計算 $T$ 的冪直到 $n^{2}=4$ 可得。

T^{2}={\begin{pmatrix}1/2&-{\sqrt {3}}/2\\{\sqrt {3}}/2&1/2\end{pmatrix}}\quad T^{3}={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}\quad T^{4}={\begin{pmatrix}-1/2&-{\sqrt {3}}/2\\{\sqrt {3}}/2&-1/2\end{pmatrix}}

接下來，將 $c_{4}T^{4}+c_{3}T^{3}+c_{2}T^{2}+c_{1}T+c_{0}I$ 等於零矩陣

{\begin{array}{*{5}{rc}r}-(1/2)c_{4}&&&+&(1/2)c_{2}&+&({\sqrt {3}}/2)c_{1}&+&c_{0}&=&0\\-({\sqrt {3}}/2)c_{4}&-&c_{3}&-&({\sqrt {3}}/2)c_{2}&-&(1/2)c_{1}&&&=&0\\({\sqrt {3}}/2)c_{4}&+&c_{3}&+&({\sqrt {3}}/2)c_{2}&+&(1/2)c_{1}&&&=&0\\-(1/2)c_{4}&&&+&(1/2)c_{2}&+&({\sqrt {3}}/2)c_{1}&+&c_{0}&=&0\end{array}}

並使用高斯消元法。

{\begin{array}{*{5}{rc}r}c_{4}&&&-&c_{2}&-&{\sqrt {3}}c_{1}&-&2c_{0}&=&0\\&&c_{3}&+&{\sqrt {3}}c_{2}&+&2c_{1}&+&{\sqrt {3}}c_{0}&=&0\end{array}}

將 $c_{4}$ 、 $c_{3}$ 和 $c_{2}$ 設定為零，會導致 $c_{1}$ 和 $c_{0}$ 也為零。為了獲得一個首項係數為1的多項式，我們最多隻能將 $c_{4}$ 和 $c_{3}$ 設定為零。因此，最小多項式是二次的。

使用該示例中所述的方法來尋找一個 $3\!\times \!3$ 矩陣的最小多項式，意味著在一個包含九個方程和十個未知數的系統上進行高斯消元。我們將開發一種替代方法。首先，請注意，我們可以將對映或矩陣的多項式分解成其分量。

引理 1.7

假設多項式 $f(x)=c_{n}x^{n}+\dots +c_{1}x+c_{0}$ 可以分解為 $k(x-\lambda _{1})^{q_{1}}\cdots (x-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}$ 。如果 $t$ 是一個線性變換，那麼這兩個對映是相等的。

c_{n}t^{n}+\dots +c_{1}t+c_{0}=k\cdot (t-\lambda _{1})^{q_{1}}\circ \cdots \circ (t-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}

因此，如果 $T$ 是一個方陣，那麼 $f(T)$ 和 $k\cdot (T-\lambda _{1}I)^{q_{1}}\cdots (T-\lambda _{\ell }I)^{q_{\ell }}$ 是相等的矩陣。

證明

該論證透過對多項式次數進行歸納來證明。當多項式次數為 $0$ 和 $1$ 時，結論是顯然的。完整的歸納論證見問題 21，但次數為二的情況可以說明其思路。

一個二次多項式可以分解成兩個線性項 $f(x)=k(x-\lambda _{1})\cdot (x-\lambda _{2})=k(x^{2}+(\lambda _{1}+\lambda _{2})x+\lambda _{1}\lambda _{2})$ （根 $\lambda _{1}$ 和 $\lambda _{2}$ 可能相等）。我們可以驗證，將 $t$ 代入 $x$ ，分解形式和未分解形式得到的對映是一樣的。

{\begin{array}{rl}{\bigl (}k\cdot (t-\lambda _{1})\circ (t-\lambda _{2}){\bigr )}\,({\vec {v}})&={\bigl (}k\cdot (t-\lambda _{1}){\bigr )}\,(t({\vec {v}})-\lambda _{2}{\vec {v}})\\&=k\cdot {\bigl (}t(t({\vec {v}}))-t(\lambda _{2}{\vec {v}})-\lambda _{1}t({\vec {v}})-\lambda _{1}\lambda _{2}{\vec {v}}{\bigr )}\\&=k\cdot {\bigl (}t\circ t\,({\vec {v}})-(\lambda _{1}+\lambda _{2})t({\vec {v}})+\lambda _{1}\lambda _{2}{\vec {v}}{\bigr )}\\&=k\cdot (t^{2}-(\lambda _{1}+\lambda _{2})t+\lambda _{1}\lambda _{2})\,({\vec {v}})\end{array}}

第三個等式成立是因為標量 $\lambda _{2}$ 從第二項中提取出來，因為 $t$ 是線性的。

特別地，如果一個變換 $t$ 的最小多項式 $m(x)$ 可以分解為 $m(x)=(x-\lambda _{1})^{q_{1}}\cdots (x-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}$ ，那麼 $m(t)=(t-\lambda _{1})^{q_{1}}\circ \cdots \circ (t-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}$ 是零對映。由於 $m(t)$ 將每個向量對映到零，至少有一個對映 $t-\lambda _{i}$ 將一些非零向量對映到零。同樣地，在矩陣情況下，如果 $m$ 是 $T$ 的最小多項式，那麼 $m(T)=(T-\lambda _{1}I)^{q_{1}}\cdots (T-\lambda _{\ell }I)^{q_{\ell }}$ 是零矩陣，並且至少一個矩陣 $T-\lambda _{i}I$ 將一些非零向量對映到零。換句話說，在兩種情況下，至少有一些 $\lambda _{i}$ 是特徵值。(參見問題 17。)

回想我們之前是如何求解特徵值的。我們尋找 $\lambda$ 使得 $T{\vec {v}}=\lambda {\vec {v}}$ ，方法是考慮方程 ${\vec {0}}=T{\vec {v}}-x{\vec {v}}=(T-xI){\vec {v}}$ 並計算矩陣 $T-xI$ 的行列式。該行列式是關於 $x$ 的多項式，稱為特徵多項式，其根即為特徵值。本節的重點結果，即接下來的結果，是特徵多項式與最小多項式之間存在聯絡。該結果擴充套件了上一段的見解，即最小多項式的一些根是特徵值，並斷言最小多項式的每個根都是特徵值，此外每個特徵值都是最小多項式的根（因為它是這樣說的 " $1\leq q_{i}$ " 而不是僅僅 " $0\leq q_{i}$ ").

定理 1.8（凱萊-哈密頓）

如果變換或方陣的特徵多項式分解為

k\cdot (x-\lambda _{1})^{p_{1}}(x-\lambda _{2})^{p_{2}}\cdots (x-\lambda _{\ell })^{p_{\ell }}

那麼它的最小多項式分解為

(x-\lambda _{1})^{q_{1}}(x-\lambda _{2})^{q_{2}}\cdots (x-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}

其中 $1\leq q_{i}\leq p_{i}$ 對於每個 $i$ 在 $1$ 和 $\ell$ 之間。

證明將在接下來的三個引理中給出。雖然它們僅以矩陣形式給出，但它們同樣適用於對映。我們僅給出矩陣形式，因為這對於第一個證明來說很方便。

第一個結果是關鍵——一些作者稱之為凱萊-哈密頓定理，並將上面的定理 1.8 稱為推論。對於證明，觀察到一個多項式矩陣可以看作是一個具有矩陣係數的多項式。

{\begin{pmatrix}2x^{2}+3x-1&x^{2}+2\\3x^{2}+4x+1&4x^{2}+x+1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}}x^{2}+{\begin{pmatrix}3&0\\4&1\end{pmatrix}}x+{\begin{pmatrix}-1&2\\1&1\end{pmatrix}}

引理 1.9

如果 $T$ 是一個具有特徵多項式 $c(x)$ 的方陣，那麼 $c(T)$ 是零矩陣。

證明

設 $C$ 為 $T-xI$ ，其行列式是特徵多項式 $c(x)=c_{n}x^{n}+\dots +c_{1}x+c_{0}$ 。

C={\begin{pmatrix}t_{1,1}-x&t_{1,2}&\ldots \\t_{2,1}&t_{2,2}-x\\\vdots &&\ddots \\&&&t_{n,n}-x\end{pmatrix}}

回顧矩陣的伴隨矩陣與其自身的乘積等於該矩陣的行列式乘以單位矩陣。

c(x)\cdot I={\text{adj}}\,(C)C={\text{adj}}\,(C)(T-xI)={\text{adj}}\,(C)T-{\text{adj}}\,(C)\cdot x\qquad (*)

${\text{adj}}\,(C)$ 的元素是多項式，每個多項式的次數最多為 $n-1$ ，因為矩陣的子式會去掉一行一列。如上所述，將其重寫為 ${\text{adj}}\,(C)=C_{n-1}x^{n-1}+\dots +C_{1}x+C_{0}$ ，其中每個 $C_{i}$ 是一個標量矩陣。上述方程式 ( $*$ ) 的左右兩端給出如下結果。

{\begin{array}{rl}c_{n}Ix^{n}+c_{n-1}Ix^{n-1}+\dots +c_{1}Ix+c_{0}I&=(C_{n-1}T)x^{n-1}+\dots +(C_{1}T)x+C_{0}T\\&\quad -C_{n-1}x^{n}-C_{n-2}x^{n-1}-\dots -C_{0}x\end{array}}

將 $x^{n}$ 的係數， $x^{n-1}$ 的係數等等等式。

{\begin{array}{rl}c_{n}I&=-C_{n-1}\\c_{n-1}I&=-C_{n-2}+C_{n-1}T\\&\vdots \\c_{1}I&=-C_{0}+C_{1}T\\c_{0}I&=C_{0}T\end{array}}

將第一個方程的兩邊（從右邊）乘以 $T^{n}$ ，第二個方程的兩邊乘以 $T^{n-1}$ 等等，然後相加。左邊得到的結果是 $c_{n}T^{n}+c_{n-1}T^{n-1}+\dots +c_{0}I$ ，右邊得到的結果是零矩陣。

我們有時稱該引理為矩陣或對映滿足其特徵多項式。

引理 1.10

其中 $f(x)$ 是一個多項式，如果 $f(T)$ 是零矩陣，那麼 $f(x)$ 可被 $T$ 的最小多項式整除。也就是說，任何 $T$ 滿足的多項式都可以被 $T$ 的最小多項式整除。

證明

設 $m(x)$ 是 $T$ 的最小多項式。多項式除法定理給出 $f(x)=q(x)m(x)+r(x)$ ，其中 $r$ 的次數嚴格小於 $m$ 的次數。將 $T$ 代入表明 $r(T)$ 是零矩陣，因為 $T$ 同時滿足 $f$ 和 $m$ 。這與 $m$ 的最小性矛盾，除非 $r$ 是零多項式。

將前兩個引理結合起來，可知最小多項式整除特徵多項式。因此，最小多項式的任何根也是特徵多項式的根。也就是說，到目前為止我們已經知道，如果 $m(x)=(x-\lambda _{1})^{q_{1}}\dots (x-\lambda _{i})^{q_{i}}$ ，則 $c(x)$ 必須具有以下形式 $(x-\lambda _{1})^{p_{1}}\dots (x-\lambda _{i})^{p_{i}}(x-\lambda _{i+1})^{p_{i+1}}\dots (x-\lambda _{\ell })^{p_{\ell }}$ ，其中每個 $q_{j}$ 小於或等於 $p_{j}$ 。透過證明特徵多項式實際上沒有額外的根 $\lambda _{i+1}$ 等，來完成凱萊-哈密頓定理的證明。

引理 1.11

方陣的特徵多項式的每個線性因子也是其最小多項式的線性因子。

證明

設 $T$ 為一個最小多項式為 $m(x)$ 的方陣，並假設 $x-\lambda$ 是 $T$ 的特徵多項式的因式，即假設 $\lambda$ 是 $T$ 的特徵值。我們需要證明 $x-\lambda$ 是 $m$ 的因式，即 $m(\lambda )=0$ .

一般來說，當 $\lambda$ 與特徵向量 ${\vec {v}}$ 相關聯時，對於任何多項式函式 $f(x)$ ，將矩陣 $f(T)$ 應用於 ${\vec {v}}$ 等於用標量 $f(\lambda )$ 乘以 ${\vec {v}}$ 的結果。（例如，如果 $T$ 有與特徵向量 ${\vec {v}}$ 相關的特徵值 $\lambda$ 並且 $f(x)=x^{2}+2x+3$ ，那麼 $(T^{2}+2T+3)\,({\vec {v}})=T^{2}({\vec {v}})+2T({\vec {v}})+3{\vec {v}}=\lambda ^{2}\cdot {\vec {v}}+2\lambda \cdot {\vec {v}}+3\cdot {\vec {v}}=(\lambda ^{2}+2\lambda +3)\cdot {\vec {v}}$ ）。現在，由於 $m(T)$ 是零矩陣， ${\vec {0}}=m(T)({\vec {v}})=m(\lambda )\cdot {\vec {v}}$ ，因此 $m(\lambda )=0$ 。

例 1.12

我們可以使用凱萊-哈密頓定理來幫助找到該矩陣的最小多項式。

T={\begin{pmatrix}2&0&0&1\\1&2&0&2\\0&0&2&-1\\0&0&0&1\end{pmatrix}}

首先，它的特徵多項式 $c(x)=(x-1)(x-2)^{3}$ 可以透過通常的行列式找到。現在，凱萊-哈密頓定理指出 $T$ 的最小多項式是 $(x-1)(x-2)$ 、 $(x-1)(x-2)^{2}$ 還是 $(x-1)(x-2)^{3}$ 。我們可以透過計算來決定選擇哪一個

(T-1I)(T-2I)=\!{\begin{pmatrix}1&0&0&1\\1&1&0&2\\0&0&1&-1\\0&0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&0&0&1\\1&0&0&2\\0&0&0&-1\\0&0&0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0&0\\1&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}

和

(T-1I)(T-2I)^{2}={\begin{pmatrix}0&0&0&0\\1&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&0&0&1\\1&0&0&2\\0&0&0&-1\\0&0&0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}

所以 $m(x)=(x-1)(x-2)^{2}$ .

練習

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問題 1

如果矩陣具有給定的特徵多項式，則可能有哪些最小多項式？

$8\cdot (x-3)^{4}$
$(1/3)\cdot (x+1)^{3}(x-4)$
$-1\cdot (x-2)^{2}(x-5)^{2}$
$5\cdot (x+3)^{2}(x-1)(x-2)^{2}$

每個可能性的度數是多少？

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問題 2

求每個矩陣的最小多項式。

${\begin{pmatrix}3&0&0\\1&3&0\\0&0&4\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}3&0&0\\1&3&0\\0&0&3\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}3&0&0\\1&3&0\\0&1&3\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}2&0&1\\0&6&2\\0&0&2\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}2&2&1\\0&6&2\\0&0&2\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}-1&4&0&0&0\\0&3&0&0&0\\0&-4&-1&0&0\\3&-9&-4&2&-1\\1&5&4&1&4\end{pmatrix}}$

問題 3

求這個矩陣的最小多項式。

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

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問題 4

在 ${\mathcal {P}}_{n}$ 上，微分運算元 $d/dx$ 的最小多項式是什麼？

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問題 5

求這種形式的矩陣的最小多項式

{\begin{pmatrix}\lambda &0&0&\ldots &&0\\1&\lambda &0&&&0\\0&1&\lambda \\&&&\ddots \\&&&&\lambda &0\\0&0&\ldots &&1&\lambda \end{pmatrix}}

其中標量 $\lambda$ 是固定的（即不是變數）。

問題 6

將 ${\mathcal {P}}_{n}$ 中的 $p(x)$ 對映到 $p(x+1)$ 的變換的最小多項式是什麼？

問題 7

對映 $\pi :\mathbb {C} ^{3}\to \mathbb {C} ^{3}$ 的最小多項式是什麼，該對映將投影到前兩個座標上？

問題 8

找到一個 $3\!\times \!3$ 矩陣，其最小多項式為 $x^{2}$ 。

問題 9

以下對引理 1.9 的證明有什麼問題：“如果 $c(x)=\left|T-xI\right|$ 那麼 $c(T)=\left|T-TI\right|=0$ ”？(Cullen 1990)

問題 10

透過直接計算驗證引理 1.9 對 $2\!\times \!2$ 矩陣成立。

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問題 11

證明 $n\!\times \!n$ 矩陣的最小多項式的次數最多為 $n$ （而不是 $n^{2}$ ，如本節開頭所推測的那樣）。驗證此最大值， $n$ ，可能發生。

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問題 12

冪零對映的唯一特徵值為零。證明逆命題成立。

問題 13

零對映或矩陣的最小多項式是什麼？單位對映或矩陣的最小多項式是什麼？

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問題 14

從幾何角度解釋示例 1.2 的最小多項式。

問題 15

對角矩陣的最小多項式是什麼？

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問題 16

一個投影是任何變換 $t$ ，使得 $t^{2}=t$ 。（例如，將平面 $\mathbb {R} ^{2}$ 中的每個向量投影到它的第一個座標，如果執行兩次，結果將與只執行一次相同。）投影的最小多項式是什麼？

問題 17

這個問題的前兩項是回顧。

證明一對一對映的複合是一對一的。
證明如果一個線性對映不是一對一的，那麼域中至少有一個非零向量被對映到陪域中的零向量。
驗證此處摘錄的陳述，它在定理 1.8 之前。

… 如果變換 $t$ 的最小多項式 $m(x)$ 因式分解為 $m(x)=(x-\lambda _{1})^{q_{1}}\cdots (x-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}$ ，那麼 $m(t)=(t-\lambda _{1})^{q_{1}}\circ \cdots \circ (t-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}$ 是零對映。由於 $m(t)$ 將每個向量都對映到零，因此對映 $t-\lambda _{i}$ 中至少有一個將一些非零向量對映到零。… 改述…：至少一些 $\lambda _{i}$ 是特徵值。