Cayley-Hamilton tétel

A lineáris algebrában a Cayley-Hamilton-tétel kimondja, hogy egy véges dimenziós vektortér bármilyen endomorfizmusa bármely kommutatív mezőn megsemmisíti a saját jellegzetes polinomját .

Ami a mátrix, ez azt jelenti, hogy ha A jelentése egy négyzetes mátrix a rend n , és ha

$p (X) = \ det (XI_ {n} -A) = X ^ {n} + p _ {{n-1}} X ^ {{n-1}} + \ ldots + p_ {1} X + p_ {0}$

jelentése a karakterisztikus polinomja ( polinom a meghatározatlan X ), majd formálisan helyett X által a mátrix Egy a polinom, az eredmény a null mátrix:

$p (A) = A ^ {n} + p _ {{n-1}} A ^ {{n-1}} + \ ldots + p_ {1} A + p_ {0} I_ {n} = 0_ { n}. \;$

A Cayley-Hamilton tétel a négyzetmátrixokra is vonatkozik, amelyek bármelyik kommutatív gyűrű együtthatóival rendelkeznek .

A Cayley-Hamilton-tétel fontos következménye az, hogy egy adott mátrix minimális polinomja osztója a jellegzetes polinomnak .

Habár matematikusok nevét viseli Arthur Cayley és William Hamilton , a tétel első bizonyítékát Ferdinand Georg Frobenius adta 1878-ban, Cayley főként munkájában használta, Hamilton pedig a 2. dimenzióban demonstrálta.

Motiváció

Ennek a tételnek két felhasználási családja van:

Lehetővé teszi elméleti eredmények megállapítását, például a nilpotens endomorfizmus polinomjellemzőjének kiszámítását.
Hatalmas egyszerűsítést tesz lehetővé a mátrixszámításokban is. A minimális polinomok megközelítése általában olcsóbb, mint a determinánsoké.

Megtaláljuk ezt a tételt az endomorfizmus polinomjairól , a nilpotens endomorfizmusokról szóló cikkekben és általánosabban a mátrixok általános elméletében .

Példa

Vegyük például a mátrixot

A = {\ elején {pmatrix} 1 és 2 \\ 3 és 4 \ vége {pmatrix}}

A jellegzetes polinom meg van írva

p (X) = \ det {\ begin {pmatrix} X-1 & -2 \\ - 3 & X-4 \ end {pmatrix}} = (X-1) (X-4) - (- 2) ( - 3) = X ^ {2} -5X-2.

A Cayley-Hamilton tétel azt állítja

A ^ {2} -5A-2I_ {2} = 0

és ez a kapcsolat ebben az esetben gyorsan ellenőrizhető. Sőt, a Cayley-Hamilton tétel lehetővé teszi a mátrix hatványainak egyszerűbb kiszámítását, mint közvetlen számítással. Térjünk vissza az előző relációra

A ^ {2} -5A-2I_ {2} = 0

A ^ {2} = 5A + 2I_ {2}

Tehát például az A 4 kiszámításához írhatunk

A ^ {3} = (5A + 2I_ {2}) A = 5A ^ {2} + 2A = 5 (5A + 2I_ {2}) + 2A = 27A + 10I_ {2}

és jön

A ^ {4} = A ^ {3} A = (27A + 10I_ {2}) A = 27A ^ {2} + 10A = 27 (5A + 2I_ {2}) + 10A

A ^ {4} = 145A + 54I_ {2}

Mi is használjuk az eredeti polinom kapcsolatban bizonyítani invertibility az A és kiszámítja inverze. Valójában elegendő az A- hatvány tényezőjének faktora, ahol lehetséges és $A ^ {2} -5A-2I_ {2} = 0$

A (A-5I_ {2}) = 2I_ {2}

ami azt mutatja, hogy A inverznek ismeri el

A ^ {{- 1}} = {\ frac 12} (A-5I_ {2})

Tüntetések

Nagyon sok bizonyíték van erre a tételre; A legegyszerűbb elvi áll vette észre, hogy az eredmény szinte számára nyilvánvaló diagonális mátrix , akkor bizonyítani a diagonalizable mátrix A (vele észrevenni, hogy akkor hasonló , és hogy két hasonló mátrixok azonos meghatározó); az egyik azzal a következtetéssel zárul, hogy a komplexeken az átlósítható mátrixok halmaza sűrű . Sajnos ezt a bizonyítást nehéz más skalárkészletekre általánosítani. $XI_ {n} -A$ ${\ displaystyle XI_ {n} -D}$

Tisztán algebrai bizonyítás

Bármi legyen is a mátrix , létezik egy kifejezetten meghatározott mátrix, a $Comp ($ $S$ $)$ , az $S$ komplementer mátrixa , amely kielégít . A mátrix $Comp ($ $S$ $)$ van a ültették a Adjungált vagy mátrix kofaktorok az $S$ . Ez az összefüggés akkor is igaz marad, ha az $S$ együtthatói egy gyűrűhöz tartoznak, mivel nem történt osztás. Ezért megkérdezhetjük , hogy kinek az együtthatói vannak, és akkor megvan a kapcsolat: $S \ in {\ mathcal {M}} _ {n} ({\ mathbb {K}})$ ${\ displaystyle S {\ textrm {Comp}} (S) = {\ textrm {Comp}} (S) S = \ det (S) I_ {n}}$ $S = XI_ {n} -A$ ${\ mathbb {K}} [X]$

(XI_ {n} -A) {\ textrm {Comp}} (XI_ {n} -A) = \ det (XI_ {n} -A) I_ {n} = p (X) I_ {n}. \ \ (1)

Kezdjük az (1) -től írással

{\ textrm {Comp}} (XI_ {n} -A) = \ összeg _ {{j = 0}} ^ {{n-1}} B_ {j} X ^ {j}

A és $B_ {j} \ in {\ mathcal {M}} _ {n} ({\ mathbb {K}})$

p (X) = \ összeg _ {{j = 0}} ^ {n} p_ {j} X ^ {j}.

Fejleszthetjük a terméket : $(XI_ {n} -A) {\ textrm {Comp}} (XI_ {n} -A)$

(XI_ {n} -A) {\ textrm {Comp}} (XI_ {n} -A) = X ^ {{n}} B _ {{n-1}} + \ sum _ {{i = 1} } ^ {{n-1}} X ^ {i} (B _ {{i-1}} - AB _ {{i}}) - AB_ {0} \ \ (2),

ami megegyezik a

\ sum _ {{j = 0}} ^ {n} X ^ {j} p_ {j} I_ {n}. \ \ (3)

A (2) és (3) polinomok egyenlőek. Ebből kifolyólag,

p _ {{n}} I_ {n} = B _ {{n-1}}, \ quad p_ {i} I_ {n} = B _ {{i-1}} - AB _ {{i}} , \ quad p_ {0} I_ {n} = - AB_ {0}

Aztán jön egy távcső :

{\ begin {aligned} p (A) & = \ sum _ {{j = 0}} ^ {n} A ^ {j} (p_ {j} I_ {n}) \\ & = A ^ {n} B _ {{n-1}} + \ sum _ {{i = 1}} ^ {{n-1}} A ^ {i} (B _ {{i-1}} - AB _ {{i} }) - AB_ {0} \\ & = \ sum _ {{i = 1}} ^ {n} A ^ {i} B _ {{i-1}} - \ sum _ {{i = 0}} ^ {{n -1}} A ^ {{i + 1}} B_ {i} \\ & = 0 \ vége {igazítva}}

A bizonyíték nem abból áll, szubsztitúcióját $X$ által $Egy$ az egyenletek a polinomok (ami egyenértékű lenne összehasonlításával polinom, és a mátrix polinom), hanem egy azonosító azok együtthatók.

Változat

Összehangolhatjuk az elvont ötleteket is.

Kezdjük a probléma megoldására alkalmas értékelési morfizmus bevezetésével. Először is, hogy egy kommutatív algebra , van egy értékelési morfizmus: (amely elküldi a és a bármilyen skalár $λ$ ). Ez a kommutatív gyűrűmorfizmus értékelési morfizmust vált ki a mátrixgyűrűkön . ${\ mathbb {K}} [A]$ $\ mathbb {K}$ ${\ mathbb {K}} [X] \ - {\ mathbb {K}} [A]$ $x$ $NÁL NÉL$ $\ lambda$ $\ lambda I_ {n}$ ${\ mathcal {M}} _ {n} ({\ mathbb {K}} [X]) \ - {\ mathcal {M}} _ {n} ({\ mathbb {K}} [A])$

Egy kiegészítő jelölés hasznos lehet számunkra: két négyzetmátrix $( n , n ) esetében$ , és a mátrixot általános kifejezés mátrix együtthatóival jelöljük . Ha az olvasó ismeri két mátrix Kronecker-szorzatát, képes lesz észrevenni, hogy ez gyakorlatilag megegyezik, kivéve azt a mátrixot $($ $n$ $,$ $n$ $),$ amelynek együtthatói mátrixok $($ $n$ $,$ $n$ $),$ míg mátrixok $($ $n$ $2$ $,$ $n$ $2$ $)$ . Az alábbi képlet csak olyan két konkrét esetben ez a művelet: termékek formájában , azaz négyzetes mátrixok $C$ az átlós és $0$ máshol, és a termék , amely - mondjuk egy változata $Egy$ , ahol a mátrix helyettesíti az együttható . $C = (c _ {{ij}})$ $D = (d _ {{ij}})$ $C \ triangleright D$ $c _ {{ij}} D$ $C \ triangleright D$ $C \ otimes D$ $C \ triangleright D$ $C \ otimes D$ $I_ {n} \ triangleright C$ $\ Triangleright I_ {n}$ $a _ {{ij}} I_ {n}$ $egy _ {{ij}}$

Ez a jelölés halmaz, alkalmazzuk az értékelési morfizmust a relációra:

(XI_ {n} -A) \, {\ textrm {Comp}} (XI_ {n} -A) = p (X) I_ {n}.

Kapunk egy relációt

(I_ {n} \ triangleright AA \ triangleright I_ {n}) \, M = I_ {n} \ triangleright p (A) \ qquad (*)

amelyben $M$ egy bizonyos mátrix olyan együtthatókkal, amelyekben az embernek semmit sem kell tudnia. ${\ mathbb {K}} [A]$

Tehát írtunk egy helyes képletet, és szenvedünk tőle: még nem fejeztük be, a szigorú technikával történő értékelés nem $0-t,$ hanem furcsa mátrixot ad mátrix együtthatókkal. $XI_ {n} -A$

Második ötletre van szükség a befejezéshez. Abban áll, hogy észrevesszük, hogy ha egy gyűrű és egy $E$ a -modul van a jobb oldalon, akkor az összes $r$ , $s$ , $t$ egész számra a szokásos képletekkel meghatározhatunk egy mátrix szorzatot: ${\ mathbb {A}}$ ${\ mathbb A}$

{\ mathcal {M}} _ {{rs}} (E) \ szor {\ mathcal {M}} _ {{st}} ({\ mathbb {A}}) \ to {\ mathcal {M}} _ {{rt}} (E)

amelyekre asszociativitás vonatkozik, ha termékeket akarunk kiszámolni három kifejezéssel:

{\ mathcal {M}} _ {{rs}} (E) \ szor {\ mathcal {M}} _ {{st}} ({\ mathbb {A}}) \ szor {\ mathcal {M}} _ {{tu}} ({\ mathbb {A}}) \ - {\ mathcal {M}} _ {{ru}} (E).

Alkalmazzuk ezt a fogalmat (a puristák számára ), amely egy modulus (amelynek szorzását spontán írjuk balra, de jobbra írhatjuk, ha valaki jobban szereti, ha a gyűrű kommutatív) a kommutatív gyűrűn , a külső szorzás pedig a alkalmazás: meghatározott (e $BE$ hogy a szokásos mátrix termék a négyzetes mátrix $B$ által az oszlop mátrix $e$ ). $E = {\ mathbb {K}} ^ {n}$ $E = {\ mathcal {M}} _ {{n1}} ({\ mathbb {K}})$ ${\ mathbb {A}} = {\ mathbb {K}} (A)$ ${\ mathcal {M}} _ {{n1}} ({\ mathbb {K}}) \ szorzat {\ mathbb {K}} (A)$ $(E, B) \ térképek BE$

Szorozzuk balra a relációt a sorvektorral, ahol a kanonikus alapját jelöljük : a jobb kifejezés használatával megkapjuk a sorvektort . $(*)$ ${\ begin {pmatrix} e_ {1} & \ cdots & e_ {n} \ end {pmatrix}}$ $(e_ {1}, \ ldots, e_ {n})$ ${\ mathbb {K}} ^ {n}$ $(*)$ ${\ begin {pmatrix} p (A) e_ {1} & \ ldots & p (A) e_ {n} \ end {pmatrix}}$

Ha most a bal oldalon lévő kifejezést használjuk, és a zárójeleket a fent leírt kissé szokatlan mátrixszorzás asszociativitásával mozgatjuk, a termék kiszámításához vezetünk: $(*)$

{\ begin {pmatrix} e_ {1} & \ ldots & e_ {n} \ end {pmatrix}} (I_ {n} \ triangleright AA \ triangleright I_ {n}).

Minden $j$ index esetében csak azt jegyezhetjük meg, hogy a $j$ -edik komponense érdemes:

Ae_ {j} - \ sum _ {{i = 1}} ^ {n} (a _ {{ij}} I_ {n}) e_ {i} = Ae_ {j} - \ sum _ {{i = 1 }} ^ {n} a _ {{ij}} e_ {i} = 0

Ha ezt a jobb oldalon megszorozzuk az ártalmatlan $M$ mátrixszal, és összehasonlítjuk a szorzat két kifejezését, arra a következtetésre jutunk, hogy bármely $j$ index esetén $p ( A ) e j = 0$ .

Tehát $p ( A ) = 0$ .

További észrevételek a demonstrációval kapcsolatban

A bemutatással elkerülhető a mátrix helyettesítése nem kommutatív kontextusban, de az elvégzett manipulációk ennek ellenére közel állnak ehhez az elképzeléshez: az egyenletet komponensekre bontottuk a hatványok szerint , megsokszoroztuk a az a komponens maradt, amely tényező volt , és mindent összeadtunk. Sőt, mi használjuk a művelet azonos az (5), anélkül, feltételezve, hogy ez körülbelül homomorfizmus gyűrűk, az az . A művelet egy értékelés a bal oldalon , mert a határozatlan skalárral való szorzást a bal szorzóval helyettesíti . $x$ $x$ $A ^ {j}$ $X ^ {j}$ ${\ textrm {Ev}} _ {A}$ ${\ mathcal {M}} _ {n} ({\ mathbb {K}}) [X]$ ${M} _ {n} ({\ mathbb {K}})$ ${\ textrm {Ev}} _ {A}$ $x$ $NÁL NÉL$

Egy másik fontos megfigyelés az, hogy a polinom pontos alakja lényegtelen. Tehát van itt valami kihasználni való, amit a matematikusok nem mulasztottak el. ${\ textrm {Comp}} (XI_ {n} -A)$

Legyen nem kommutatív gyűrű; definiálhatjuk a polinom euklideszi osztását egység polinommal . Pontosabban két polinom van, amelyek fokozata szigorúan kisebb, mint a fokozat , mint pl $M$ $P \ M [X] -ben$ $B$ $Q, R \ M [X] -ben$ $R$ $B$

P = BQ + R.

A bizonyítás teljesen analóg a skaláris esetével. Ha , akkor a fennmaradó fokozatú , és ezért azonos a . De ebben az esetben pontosan úgy érvelve, mint a Cayley-Hamilton tétel bizonyításában, a következtetésre jutunk $B = XI_ {n} -A$ $R$ ${\ displaystyle 0}$ $M$

{\ textrm {Ev}} _ {A} (P) = R

Ebből következik, hogy nulla akkor és csak akkor, ha osztható marad . ${\ textrm {Ev}} _ {A} (P)$ $P$ $XI_ {n} -A$

A Cayley-Hamilton tétel bizonyítása egy másik információt is ad: a polinom a par balra eső hányadosa . Mivel és mindkettő a kommutatív részgyűrűhöz tartozik , a bal oldali felosztás teljes egészében ebben az algyűrűben zajlik, tehát rendes felosztás. Különösen a mátrix együtthatói a hatványok lineáris kombinációi . Más szavakkal, a mátrix komplementer mátrixa egy polinom , amelyre nem könnyű közvetlenül következtetni a komplementer mátrix definíciójából. Jobb, ha kifejezetten kiszámíthatjuk annak együtthatóit a jellegzetes polinoméihoz , mivel egy közönséges euklideszi osztásról van szó, és azt találjuk, hogy ${\ textrm {Comp}} (XI_ {n} -A)$ $p (X) I_ {n}$ $XI_ {n} -A$ $p (X) I_ {n}$ $XI_ {n} -A$ ${\ mathrm {K}} [A] [X]$ ${\ textrm {Comp}} (XI_ {n} -A)$ $NÁL NÉL$ $NÁL NÉL$ $NÁL NÉL$ $p (X)$

{\ textrm {Comp (-A)}} = \ sum _ {{j = 1}} ^ {n} p_ {j} A ^ {{j-1}}.

Ezt az összefüggést az identitás alapján közvetlenül megszerezhettük a Cayley-Hamilton tételből is

p_ {0} I_ {n} = \ det (-A) I_ {n} = - A \ cdot {\ textrm {Comp}} (- A) = {\ textrm {Comp}} (- A) \ cdot - NÁL NÉL

Absztrakció és általánosítások

A fenti bizonyítás csak a K mező kommutatív gyűrű tulajdonságait használja , mivel nem jár e gyűrű elemeivel történő felosztással, hanem csak Laplace képletére támaszkodik, amely bármely B kommutatív gyűrű együtthatóival rendelkező mátrixra érvényes . Ezért általánosíthatjuk a Cayley-Hamilton-tételt erre az esetre, a Laplace-képletet felhasználva a B = R [ X ] gyűrű együtthatójú mátrixokhoz, ahol R bármilyen kommutatív gyűrű:

Bármely n x n méretű A négyzetmátrixra, amelynek együtthatói vannak az R kommutatív gyűrűben , ha jelöljük

p_ {A} (X) = \ det (XI_ {n} -A) \,

nekünk van :

p_ {A} (A) = 0 \,

Let M ezután egy véges típusú modulus ezen a gyűrűn R (analóg fogalmának véges dimenziós vektortér egy mezőt, anélkül azonban, hogy a létezését bázisok: M csak véges termelő családok ), és hagyja, hogy φ egy endomorphism az M , a Cayley-Hamilton tétel lehetővé teszi a következő φ polinomok felépítését, amelyek eltűnnek az M-en : vagy ( e 1 , e 2 , ..., e n ) M család létrehozása . Találhatunk olyan R elemeket , amelyek $egy _ {{ij}}$

\ varphi (e_ {j}) = \ sum _ {{i = 1}} ^ {n} a _ {{ij}} e_ {i},

és mi jelöljük A mátrix n x n által képzett ezeket az együtthatókat. Ez a mátrix még egy fixen generáló család esetében sem egyedülálló, mivel ezt a családot nem feltételezték szabadnak . Ennek ellenére a képletből arra következtetünk . $p_ {A} (A) = 0$ $p_ {A} (\ varphi) = 0$

A kommutatív gyűrűk összefüggésében a Cayley-Hamilton-tétel többszörös bizonyítéka közül húzzuk alá a generikus bizonyítás eleganciáját , amelynek alapelve elvont, de általános az algebrában: azon a megjegyzésen alapszik, hogy n méretű A négyzetmátrixok esetén rögzített, az identitás egy olyan rendszer, n 2 univerzális identitás polinom együtthatóit egy . Vagyis bármelyik kommutatív gyűrű együtthatóinak A mátrixára , ahol egy bizonyos n méretű négyzetmátrixot jelölünk, n- 2 meghatározhatatlan polinomok gyűrűjében található együtthatókkal (ez az univerzális U mátrix független A-tól, mert éppen az a determináns képletei és a mátrixok hatványai n × n ). A kommutatív gyűrűben lévő bármely A mátrix tételének bizonyításához elegendő annak igazolása, hogy ez a mátrix nulla, vagyis hogy csak egy mátrixra igazoljuk a tételt : az Y mátrixra, amelynek együtthatói R gyűrűelemei . $p_ {A} (A) = 0$ $p_ {A} (A) = U (a _ {{i, j}})$ $a_ {i, j}$ $U (Y _ {{i, j}})$ $R = \ mathbb {Z} [(Y _ {{i, j}}) _ {{1 \ leq i \ leq n, 1 \ leq j \ leq n}}]$ $U (Y _ {{i, j}})$ $Y _ {{i, j}}$

Általános bemutató

Legyen (így ), és hagyja, hogy a K legyen egy algebrailag zárt mezőt tartalmazó R (például a legkisebb: a algebrai lezárását annak hányadostest ). $V (X) = \ det (XI_ {n} -Y) \ R [X] -ben$ $U (Y _ {{i, j}}) = V (Y) \ itt: {{\ mathcal M}} _ {n} (R)$
Az V ( X ) polinom egyszerű gyökerekkel rendelkezik K-ban, mivel megkülönböztetője nem nulla. Sőt, mivel a kapott két polinomok adott fok van írva, mint egy univerzális polinom koefficienseik diszkriminánsa V ( X ) is írt, mint egy univerzális polinom olyan, hogy bármely mátrix Egy , a diszkriminánsa sem egyenlő . Most van mátrixok A , melyek : például a diagonális mátrix egész együtthatós, diagonális 1, 2, ..., N . $W (Y _ {{i, j}}) \ R-ben$ $\ det (XI_ {n} -A)$ $W (a _ {{i, j}})$ $W (a _ {{i, j}}) \ neq 0$
A mátrix Y tehát diagonalizable a K : a P invertálható, és D diagonális, ezért a D a Cayley-Hamilton-tétel azonnali, amely lehetővé teszi számunkra, hogy megkötik: $Y = PDP ^ {{- 1}}$

V (X) = \ det (XI_ {n} -D) \ Rightarrow V (D) = 0 \ Rightarrow U (Y _ {{i, j}}) = V (Y) = PV (D) P ^ { {-1}} = P0P ^ {{- 1}} = 0.

Megjegyzések és hivatkozások

(fr) Ez a cikk részben vagy egészben az angol Wikipedia „ Cayley-Hamilton tétel ” című cikkéből származik ( lásd a szerzők felsorolását ) .

A naiv hiba áll mondja, egy rögzített mátrix A : cseréljük X által Egy , a képlet, amely meghatározza p ( X ), amely p ( A ) = det ( AI N - A ) = det (0) = 0 . a hiba rejlik a lépések sorrendje „értékelést a determináns” és „szubsztitúció a a , hogy X ”. Ezenkívül a det ( AI n - A ) skalár, míg a p ( A ) valódi értéke egy mátrix. Igaz, hogy itt a mátrix nulla (a tétel szerint) és a skalár is ( triviálisan ), de könnyen találunk ugyanolyan típusú példákat, ahol az egyik nulla, a másik nem, a like és q ( X ) = det ( A + XI 2 ). $A = {\ elején {pmatrix} 1 és 0 \\ 0 és 0 \ vége {pmatrix}}$
Michel Coste, „ 30 demonstráció bemutatása ” , a Rennes -i Egyetemen 1 .
Ez a bizonyíték a kommutatív algebra bevezetőjében , MF Atiyah és IG Macdonald, Addison-Wesley ( ISBN 0-201-00361-9 ) , 1. o. 21 .
Jean-Pierre Escofier, A licenc összes algebra: Tanfolyam és javított gyakorlatok , Dunod,2011, 3 e . ( online olvasható ) , p. 539, gyakorlat 20.11.
(in) Keith Conrad, " univerzális identitás, azt " a University of Connecticut .
Henri Lombardi és Claude Left, kommutatív algebra - Konstruktív módszerek - véges típusú projektív modulok , Calvage & Mounet,2016( 1 st szerk. 2011) ( arXiv 1.611,02942 , online prezentáció ) , p. 96-97.
Lombardi és Quitté 2016 , p. 108-111.