【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（13）：Hamliton-Cayley定理、最小多项式
目录
- 前言
- 往期文章
- 3.4 Hamliton-Cayley定理、最小多项式
- 定义3.19
- Hamliton-Cayley定理
- 定义3.20
- 定理3.4.1
- 定理3.4.2
- 定理3.4.3
- 定理3.4.4
- 求AAA的第n个不变因子dn(λ)d_n(\lambda)dn(λ)的几种方法
- 方法一
- 方法二
- 方法三
- 定理3.4.5
- 结语
前言
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往期文章
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（1）：集合与映射
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（2）：线性空间定义及其性质
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（3）：线性空间的基与坐标
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（4）：基变换与坐标变换
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（5）：线性子空间
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（6）：子空间的交与和
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（7）：欧氏空间
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（8）：标准正交基与Gram-Schmidt过程
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（9）：正交补与投影定理
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（10）：线性变换定义
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（11）：线性变换的矩阵表示
【机器学习｜数学基础】Mathematics for Machine Learning系列之矩阵理论（12）：相似形理论
3.4 Hamliton-Cayley定理、最小多项式
定义3.19
设AAA是nnn阶方阵，若存在多项式f(λ)f(\lambda)f(λ)，使得f(A)=0f(A)=\boldsymbol0f(A)=0
即f(A)f(A)f(A)是零矩阵，称f(λ)f(\lambda)f(λ)是矩阵AAA的零化多项式
（1）对任何nnn阶方阵AAA，都存在零化多项式
线性空间Kn×nK^{n×n}Kn×n是n2n^2n2维的
所以E,A,A2,A3,...,An2E,A,A^2,A^3,...,A^{n^2}E,A,A2,A3,...,An2一定是线性相关的（最多n2维向量线性无关，n2+1维向量则必定是线性相关的最多n^2维向量线性无关，n^2+1维向量则必定是线性相关的最多n2维向量线性无关，n2+1维向量则必定是线性相关的）
故，存在不全为0的数k0,k1,k2,k3,...,kn2k_0,k_1,k_2,k_3,...,k_{n^2}k0,k1,k2,k3,...,kn2，使得
k0E+k1A+k2A2+k3A3+....+kn2An2=0k_0E + k_1A + k_2A^2 + k_3A^3 + .... + k_{n^2}A^{n^2}=\boldsymbol0k0E+k1A+k2A2+k3A3+....+kn2An2=0
即存在一个多项式f(λ)f(\lambda)f(λ)，使得
f(λ)=k0+k1λ+k2λ2+k3λ3+...+kn2λn2f(\lambda)=k_0+k_1\lambda+k_2\lambda^2+k_3\lambda^3+...+k_{n^2}\lambda^{n^2}f(λ)=k0+k1λ+k2λ2+k3λ3+...+kn2λn2
易得f(λ)f(\lambda)f(λ)是AAA的零化多项式
（2）任何矩阵的零化多项式不惟一
若f(λ)f(\lambda)f(λ)是AAA的零化多项式，则f(λ)g(λ)f(\lambda)g(\lambda)f(λ)g(λ)也是AAA的零化多项式，其中g(λ)g(\lambda)g(λ)为任意非零多项式
Hamliton-Cayley定理
设
f(λ)=∣λE−A∣=λn+a1λn−1+...+an−1λ+anf(\lambda)=|\lambda E - A|=\lambda^{n}+a_1\lambda^{n-1}+...+a_{n-1}\lambda+a_nf(λ)=∣λE−A∣=λn+a1λn−1+...+an−1λ+an
则
f(A)=An+a1An−1+...+an−1A+anE=0f(A)=A^n+a_1A^{n-1}+...+a_{n-1}A+a_nE=\boldsymbol0f(A)=An+a1An−1+...+an−1A+anE=0
依据Hamliton-Cayley定理，对于nnn阶方阵AAA
当k≥nk\geq nk≥n时，计算AkA^{k}Ak可以用小于nnn的AAA的方幂来表示，简化矩阵运算
比如，设
A=[−110−430102]A=\begin{bmatrix} -1 & 1 & 0\\ -4 & 3 & 0\\ 1 & 0 & 2\\ \end{bmatrix}A=⎣⎡−1−41130002⎦⎤
试计算g(A)=A7−A5−19A4+28A3+6A−4Eg(A)=A^7 - A^5-19A^4+28A^3+6A-4Eg(A)=A7−A5−19A4+28A3+6A−4E
解答
由题易得
f(λ)=∣λE−A∣=λ3−4λ2+5λ−2f(\lambda)=|\lambda E - A|=\lambda^3 - 4\lambda^2+5\lambda-2f(λ)=∣λE−A∣=λ3−4λ2+5λ−2
令
g(λ)=λ7−λ5−19λ4+283+6λ−4g(\lambda)=\lambda^7-\lambda^5-19\lambda^4+28^3+6\lambda-4g(λ)=λ7−λ5−19λ4+283+6λ−4
利用多项式的除法可得
g(λ)f(λ)=(λ4+4λ3+10λ2+3λ−2)【商】....(−3λ2+22λ−8)【余数】\frac{g(\lambda)}{f(\lambda)}=(\lambda^4 + 4\lambda^3 + 10 \lambda^2 + 3\lambda-2)【商】....(-3\lambda^2+22\lambda-8)【余数】f(λ)g(λ)=(λ4+4λ3+10λ2+3λ−2)【商】....(−3λ2+22λ−8)【余数】
即
g(λ)=f(λ)(λ4+4λ3+10λ2+3λ−2)+(−3λ2+22λ−8)g(\lambda)=f(\lambda)(\lambda^4 + 4\lambda^3 + 10 \lambda^2 + 3\lambda-2)+(-3\lambda^2+22\lambda-8)g(λ)=f(λ)(λ4+4λ3+10λ2+3λ−2)+(−3λ2+22λ−8)
由Hamliton-Cayley定理可知f(A)=0f(A)=0f(A)=0，得
g(A)=−3A2+22A−8E=[−19160−6443019324]g(A)=-3A^2+22A-8E\\ \quad\\ \quad=\begin{bmatrix} -19 & 16 & 0\\ -64 & 43 & 0\\ 19 & 3 & 24\\ \end{bmatrix} g(A)=−3A2+22A−8E=⎣⎡−19−6419164330024⎦⎤
定义3.20
在nnn阶方阵AAA的所有零化多项式中，次数最低的首一多项式，称为AAA的最小多项式，记为m(λ)m(\lambda)m(λ)
由Hamliton-Cayley定理定理可知，任意nnn阶方阵AAA的最小多项式是存在的，且次数不超过nnn
定理3.4.1
nnn阶方阵AAA的任意零化多项式都可以被AAA的最小多项式整除
证明
设m(λ)m(\lambda)m(λ)是AAA的最小多项式，g(λ)g(\lambda)g(λ)是AAA的任意一个零化多项式，则有
g(λ)=m(λ)q(λ)+r(λ)g(\lambda)=m(\lambda)q(\lambda)+r(\lambda)g(λ)=m(λ)q(λ)+r(λ)
其中r(λ)=0r(\lambda)=0r(λ)=0 或 ∂r<∂m\partial r < \partial m∂r<∂m
∂r、∂m\partial r、\partial m∂r、∂m表示多项式r(λ)、m(λ)r(\lambda)、m(\lambda)r(λ)、m(λ)的次数（最高项的次数）
依据上式，有
g(A)=m(A)q(A)+r(A)g(A)=m(A)q(A)+r(A)g(A)=m(A)q(A)+r(A)
因为g(A)=0、m(A)=0g(A)=0、m(A)=0g(A)=0、m(A)=0，得到
r(A)=0r(A)=\boldsymbol0r(A)=0
当r(λ)=0r(\lambda)=0r(λ)=0时，r(A)=0r(A)=\boldsymbol0r(A)=0，说明m(λ)m(\lambda)m(λ)可以被g(λ)g(\lambda)g(λ)整除
r(λ)=0r(\lambda)=0r(λ)=0这里的0是数字零
r(A)=0r(A)=\boldsymbol0r(A)=0这里的0是矩阵零
r(A)=0r(A)=\boldsymbol0r(A)=0时，r(λ)r(\lambda)r(λ)是一个关于λ\lambdaλ的多项式，不一定是0，这里需要讨论
当r(λ)≠0r(\lambda)\neq 0r(λ)=0时，若r(A)=0r(A)=\boldsymbol0r(A)=0
因为 ∂r<∂m\partial r < \partial m∂r<∂m
所以得到一个次数比m(λ)m(\lambda)m(λ)还低的零化多项式，产生矛盾
所以，r(λ)r(\lambda)r(λ)一定等于0
综上，nnn阶方阵AAA的任意零化多项式都可以被AAA的最小多项式整除，记作 m(λ)｜g(λ)m(\lambda)｜g(\lambda)m(λ)｜g(λ)
定理3.4.2
AAA的最小多项式是惟一的
证明
一般证明惟一性时，可以先假设同时存在两个满足条件的事例，然后证明二者相等即可
依据题意，假设m1(λ),m2(λ)m_1(\lambda),m_2(\lambda)m1(λ),m2(λ)都是AAA的最小多项式
由定理3.4.1 可知
m1(λ)｜m2(λ)、m2(λ)｜m1(λ)m_1(\lambda)｜m_2(\lambda)、m_2(\lambda)｜m_1(\lambda)m1(λ)｜m2(λ)、m2(λ)｜m1(λ)
m1(λ)、m2(λ)m_1(\lambda)、m_2(\lambda)m1(λ)、m2(λ)都可以相互被整除
即
{m1(λ)=m2(λ)q(λ)【将m2(λ)看成最小多项式，m1(λ)视为一般零化式】m2(λ)=m1(λ)p(λ)【将m1(λ)看成最小多项式，m2(λ)视为一般零化式】\begin{cases} m_1(\lambda)=m_2(\lambda)q(\lambda) \quad 【将m_2(\lambda)看成最小多项式，m_1(\lambda)视为一般零化式】\\ m_2(\lambda)=m_1(\lambda)p(\lambda)\quad 【将m_1(\lambda)看成最小多项式，m_2(\lambda)视为一般零化式】\\ \end{cases}{m1(λ)=m2(λ)q(λ)【将m2(λ)看成最小多项式，m1(λ)视为一般零化式】m2(λ)=m1(λ)p(λ)【将m1(λ)看成最小多项式，m2(λ)视为一般零化式】
将上述第二个式子代入第一个式子得到
m1(λ)=m1(λ)p(λ)q(λ)m_1(\lambda)=m_1(\lambda)p(\lambda)q(\lambda)m1(λ)=m1(λ)p(λ)q(λ)
第一个式子代入第二个式子同样得到
m2(λ)=m2(λ)q(λ)p(λ)m_2(\lambda)=m_2(\lambda)q(\lambda)p(\lambda)m2(λ)=m2(λ)q(λ)p(λ)
结合 m1(λ)、m2(λ)m_1(\lambda)、m_2(\lambda)m1(λ)、m2(λ)都可以相互被整除且都为首一多项式，可以得到
m1(λ)=m2(λ)m_1(\lambda)=m_2(\lambda)m1(λ)=m2(λ)
综上，AAA的最小多项式是惟一的
定理3.4.3
AAA的最小多项式的根是AAA的特征根
反之，AAA的特征根必是AAA的最小多项式的根
证：AAA的最小多项式的根是AAA的特征根
设m(λ)m(\lambda)m(λ)是AAA的最小多项式，f(λ)f(\lambda)f(λ)是AAA的特征多项式，其中f(λ)=∣λE−A∣f(\lambda)=|\lambda E - A|f(λ)=∣λE−A∣
若m0m_0m0是m(λ)m(\lambda)m(λ)的根，则
m(λ0)=0m(\lambda_0)=0m(λ0)=0
由定理3.4.1，有
f(λ)=m(λ)q(λ)f(\lambda)=m(\lambda)q(\lambda)f(λ)=m(λ)q(λ)
因为m(λ0)=0m(\lambda_0)=0m(λ0)=0，所以有
f(λ0)=m(λ0)q(λ0)=0f(\lambda_0)=m(\lambda_0)q(\lambda_0)=0f(λ0)=m(λ0)q(λ0)=0
说明λ0\lambda_0λ0也是AAA的特征根
证：AAA的特征根必是AAA的最小多项式的根
设λ0\lambda_0λ0是AAA的特征根，α\alphaα是其对应的特征向量，则有
Aα=λ0αA\alpha = \lambda_0\alphaAα=λ0α
进而可得
Akα=λ0kαA^k\alpha=\lambda_0^k\alphaAkα=λ0kα
A2α=A(Aα)=A(λ0α)=λ0(Aα)=λ0⋅λ0α=λ2αA^2\alpha=A(A\alpha)=A(\lambda_0\alpha)=\lambda_0(A\alpha)=\lambda_0\cdot\lambda_0\alpha=\lambda^2\alphaA2α=A(Aα)=A(λ0α)=λ0(Aα)=λ0⋅λ0α=λ2α
…
⇒Akα=λ0kα\Rightarrow A^k\alpha=\lambda_0^k\alpha⇒Akα=λ0kα
推出
m(A)α=m(λ0)α=0m(A)\alpha=m(\lambda_0)\alpha=\boldsymbol0m(A)α=m(λ0)α=0
又α≠0\alpha\neq \boldsymbol0α=0，所以
m(λ0)=0m(\lambda_0)=0m(λ0)=0
说明λ0\lambda_0λ0是m(λ)m(\lambda)m(λ)的根
推论
若
f(λ)=∣λE−A∣=(λ−λ1)l1(λ−λ2)l2...(λ−λs)lsf(\lambda)=|\lambda E - A|=(\lambda-\lambda_1)^{l_1}(\lambda-\lambda_2)^{l_2}...(\lambda-\lambda_s)^{l_s}f(λ)=∣λE−A∣=(λ−λ1)l1(λ−λ2)l2...(λ−λs)ls
则
m(λ)=(λ−λ1)t1(λ−λ2)t2...(λ−λs)tsm(\lambda)=(\lambda-\lambda_1)^{t_1}(\lambda-\lambda_2)^{t_2}...(\lambda-\lambda_s)^{t_s}m(λ)=(λ−λ1)t1(λ−λ2)t2...(λ−λs)ts
其中
1≤ti≤li(i=1,2,3...,s)1 \leq t_i \leq l_i \quad(i=1,2,3...,s)1≤ti≤li(i=1,2,3...,s)
例题
分别求矩阵
A=[74−147−1−4−44],B=[3100−4−1007121−7−6−10]A=\begin{bmatrix} 7 & 4 & -1\\ 4 & 7 & -1\\ -4 & -4 & 4 \end{bmatrix},B=\begin{bmatrix} 3 & 1 & 0 & 0\\ -4 & -1 & 0 & 0\\ 7 & 1 & 2 & 1\\ -7 & -6 & -1 & 0 \end{bmatrix} A=⎣⎡74−447−4−1−14⎦⎤,B=⎣⎢⎢⎡3−47−71−11−6002−10010⎦⎥⎥⎤
的最小多项式
解答
1）求AAA的最小多项式
f(λ)=∣λE−A∣=∣λ−7−41−4λ−7144λ−4∣=(λ−3)2(λ−12)f(\lambda)=|\lambda E - A|=\begin{vmatrix} \lambda-7 & -4 & 1\\ -4 & \lambda-7 & 1\\ 4 & 4 & \lambda-4\\ \end{vmatrix}=(\lambda-3)^2(\lambda-12)f(λ)=∣λE−A∣=∣∣∣∣∣∣λ−7−44−4λ−7411λ−4∣∣∣∣∣∣=(λ−3)2(λ−12)
由推论可知
m(λ)m(\lambda)m(λ)可能是(λ−3)(λ−12)(\lambda-3)(\lambda-12)(λ−3)(λ−12)或者(λ−3)2(λ−12)(\lambda-3)^2(\lambda-12)(λ−3)2(λ−12)
因为(A−3E)(A−12E)=0(A-3E)(A-12E)=0(A−3E)(A−12E)=0
所以m(λ)=(λ−3)(λ−12)m(\lambda)=(\lambda-3)(\lambda-12)m(λ)=(λ−3)(λ−12)
2）求BBB的最小多项式
f(λ)=∣λE−B∣=(λ−1)4f(\lambda)=|\lambda E - B|=(\lambda-1)^4f(λ)=∣λE−B∣=(λ−1)4
依据推论
m(λ)m(\lambda)m(λ)可能是(λ−1)4、(λ−1)3、(λ−1)2、(λ−1)(\lambda-1)^4、(\lambda-1)^3、(\lambda-1)^2、(\lambda-1)(λ−1)4、(λ−1)3、(λ−1)2、(λ−1)这四种情况
因为(A−E)3≠0,(A−E)4=0(A-E)^3\neq0,(A-E)^4=0(A−E)3=0,(A−E)4=0
所以BBB的最小多项式(λ−1)4(\lambda-1)^4(λ−1)4
定理3.4.4
nnn阶方阵AAA的最小多项式m(λ)=dn(λ)m(\lambda)=d_n(\lambda)m(λ)=dn(λ)
求AAA的第n个不变因子dn(λ)d_n(\lambda)dn(λ)的几种方法
方法一
将(λE−A)(\lambda E - A)(λE−A)用初等变换化为Smith标准形，最后一个不变因子就是dn(λ)d_n(\lambda)dn(λ)
例题
求矩阵
A=[210−4−20210]A=\begin{bmatrix} 2 & 1 & 0\\ -4 & -2 & 0\\ 2 & 1 & 0\\ \end{bmatrix} A=⎣⎡2−421−21000⎦⎤
的最小多项式
解答
将AAA的特征矩阵化为Smith标准形
(λE−A)=[λ−2−104λ+20−2−1λ]→[1λλ2](\lambda E - A)=\begin{bmatrix} \lambda -2 & -1 & 0\\ 4 & \lambda+2 & 0\\ -2 & -1 & \lambda \end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix} 1 & & \\ & \lambda & \\ & & \lambda^2\\ \end{bmatrix}(λE−A)=⎣⎡λ−24−2−1λ+2−100λ⎦⎤→⎣⎡1λλ2⎦⎤
所以AAA的最小多项式m(λ)=λ2m(\lambda)=\lambda^2m(λ)=λ2
方法二
将(λE−A)(\lambda E - A)(λE−A)用初等变换适当变形，使其好求行列式因子Di(λ)D_i(\lambda)Di(λ)，则
dn(λ)=DnλDn−1(λ)d_n(\lambda)=\frac{D_n{\lambda}}{D_{n-1}(\lambda)}dn(λ)=Dn−1(λ)Dnλ
例题
求矩阵
的最小多项式
解答
f(λ)=∣λE−A∣=(λ−a)n=Dn(λ)f(\lambda)=|\lambda E - A|=(\lambda - a)^n=D_n(\lambda)f(λ)=∣λE−A∣=(λ−a)n=Dn(λ)
又因为Dn−1(λ)=1D_{n-1}(\lambda)=1Dn−1(λ)=1
得到dn(λ)=Dn(λ)Dn−1(λ)=(λ−a)nd_n(\lambda)=\frac{D_n(\lambda)}{D_{n-1}(\lambda)}=(\lambda - a)^ndn(λ)=Dn−1(λ)Dn(λ)=(λ−a)n
所以m(λ)=(λ−a)nm(\lambda)=(\lambda - a)^nm(λ)=(λ−a)n
方法三
若(λE−A)(\lambda E - A)(λE−A)容易变为对角阵，先求初等因子，则所有互异初等因子指数最高者之积就是dn(λ)d_n(\lambda)dn(λ)
定理3.4.5
nnn阶复方阵AAA相似于对角阵的充分必要条件是AAA的最小多项式m(λ)m(\lambda)m(λ)无重根
结语
说明：
- 参考于 课本《矩阵理论》
- 配合书中概念讲解 结合了自己的一些理解及思考
文章仅作为学习笔记，记录从0到1的一个过程
希望对您有一点点帮助，如有错误欢迎小伙伴指正
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