矩阵多项式问题的两种解法

Two Solutions of Matrix Polynomial Problem

摘要: 线性代数的问题中，关于矩阵多项式的问题有很多。本文从两个观点讨论对他们的解法。并用它们分别证明线性代数中著名的Hamilton-Caylay定理与根子空间分解定理加强命题。

Abstract: Among the problems of linear algebra, there are many problems about matrix polynomials. This article discusses their solutions from two viewpoints. And we use them to prove the famous Ham-ilton-Caylay Theorem and root subspace decomposition theorem in linear algebra to strengthen the proposition.

1. 从一般到特殊看矩阵

在C (或其子域)上的矩阵A，及多项式 $f\left(x\right)\in C\left[x\right]Xf\left(A\right)X^{-1}=f\left(XA{X}^{-1}\right)$。故在考查关于某个矩阵A的命题时，可设其为若尔当标准形式。即 $\left(\begin{array}{ccc}{J}_1& & \\ & \ddots & \\ & & J_s\end{array}\right)$， $J_i=J\left({\lambda }_i,n_i\right)$， $J_i=\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1& & & \\ 1& \ddots & & \\ & \ddots & \ddots & \\ & & 1& {\lambda }_i\end{array}\right)$。

另外，有时根据需要，也将A设为可逆或有几个互异特征值，只要把A中每个元素添一些有极限的数列，变为 $A_n$， $A_n$ 满足题设， $A_n\to A\left(n\to \infty \right)$。这样任意的A也满足要求。就完成证明了。这就是从一般到特殊的观点，有时候特殊情况下我们更容易处理。比如若尔当标准下，不仅能分块还是一对角的，可逆下，有可逆矩阵方便处理而特殊情况解决了，有时候更一般问题也迎刃而解 [1] [2]。

例1

$A\in k^{n\times n}$， $f,g\in K\left[x\right]$， $d=\gcd \left(f,g\right)$， $g\left(A\right)=0$。

则 $\text{rank}\left(f\left(A\right)\right)=\text{rank}\left(d(\; A\; )\right)$

不妨设 $A=\text{diag}\left(J_1,\cdots ,J_k\right)$， $J_i={\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1& & & \\ 1& \ddots & & \\ & \ddots & \ddots & \\ & & 1& {\lambda }_i\end{array}\right)}_{n\times n}$

其中

$J_i=J\left({\lambda }_i,n_i\right)$， $\begin{array}{c}\text{rank}\left(f\left(A\right)\right)={\displaystyle \underset{i}{\sum }\text{rank}\left(f\left(J_i\right)\right)}={\displaystyle \underset{f\left(x_i\right)\ne 0}{\sum }{n}_i}+{\displaystyle \underset{f\left({\lambda }_i\right)=0}{\sum }\text{rank}\left(f\left(J_i\right)\right)}\\ ={\displaystyle \underset{d\left({\lambda }_i\right)\ne 0}{\sum }{n}_i}+{\displaystyle \underset{d\left({\lambda }_i\right)=0}{\sum }\text{rank}\left(d\left(J_i\right)\right)}\\ ={\displaystyle \underset{i}{\sum }\text{rank}\left(d\left(J_i\right)\right)}=\text{rank}(d(\; A\; ))\end{array}$

这里用到，因 $g\left(A\right)=0$，故 $g\left({\lambda }_i\right)=0$，而 $d|f,d|g$。

故 $f\left({\lambda }_i\right)=0\iff d\left({\lambda }_i\right)=0$

另一方面 $d\left({\lambda }_i\right)=0$ 时， $\text{rank}\left(f\left(J_i\right)\right)=\text{rank}\left(d\left(J_i\right)\right)$

要说明这一点，设 ${\lambda }_i$ 为 $f,g$ 的 $p,q$ 重根。

若 $p\ge q$，则 $\text{rank}\left(f\left(J_i\right)\right)=\text{rank}\left(g\left(J_i\right)\right)=\text{rank}\left(d\left(J_i\right)\right)=0$

若 $p<q$，d和f关于 ${\lambda }_i$ 的根的重数相同，比较因式分解，则直接有 $\text{rank}\left(f\left(J_i\right)\right)=\text{rank}\left(d\left(J_i\right)\right)$

例2 (Hamilton-Caylay定理) [3]

$A\in K^{n\times n}$， $f\left(\lambda \right)=\left|\lambda E-A\right|$ 是A的特征多项式，则 $f\left(A\right)=A^n+{\alpha }_1{A}^{n-1}+\cdots +{\alpha }_{n}E=0$

若是只要求 $A\in C^{n\times n}$

一定存在与A任意接近且有互异特征根的矩阵B，构造 $\left\{B_m\right\}$ 使 $\underset{m\to \infty }{\lim }{B}_m=A$ 每个 $B_m$ 有n个互异特征根，记 $f_m\left(\lambda \right)=\left|\lambda E-B_m\right|={\lambda }^n+{\alpha }_1^m{\lambda }^{n-1}+\cdots +{\alpha }_n^m$，其中 ${\alpha }_k^m$ 是 $B_m$ 中元素的多项式函数，且是诸元素的连续函数，同 $\underset{m\to \infty }{\lim }{B}_m=A$，下有 $\underset{m\to \infty }{\lim }{\alpha }_k^m={\alpha }_k$， ${\alpha }_k$ 是A的特征多项式系数，

从而

$f\left(A\right)=A^n+{\alpha }_1{A}^{n-1}+\cdots +{\alpha }_{n}E=\underset{m\to \infty }{\lim }\left(B_m^n+{\alpha }_1^m{B}_m^{n-1}+\cdots +{\alpha }_n^{m}E\right)=\underset{m\to \infty }{\lim }{f}_m(\; B\; m\; )$

因 $B_m$ 的特征根互异时，结论是容易的，而在有重根时，只需一个极限过程，逼近时，因而可以在一开始不妨设A特征根互异。

但在 $k^{n\times n}$ 下，没有定义距离也就没有收敛，这时要更本质的证明如下：

设 $\lambda E-A$ 的伴随矩阵 $B\left(\lambda \right)$，则 $B\left(\lambda \right)\cdot \left(\lambda -A\right)=f\left(\lambda \right)E$

两边都在 $K\left[\lambda \right]\left[A\right]$ 环中，将A代入 $\lambda$ 中，左边=0，右边为 $f\left(A\right)$，

即 $f\left(A\right)=0$。

2. 利用多项式的性质

例3 根子空间分解定理的加强命题：

设 $A\in K^{n\times n},f,g\in K\left[x\right]$，且 $f,g$ 互素， $h=fg$，有 $\ker f\left(A\right)\oplus \ker g\left(A\right)$， $p,q$ 的意义如上例，显然 $\ker f\left(A\right),\ker g\left(A\right)\subset \ker h\left(A\right)$。

取 $x\in \ker h\left(A\right)$，则 $x=f\left(A\right)p\left(A\right)x+g\left(A\right)q\left(A\right)x\in \ker g\left(A\right)+\ker f\left(A\right)$。

容易得到若 $f\left(A\right)={\displaystyle {\prod }_{i=1}^S{\left(A-{\lambda }_{i}E\right)}^{n_i}}$ 得 $V=\oplus \ker {\left(A-{\lambda }_{i}E\right)}^{n_i}$。

在解决矩阵多项式有关的问题时，通常也要借助多项式本身的性质，如整除，辗转相除法。

例1的另证：

用 $d|f$，故 $\text{rank}\left(d\left(A\right)\right)\ge \text{rank}\left(f\left(A\right)\right)$。

同有 $p,q\in K\left[x\right]$，使 $d=fp+gq$。

又 $0\in \ker f\left(A\right)\cap \ker g\left(A\right)$，则 $x=p\left(A\right)f\left(A\right)x+q\left(A\right)g\left(A\right)x=0$。

故 $\ker f\left(A\right)+\ker g\left(A\right)=\ker h\left(A\right)$，证毕。