（补充）证明线性递推相关的Hamilton-Cayley定理

我很久以前曾经写过一篇关于线性递推的矩阵分析的文章，不过在特征多项式有重根的情况下的证明却没有具体描述，只是推锅给极小扰动。其实是我当时自己也一知半解。在大学系统接触线性代数后，我学到了完整的证明\(p_A(A)=0\)的方法，其中\(p_A(\lambda)\)表示\(A\)的特征多项式，放在这里供大家参考。

手机写公式太麻烦了，等网线寄到了在电脑上补。

来补了。

首先规定一个常用的矩阵表示方法。可以将一个矩阵纵横切割分为若干方块。例如\(A=\left[\begin{matrix}A_{11}& A_{12}\\A_{21}&A_{22}\end{matrix}\right]\)，矩阵内的四部分也是矩阵，相当于拼合在了一起。当然，同一列的矩阵必须等宽，同一行的矩阵必须等高。运算时，可以将每个小矩阵视作独立元素，按照矩阵乘法规则运算，可以验证这一算法的正确性。不过要使用这种方式，左矩阵的列分割情况和右矩阵行分割情况要相同。

令\(p_A(\lambda)\)表示\(A\)的特征多项式，\(\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n\)表示该多项式的根。

命题\(1\)：对于\(n\times n\)的方阵\(A\)，则存在可逆矩阵\(X\)和上三角矩阵\(U\)，使得\(A=X^{-1}UX\)。

证明：利用数学归纳法，\(n=1\)时，令\(X=I\)即得。假设\(n=k-1\)时，命题成立。

考虑对\(k\)阶方阵\(A\)，先取其中一个特征值\(\lambda_1\)和对应的特征向量\(x_1\)，从\(x_1\)扩张出一组基\(x_1,x_2,\dots,x_n\)，令\(X_1=\left[\begin{matrix}x_1&x_2&\dots&x_n\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}x_1&X_{2}\end{matrix}\right]\)，由于\(X_1\)可逆，存在\(M=X_1^{-1}AX_1\)，即\(AX_1=X_1M\)。那么：

\[AX_1=\left[\begin{matrix}Ax_1&AX_{2}\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}\lambda_1x_1&AX_{2}\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}x_1&X_{2}\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}\lambda_1&v^T\\ \boldsymbol 0&\tilde A\end{matrix}\right] \]

因此\(M=\left[\begin{matrix}\lambda_1&v^T\\ \boldsymbol 0&\tilde A\end{matrix}\right]\)，由归纳假设，存在可逆矩阵\(\tilde X\)，上三角矩阵\(\tilde U\)，使得\(\tilde A=\tilde X^{-1}\tilde U\tilde X\)，则：

\[M=\left[\begin{matrix}\lambda_1&v^T\\ \boldsymbol 0&\tilde X^{-1}\tilde U\tilde X\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}1&\boldsymbol 0^T\\\boldsymbol 0 &\tilde X^{-1}\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}\lambda_1&v^T\tilde X^{-1}\\ \boldsymbol 0 &\tilde U\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}1&\boldsymbol 0^T \\ \boldsymbol 0 & \tilde X\end{matrix}\right] \]

注意到\(\left[\begin{matrix}1&\boldsymbol 0^T\\\boldsymbol 0 &\tilde X\end{matrix}\right]^{-1}=\left[\begin{matrix}1&\boldsymbol 0^T\\\boldsymbol 0 &\tilde X^{-1}\end{matrix}\right]\)，于是可以有：

\[A=X_1^{-1}\left[\begin{matrix}1&\boldsymbol 0^T\\\boldsymbol 0 &\tilde X\end{matrix}\right]^{-1}\left[\begin{matrix}\lambda_1&v^T\tilde X^{-1}\\ \boldsymbol 0 &\tilde U\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}1&\boldsymbol 0^T \\ \boldsymbol 0 & \tilde X\end{matrix}\right]X_1 \]

令\(X=\left[\begin{matrix}1&\boldsymbol 0^T \\ \boldsymbol 0 & \tilde X\end{matrix}\right]X_1\)，\(U=\left[\begin{matrix}\lambda_1&v^T\tilde X^{-1}\\ \boldsymbol 0 &\tilde U\end{matrix}\right]\)，显然符合条件。

证毕。

命题\(2\)：对于上三角矩阵\(U\)，其对角元素恰是其特征多项式的\(n\)个根。

证明：只需利用行列式的展开式即可，对于\(\det(\lambda I-U)\)，其严格下三角元素都为\(0\)，因此贡献非\(0\)的排列只有\(1,2,\dots,n\),贡献为\(\prod_{i=1}^n (\lambda-U_{ii})\)。证毕。

命题\(3\)：若\(A=X^{-1}UX\)如命题\(1\)所述，则\(p_A(\lambda)=p_U(\lambda)\)。

证明：$$p_U(\lambda)=\det(\lambda I-XAX^{-1})=\det( X\lambda IX^{-1}-XAX)$$$$=\det(X)\det(\lambda I-A)\det(X^{-1})=\det(\lambda I-A)=p_A(\lambda)$$

证毕。

命题\(4\)：若\(A=X^{-1}UX\)如命题\(1\)所述，则\(p_A(A)=X^{-1}p_A(U)X\)。

证明：\(A^k=(X^{-1}UX)^k=X^{-1}(UXX^{-1})^{k-1}UX=X^{-1}U^kX\)

对于\(p_A(A)\)的每一项都是如此，即得。证毕。

命题\(5\)：若\(U\)为上三角矩阵，则\(p_U(U)=0\)。

证明：考虑\(p_U(\lambda)=\prod_{i=1}^n(\lambda-\lambda_i)\)，由命题\(2\)，可以调换相乘顺序使\(\lambda_i=U_{ii}\)，则\(p_U(U)=\prod_{i=1}^n(U-\lambda_i I)\)。其中，第\(i\)个矩阵的\((i,i)\)号元素为\(0\)。

记\(B_i=U-\lambda_i I\)。考虑矩阵乘法的定义，对于矩阵\(\prod_{i=1}^nB_i\)，其\((k_0,k_n)\)号元素是若干\(B_{1(k_0k_1)}*B_{2(k_1k_2)}*\dots*B_{n(k_{n-1}k_n)}\)的贡献总和，可以将其中一条路径抽象为\(k_0\to k_1\to\dots \to k_n\)，只要证明每一条路径贡献为\(0\)即可。

考虑\(B_i\)都是上三角矩阵，因此若\(i>j\)，\(i\to j\)的贡献就是\(0\)，因此\(k_0\to k_1\to\dots \to k_n\)若想有贡献，其必须是非减的，即\(k_0\leq k_1\leq \dots\leq k_n\)，而\(k_n-k_1\leq n-1\)，不等号有\(n\)个，因此不可能全取小于，必有至少一个不等号取等。

假设其中一个为\(k_{i-1}=k_{i}\)，分三种情况：

1.\(k_{i-1}=i\)，则\(k_{i-1}\to k_i\)的转移在第\(i\)个矩阵\(B_i\)上，而\(B_i\)的\((i,i)\)号元素为\(0\)。则路径的贡献是\(0\)。

2.\(k_{i-1}\leq i-1\)，此时\(n>1\)。考虑序列\(k_0\to k_1\to \dots \to k_{i-1}\)，有\(k_{i-1}-k_0\leq i-2\)，却有\(i-1\)个转移，和总体的情况类似，必有等号，可以递归考虑。

3.\(k_{i-1}\geq i+1\)，与情况\(2\)类似。

\(2,3\)发生时\(n>1\)，必不可能一直发生下去，一定会出现情况\(1\)。因此任意路径贡献为\(0\)，也就证明了命题。证毕。

命题\(6\)：\(p_A(A)=0\)

证明：若\(A=X^{-1}UX\)如命题\(1\)所述，则\(p_A(A)=X^{-1}p_A(U)X=X^{-1}p_U(U)X=0\)。

证毕。