零化多项式

贡献者： 叶月2_

　　 可以验证，若 $f$ 是线性变换 $A$ 的零化多项式，那么也是其任意基下矩阵所对应的零化多项式，即无论选取什么基底，代入多项式的最终结果为零矩阵。这是因为若 $A=Q^{-1}BQ$，我们有 $f(A)=Q^{-1}f(B)Q$。所以若 $f(A)=0$，必有 $f(B)=0$。

　　 下面一条定理及其推论表明了寻找零化多项式的重要意义。

　　 Proof.

　　 首先证明 $\ker f\cap \ker g=0$。由互素得，存在多项式 $u,v$ 使得 $uf+vg=I$。设 $\mathbf{x}\in \ker f\cap \ker g$，则 $(uf+vg)\mathbf{x}=0=\mathbf{x}$。矛盾，因而 $f,g$ 无交集，和为直和。

　　 下证 $\ker h=\ker f\oplus \ker g$。 第一步，先证 $\ker h\subset \ker f\oplus \ker g$。设 $\{{\mathbf{x}}_i\}$ 和 $\{{\mathbf{y}}_i\}$ 分别是 $\ker f$ 和 $\ker g$ 的基，则 $fg(a^i{\mathbf{x}}_i+b^i{\mathbf{y}}_i)=a^{i}gf({\mathbf{x}}_i)+b^{i}fg({\mathbf{y}}_i)=0$，第一步得证。

　　 第二步证明 $\ker h\supset \ker f\oplus \ker g=\ker f+\ker g$。设 $\mathbf{x}\in \ker h$，由之前的证明过程知：$\mathbf{x}=(uf+vg)\mathbf{x}$，只要把这两项分配给 $f,g$ 的核即可。显然，$g(uf\mathbf{x})=f(vg\mathbf{x})=0$，得证。

　　 维度定理告诉我们，$\dim \ker h(A)=\dim V-\dim \mathrm{Im}h(A)$。因此，若 $h(A)=0$，则 $\ker h=V$。所以这条推论意味着若我们找到任意线性变换 $A$ 的零化多项式，便可以把线性空间分解为互素多项式的核。

　　 若 $f$ 是 $A$ 的多项式，且 $\mathbf{x}\in \ker f(A)$，则 $f(A)Ax=0$，即任意多项式的核都是对应线性变换的不变子空间。综合前文，这意味着如果任意线性变换都有零化多项式，那么我们可以把 $A$ 分解为块对角矩阵，此时线性空间是 $A$ 的不变子空间之直和。 为了达到这个目的，我们还需要两个准备工作：找到一条路径能让我们快速确定任意线性变换对应的零化多项式，以及把多项式分解为互素项的简便方法。

　　 Cayley-Hamilton 定理告诉我们，线性变换的特征多项式就是一个零化多项式。

　　 证明思路是利用复线性空间的任意矩阵都可相似于上三角矩阵，上三角矩阵的零化多项式即特征多项式,以及零化多项式不随基的改变而改变（若 $A,B$ 相似则 $f(A)=Q^{-1}f(B)Q=0$）。现在只证明第二点，其余读者可自证。

　　 设线性变换 $\mathcal{A}$ 在基向量组 $\{{\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,...,{\mathbf{e}}_n\}$ 下的表示为 $n$ 阶上三角矩阵 $A=(a_j^i)$，由矩阵表示可知：$\mathcal{A}({\mathbf{e}}_k)=\mathrm{span}({\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2...{\mathbf{e}}_k)$。具体来说是：

　　 Proof.

　　 由于 $f_i$ 的 ${\lambda }_i$ 彼此不同，因此互素，由推论 1 得：

　　 总结一下，任意线性变换的特征多项式都是其零化多项式，由于特征多项式可以分解为互素项，因此任意线性空间都可以分解为任意线性变换的不变子空间之直和，此时线性变换是分块对角矩阵。

1. ^ 上三角矩阵的对角元为其本征值