高等代数 | 矩阵 | 矩阵多项式 | 最小多项式很好用！

矩阵

矩阵多项式与次方

(中国人民大学,2022)已知 ${A=\left(\begin{array}{lll}0&1&0 \\ 1&0&0 \\ 0&0&1\end{array}\right)}$ ,试证: 当 ${n \geqslant 3}$ 时,有 ${A^{n}=A^{n-2}+A^{2}-E}$ ,并求 ${A^{100}}$ .

proof

首先注意到 ${A^{2}=E}$ ,所以当 ${n \geqslant 3}$ 时,有
${ A^{n}=A^{n-2} A^{2}=A^{n-2}=A^{n-2}+A^{2}-E . }$
同时 ${A^{100}=\left(A^{2}\right)^{50}=E^{50}=E}$ .

(武汉理工大学,2022)设 ${A}$ 为 ${n}$ 阶方阵,存在正整数 ${k}$ ,使得 ${A^{k}=O}$ ,求 ${2 E-A}$ 的逆矩阵.

solution

由于
${ \begin{aligned} &(2 E-A) \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{2^{i}} A^{i-1}\\ =&\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{2^{i-1}} A^{i-1}-\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{2^{i}} A^{i}\\ =&\left(E+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{2^{i}} A^{i}\right)-\sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{2^{i}} A^{i}\\ =&E . \end{aligned} }$
所以 ${2 E-A}$ 的逆矩阵为 ${\sum\limits_{i=1}^{k} \frac{1}{2^{i}} A^{i-1}}$ .

(上海财经大学,2022) ${\mathbb{F}^{n \times n}}$ 为数域 ${\mathbb{F}}$ 上的 ${n}$ 阶矩阵空间, ${O \neq A \in \mathbb{F}^{n \times n}}$ ,记 ${F(A)=\{f(A) | f(x) \in \mathbb{F}[x]\}}$ 是 ${A}$ 的全体多项式集合. 证明:

${F(A)}$ 是 ${\mathbb{F}^{n \times n}}$ 的子空间;

${\operatorname{dim} F(A)}$ 等于 ${A}$ 的最小多项式的次数.

proof

对任意的 ${B,C \in F(A)}$ ,存在多项式 ${f(x),g(x) \in \mathbb{F}[x]}$ ,使得 ${B=f(A),C=g(A)}$ ,那么对任意的 ${k \in \mathbb{F}}$ ,有
${ \begin{aligned} k B+C&=k f(A)+g(A)\\ &=(k f+g)(A) . \end{aligned} }$
而明显 ${k f(x)+g(x) \in \mathbb{F}[x]}$ ,所以 ${k B+C \in F(A)}$ ,即 ${F(A)}$ 是 ${\mathbb{F}^{n \times n}}$ 的子空间.
首先设 ${A}$ 的最小多项式 ${m(x)}$ 的次数为 ${r}$ ,考虑矩阵 ${E,A,A^{2},\cdots,A^{r-1}}$ :

一方面,若 ${k_{0},k_{1},\cdots,k_{r-1} \in \mathbb{F}}$ 满足
${ k_{0} E+k_{1} A+\cdots+k_{r-1} A^{r-1}=O . }$
则 $g(x)=k_{0}+k_{1} x$ $+\cdots$ $+k_{r-1}$ $x^{r-1}$ $\in$ $\mathbb{F}[x]$ 就是 ${A}$ 的零化多项式,若 ${g(x) \neq 0}$ ,则 ${\partial(g(x)) < \partial(m(x))}$ ,这与 ${m(x)}$ 为最小多项式矛盾,所以 ${g(x)=0}$ ,即 ${k_{0}=k_{1}=\cdots=k_{r-1}=0}$ ,也就是 ${E,A,\cdots,A^{r-1}}$ 线性无关.

另一方面,对任意的 ${f(x) \in \mathbb{F}[x]}$ ,由带余除法知存在 ${q(x),r(x) \in \mathbb{F}[x]}$ 使得
${ f(x)=q(x) m(x)+r(x) . }$
其中 ${r(x)=0}$ 或者 ${\partial(r(x)) < \partial(m(x))}$ ,所以可设 ${r(x)=b_{0}+b_{1} x+\cdots+b_{r-1} x^{r-1}}$ ,那么
${ \begin{aligned} f(A)&=q(A) m(A)+r(A)=r(A)\\ &=b_{0} E+b_{1} A+\cdots+b_{r-1} A^{r-1} . \end{aligned} }$
这就说明 ${F(A)}$ 中任意矩阵 ${f(A)}$ 都可以由 ${E,A,\cdots,A^{r-1}}$ 线性表出.

综合上述两方面可知 ${E,A,\cdots,A^{r-1}}$ 是 ${F(A)}$ 的基,从而 ${\operatorname{dim} F(A)=r}$ .

(中南大学,2022)设实向量 ${X=(a,b,c)}$ 的三个分量满足 ${\left(\begin{array}{ll}a&0 \\ b&c\end{array}\right)^{2022}=E}$ ,求 ${X}$ .

solution

首先用数学归纳法证明
$\left(\begin{array}{ll} a&0 \\ b&c \end{array}\right)^{n}=\left(\begin{array}{cc} a^{n}&0 \\ b\left(a^{n-1}+a^{n-2} c+\cdots+c^{n-1}\right)&c^{n} \end{array}\right)(n \geqslant 2) .\quad (1)$
当 ${n=2}$ 时,由于
${ \left(\begin{array}{cc} a&0 \\ b&c \end{array}\right)^{2}=\left(\begin{array}{cc} a^{2}&0 \\ b(a+c)&c^{2} \end{array}\right) . }$
所以结论成立,现在假设命题对 ${n=k(k \geqslant 2)}$ 成立,则当 ${n=k+1}$ 时,有
${ \begin{aligned} &\left(\begin{array}{ll} a&0 \\ b&c \end{array}\right)^{k+1}\\ =&\left(\begin{array}{ll} a&0 \\ b&c \end{array}\right)^{k}\left(\begin{array}{cc} a&0 \\ b&c \end{array}\right)\\ =&\left(\begin{array}{cc} a^{k}&0 \\ b\left(a^{k-1}+a^{k-2} c+\cdots+c^{k-1}\right)&c^{k} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} a&0 \\ b&c \end{array}\right) \\ =&\left(\begin{array}{cc} a^{k+1}&0 \\ b\left(a^{k}+a^{k-1} c+\cdots+c^{k}\right)&c^{k+1} \end{array}\right) . \end{aligned} }$
所以(1)式对任意的 ${n \geqslant 2}$ 成立,特别地,取 ${n=2022}$ ,有
${ \left(\begin{array}{ll} a&0 \\ b&c \end{array}\right)^{2022}=\left(\begin{array}{cc} a^{2022}&0 \\ b\left(a^{2021}+a^{2020} c+\cdots+c^{2021}\right)&c^{2022} \end{array}\right)=E . }$
根据对应元素相等可知
$a^{2022}=c^{2022}=1 \quad (2)$
$b\left(a^{2021}+a^{2020} c+\cdots+c^{2021}\right)=0 .\quad (3)$
由于 ${a,c}$ 为实数,所以由 (2) 式可知 ${a=\pm 1,c=\pm 1}$ ,当 ${a=c=\pm 1}$ 时,有
${ a^{2021}+a^{2020} c+\cdots+c^{2021}=\pm 2022 . }$
所以结合 (3) 式可知 ${b=0}$ . 当 ${a=1,c=-1}$ 或 ${a=-1,c=1}$ 时,有
${ a^{2021}+a^{2020} c+\cdots+c^{2021}=0 . }$
所以 (3) 式对任意的实数 ${b}$ 都成立. 综上可知
${ X=(1,0,1) \text{或}(-1,0,-1) \text{或}(1,b,-1) \text{或}(-1,b,1) . }$
其中 ${b}$ 为任意实数.

(东北师范大学,2022; 云南大学,2022)设 ${A}$ 是数域 ${F}$ 上的 ${n}$ 阶可逆矩阵,证明: 存在 ${g(x) \in F[x]}$ ,使得 $A^{-1}=g(A).$

proof

首先设
${ f(x)=|x E-A|=x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{0} \in F[x] }$
是 ${A}$ 的特征多项式,根据哈密顿-凯莱定理,有
${ f(A)=A^{n}+a_{n-1} A^{n-1}+\cdots+a_{1} A+a_{0} E=O . }$
而根据 ${A}$ 可逆可知 ${f(0)=|-A|=a_{0} \neq 0}$ ,所以根据上式还可知
${ -\frac{1}{a_{0}}\left(A^{n-1}+a_{n-1} A^{n-2}+\cdots+a_{1} E\right) A=E . }$
于是记 $g(x)$ $=-\frac{1}{a_{0}}$ $\left(x^{n-1}+a_{n-1} x^{n-2}+\cdots+a_{1}\right)$ $\in$ $F[x]$ ,就有 ${A^{-1}=g(A)}$ .

note

想要完全掌握好矩阵的多项式与次方,还需要进一步学习矩阵相似的性质,通过若尔当标准形的相关理论,可以给出来计算矩阵多项式或次方的通用方法. 而对于理论问题,最小多项式则发挥着至关重要的作用的.

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