线性代数/映射和矩阵的多项式

线性代数
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回想一下，平方矩阵的集合在逐项加法和标量乘法下是一个向量空间，并且这个空间 ${\mathcal {M}}_{n\!\times \!n}$ 的维度是 $n^{2}$ 。因此，对于任何 $n\!\times \!n$ 矩阵 $T$ ， $n^{2}+1$ 元集合 $\{I,T,T^{2},\dots ,T^{n^{2}}\}$ 是线性相关的，因此存在标量 $c_{0},\dots ,c_{n^{2}}$ 使得 $c_{n^{2}}T^{n^{2}}+\dots +c_{1}T+c_{0}I$ 是零矩阵。

备注 1.1

这个观察结果很小，但很重要。它表明每种变换都表现出广义的幂零性：平方矩阵的幂不能无限地增长，而不发生“重复”。

示例 1.2

平面向量以 $\pi /6$ 弧度逆时针旋转，相对于标准基表示为

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

并且验证 $0T^{4}+0T^{3}+1T^{2}-{\sqrt {3}}T+1I$ 等于零矩阵很容易。

定义 1.3

对于任何多项式 $f(x)=c_{n}x^{n}+\dots +c_{1}x+c_{0}$ ，其中 $t$ 是一个线性变换，那么 $f(t)$ 是同一个空间上的变换 $c_{n}t^{n}+\dots +c_{1}t+c_{0}({\mbox{id}})$ ；而如果 $T$ 是一个方阵，那么 $f(T)$ 是矩阵 $c_{n}T^{n}+\dots +c_{1}T+c_{0}I$ 。

备注 1.4

例如，如果 $f(x)=x-3$ ，那么大多数作者在单位矩阵中写成： $f(T)=T-3I$ 。但大多数作者不会在单位映射中写成： $f(t)=t-3$ 。在这本书中，我们也将遵循这个惯例。

当然，如果 $T={\rm {Rep}}_{B,B}(t)$ ，那么 $f(T)={\rm {Rep}}_{B,B}(f(t))$ ，这是由关系 $T^{j}={\rm {Rep}}_{B,B}(t^{j})$ ，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，可能存在度数小于 $n^{2}$ 的多项式，它们使映射或矩阵为零。

定义 1.5

变换 $t$ 或方阵 $T$ 的 **最小多项式** $m(x)$ 是使得 $m(t)$ 为零映射或 $m(T)$ 为零矩阵的最小次数且首项系数为 $1$ 的多项式。

根据本小节的开头，最小多项式总是存在的。最小多项式是唯一的，因为“首项系数为 $1$ ”这一条件。这是因为，如果存在两个多项式 $m(x)$ 和 ${\hat {m}}(x)$ 都是使映射或矩阵为零的最小次数多项式（因此它们具有相同的次数），并且都具有首项系数 $1$ ，那么它们的差 $m(x)-{\hat {m}}(x)$ 的次数小于这两个多项式，并且仍然使映射或矩阵为零。因此 $m(x)-{\hat {m}}(x)$ 是零多项式，这两个多项式相等。（首项系数的要求也防止最小多项式是零多项式。）

例 1.6

我们可以看到 $m(x)=x^{2}-2x-1$ 是例 1.2 中矩阵的最小多项式，通过计算 $T$ 的幂直到 $n^{2}=4$ 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}}

接下来，将 $c_{4}T^{4}+c_{3}T^{3}+c_{2}T^{2}+c_{1}T+c_{0}I$ 等于零矩阵

{\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}}

并使用高斯消元法。

{\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}}

将 $c_{4}$ 、 $c_{3}$ 和 $c_{2}$ 设置为零，会导致 $c_{1}$ 和 $c_{0}$ 也为零。为了获得一个首项系数为1的多项式，我们最多只能将 $c_{4}$ 和 $c_{3}$ 设置为零。因此，最小多项式是二次的。

使用该示例中所述的方法来寻找一个 $3\!\times \!3$ 矩阵的最小多项式，意味着在一个包含九个方程和十个未知数的系统上进行高斯消元。我们将开发一种替代方法。首先，请注意，我们可以将映射或矩阵的多项式分解成其分量。

引理 1.7

假设多项式 $f(x)=c_{n}x^{n}+\dots +c_{1}x+c_{0}$ 可以分解为 $k(x-\lambda _{1})^{q_{1}}\cdots (x-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}$ 。如果 $t$ 是一个线性变换，那么这两个映射是相等的。

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 $T$ 是一个方阵，那么 $f(T)$ 和 $k\cdot (T-\lambda _{1}I)^{q_{1}}\cdots (T-\lambda _{\ell }I)^{q_{\ell }}$ 是相等的矩阵。

证明

该论证通过对多项式次数进行归纳来证明。当多项式次数为 $0$ 和 $1$ 时，结论是显然的。完整的归纳论证见问题 21，但次数为二的情况可以说明其思路。

一个二次多项式可以分解成两个线性项 $f(x)=k(x-\lambda _{1})\cdot (x-\lambda _{2})=k(x^{2}+(\lambda _{1}+\lambda _{2})x+\lambda _{1}\lambda _{2})$ （根 $\lambda _{1}$ 和 $\lambda _{2}$ 可能相等）。我们可以验证，将 $t$ 代入 $x$ ，分解形式和未分解形式得到的映射是一样的。

{\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}}

第三个等式成立是因为标量 $\lambda _{2}$ 从第二项中提取出来，因为 $t$ 是线性的。

特别地，如果一个变换 $t$ 的最小多项式 $m(x)$ 可以分解为 $m(x)=(x-\lambda _{1})^{q_{1}}\cdots (x-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}$ ，那么 $m(t)=(t-\lambda _{1})^{q_{1}}\circ \cdots \circ (t-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}$ 是零映射。由于 $m(t)$ 将每个向量映射到零，至少有一个映射 $t-\lambda _{i}$ 将一些非零向量映射到零。同样地，在矩阵情况下，如果 $m$ 是 $T$ 的最小多项式，那么 $m(T)=(T-\lambda _{1}I)^{q_{1}}\cdots (T-\lambda _{\ell }I)^{q_{\ell }}$ 是零矩阵，并且至少一个矩阵 $T-\lambda _{i}I$ 将一些非零向量映射到零。换句话说，在两种情况下，至少有一些 $\lambda _{i}$ 是特征值。(参见问题 17。)

回想我们之前是如何求解特征值的。我们寻找 $\lambda$ 使得 $T{\vec {v}}=\lambda {\vec {v}}$ ，方法是考虑方程 ${\vec {0}}=T{\vec {v}}-x{\vec {v}}=(T-xI){\vec {v}}$ 并计算矩阵 $T-xI$ 的行列式。该行列式是关于 $x$ 的多项式，称为特征多项式，其根即为特征值。本节的重点结果，即接下来的结果，是特征多项式与最小多项式之间存在联系。该结果扩展了上一段的见解，即最小多项式的一些根是特征值，并断言最小多项式的每个根都是特征值，此外每个特征值都是最小多项式的根（因为它是这样说的 " $1\leq q_{i}$ " 而不是仅仅 " $0\leq q_{i}$ ").

定理 1.8（凯莱-哈密顿）

如果变换或方阵的特征多项式分解为

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

那么它的最小多项式分解为

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

其中 $1\leq q_{i}\leq p_{i}$ 对于每个 $i$ 在 $1$ 和 $\ell$ 之间。

证明将在接下来的三个引理中给出。虽然它们仅以矩阵形式给出，但它们同样适用于映射。我们仅给出矩阵形式，因为这对于第一个证明来说很方便。

第一个结果是关键——一些作者称之为凯莱-哈密顿定理，并将上面的定理 1.8 称为推论。对于证明，观察到一个多项式矩阵可以看作是一个具有矩阵系数的多项式。

{\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 $T$ 是一个具有特征多项式 $c(x)$ 的方阵，那么 $c(T)$ 是零矩阵。

证明

设 $C$ 为 $T-xI$ ，其行列式是特征多项式 $c(x)=c_{n}x^{n}+\dots +c_{1}x+c_{0}$ 。

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}}

回顾矩阵的伴随矩阵与其自身的乘积等于该矩阵的行列式乘以单位矩阵。

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

${\text{adj}}\,(C)$ 的元素是多项式，每个多项式的次数最多为 $n-1$ ，因为矩阵的子式会去掉一行一列。如上所述，将其重写为 ${\text{adj}}\,(C)=C_{n-1}x^{n-1}+\dots +C_{1}x+C_{0}$ ，其中每个 $C_{i}$ 是一个标量矩阵。上述方程式 ( $*$ ) 的左右两端给出如下结果。

{\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}}

将 $x^{n}$ 的系数， $x^{n-1}$ 的系数等等等式。

{\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}}

将第一个方程的两边（从右边）乘以 $T^{n}$ ，第二个方程的两边乘以 $T^{n-1}$ 等等，然后相加。左边得到的结果是 $c_{n}T^{n}+c_{n-1}T^{n-1}+\dots +c_{0}I$ ，右边得到的结果是零矩阵。

我们有时称该引理为矩阵或映射满足其特征多项式。

引理 1.10

其中 $f(x)$ 是一个多项式，如果 $f(T)$ 是零矩阵，那么 $f(x)$ 可被 $T$ 的最小多项式整除。也就是说，任何 $T$ 满足的多项式都可以被 $T$ 的最小多项式整除。

证明

设 $m(x)$ 是 $T$ 的最小多项式。多项式除法定理给出 $f(x)=q(x)m(x)+r(x)$ ，其中 $r$ 的次数严格小于 $m$ 的次数。将 $T$ 代入表明 $r(T)$ 是零矩阵，因为 $T$ 同时满足 $f$ 和 $m$ 。这与 $m$ 的最小性矛盾，除非 $r$ 是零多项式。

将前两个引理结合起来，可知最小多项式整除特征多项式。因此，最小多项式的任何根也是特征多项式的根。也就是说，到目前为止我们已经知道，如果 $m(x)=(x-\lambda _{1})^{q_{1}}\dots (x-\lambda _{i})^{q_{i}}$ ，则 $c(x)$ 必须具有以下形式 $(x-\lambda _{1})^{p_{1}}\dots (x-\lambda _{i})^{p_{i}}(x-\lambda _{i+1})^{p_{i+1}}\dots (x-\lambda _{\ell })^{p_{\ell }}$ ，其中每个 $q_{j}$ 小于或等于 $p_{j}$ 。通过证明特征多项式实际上没有额外的根 $\lambda _{i+1}$ 等，来完成凯莱-哈密顿定理的证明。

引理 1.11

方阵的特征多项式的每个线性因子也是其最小多项式的线性因子。

证明

设 $T$ 为一个最小多项式为 $m(x)$ 的方阵，并假设 $x-\lambda$ 是 $T$ 的特征多项式的因式，即假设 $\lambda$ 是 $T$ 的特征值。我们需要证明 $x-\lambda$ 是 $m$ 的因式，即 $m(\lambda )=0$ .

一般来说，当 $\lambda$ 与特征向量 ${\vec {v}}$ 相关联时，对于任何多项式函数 $f(x)$ ，将矩阵 $f(T)$ 应用于 ${\vec {v}}$ 等于用标量 $f(\lambda )$ 乘以 ${\vec {v}}$ 的结果。（例如，如果 $T$ 有与特征向量 ${\vec {v}}$ 相关的特征值 $\lambda$ 并且 $f(x)=x^{2}+2x+3$ ，那么 $(T^{2}+2T+3)\,({\vec {v}})=T^{2}({\vec {v}})+2T({\vec {v}})+3{\vec {v}}=\lambda ^{2}\cdot {\vec {v}}+2\lambda \cdot {\vec {v}}+3\cdot {\vec {v}}=(\lambda ^{2}+2\lambda +3)\cdot {\vec {v}}$ ）。现在，由于 $m(T)$ 是零矩阵， ${\vec {0}}=m(T)({\vec {v}})=m(\lambda )\cdot {\vec {v}}$ ，因此 $m(\lambda )=0$ 。

例 1.12

我们可以使用凯莱-哈密顿定理来帮助找到该矩阵的最小多项式。

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

首先，它的特征多项式 $c(x)=(x-1)(x-2)^{3}$ 可以通过通常的行列式找到。现在，凯莱-哈密顿定理指出 $T$ 的最小多项式是 $(x-1)(x-2)$ 、 $(x-1)(x-2)^{2}$ 还是 $(x-1)(x-2)^{3}$ 。我们可以通过计算来决定选择哪一个

(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 $m(x)=(x-1)(x-2)^{2}$ .

练习

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问题 1

如果矩阵具有给定的特征多项式，则可能有哪些最小多项式？

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

每个可能性的度数是多少？

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问题 2

求每个矩阵的最小多项式。

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

问题 3

求这个矩阵的最小多项式。

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

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问题 4

在 ${\mathcal {P}}_{n}$ 上，微分算子 $d/dx$ 的最小多项式是什么？

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问题 5

求这种形式的矩阵的最小多项式

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

其中标量 $\lambda$ 是固定的（即不是变量）。

问题 6

将 ${\mathcal {P}}_{n}$ 中的 $p(x)$ 映射到 $p(x+1)$ 的变换的最小多项式是什么？

问题 7

映射 $\pi :\mathbb {C} ^{3}\to \mathbb {C} ^{3}$ 的最小多项式是什么，该映射将投影到前两个坐标上？

问题 8

找到一个 $3\!\times \!3$ 矩阵，其最小多项式为 $x^{2}$ 。

问题 9

以下对引理 1.9 的证明有什么问题：“如果 $c(x)=\left|T-xI\right|$ 那么 $c(T)=\left|T-TI\right|=0$ ”？(Cullen 1990)

问题 10

通过直接计算验证引理 1.9 对 $2\!\times \!2$ 矩阵成立。

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问题 11

证明 $n\!\times \!n$ 矩阵的最小多项式的次数最多为 $n$ （而不是 $n^{2}$ ，如本节开头所推测的那样）。验证此最大值， $n$ ，可能发生。

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问题 12

幂零映射的唯一特征值为零。证明逆命题成立。

问题 13

零映射或矩阵的最小多项式是什么？单位映射或矩阵的最小多项式是什么？

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问题 14

从几何角度解释示例 1.2 的最小多项式。

问题 15

对角矩阵的最小多项式是什么？

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问题 16

一个投影是任何变换 $t$ ，使得 $t^{2}=t$ 。（例如，将平面 $\mathbb {R} ^{2}$ 中的每个向量投影到它的第一个坐标，如果执行两次，结果将与只执行一次相同。）投影的最小多项式是什么？

问题 17

这个问题的前两项是回顾。

证明一对一映射的复合是一对一的。
证明如果一个线性映射不是一对一的，那么域中至少有一个非零向量被映射到陪域中的零向量。
验证此处摘录的陈述，它在定理 1.8 之前。

… 如果变换 $t$ 的最小多项式 $m(x)$ 因式分解为 $m(x)=(x-\lambda _{1})^{q_{1}}\cdots (x-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}$ ，那么 $m(t)=(t-\lambda _{1})^{q_{1}}\circ \cdots \circ (t-\lambda _{\ell })^{q_{\ell }}$ 是零映射。由于 $m(t)$ 将每个向量都映射到零，因此映射 $t-\lambda _{i}$ 中至少有一个将一些非零向量映射到零。… 改述…：至少一些 $\lambda _{i}$ 是特征值。