主要内容

高等代数教学辅导

刘月, 唐丽丹

节 6.3 极小多项式

建设中！

子节 6.3.1 主要知识点

定义 6.3.1.

设\(A\in\mathbb{F}^{n\times n},\ 0\neq f(\lambda)=a_s\lambda^s+a_{s-1}\lambda^{s-1}+\cdots +a_0\in\mathbb{F} [\lambda]\)。 若成立
\begin{equation*} f(A)=a_sA^s+a_{s-1}A^{s-1}+\cdots +a_0{\color{blue}E}=0, \end{equation*}
则称\(A\)适合多项式\(f(\lambda)\)， 或称\(f(\lambda)\)是\(A\)的零化多项式。

证明.

设 \(B(\lambda)\) 是\(\lambda\)-矩阵\(\lambda E -A\)的伴随矩阵，则
\begin{equation} B(\lambda)(\lambda E-A)= \det(\lambda E-A) E= f_A(\lambda)E. \tag{6.1} \end{equation}
\(B(\lambda)\)的每一个元素都是矩阵\(\lambda E-A\)的某一个\(n-1\)阶代数余子式，所以这些元素都是次数不超过\(n-1\)的关于\(\lambda\)的一元多项式，从而\(B(\lambda)\) 可拆分为
\begin{equation*} B(\lambda)= \lambda^{n-1}B_{n-1}+\lambda^{n-2}B_{n-2}\cdots +B_0, \end{equation*}
这里\(B_i (i=0,1,\ldots,n-1)\)都是\(\mathbb{F}\)上的\(n\)阶方阵。代入\(B(\lambda)(\lambda E-A)\)得：
\begin{equation} \begin{array}{rcl} & & B(\lambda)(\lambda E-A) = (\lambda^{n-1}B_{n-1}+\lambda^{n-2}B_{n-2}\cdots +B_0)(\lambda E-A)\\ & = & \lambda^n B_{n-1} +\lambda^{n-1}(B{n-2}-B_{n-1}A)+\cdots+\lambda(B_0-B_{1}A) - B_0A. \end{array}\tag{6.2} \end{equation}
设\(A\)的特征多项式\(f_A(\lambda)=\lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+a_0\)，则
\begin{equation} f_A(\lambda)E=\lambda^n E+a_{n-1}\lambda^{n-1}E+\cdots+a_0E.\tag{6.3} \end{equation}
根据(6.1)、(6.2)、(6.3) 得：
\begin{equation} \left\{\begin{array}{l} B_{n-1}=E,&\\ B_{n-2}-B_{n-1}A=a_{n-1}E,&\\ \vdots&\\ B_0-B_1A=a_1E,&\\ -B_0A=a_0E& \end{array}\right.\tag{6.4} \end{equation}
用\(A^n,A^{n-1},\cdots,A,E\)按顺序右乘(6.4)得
\begin{equation} \left\{\begin{array}{l} B_{n-1}A^n=A^n,&\\ B_{n-2}A^{n-1}-B_{n-1}A^n=a_{n-1}A^{n-1},&\\ \vdots&\\ B_0A-B_1A^2=a_1A,&\\ -B_0A=a_0E& \end{array}\right. \tag{6.5} \end{equation}
把(6.5)的所有等式加到一起，左边为0，右端即为\(f_A(A)\)，结论成立。
注：教材中的证明是局限在有\(\mathbb{F}\)是复数域\(\mathbb{C}\)的子域这一前提下给出的，这个证明对于初学者友好且直观。事实上，Cayley-Hamilton定理对一般数域也是成立的。上面的证明是为了应对一般情形。

定义 6.3.4.

设\(A\)是数域\(\mathbb{F}\)上的\(n\)阶方阵，\(A\)的次数最小且首一的零化多项式称为\(A \)的极小多项式。

定义 6.3.10.

设\(\varphi\)是数域\(\mathbb{F}\)上\(n\)维空间\(V\)的线性变换，若存在
\begin{equation*} 0\neq f(\lambda)=a_s\lambda^s+a_{s-1}\lambda^{s-1}+\cdots +a_0\in\mathbb{F} [\lambda], \end{equation*}
使得
\begin{equation*} f(\varphi)=a_s\varphi^s+a_{s-1}\varphi^{s-1}+\cdots +a_0 id_V=0, \end{equation*}
则称\(f(\lambda)\)是\(\varphi\)的零化多项式。
\(\varphi\)的次数最低的且首项系数为\(1\)的零化多项式称为\(\varphi\)的极小多项式，记作\(m_{\varphi}(\lambda)\)。

练习 6.3.2 练习

1.

举例说明特征值相同的矩阵未必相似，极小多项式相同的矩阵未必相似。
解答.
取
\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} 0&1&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&1\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix},B=\begin{pmatrix} 0&1&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}, \end{equation*}
则\(f_A(\lambda)=f_B(\lambda)=\lambda^4,m_A(\lambda)=m_B(\lambda)=\lambda^2\)。但\(r(A)=2\neq 1=r(B)\)，故\(A\)、\(B\)不相似。

2.

设\(A= \begin{pmatrix} 2&1&1\\1&2&1\\1&1&2 \end{pmatrix}\)，求\(A\)的极小多项式\(m_A(\lambda)\)，并判断\(A\)是否可对角化。
解答.
因\(f_A(\lambda)=\begin{vmatrix} \lambda-2&-1&-1\\-1&\lambda-2&-1\\-1&-1&\lambda-2 \end{vmatrix}=(\lambda-1)^2(\lambda-4)\)，所以
\begin{equation*} m_A(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-4)\mbox{或}(\lambda-1)^2(\lambda-4)\mbox{。} \end{equation*}
注意到
\begin{equation*} (A-E)(A-4E)=\begin{pmatrix} 1&1&1\\1&1&1\\1&1&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -2&1&1\\1&-2&1\\1&1&-2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&0&0\\0&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix}, \end{equation*}
故\(A\)的极小多项式\(m_A(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-4)\)。 因\(A\)的极小多项式\(m_A(\lambda)\)是互素一次因式的乘积，故\(A\)可对角化。

3.

设\(\alpha , \beta\in\mathbb{F}^n\)，且\(\alpha^T \beta=1\)。令\(A=E_n- \alpha \beta^T\)，求\(A\)的极小多项式\(m_A(\lambda)\)，并判断\(A\)是否可对角化。
解答.
因\(\beta^T \alpha=(\alpha^T \beta)^T=1\)，所以
\begin{equation*} \begin{array}{ccl}f_A(\lambda)&=&\det\left(\lambda E_n-(E_n- \alpha \beta^T)\right)\\ &=&\det\left((\lambda-1)E_n+ \alpha \beta^T\right)\\ &=&(\lambda-1)^{n-1}\det \left((\lambda-1)E_1+\beta^T \alpha\right)\\ &=&\lambda(\lambda-1)^{n-1}\mbox{，} \end{array} \end{equation*}
故\(A\)的极小多项式\(m_A(\lambda)\)为\(\lambda(\lambda-1)^k\)，其中\(1\leq k\leq n-1\)。注意到
\begin{equation*} A(A-E)=(E_n- \alpha \beta^T)(- \alpha \beta^T)=- \alpha \beta^T+ \alpha (\beta^T \alpha) \beta^T=0, \end{equation*}
因此\(A\)的极小多项式\(m_A(\lambda)=\lambda(\lambda-1)\)。\(A\)的极小多项式\(m_A(\lambda)\)是互素一次因式的乘积，故\(A\)可对角化。

4.

设\(n\)阶可逆矩阵\(A\)的极小多项式\(m_A(\lambda)=\lambda^m+a_1 \lambda^{m-1}+\cdots +a_m\)，求\(A^{-1}\)的极小多项式\(m_{A^{-1}}(\lambda)\)。
解答.
因为\(A\)可逆，所以\(a_m\neq 0\)。由于
\begin{equation*} m_A(A)=A^m+a_1 A^{m-1}+\cdots +a_{m-1}A+a_mE_n=0, \end{equation*}
两边同时左乘\(A^{-m}\)，得
\begin{equation*} E_n+a_1 A^{-1}+\cdots +a_{m-1}A^{-m+1}+a_mA^{-m}=0\mbox{。} \end{equation*}
故\(f(\lambda)=\lambda^m+\frac{a_{m-1}}{a_m}\lambda^{m-1}+\cdots+\frac{a_{1}}{a_m}\lambda+\frac{1}{a_m}\)是\(A^{-1}\)的一个零化多项式。我们断言\(f(\lambda)\)恰是\(A^{-1}\)的极小多项式。若不然，存在次数小于\(m\)的多项式
\begin{equation*} g(\lambda)=\lambda^k+b_{k-1}\lambda^{k-1}+\cdots +b_1 \lambda+b_0, \end{equation*}
其中\(k<m\)，使得\(g(A^{-1})=0\)，即\(A^{-k}+b_{k-1}A^{1-k}+\cdots +b_1 A^{-1}+b_0E_0=0\)，两边同时左乘\(A^k\)，得
\begin{equation*} b_0A^k+b_1A^{k-1}+\cdots +b_{k-1}A+E_n=0, \end{equation*}
与\(\deg m_A(\lambda)=m\)相矛盾。故\(m_{A^{-1}}(\lambda)=\lambda^m+\frac{a_{m-1}}{a_m}\lambda^{m-1}+\cdots+\frac{a_{1}}{a_m}\lambda+\frac{1}{a_m}\)。

5.

设\(A\)是数域\(\mathbb{F}\)上\(n\)阶矩阵，证明：\(m_A(\lambda)=m_{A^T}(\lambda)\)。
解答.
设\(m_A(\lambda)=\lambda^m+a_{m-1}\lambda^{m-1}+\cdots +a_1 \lambda+a_0\)，则
\begin{equation*} A^m+a_{m-1}A^{m-1}+\cdots +a_1A+a_0E_n=0, \end{equation*}
两边同时取转置，得
\begin{equation*} (A^T)^m+a_{m-1}(A^T)^{m-1}+\cdots +a_1A^T +a_0E_n=0, \end{equation*}
故\(m_A(A^T)=0\)，即\(m_A(\lambda)\)是\(A^T\)的一个零化多项式。因此\(m_{A^T}(\lambda)|m_A(\lambda)\)。同理可证，\(m_{A}(\lambda)|m_{A^T}(\lambda)\)。又\(m_A(\lambda),m_{A^T}(\lambda)\)均为首一多项式，所以\(m_A(\lambda)=m_{A^T}(\lambda)\)。

6.

设\(A={{\rm {diag}}}\{A_1,A_2,\cdots ,A_s\}\)是数域\(\mathbb{F}\)上的\(n\)阶方阵，其中\(A_i(i=1,2,\cdots ,s)\)是\(n_i\)阶方阵。证明\(A\)可对角化的充分必要条件是每个\(A_i(i=1,2,\cdots ,s)\)都可对角化。
解答.
因\(A={{\rm {diag}}}\{A_1,A_2,\cdots ,A_s\}\)，所以
\begin{equation*} m_A(\lambda)=\left[m_{A_1}(\lambda),m_{A_2}(\lambda),\cdots,m_{A_s}(\lambda)\right]\mbox{。} \end{equation*}
故
\begin{equation*} \begin{array}{ccl} A\mbox{可对角化}&\Leftrightarrow&m_A(\lambda)\mbox{是上互素一次因式的乘积}\\ &\Leftrightarrow&\left[m_{A_1}(\lambda),m_{A_2}(\lambda),\cdots,m_{A_s}(\lambda)\right]\mbox{是上互素一次因式的乘积}\\ &\Leftrightarrow&\forall 1\leq i\leq s\mbox{，}m_{A_i}(\lambda)\mbox{是上互素一次因式的乘积}\\ &\Leftrightarrow&\forall 1\leq i\leq s\mbox{，}A_i\mbox{都可对角化。} \end{array} \end{equation*}

7.

设\(A,B\)都是\(n\)阶可对角化矩阵，并且\(AB=BA\)，证明：\(A,B\)可同时对角化，即存在可逆矩阵\(P\)使得\(P^{-1}AP\)和\(P^{-1}BP\)都是对角矩阵。
解答.
因为\(A\)可对角化，所以存在可逆矩阵\(P_1\)，使得
\begin{equation*} P_1^{-1}AP_1={{\rm {diag}}}\{\lambda_1E_{r_1},\lambda_2E_{r_2},\cdots ,\lambda_sE_{r_s}\}, \end{equation*}
其中\(\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_s\)互不相同。由\(AB=BA\)知，
\begin{equation*} (P_1^{-1}AP_1)(P_1^{-1}BP_1)=(P_1^{-1}BP_1)(P_1^{-1}AP_1)\mbox{。} \end{equation*}
令\(C=P_1^{-1}BP_1=\left(C_{ij}\right)\)，其中\(C_{ij}\)是\(r_i\times r_j\)矩阵，则\(\lambda_i C_{ij}=\lambda_j C_{ij}\)。当\(i\neq j\)时，由\(\lambda_i\neq \lambda_j\)知\(C_{ij}=0\)，故\(C={{\rm {diag}}}\{C_{11},C_{22},\cdots ,C_{ss}\}\)。由\(B\)可对角化知：\(C\)可对角化，根据上题结论，对任意\(1\leq i\leq s\)，存在可逆矩阵\(Q_i\)，使得\(Q_i^{-1}C_{ii}Q_i\)为对角阵。令\(P=P_1{{\rm {diag}}}\{Q_{1},Q_{2},\cdots ,Q_{s}\}\)，则\(P\)可逆且
\begin{equation*} P^{-1}AP={{\rm {diag}}}\{\lambda_1E_{r_1},\lambda_2E_{r_2},\cdots ,\lambda_sE_{r_s}\}, \end{equation*}
\begin{equation*} P^{-1}BP={{\rm {diag}}}\{Q_1^{-1}C_{11}Q_1,Q_2^{-1}C_{22}Q_2,\cdots ,Q_s^{-1}C_{ss}Q_s\} \end{equation*}
都是对角矩阵。

8.

设\(S\)是无限个可对角化的\(n\)阶方阵组成的集合，其元素满足矩阵乘法交换律。证明：存在\(n\)阶可逆矩阵\(P\)，使得\(\forall X\in S\)，\(P^{-1}XP\)为对角矩阵。
解答.
因\(S\subseteq\mathbb{F}^{n\times n}\)，且\(\dim\mathbb{F}^{n\times n}<\infty\)，所以存在\(A_1,A_2,\cdots ,A_s\in S\)，使得\(\forall A\in S\)，\(A\)可由\(A_1,A_2,\cdots ,A_s\)线性表出。
下证存在\(n\)阶可逆矩阵\(P\)，使得\(\forall 1\leq k\leq s\)，\(P^{-1}A_kP\)为对角矩阵即可。对阶数\(n\)用第二归纳法。
(1). 当\(n=1\)时，结论显然成立。
(2). 假设对于小于\(n\)阶的矩阵结论成立，以下考虑\(n\)阶矩阵的情形。因为\(A_s\)可对角化，所以存在可逆矩阵\(P_1\)，使得
\begin{equation*} P_1^{-1}A_sP_1={{\rm {diag}}}\{\lambda_1E_{r_1},\lambda_2E_{r_2},\cdots ,\lambda_mE_{r_m}\}, \end{equation*}
其中\(\lambda_1,\lambda_2,\cdots ,\lambda_m\)互不相同。对任意\(1\leq i\leq s-1\)，由\(A_i A_s=A_s A_i\)知
\begin{equation*} (P_1^{-1}A_iP_1)(P_1^{-1}A_sP_1)=(P_1^{-1}A_sP_1)(P_1^{-1}A_iP_1), \end{equation*}
则\(P_1^{-1}A_iP_1={{\rm {diag}}}\{B_{i1},B_{i2},\cdots ,B_{im}\}\)。故\(\forall 1\leq j\leq s\)，
\begin{equation*} P_1^{-1}A_jP_1={{\rm {diag}}}\{B_{j1},B_{j2},\cdots ,B_{jm}\}\mbox{。} \end{equation*}
于是，对任意\(1\leq k\neq l\leq s\)，由\(A_kA_l=A_lA_k\)不难推出
\begin{equation*} B_{kt}B_{lt}=B_{lt}B_{kt},\forall 1\leq t\leq m, \end{equation*}
其中\(B_{kt},B_{lt}\)是\(r_t\)阶方阵。由归纳假设，存在\(r_t\)阶可逆矩阵\(Q_t\)，使得\(\forall 1\leq k\leq s,\ Q_t^{-1}B_{kt}Q_t\)为对角矩阵。令
\begin{equation*} P=P_1 \begin{pmatrix} Q_1&&&\\ &Q_2&&\\ &&\ddots&\\ &&&Q_m \end{pmatrix}, \end{equation*}
则\(P\)为\(n\)阶可逆矩阵，且\(\forall 1\leq k\leq s,\ P^{-1}A_kP\)均为对角矩阵。 因此\(\forall X\in S\)，\(P^{-1}XP\)为对角矩阵。

9.

设\(A,B\)为\(n\)阶矩阵，若\((m_A(\lambda),m_B(\lambda))=1\)，证明：\(f_A(B)\)是可逆矩阵，这里\(f_A(\lambda)\)是\(A\)的特征多项式。
解答.
因为\((m_A(\lambda),m_B(\lambda))=1\)，所以\((f_A(\lambda),m_B(\lambda))=1\)。否则，\(f_A(\lambda)\)与\(m_B(\lambda)\)在\(\mathbb{C}\)上有公共根\(c\)。因\(f_A(\lambda)\)与\(m_A(\lambda)\)在\(\mathbb{C}\)上的根在不计重数条件下是相同的，所以\(c\)也是\(m_A(\lambda)\)与\(m_B(\lambda)\)的公共根，与\((m_A(\lambda),m_B(\lambda))=1\)相矛盾。故\((f_A(\lambda),m_B(\lambda))=1\)。于是，存在\(u(\lambda),v(\lambda)\)，使得
\begin{equation*} u(\lambda)f_A(\lambda)+v(\lambda)m_B(\lambda)=1. \end{equation*}
用\(B\)代入上式两边的\(\lambda\)，因\(m_B(B)=0\)，故
\begin{equation*} u(B)f_A(B)=E_n, \end{equation*}
从而\(f_A(B)\)是可逆矩阵。

10.

设\(A,B\)分别是数域\(\mathbb{F}\)上的\(n\)阶、\(m\)阶矩阵，其极小多项式分别为\(m_A(\lambda),m_B(\lambda)\)，若\((m_A(\lambda),m_B(\lambda))=1\)，证明：矩阵方程\(AX=XB\)只有零解。
解答.
因为\((m_A(\lambda),m_B(\lambda))=1\)，所以存在\(u(\lambda),v(\lambda)\)，使得
\begin{equation*} u(\lambda)m_A(\lambda)+v(\lambda)m_B(\lambda)=1, \end{equation*}
用\(A\)代入上式两边的\(\lambda\)，因\(m_A(A)=0\)，故
\begin{equation*} v(A)m_B(A)=E_n\mbox{。} \end{equation*}
对矩阵方程\(AX=XB\)任一解\(X_0\)，有\(A X_0=X_0 B\)，则
\begin{equation*} A^2 X_0=A(X_0 B)=(A X_0)B=(X_0 B)B=X_0 B^2, \end{equation*}
\begin{equation*} A^3 X_0=A(X_0 B^2)=(A X_0)B^2=X_0 B^3,\cdots, \end{equation*}
故\(m_B(A)X_0=X_0 m_B(B)=0\)。因此，
\begin{equation*} X_0=E_n X_0=v(A)m_B(A) X_0=v(A)0=0\mbox{。} \end{equation*}
从而矩阵方程\(AX=XB\)只有零解。
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