§20 Cayley-Hamilton定理

§20.1 线性变换的矩阵

定义 20.1 设 $M$ 是 $F$ 上的向量空间，并确定 $M$ 的一组基 $\vec{v}_{1}, \ldots, \vec{v}_{k}$ 。（假设 $M$ 是有限维的。）那么，给定任意线性变换

A: M\to M,

$A$ 关于基 $\vec{v}_{1}, \ldots, \vec{v}_{k}$ 的矩阵(matrix) 是满足

A\vec{v}_{i}=\sum\limits_{j=1}^{k}A_{ji}\vec{v}_{j}.

的矩阵。

例 20.1 $(A)=\begin{pmatrix} A_{11}&A_{12}&A_{13}\\ A_{21}&A_{22}&A_{23}\\ A_{31}&A_{32}&A_{33} \end{pmatrix}$ 。则 $A\vec{v}_{1}=A_{11}\vec{v}_{1}+A_{21}\vec{v}_{2}+A_{31}\vec{v}_{3}$ 。

练习写出 $t$ 在以下每个具有指定基的 $F[t]$ -模上的乘法矩阵：

(1) $M=F[t]/(t)$ ， $\vec{v}_{1}=\overline{1}$ 。

(2) $M=F[t]/(t-\alpha)$ ， $\vec{v}_{1}=\overline{1}$ 。

(3) $M=F[t]/(t-\alpha)^{2}$ ， $\vec{v}_{2}=\overline{1}$ ， $\vec{v}_{1}=\overline{t-\alpha}$ 。

(4) $M=F[t]/(t-\alpha)^{3}$ ， $\vec{v}_{3}=\overline{1}$ ， $\vec{v}_{2}=\overline{t-\alpha}$ ， $\vec{v}_{1}=\overline{(t-\alpha)^{2}}$ 。

解：一般来说， $F[t]$ 在 $F[t]/I$ 上的作用是 $f\cdot\overline{g}=\overline{fg}$ 。

(2) $t\cdot\overline{1}=\overline{t\cdot1}=\overline{t-\alpha}+\overline{\alpha}=\alpha\overline{1}$ 。

因此， $t$ 将 $\overline{1}$ 映射为 $\alpha\overline{1}$ ，即

(A)=(\alpha)。

(3) $t\cdot\overline{1}=\overline{t\cdot1}=\overline{t-\alpha}+\overline{\alpha}=\vec{v}_{1}+\alpha\vec{v}_{2}$ 。所以 $(A)=\begin{pmatrix} ? & 1\\ & \alpha \end{pmatrix}$ 。

计算：

\begin{aligned} t\cdot\overline{(t-\alpha)} &= (t-\alpha)\cdot\overline{(t-\alpha)} + \alpha\cdot\overline{(t-\alpha)} \\ &= \overline{(t-\alpha)^2} + \alpha\overline{(t-\alpha)} \\ &= 0 + \alpha\vec{v}_{1} \end{aligned}

因此， $A=\begin{pmatrix} \alpha & 1\\ 0 & \alpha \end{pmatrix}$ 。

命题 20.1 对于 $M=F[t]/(t-\alpha)^{n}$ ，在以下基下 $\overline{(t-\alpha)}^{n-1}$ ， $\overline{(t-\alpha)}^{n-2}$ ， $\ldots$ ， $\overline{(t-\alpha)}^{1}$ ， $\overline{1}$ ，线性变换

\begin{aligned} M&\to M\\ \vec{v}&\mapsto t\vec{v} \end{aligned}

的矩阵为

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

其中对角线上为 $\alpha$ ，每个 $\alpha$ 的正上方元素为 $1$ ，除了最上方的 $\alpha$ 。

证明：

\begin{aligned} tv_{i}=t\overline{(t-\alpha)^{n-i}}&=((t-\alpha)+\alpha)\overline{(t-\alpha)}^{n-i}\\ &=(t-\alpha)\overline{(t-\alpha)}^{n-i}+\alpha\overline{(t-\alpha)}^{n-i}\\ &=\overline{(t-\alpha)}^{n-i+1}+\alpha\vec{v}_{i}\\ &=\begin{cases} \vec{v}_{i-1}+\alpha\vec{v}_{i}, & i\leqslant n-1,\\ \alpha\vec{v}_{n}, & i=n. \end{cases} \end{aligned}

~\tag*{$\square$}

注如果 $M$ 和 $N$ 是有限维的 $F[t]$ -模，并且存在基 $\begin{aligned} v_{1}, \ldots, v_{m}~\text{为}~M~\text{的基}\\ w_{1}, \ldots, w_{n}~\text{为}~N~\text{的基} \end{aligned}$ ，使得“ $t$ 的乘法”分别由 $\begin{aligned} \text{矩阵}~A~\text{作用在}~M\\ \text{矩阵}~B~\text{作用在}~N \end{aligned}$ 给出，那么在 $M \oplus N$ 上， $t$ 的作用由矩阵

\begin{pmatrix} A & 0\\ 0 & B \end{pmatrix}

给出，即分块对角矩阵。

§20.2 Jordan标准形

由于任意 $F[t]$ -模同构于 $\bigoplus\limits_{i}F[t]/(p_{i}n_{i})$ ，我们有以下推论：

推论 20.2 设 $T: F^{n}\to F^{n}$ 是一个 $F$ -线性变换，且 $F$ 是代数闭域。那么，存在 $F^{n}$ 的一组基，使得

\begin{pmatrix} A_{1} & 0 & \cdots & 0\\ 0 & A_{2} & \cdots & 0\\ \vdots & & \ddots & \vdots\\ 0 & \cdots & 0 & A_{e} \end{pmatrix}

其中 $A_{1}=\begin{pmatrix} \alpha_{1} & 1 & \cdots & 0\\ 0 & \ddots & & \vdots\\ \vdots & & \ddots & 1\\ 0 & \cdots & 0 & \alpha_{1} \end{pmatrix}$ , $A_{2}=\begin{pmatrix} \alpha_{2} & 1 & \cdots & 0\\ 0 & \ddots & & \vdots\\ \vdots & & \ddots & 1\\ 0 & \cdots & 0 & \alpha_{2} \end{pmatrix}, \ldots,$ $A_{e}=\begin{pmatrix} \alpha_{e} & 1 & \cdots & 0\\ 0 & \ddots & & \vdots\\ \vdots & & \ddots & 1\\ 0 & \cdots & 0 & \alpha_{e} \end{pmatrix}$ 。

定义 20.2 这称为 $T$ 的Jordan标准形(Jordan normal form)。

§20.3 特征多项式

定义 20.3 特征多项式

\det(tI - A) \in F[t]

例 20.2 如果 $A = \begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{pmatrix}$ ，则 $tI - A = \begin{pmatrix} t - A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & t - A_{22} \end{pmatrix}$ 。因此

\det(tI - A) = t^{2} - (A_{11} + A_{22})t + (A_{11}A_{22} - A_{12}A_{21}).

注如果 $A$ 是 $k \times k$ 的矩阵，则特征多项式的第 $i$ 项系数是 $A$ 的一个不变量，在共轭变换下保持不变。

\det(B(tI - A)B^{-1}) = \det BB^{-1} \det(tI - A) = \det(tI - A).

定义 20.4 任意 $A \in M_{k \times k}(F)$ 确定了一个映射

f: F[t] \to M_{k \times k}(F),

由于 $F[t]$ 是一个主理想整环， $\ker(f) = (p)$ ，其中 $p \in F[t]$ 。

取唯一的 $p$ ，使得：

$p = t^{d} + a_{d}t^{d-1} + \cdots$ ，
$\ker(f) = (p)$ ，

我们称 $p$ 为 $A$ 的最小多项式（minimal polynomial）。

§20.4 Cayley-Hamilton定理

定理 20.3 (Cayley-Hamilton) 任意矩阵 $A$ 都满足它的特征多项式。

注该定理在 $F$ 不是代数闭域的情况下也成立！

证明：在上述给定的基下，

\det(tI - A) = \prod\limits_{i=1}^{e}(t - \alpha_{i})^{n_{i}}.

因此需要证明

\prod\limits_{i=1}^{e}(A - \alpha_{i}I)^{n_{i}} = 0.

但 $\overline{1}_{1}, \ldots, \overline{1}_{e}$ 作为模生成了 $v$ ，并且

(A - \alpha_{i}I)^{n_{i}}\overline{1}_{j} = 0.

（因为 $(A - \alpha_{i}I)^{n_{i} - 1}(\overline{1}_{i})$ 是特征向量。）

~\tag*{$\square$}

例 20.3 如果 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ ，则它的特征多项式为 $t^{2} - t(a + d) + (ad - bc)$ 。该定理表明

A^{2} - A(a + d) + I(ad - bc) = 0 \in M_{2 \times 2}(F).

例 20.4 另一种形式，如果 $A \in M_{k \times k}(F)$ ，则其特征多项式的形式为

t^{k} + b_{k-1}t^{k-1} + \cdots + b_{1}t + b_{0}.

该定理表明，对于任意 $\vec{v} \in F^{k}$ ，我们有

A^{k}\vec{v} + b_{k-1}A^{k-1}\vec{v} + \cdots + b_{1}A\vec{v} + b_{0}\vec{v} = 0.

推论 20.4 $A$ 的最小多项式整除其特征多项式。

命题 20.5 设 $A \in M_{k \times k}(F)$ 。当且仅当 $A$ 的列构成一个基时， $A$ 是可逆的。

证明：设 $T_{A}$ 为由 $A$ 给出的线性变换 $F^{k} \to F^{k}$ 。我们需要证明 $T_{A}$ 是可逆的，即 $T_{A}$ 是单射且满射。

T_{A}(\vec{e}_{i}) = \vec{v}_{i} \quad \text{其中}~\vec{v}_{i}~\text{是}~A~\text{的列向量。}

\begin{pmatrix} \vdots & & \vdots\\ \vec{v}_{1} & \cdots & \vec{v}_{k}\\ \vdots & & \vdots \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0\\ \vdots \\ 1 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ~ \\ ~ \\ \vec{v}_{i} \\ ~ \\ ~ \end{pmatrix}

所以 $T_{A}(\sum b_{i}\vec{e}_{i}) = \vec{0} \Leftrightarrow \sum b_{i}\vec{v}_{i} = 0 \Leftrightarrow b_{i} = 0$ 。

由于 $\ker T_{A} = \{0\}$ 且 $T_{A}$ 是 $F^{k}$ 到 $F^{k}$ 之间的线性映射（维数相同），所以 $T_{A}$ 是可逆的。

~\tag*{$\square$}

命题 20.6 设 $A^{\prime}$ 是 $T_{A}$ 在某个基 $v_{1}, \ldots, v_{k}$ 下的矩阵。令 $B = \begin{pmatrix} \vdots & & \vdots \\ \vec{v}_{1} & \cdots & \vec{v}_{k} \\ \vdots & & \vdots \end{pmatrix}$ 。则

A^{\prime} = BAB^{-1}。

证明：

\begin{aligned} BAB^{-1}(\vec{v}_{i}) &= BA\vec{e}_{i} \\ &= B\left(\sum A_{ji}\vec{e}_{j}\right) \\ &= \sum A_{ji}\vec{v}_{j} \\ &= A^{\prime}(\vec{v}_{i})。 \end{aligned}

~\tag*{$\square$}

命题 20.7 如果 $B$ 是可逆的且 $A^{\prime} = BAB^{-1}$ ，则

\det(tI - A^{\prime}) = \det(tI - A) \in F[t].

证明：一般来说，

\begin{aligned} \det(BCB^{-1}) &= \det B \det C \det B^{-1} \\ &= \det B \det B^{-1} \det C \\ &= \det BB^{-1} \det C \\ &= \det I \det C \\ &= \det C. \end{aligned}

因此

\det (B(tI - A)B^{-1}) = \det(tI - A).

并且

\begin{aligned} \det(B(tI - A)B^{-1}) &= \det(BtIB^{-1} - BAB^{-1}) \\ &= \det(tI - BAB^{-1})。 \end{aligned}

~\tag*{$\square$}

因此，为了计算任意 $A \in M_{k \times k}(F)$ 的特征多项式？如果 $F$ 是代数闭域，那么

A = B A^{\prime} B^{-1}

其中

A^{\prime} = \begin{pmatrix} A_{1} & 0 & \cdots & 0\\ 0 & A_{2} & \cdots & 0\\ \vdots & \cdots & \ddots & \vdots\\ 0 & \cdots & 0 & A_{e} \end{pmatrix}

是一个分块对角矩阵，其中

A_{i} = \begin{pmatrix} \alpha_{i} & 1 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & \alpha_{i} & 1 & \cdots & 0\\ 0 & 0 & \alpha_{i} & \cdots & 0\\ \vdots & \cdots & \cdots & \ddots & \vdots\\ 0 & \cdots & \cdots & 0 & \alpha_{i} \end{pmatrix}, \quad \alpha_{i} \in F.

其中 $\alpha_{i}$ 位于对角线上，每个 $\alpha_{i}$ 的右上方是 $1$ 。因此，我们只需计算

\begin{aligned} \det(tI - A^{\prime}) &= \det\begin{pmatrix} t - \alpha_{1} & -1 & \cdots & 0\\ 0 & t - \alpha_{1} & \cdots & 0\\ \vdots & \cdots & \ddots & \vdots\\ 0 & \cdots & \cdots & -1\\ 0 & \cdots & \cdots & t - \alpha_{e} \end{pmatrix}\\ &= (t - \alpha_{1})^{n_{1}} \cdot (t - \alpha_{2})^{n_{2}} \cdot \cdots \cdot (t - \alpha_{e})^{n_{e}}. \end{aligned}

因为 $tI - A^{\prime}$ 是上三角矩阵，其行列式为对角线上元素的乘积。

为证明

(A-\alpha_{1})^{n_{1}}\cdot\cdots\cdot(A-\alpha_{e})^{n_{e}}=0

我们只需证明对于任意 $\vec{v}$ ，有

(A-\alpha_{1})^{n_{1}}\cdot \cdots\cdot(A-\alpha_{e})^{n_{e}}\vec{v}=0.

现在选择一个基

\begin{aligned} \vec{v}_{1,n_{1}} &= \overline{1}, \ldots, \vec{v}_{1,1} = \overline{(t - \alpha_{1})}^{n_{1} - 1} \in F[t]/(t - \alpha_{1})^{n_{1}} \\ &\vdots \\ \vec{v}_{e,n_{e}} &= \overline{1}, \ldots, \vec{v}_{e,1} = \overline{(t - \alpha_{e})}^{n_{e} - 1} \in F[t]/(t - \alpha_{e})^{n_{e}} \end{aligned}

则 $\{\vec{v}_{i, n_{j}}\}$ 构成 $A$ 作用的向量空间的基。此外，

\begin{aligned} &(A - \alpha_{1})^{n_{1}} \cdot \cdots \cdot (A - \alpha_{i})^{n_{i}} \cdot \cdots \cdot (A - \alpha_{e})^{n_{e}} \vec{v}_{i,j} \\ =& (A - \alpha_{1})^{n_{1}} \cdot \cdots \cdot (A - \alpha_{e})^{n_{e}} (A - \alpha_{i})^{n_{i}} \vec{v}_{i,j} \\ =& (A - \alpha_{1})^{n_{1}} \cdot \cdots \cdot (A - \alpha_{e})^{n_{e}} \vec{0} \\ =& \vec{0} \end{aligned}

第二和第三个等式成立的原因是我们知道（通过选择的基），

A\vec{v}_{i,j} = \vec{v}_{i,j-1} + \alpha_{i} \vec{v}_{i,j}.

另一方面，

A\vec{v}_{i,1} = \alpha_{i}\vec{v}_{i,1}.

因此

(A - \alpha_{i}) \vec{v}_{i,j} = \begin{cases} \vec{v}_{i,j-1} & j > 1 \\ 0 & j = 1 \end{cases}

这样我们就证明了，如果 $F$ 是代数闭域，那么任何 $A \in M_{k \times k}(F)$ 都满足其特征多项式 $\det(tI - A)$ 。如果 $F$ 不是代数闭域呢？令 $\overline{F}$ 是一个包含 $F$ 的代数闭域，则我们有包含映射

M_{k \times k}(F) \hookrightarrow M_{k \times k}(\overline{F})

和

F[t] \hookrightarrow \overline{F}[t]。

我们可以将任何以 $F$ 为系数的矩阵视作以 $\overline{F}$ 为系数的矩阵。同样，任何以 $F$ 为系数的多项式也可以视作以 $\overline{F}$ 为系数的多项式。将这些联系组合起来，

是交换的。因此，如果 $?\to 0$，则表明? 必然为零。简单来说，将矩阵代入其特征多项式的结果是相同的，无论我们将矩阵视作具有 $F$ 还是 $\overline{F}$ 系数。

目录

§20 Cayley-Hamilton定理

§20.1 线性变换的矩阵

§20.2 Jordan标准形

§20.3 特征多项式

§20.4 Cayley-Hamilton定理