数学 抽象代数——Cayley-Hamilton定理
线性变换的矩阵
定义 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 $(A)=\begin{pmatrix}A_{11}&A_{12}&A_{13}\\A_{21}&A_{22}&A_{23}\\A_{31}&A_{32}&A_{33}\end{pmatrix}$。 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 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。
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 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 这称为 $T$ 的Jordan标准形(Jordan normal form)。
特征多项式
定义 特征多项式$$\det(tI - A) \in F[t]$$
例 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）。
Cayley-Hamilton定理
定理 (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 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 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 $A$ 的最小多项式整除其特征多项式。
命题 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 设 $A^{\prime}$ 是 $T_{A}$ 在某个基 $v_{1}, \ldots, v_{k}$ 下的矩阵。令$$A^{\prime} = BAB^{-1}。$$
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 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。