主要内容

高等代数教学辅导

刘月, 唐丽丹, 周宏

节 7.5 零化多项式

建设中！
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练习 练习

基础题.

1.
设 \(A\in \F^{n\times n}\)，记
\begin{equation*} T(A) = \{f(x)|f(x)\in \F[x],\ f(A)=0\}. \end{equation*}
证明：\(T(A)\)关于多项式组合封闭，即对\(\forall f(x),g(x)\in T(A)\)，\(\forall u(x),v(x)\in \F[x]\)，都有
\begin{equation*} u(x)f(x)+v(x)g(x)\in T(A). \end{equation*}
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解答.
对任意\(f(x),g(x)\in T(A), u(x),v(x)\in \F[x]\)，根据定义
\begin{equation*} f(A)=g(A)=0, \end{equation*}
所以
\begin{equation*} u(A)f(A)+v(A)g(A)=0, \end{equation*}
因此\(u(x)f(x)+v(x)g(x)\in T(A)\)。
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2.
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。
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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
\begin{equation*} \chi_A(\lambda)=\chi_B(\lambda)=\lambda^4,m_A(\lambda)=m_B(\lambda)=\lambda^2. \end{equation*}
但\(r(A)=2\neq 1=r(B)\)，故\(A\)、\(B\)不相似。
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3.
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。
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解答.
因\(\chi_A(\lambda)=\begin{vmatrix} \lambda-2&-1&-1\\-1&\lambda-2&-1\\-1&-1&\lambda-2 \end{vmatrix}=(\lambda-1)^2(\lambda-4)\)，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\(m_A(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-4)\)。 \(A\)的极小多项式\(m_A(\lambda)\)是两两互素一次因式的乘积，因此\(A\)可对角化。
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4.
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。
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解答.
\(A\)的特征多项式
\begin{equation*} \chi_A(\lambda)=\det ((\lambda -1)E_n+\alpha\beta^T), \end{equation*}
由降阶公式
\begin{equation*} \det ((\lambda -1)E_n+\alpha\beta^T)=(\lambda -1)^{n-1}((\lambda -1)E_1+\beta^T\alpha) \end{equation*}
及条件 \(\beta^T\alpha=(\alpha^T\beta)^T=1\) 得
\begin{equation*} \chi_A(\lambda)=\lambda(\lambda -1)^{n-1}, \end{equation*}
因此\(A\)的极小多项式形如
\begin{equation*} \lambda(\lambda-1)^k, 1\leq k\leq n-1. \end{equation*}
注意到
\begin{equation*} A(A-E_n)=(E_n- \alpha \beta^T)(- \alpha \beta^T)=- \alpha \beta^T+\alpha (\beta^T\alpha)\beta^T=0, \end{equation*}
故\(A\)的极小多项式
\begin{equation*} m_A(\lambda)=\lambda(\lambda-1) \end{equation*}
是两两互素一次因式的乘积，\(A\)可对角化。
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提高题.

5.
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\(m_{A^{-1}}(\lambda)\)。
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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}E_{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_{m}A^{-m}=0. \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_{0}, \end{equation*}
其中\(k < m\)，使得\(g(A^{-1})=0\)，即
\begin{equation*} A^{-k}+b_{k-1}A^{1-k}+\cdots +b_{0}E_{0}=0, \end{equation*}
两边同时左乘\(A^{k}\)，得
\begin{equation*} b_{0}A^{k}+b_{1}A^{k-1}+\cdots +E_{n}=0, \end{equation*}
与\(\deg m_{A}(\lambda)=m\)相矛盾，故
\begin{equation*} 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}}. \end{equation*}
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6.
设\(A\)是数域\(\mathbb{F}\)上\(n\)阶方阵，证明：\(m_A(\lambda)=m_{A^T}(\lambda)\)。
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解答.
设\(m_A(\lambda)=\lambda^m+a_{m-1}\lambda^{m-1}+\dots +a_0\)，则
\begin{equation*} A^m+a_{m-1}A^{m-1}+\cdots + 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_0E_n=0, \end{equation*}
故\(m_A(A^T)=0\)，\(m_A(\lambda)\)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\(m_A(\lambda)=m_{A^T}(\lambda)\)。
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7.
设\(A={{\rm {diag}}}\{A_1,\dots,A_s\}\)是数域\(\mathbb{F}\)上的\(n\)阶方阵，其中\(A_i(i=1,\dots,s)\)是\(n_i\)阶方阵。证明\(A\)可对角化的充分必要条件是每个\(A_i(i=1,\dots,s)\)都可对角化。
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解答.
因\(A={{\rm {diag}}}\{A_1,\dots ,A_s\}\)，所以\(m_A(\lambda)=\left[m_{A_1}(\lambda),\dots,m_{A_s}(\lambda)\right]\)。故
\begin{equation*} \begin{array}{ccl} A\mbox{可对角化}&\Leftrightarrow&m_A(\lambda)\mbox{是}\mathbb{F}\mbox{上两两互素一次因式的乘积}\\ &\Leftrightarrow&\left[m_{A_1}(\lambda),\dots,m_{A_s}(\lambda)\right]\mbox{是}\mathbb{F}\mbox{上两两互素一次因式的乘积}\\ &\Leftrightarrow&\forall 1\leq i\leq s , m_{A_i}(\lambda)\mbox{是}\mathbb{F}\mbox{上两两互素一次因式的乘积}\\ &\Leftrightarrow&\forall 1\leq i\leq s , A_i\mbox{都可对角化。} \end{array} \end{equation*}
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8.
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。
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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},\dots ,\lambda_sE_{r_s}\}, \end{equation*}
其中\(\lambda_1,\dots ,\lambda_s\)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). \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\(C={{\rm {diag}}}\{C_{11},\dots ,C_{ss}\}\)。由\(B\)可对角化知：\(C\)可对角化，根据 练习 7.5.7 ，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\(P=P_1{{\rm {diag}}}\{Q_{1},\dots ,Q_{s}\}\)，则\(P\)可逆且
\begin{equation*} P^{-1}AP={{\rm {diag}}}\{\lambda_1E_{r_1},\dots ,\lambda_sE_{r_s}\}, \end{equation*}
\begin{equation*} P^{-1}BP={{\rm {diag}}}\{Q_1^{-1}C_{11}Q_1,\dots ,Q_s^{-1}C_{ss}Q_s\} \end{equation*}
都是对角矩阵。
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9.
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。
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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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挑战题.

10.
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。
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解答.
因\(S\subseteq\mathbb{F}^{n\times n}\)，且\(\dim\mathbb{F}^{n\times n}<\infty\)，所以存在\(A_1,\dots ,A_s\in S\)，使得\(\forall A\in S\)，\(A\)可由\(A_1,\dots ,A_s\)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。
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  2. 假设对于阶数小于\(n\)的方阵结论成立，以下考虑\(n\)阶方阵的情形。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},\dots ,\lambda_mE_{r_m}\}, \end{equation*}
    其中\(\lambda_1,\dots ,\lambda_m\)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\(P_1^{-1}A_iP_1={{\rm {diag}}}\{B_{i1},\dots ,B_{im}\}\)。故\(\forall 1\leq j\leq s\)，
    \begin{equation*} P_1^{-1}A_jP_1={{\rm {diag}}}\{B_{j1},\dots ,B_{jm}\}. \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。
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