零化多项式

2022-12-05

零化多项式

对于多项式 $f(\lambda)$, 如果 $f(A) = 0$, 称 $f$ 为 $A$ 的零化多项式.

矩阵 $A$ 的零化多项式必然存在, 至少特征多项式就是 $A$ 的一个零化多项式
最小多项式 $m_A(\lambda)$: 零化多项式中次数最低且最高项系数为 $1$ 的

性质

最小多项式唯一\
证明:\
设存在两个最小多项式 $m_A(\lambda), n_A(\lambda)$, 那么显然 $m_A(\lambda), n_A(\lambda)$ 的最高阶数相等. 又由于 $m_A(\lambda) - n_A(\lambda)$ 也是最小多项式, 我们就得到了一个阶数更低的零化多项式. 矛盾.
设 $f(\lambda)$ 为 $A$ 的零化多项式, 则 $m_A(\lambda) \mid f(\lambda)$
证明:\
假设 $m_A(\lambda) \nmid f(\lambda)$, 那么我讲 $f(\lambda)$ 表示为
$f(\lambda) = Q(\lambda) m_A(\lambda) + r(\lambda)$
那么 $r(\lambda)$ 作为余项阶数肯定低于 $m_A(\lambda)$, 而且也是零化多项式. 从而与 $m_A(\lambda)$ 是最小多项式矛盾.
由于特征多项式必然是零化多项式, 所以最小多项式必能整除特征多项式. $m_A(\lambda) \mid f_A(\lambda)$
$A$ 的每个特征值都是最小多项式的根

对于特征值 $\lambda_i$ 有 $A\alpha = \lambda_i \alpha$. 则显然
$0 = m_A(A) \alpha = m_A(\lambda) \alpha$
假设 $\lambda_i$ 不是 $m_A(\lambda)$ 的根, 那么 $m_A(\lambda) \neq 0$, 矛盾.
若 $A \sim B$, 则 $m_A(\lambda) = m_B(\lambda)$.

证明的思路是, 利用性质(2) 说明 $m_A(\lambda) \mid m_B(\lambda)$ 和 $m_B(\lambda) \mid m_A(\lambda)$, 从而 $m_A(\lambda) = m_B(\lambda)$.

要说明 $m_A(\lambda) \mid m_B(\lambda)$, 也就是 $m_B(A) = 0$.
$m_B(A) = m_B(P^{-1}BP) = P^{-1} m_B(B)P = 0$
同理可得 $m_B(\lambda) \mid m_A(\lambda)$, 证毕.
分块对角矩阵的零化多项式

设 $f(\lambda)$ 为 $A$ 的零化多项式, 则
$f(A) = \begin{pmatrix} f(A_1) & & & \\ & f(A_2) & & \\ & & \cdots & \\ & & & f(A_4) \end{pmatrix}$
显然 $f(Ai) = 0$, 那么每个分块也对应有最小多项式 $m{Ai}(\lambda) \mid f(\lambda)$,
并且 $m_A(\lambda)$ 为 $m{A_i}(\lambda)$ 的最小公倍式.

举例来说,
$A \sim \begin{pmatrix} 2 & 1 & & & \\ & 2 & & & \\ & & 2 & & \\ & & & 1 & \\ & & & & 1 \\ \end{pmatrix}$
那么对于 $\lambda=2$, Jordan 块的最大阶数为 $2$, 对于 $\lambda=1$, 最大阶数为 $1$.
因此 $m_A(\lambda) = (\lambda-2)^2 (\lambda-1)$.

另一个应用是利用分块的最小多项式求 Jordan 标准型.
之前我们提到多三阶矩阵 Jordan 标准型的求法, 而四阶矩阵更加困难.

因为四阶矩阵求出特征值 $\lambda_i$ 的几何重数之后仍然无法确定 Jordan 块的形式.
比如 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = \lambda_4 = 1$, 且几何重数为 $2$.
那么 Jordan 块的形式应该是 $1+3$ 还是 $2+2$ 呢.
$\begin{pmatrix} 1 & & & \\ & 1 & 1 & \\ & & 1 & 1 \\ & & & 1 \\ \end{pmatrix} \text{or} \begin{pmatrix} 1 & 1 & & \\ & 1 & & \\ & & 1 & 1 \\ & & & 1 \\ \end{pmatrix}$
这两种情况下 $(\lambda-1)$ 的最高次不同, 所以可以通过检验 $(A-E)^2 = 0$ 确定是哪一种.
如果成立, 那么最高阶数为 $2$, Jordan 标准型为 $2+2$ 形式. 否则为 $1+3$ 形式.
$A_{n\times n}$ 可对角化 $\Leftrightarrow m_A(\lambda)$ 无重根.
- 证明
  
  $A_{n\times n}$ 可对角化 $\Rightarrow m_A(\lambda)$ 无重根.
  可对角化说明有 $n$ 个特征值, 那么 $m_A(\lambda) = (\lambda - \lambda_1) \cdots (\lambda - \lambda_n)$.
  
  $A_{n\times n}$ 可对角化 $\Leftarrow m_A(\lambda)$ 无重根.
  记 $\lambda_i$ 的代数重数为 $n_i$.
  $\lambda_i$ 的几何重数为
  $\dim \{x: (A - \lambda_i I)x = 0\} = n - \text{rank}(A - \lambda_i I)$
  几何重数小于等于代数重数
  $\begin{align*} n - \text{rank}(A - \lambda_i I) \leq n_i \\ \Rightarrow \sum_{i=1}^m (n - \text{rank}(A - \lambda_i I)) \leq \sum_{i=1}^m n_i \\ \Rightarrow (m-1)n \leq \sum_{i=1}^m \text{rank} (A - \lambda_i I) \end{align*}$
  如果能够说明 $(m-1)n \geq \sum_{i=1}^m \text{rank} (A - \lambda_i I)$, 那么说明几何重数的和等于代数重数的和, $A$ 也就可以对角化.
  
  根据矩阵乘积秩的性质:
  $r(A_1A_2) \leq r(A_1) + r(A_2) - n \\ \Rightarrow r(A_1\cdots A_m) \leq \sum_{i=1}^m r(A_i) - (m-1)n$
  又因为 $m_A(\lambda)$ 无重根, 所以
  $\begin{align*} & (A - \lambda_1 E) (A - \lambda_2 E) \cdots (A - \lambda_m E) = 0 \\ \Rightarrow & \sum_{i=1}^m \text{rank} (A-\lambda_i E) \leq (m-1)n \end{align*}$
  证毕.
- 应用
  
  利用这个结论, 我们可以轻松判断一些矩阵是可以对角化的.
  比如幂等矩阵 $A^2 = A$.
  $\begin{align*} & A^2 = A \\ \Rightarrow & A^2 \alpha = A \alpha \\ \Rightarrow & \lambda^2 \alpha = \lambda \alpha \\ \Rightarrow & f(\lambda) = (\lambda - 1) \lambda = 0 \end{align*}$
  由于 $f_A(\lambda)$ 没有重根, 所以 $m_A(\lambda)$ 也没有重根, 因此 $A$ 可对角化.
  
  类似的, 如果 $A^2 = E$, 那么 $f(\lambda) =\lambda^n - 1$. $n$ 个不同的根, 说明 $A$ 可对角化.

圆盘定理

圆盘定理可以用来估计 $A_{n\times n} \in C^{n\times n}$ 的特征值范围.
通常矩阵的特征值都是求不出来的, 因此需要用圆盘定理进行近似估计.

第一圆盘定理

$\lambda$ 为 $A$ 的任意特征值, 那么

$|\lambda - a_{ii}| \leq \sum_{j\neq i}^n |a_{ij}|$

也就是说, $A$ 的任意特征值一定会落在某个圆盘内.

举例

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2+i \\ 2i & i+1 \end{pmatrix} \\ \Rightarrow |\lambda -1| \leq |2+i| = \sqrt{5}$

那么在复平面上看, $\lambda$ 的范围是以 $(1, 0)$ 为中心 $\sqrt{5}$ 为半径的圆盘.

证明

不妨取 $A$ 的特征值为 $\lambda_0$, $\alpha = (x_1, x_2, \cdots, x_n)^T$ 为特征向量.

$A \alpha = \lambda_0 \alpha \\ \Rightarrow \left \{ \begin{align*} & a_{11} x_1 + a_{12} x_2 + \cdots a_{1n} x_n = \lambda_0 x_1 \\ & a_{21} x_1 + a_{22} x_2 + \cdots a_{2n} x_n = \lambda_0 x_2 \\ & \vdots \\ & a_{n1} x_1 + a_{n2} x_2 + \cdots a_{nn} x_n = \lambda_0 x_n \\ \end{align*} \right .$

设 $\alpha = (x_1, x_2, \cdots, x_n)^T$ 中模最大的元素是 $x_i$.
那么

$\begin{align*} (\lambda_0 - a_{ii})x_i &= a_{i1} x_1 + a_{i2} x_2 + \cdots + a_{i,i-1}x_{i-1} + a_{i,i+1}x_{i+1} + \cdots + a_{in} x_n \\ \Rightarrow |\lambda_0 - a_{ii}| |x_i| &= |a_{i1} x_1 + a_{i2} x_2 + \cdots + a_{i,i-1}x_{i-1} + a_{i,i+1}x_{i+1} + \cdots + a_{in} x_n| \\ &\leq |a_{i1} x_1| + |a_{i2} x_2| + \cdots + |a_{i,i-1}x_{i-1}| + |a_{i,i+1}x_{i+1}| + \cdots + |a_{in} x_n| \\ \Rightarrow |\lambda_0 - a_{ii}| &\leq |a_{i1}| |\frac{x_1}{x_i}| + |a_{i2}||\frac{x_2}{x_i}| + \cdots + |a_{i,i-1}||\frac{x_{i-1}}{x_i}| + |a_{i,i+1}||\frac{x_{i+1}}{x_i}| + \cdots + |a_{in}||\frac{x_n}{x_i}| \\ &\leq |a_{i1}| + |a_{i2}| \cdots + |a_{in}| \\ &\leq \sum_{j\neq i}^n |a_{uj}| \end{align*}$

当然, 上述定理是关于 $A$ 的行的, 类似的我们也可以得到关于 $A$ 的列的结论.

第二圆盘定理

已经根据第一圆盘定理将 $A$ 的特征值 $\lambda_i$ 限制在复平面的圆盘中.

第二圆盘定理给出进一步的结论: 如果 $k$ 个圆盘重合, 那么这些圆盘的并集中存在 $k$ 个特征值.
举例来说, 如果两个圆盘有交集, 那么这两个圆盘的并集中肯定存在两个特征值.

特比的, 如果有 $n$ 个相互分离的圆盘, 那么 $A$ 可对角化.

(我感觉第二圆盘定理没有什么不平凡的地方啊, 这不就是直接根据第一圆盘定理推出的吗).

考虑 $A_{n\times n} \in R^{n\times n}$, 并且圆盘分离. 那么 $A$ 的特征值都为实数.

简略说明如下:

$A$ 的特征方程为实系数方程, 因此 $f_A(\lambda) = 0$ 的根必然是共轭的.

也就是说, 若 $f_A(a+bi) = 0$, 那么 $f_A(a-bi) = 0$.
那么在复平面上有沿着 $x$ 轴对称的两个点 $(a, b), (a, -b)$.

又因为第一圆盘定理对实矩阵限定的圆盘, 其圆心也在 $x$ 轴上, 所以圆盘中至少有两个特征值.
与第二圆盘定理说的, 单独的圆盘只有一个特征值矛盾.

例题
给定某 $A_{4\times 4}$,

(1), 估计特征值范围
(2), 证明 $A$ 可逆.

证明 $A$ 可逆的思路有
- 算行列式 $|A - \lambda E| = 0$, 发现没有 $\lambda = 0$ 的根.
- 利用行变换证明 $A$ 满秩
- 观察 (1) 中的圆盘, 发现零点不在任何圆盘中

谱半径

谱半径 $\rho(A)$ 定义为 $\max {|\lambda_1|, |\lambda_2|, \cdots, |\lambda_n|}$.

$\mu, \mu’$ 分别表示行(列)元素模的和的最大值.

$\mu = \max_{i=1,\cdots, n} \{\sum_{j=1}^n |a_{ij}|\} \\ \mu' = \max_{j=1,\cdots, n} \{\sum_{i=1}^n |a_{ij}|\}$

我们有结论 $\rho \leq \min {\mu, \mu’}$