# 最小多項式

This work by Jephian Lin is licensed under a [Creative Commons Attribution 4.0 International License](http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/).

$\newcommand{\trans}{^\top}
\newcommand{\adj}{^{\rm adj}}
\newcommand{\cof}{^{\rm cof}}
\newcommand{\inp}[2]{\left\langle#1,#2\right\rangle}
\newcommand{\dunion}{\mathbin{\dot\cup}}
\newcommand{\bzero}{\mathbf{0}}
\newcommand{\bone}{\mathbf{1}}
\newcommand{\ba}{\mathbf{a}}
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\newcommand{\bx}{\mathbf{x}}
\newcommand{\by}{\mathbf{y}}
\newcommand{\bz}{\mathbf{z}}
\newcommand{\bu}{\mathbf{u}}
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\newcommand{\bw}{\mathbf{w}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\nul}{\operatorname{null}}
\newcommand{\rank}{\operatorname{rank}}
%\newcommand{\ker}{\operatorname{ker}}
\newcommand{\range}{\operatorname{range}}
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\newcommand{\Row}{\operatorname{Row}}
\newcommand{\spec}{\operatorname{spec}}
\newcommand{\vspan}{\operatorname{span}}
\newcommand{\Vol}{\operatorname{Vol}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\idmap}{\operatorname{id}}
\newcommand{\am}{\operatorname{am}}
\newcommand{\gm}{\operatorname{gm}}$

from lingeo import random_int_list, random_good_matrix
from linspace import mtov

## Main idea

Let $A$ be an $n\times n$ matrix.
Define the **minimal polynomial** of $A$ as the nonzero polynomial $m_A(x)$ with the smallest degree such that

- the leading coefficient of $m_A(x)$ is $1$, and
- $m_A(A) = O$.

By the Cayley–Hamilton Theorem, the minimal polynomial exists and has degree at most $n$.

The minimal polynomial of $A$ has the following properties:

- If $p(x)$ is a polynomial with $p(A) = O$, then $m_A(x) \mid p(x)$.
- The minimal polynomial of $A$ is unique.
- $m_A(x) \mid p_A(x)$.

Suppose $\bv$ is a vector in $\mathbb{R}^n$.
Define the **minimal polynomial** of $A$ at $\bv$ as the nonzero polynomial $m_{A,\bv}(x)$ with the smallest degree such that

- the leading coefficient of $m_{A,\bv}(x)$ is $1$, and
- $m_{A,v}(A)\bv = \bzero$.

The minimal polynomial of $A$ at $\bv$ has the following properties:

- If $p(x)$ is a polynomial with $p(A)\bv = \bzero$, then $m_{A,\bv}(x) \mid p(x)$.
- The minimal polynomial of $A$ is unique.
- $m_A(x) \mid m_A(x)$.
- If $\lambda$ is an eigenvalue of $A$, then $(x - \lambda)$ is a factor of $m_A(x)$.

##### Theorem (Minimal polynomial and diagonalizability)

Let $A$ be an $n\times n$ real matrix.
Then $A$ is diagonalizable (over $\mathbb{C}$) if and only if $m_A(x)$ has no repeated roots.

Let $A$ be an $n\times n$ matrix.
One may use standard techniques on a vector space to find the minimal polynomial.
Let $\beta$ be the standard basis of the space of $n\times n$ matrices; see 210.

1. Calculate the $n^2\times n$ matrix
$$
\Psi = \begin{bmatrix}
| & | & ~ & | \\
[I]_\beta & [A]_\beta & \cdots & [A^{n-1}]_\beta \\
| & | & ~ & | \\
\end{bmatrix}.
$$
2. Use the row operation to find the smallest $d$ such that
$$
A^d \in \vspan\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}.
$$
(Indeed, $d$ corresponds to the left-most free variable.)
3. If
$$
A_d = c_1A_{d-1} + \cdots + c_dI,
$$
then
$$
m_A(x) = x^d - c_1x^{d-1} - c_2x^{d-2} - \cdots - c_d
$$
is the minimal polynomial of $A$.

The minimal polynomial of $A$ at $\bv$ can be found in a similar mannar but focusing on the $n\times n$ matrix
$$
\Psi = \begin{bmatrix}
| & | & ~ & | \\
I\bv & A\bv & \cdots & A^{n-1}\bv \\
| & | & ~ & | \\
\end{bmatrix}
$$
instead.

## Side stories

- Jordan block
- nilpotent matrix
- idempotent

## Experiments

##### Exercise 1

執行以下程式碼。
令
$$
\Psi = \begin{bmatrix}
| & | & ~ & | \\
[I]_\beta & [A]_\beta & \cdots & [A^{n-1}]_\beta \\
| & | & ~ & | \\
\end{bmatrix}.
$$
已知 $R$ 為 $\Psi$ 的最簡階梯型。

### code
set_random_seed(0)
print_ans = False

n = 3
spec = random_int_list(n -1)
spec.append(spec[-1])
Q = random_good_matrix(n,n,n,2)
D = diagonal_matrix(spec)
A = Q * D * Q.inverse()

Psi = matrix([mtov(A^i) for i in range(n)]).transpose()
R = Psi.rref()

print("n =", n)
pretty_print(LatexExpr("A ="), A)
pretty_print(LatexExpr("R ="), R)

if print_ans:
    pretty_print(LatexExpr(r"\Psi ="), Psi)
    print("minimal polynomial:", A.minpoly())

:::warning

- [x] 可以的話記錄一下 `seed = ?`
- [x] $R$ 的第二列應該是 $0, 1, -1$
:::

$A = \begin{bmatrix}
-74 & -70 & 28\\
77 & 73 & -28 \\
0 & 0 & 3 \\
\end{bmatrix}$
$R = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 12\\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{bmatrix}$

(seed=0)
##### Exercise 1(a)

求 $\Psi$。
\
\
由於
$A^0 = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix},
A^1 = \begin{bmatrix}
-74 & -70 & 28\\
77 & 73 & -28 \\
0 & 0 & 3 \\
\end{bmatrix},
A^2 = \begin{bmatrix}
86 & 70 & -28\\
-77 & -61 & 28 \\
0 & 0 & 9 \\
\end{bmatrix}$.
所以
$\Psi= \begin{bmatrix}
1 & -74 & 86\\
0 & -70 & 70 \\
0 & 28 & -28 \\
0 & 77 & -77 \\
1 & 73 & -61 \\
0 & -28 & 28 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
1 & 3 & 9 \\
\end{bmatrix}$。

##### Exercise 1(b)

計算 $m_A(x)$。
\
\
利用 $R$ 可以推出 $12A^0 - A^1 - A^2 = O$ ，所以 $m_A(x) = x^2 + x - 12$.
## Exercises

##### Exercise 2

以下討論對角矩陣的最小多項式。

##### Exercise 2(a)

令
$$
A = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{bmatrix}.
$$
求 $m_A(x)$。

:::warning

- [x] $P_A(x)$ --> $p_A(x)$
- [x] 由 Cayley-Hamilton Theorem 得知 --> 經直接計算可知（都對角矩陣了，沒必要用大定理）
- [x] $deg$ --> $\deg$
:::

由於 $A$ 已對角化，所以 $p_A(x) = (1 - x)(2 - x)(3 - x)$ ，
經直接計算可知 $(I - A)(2I - A)(3I - A) = O$ 。
另外因為 $A^0 = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix},
A^1 = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{bmatrix},
A^2 = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 9
\end{bmatrix}$ ，
且 $(1,1,1), (1,2,3) , (1,4,9)$ 顯然獨立，因此 $\deg(m_A(x)) > 2$ 。
所以 $m_A(x) = -(1 - x)(2 - x)(3 - x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6$.

:::success
Nice work.
:::

##### Exercise 2(b)

令
$$
A = \begin{bmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{bmatrix}.
$$
求 $m_A(x)$。

:::warning

- [x] $P_A(x)$ --> $p_A(x)$
:::

同 2(a) ， $p_A(x) = (2 - x)^2(3 - x)$, $(2I - A)^2(3I - A) = O$ ， 觀察可發現
$(A - 2I)(A - 3I) =
\begin{bmatrix}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix} = O$ ，
又 $(1,1,1), (2,2,3)$ 顯然獨立，因此 $\deg(m_A(x)) > 1$ ，所以 $m_A(x) = (2 - x)(3 - x) = x^2 - 5x + 6.$

##### Exercise 2(c)

若 $r_1,\ldots,r_n$ 為 $n$ 個實數，
而扣掉重覆元素後，其相異實數為 $\lambda_1,\ldots,\lambda_q$。
令 $A$ 為一對角矩陣，其對角線上元素為 $r_1,\ldots,r_n$。
求 $m_A(x)$。

:::warning

- [x] 最高次數最低 --> 次方數最低（一個多項式的次方數本來就是最高次數）
- [x] $P_A(x)$ --> $p_A(x)$
:::

因為 $p_A(x) = (-1)^n(x - r_1)(x - r_2) \ldots (x - r_n)$ 且 $m_A(x) \mid p_A(x)$ ，又要使第 $k$ 行 $k$ 列為零需要有 $(x - r_k)$ 之因式且我們需要使次方數最低($k \in [1,n], k \in \mathbb{Z }$)，因此要取最少因式，也就是不取重複的。
所以 $m_A(x) = (x - \lambda_1)(x - \lambda_2) \ldots (x - \lambda_q).$
##### Exercise 3

以下討論喬丹標準型的最小多項式。

##### Exercise 3(a)

令
$$
A = \begin{bmatrix}
2 & 1 & 0 \\
0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 2
\end{bmatrix}.
$$
求 $m_A(x)$。
\
\
由 3(c) 可知， $m_A(x) = (x-2)^3$.
##### Exercise 3(b)

令
$$
A = \begin{bmatrix}
2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 3
\end{bmatrix}.
$$
求 $m_A(x)$。
\
\
由 3(d) 可知， $m_A(x) = (x-2)^3(x-3)^2$.
##### Exercise 3(c)

定義 $J_{\lambda,m}$ 為一 $m\times m$ 矩陣，
其對角線上的元素皆為 $\lambda$，
而在每個 $\lambda$ 的上面一項放一個 $1$（除了第一行），
其餘元素為 $0$。

求 $J_{\lambda,m}$ 的最小多項式。

:::warning

- [x] $P_A(x)$ --> $p_A(x)$
- [x] $det$ --> $\det$
- [x] $\forall n \in \mathbb{Z}, 0 \leq n \leq m-1, (J_{\lambda,m} - \lambda I)^n \neq O$ --> 對於所有介在 ... 之間的整數 $n$ ...（正式寫作少用邏輯符號 $\forall$）
:::

$p_{J_{\lambda,m}}(x) = \det(J_{\lambda,m} - xI) = (\lambda - x)^m$.
又 $m_{J_{\lambda,m}}(x) \mid p_{J_{\lambda,m}}(x)$, 所以 $m_{J_{\lambda,m}}(x) = (x - \lambda)^u$ $(u \leq m, u \in \mathbb{Z})$.
根據定義， $(J_{\lambda,m} - \lambda I)^u = O$.
觀察 $(J_{\lambda,m} - \lambda I)^2, (J_{\lambda,m} - \lambda I)^3, (J_{\lambda,m} - \lambda I)^4$ 可以發現每乘一次 $(J_{\lambda,m} - \lambda I)$ 都會使每一個 $1$ 往上一格（除了第一行的會消失），所以，對於所有介在 $0$ 到 $m-1$ 之間的整數 $n$，都有 $(J_{\lambda,m} - \lambda I)^n \neq O$.
因此 $m_{J_{\lambda,m}}(x) = (x - \lambda)^m$.

##### Exercise 3(d)

令矩陣 $A$ 是一個區塊對角矩陣，
其對角區塊皆由一些 $J_{\lambda,m}$ 組成。

說明 $A$ 的最小多項式為 $\prod_\lambda (x - \lambda)^h$，
其中 $\lambda$ 跑過對角線上所有的相異 $\lambda$，
而對每個 $\lambda$ 而言，$h$ 是所有 $J_{\lambda,m}$ 中最大的區塊的大小。
\
\
先證明 **$m_{A \oplus B} = m_A(x)$ 與 $m_B(x)$ 之最小公倍式。**
當 $A,B$ 為任意大小方陣，定義 $A \oplus B =
\begin{bmatrix}
A & O \\
O & B
\end{bmatrix}$.
可以發現 $(A \oplus B)^n = A^n \oplus B^n$ $(n \in \mathbb{Z})$ 也就可以推出 $f(A \oplus B) = f(A) \oplus f(B)$ ($f$ 為一多項式函數).
因此 $m_{A \oplus B} = m_A(x)$ 與 $m_B(x)$ 之最小公倍式。
\
回到原題可以將 $A$ 當成是由一些 $J_{\lambda,m}$ 用 $\oplus$ 串接起來的矩陣，再由前面證明結果即可得知 $A$ 的最小多項式為 $\prod_\lambda (x - \lambda)^h$.

:::success
Well done!
:::

##### Exercise 4

令
$$
A = \begin{bmatrix}
4 & 6 & 2 \\
-4 & -10 & -4 \\
11 & 33 & 13
\end{bmatrix}.
$$

##### Exercise 4(a)

計算 $A^0, A^1, A^2$，
並求出
$$
\Psi = \begin{bmatrix}
| & | & | \\
[I]_\beta & [A]_\beta & [A^{2}]_\beta \\
| & | & | \\
\end{bmatrix}.
$$

$Ans:$

經計算得出
$$
A^0 = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}.
A^1 = \begin{bmatrix}
4 & 6 & 2 \\
-4 & -10 & -4 \\
11 & 33 & 13
\end{bmatrix}.
A^2 = \begin{bmatrix}
14 & 30 & 10 \\
-20 & -56 & -20 \\
55 & 165 & 59
\end{bmatrix}.
$$
以及
$$
\Psi = \begin{bmatrix}
1 & 4 & 14 \\
0 & 6 & 30 \\
0 & 2 & 10 \\
0 & -4 & -20 \\
1 & -10 & -56 \\
0 & -4 & -20 \\
0 & 11 & 55 \\
0 & 33 & 165 \\
1 & 13 & 59
\end{bmatrix}.
$$

##### Exercise 4(b)

求 $m_A(x)$。

:::warning

- [x] 最小多項式對了，但是 $A^3 =...$ 那部份應該是 $A^2 = ...$
:::

$Ans:$

使用列運算求最小的 $d$ 使得 $A^d \in \vspan\{I, A^1, \ldots, A^{d-1}\}.$
當 $d=2$ 時，經運算得出$A^2 = 5A^1 + (-6)A^0 ,$
所以 $m_A(x) = x^2 - 5x + 6.$

##### Exercise 4(c)

令 $\bv = (2, -8, 22)$。
計算 $A^0\bv, A^1\bv, A^2\bv$，
並求出
$$
\Psi = \begin{bmatrix}
| & | & | \\
I\bv & A\bv & A^{2}\bv \\
| & | & | \\
\end{bmatrix}.
$$

$Ans:$

經計算得出
$$
A^0\bv = \begin{bmatrix}
2 \\
-8 \\
22
\end{bmatrix}.
A^1\bv = \begin{bmatrix}
4 \\
-16 \\
44
\end{bmatrix}.
A^2\bv = \begin{bmatrix}
8 \\
-32 \\
88
\end{bmatrix}.
$$

$$
\Psi = \begin{bmatrix}
2 & 4 & 8 \\
-8 & -16 & -32 \\
22 & 44 & 88
\end{bmatrix}.
$$

##### Exercise 4(d)

求 $m_{A,\bv}(x)$。

$Ans:$

有最小 $d$ 使得 $A^d\bv \in \vspan\{I\bv, A^1\bv, \ldots, A^{d-1}\bv\}.$
當 $d=1$ 時，經運算得出
$$
A^1\bv = \begin{bmatrix}
4 \\
-16 \\
44
\end{bmatrix}.
$$
且 $A^1\bv = 2A^0\bv,$
所以 $m_{A,\bv}(x) = x-2.$

##### Exercise 5

令 $A$ 為一 $n\times n$ 矩陣。
說明若 $A^d \in \vspan\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}$
則對任何 $k\geq d$ 都有 $A^k \in \vspan\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}$。

因此若 $A$ 的最小多項式為 $d$ 次時，
$\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}$ 為 $\vspan\{I, A, A^2, \ldots \}$ 的一組基底。

$Ans:$

若 $A^d \in \vspan\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}$，
則 $A^d$ 為由 $I, A, \ldots, A^{d-1}$ 所組成的 $n\times n$ 矩陣，
意即 $A^d = c_1A^{d-1} + \cdots + c_dI$，
我們利用數學歸納法說明所有 $k\geq d$ 都有 $A^k \in \vspan\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}$，
$k=d$ 時， $A^k = c_1A^{d-1} + \cdots + c_dI$，此時 $A^k \in \vspan\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}$ 成立。
假設 $k=k'$ 時，$A^k \in \vspan\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}$ 成立，
則 $k=k'+1$ 時，由於 $A^{k'} \in \vspan\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}$，所以假設 $A^{k'} = e_1A^{d-1} + \cdots + e_dI$ ， 則

$$
\begin{aligned}
A^{k'+1}
&= A^{k'}A \\
&= e_1A^d + \cdots + e_dA \\
&= e_1(c_1A^{d-1} + \cdots + c_dI) + e_2A^{d-1} + \cdots + e_dA \in \vspan\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}
\end{aligned}
$$

因此若 $A$ 的最小多項式為 $d$ 次時，
$\{I, A, \ldots, A^{d-1}\}$ 為 $\vspan\{I, A, A^2, \ldots \}$ 的一組基底。

:::success
Nice.
:::

##### Exercise 6

令 $A$ 為一 $n\times n$ 矩陣。
以下探討 $m_A(x)$ 的一些基本性質。

##### Exercise 6(a)

若 $p(x)$ 為一多項式且 $p(A) = O$，
說明對於任何多項式 $a(x)$ 和 $b(x)$，
把多項式 $a(x)p(x) + b(x)m_A(x)$ 代入 $A$ 也會是 $O$。

因此把 $g(x) = \gcd(p(x), m_A(x))$ 代入 $A$ 也是 $O$。
由於 $m_A(x)$ 已經是次方數最小的，$g(x) = m_A(x)$，且 $m_A(x) \mid p(x)$。

提示：參考 312。

:::warning

- [x] 第一行可以刪掉；這題的 $p(x)$ 不見得是特徵多項式，但題目已經說 $p(A) = O$ 了
:::

$Ans:$

根據最小多項式的定義，我們可以得到 $m_A(A) = O$,
因此 $a(A)p(A) + b(A)m_A(A) = O$。

令 $g(x) = \gcd(p(x), m_A(x))$，則存在 $a(x)$ 和 $b(x)$ 使得 $g(x) = a(x)p(x) + b(x)m_A(x)$。
因此 $g(A) = O$, 由於 $m_A(x)$ 已經是次方數最小的，$g(x) = m_A(x)$，且 $m_A(x) \mid p(x)$。

##### Exercise 6(b)

說明每個矩陣的最小多項式是唯一的。

$Ans:$

若存在兩個相異的的最小多項式
$$
m_{A,1}(x) ,
m_{A,2}(x) ,
$$
因為最小多項式的首項係數等於$1$，且兩個最小多項式互相整除，所以這兩個最小多項式相等(矛盾)，故最小多項式是唯一的。

##### Exercise 6(c)

說明 $m_A(x) \mid p_A(x)$。

:::warning

- [x] 這題反而走錯路了喔，$r(A) = O$ 不見得表示 $r(x) = 0$；實際上這題靠 6(a) 就直接出來了
:::

$Ans:$

根據 Cayley–Hamilton 定理，$p_A(A) = O$，
再根據6(a)的結論，我們可以得到$m_{A,\bv} \mid p_A(A)。$

##### Exercise 7

令 $A$ 為一 $n\times n$ 矩陣、
而 $\bv$ 為一 $\mathbb{R}^n$ 中的向量。
以下探討 $m_{A,\bv}(x)$ 的一些基本性質。

##### Exercise 7(a)

若 $p(x)$ 為一多項式且 $p(A)\bv = \bzero$，
說明對於任何多項式 $a(x)$ 和 $b(x)$，
把多項式 $a(x)p(x) + b(x)m_{A,\bv}(x)$ 代入 $A$ 後再乘上 $\bv$ 也會是 $\bzero$。

因此把 $g(x) = \gcd(p(x), m_{A,\bv}(x))$ 代入 $A$ 後再乘上 $\bv$ 也是 $\bzero$。
由於 $m_{A,\bv}(x)$ 已經是次方數最小的，$g(x) = m_{A,\bv}(x)$，且 $m_{A,\bv}(x) \mid p(x)$。

$Ans:$

因為 $p(A)\bv = 0$,
再根據定義，我們可以得到 $m_{A,\bv}(A)\bv = 0$,
因此 $a(A)p(A)\bv + b(A)m_{A,\bv}(A)\bv = 0$。
令 $g(x) = \gcd(p(x), m_{A,\bv}(x))$，
則存在 $a(x)$ 和 $b(x)$ 使得 $g(x)\bv=a(x)p(x)\bv + b(x)m_{A,\bv}(x)\bv$ 。
因此 $g(A)\bv=0$, 由於 $m_{A,\bv}(x)$ 已經是次方數最小的，
$g(x) = m_{A,\bv}(x)$，且 $m_{A,\bv}(x) \mid p(x)。$

##### Exercise 7(b)

說明每個矩陣在任一向量上的最小多項式是唯一的。

:::warning

- [x] 向量粗體
:::

**Ans:**

若存在兩個相異的最小多項式
$$
m_{A,\bv,1}(x) ,
m_{A,\bv,2}(x) ,
$$
因為最小多項式的首項係數等於$1$，且兩個最小多項式互相整除，所以這兩個最小多項式相等(矛盾)，故最小多項式是唯一的。

##### Exercise 7(c)

說明 $m_{A,\bv}(x) \mid m_A(x)$。

:::warning

- [x] 參考 6(c)
:::

$Ans:$

根據定義，$m_A(A)=O$，
再根據7(a)的結論，我們可以得到$m_{A,\bv} \mid m_A(A)。$

##### Exercise 7(d)

說明任何 $p_A(x)$ 的根也是 $m_A(x)$ 的根。

$Ans:$

若 $\lambda$ 是 $p_A(x)$ 的一個根，就找得到一個非零向量 $\bv$ 使得 $A\bv= \lambda\bv$，
利用性質$A^d\bv= \lambda^d\bv，$ $m_A(A)\bv = (s_0(A)^n + s_1(A)^{n-1} + \cdots + s_nI)\bv = (s_0(\lambda)^n + s_1(\lambda)^{n-1} + \cdots + s_nI)\bv = m_A(\lambda)\bv，$ 但因為 $m_A(A) = O$ ，所以 $m_A(\lambda) = O$。

##### Exercise 8

依照以下步驟證明以下敘述等價：

1. $A$ 可以在複數中對角化。
2. $A$ 的最小多項式沒有重根。

（由本節第 2 題已看出條件 1 會推得條件 2，所以以下著重在另一個方向的推導。）

##### Exercise 8(a)

令 $B_1,\ldots, B_q$ 為 $n\times n$ 矩陣。
證明若 $B_1\cdots B_q = O$，則 $\nul(B_1) + \cdots + \nul(B_q) \geq n$。

:::warning
這題掛懸賞，以下是提示：

考慮函數

$$
\mathbb{R}^n \xrightarrow{f_q} \Col(B_q) \xrightarrow{f_{q-1}} \Col(B_{q-1}B_q) \xrightarrow{f_{q-2}}\cdots \xrightarrow{f_{2}} \Col(B_2\cdots B_q) \xrightarrow{f_1} \Col(B_1\cdots B_q) = \{\bzero\}
$$

其中 $f_k(\bv) = B_k\bv$。

1. 利用維度定理說明 $\nul(f_k) = \dim\Col(B_{k-1}\cdots B_q) - \dim\Col(B_k\cdots B_q)$
2. 說明 $\nul(B_k) \geq \nul(f_k)$
:::

##### Exercise 8(b)

令 $\lambda_1,\ldots,\lambda_q$ 為 $A$ 的相異特徵值。
若 $A$ 的最小多項式沒有重根，
說明 $\gm(\lambda_1) + \cdots + \gm(\lambda_q) \geq n$。

$Ans:$
$A$ 的最小多項式可寫成 $m(x) = (x - \lambda_1)\dotsb(x - \lambda_q)$，
已知 $m(A) = O$，故 $(A - \lambda_1I)\dotsb(A - \lambda_qI) = 0$。
由於 $\gm(\lambda) = \nul(A - \lambda I)$ 以及上題可知
$\gm(\lambda_1) + \cdots + \gm(\lambda_q) \geq n$。

##### Exercise 8(c)

證明若 $A$ 的最小多項式沒有重根，則 $A$ 可對角化。

:::warning
懸賞
:::

##### Exercise 9

以下探討最小多項式的應用。

##### Exercise 9(a)

若一個 $n\times n$ 矩陣 $A$ 滿足 $A^2 = A$，則稱之為**冪等矩陣（idempotent matrix）** 。
說明任何冪等矩陣一定可以對角化，並找出所有的相異特徵值。

:::warning

- [x] 小多項式為 $x(x - 1)= 0$ --> 小多項式為 $x(x - 1)$
:::

$Ans:$
假設 $\lambda$ 為 $A$ 之特徵根，則存在 $\bx$ 不為零向量使得 $A\bx = \lambda \bx$ 。
那麼，$\lambda \bx = A\bx = A^2\bx = A(A)\bx = A(\lambda \bx) = \lambda A \bx = \lambda^2 \bx$，$(\lambda^2 - \lambda)\bx = 0$
因為 $\bx$ 不為零，所以 $\lambda^2 - \lambda = \lambda(\lambda - 1) = 0$，因此 $\lambda = 0$ 或是 $1$。
由題目可推論其最小多項式為 $x(x - 1)$，再由上面的證明可知，因為沒有重根，所以可以對角化。

##### Exercise 9(b)

若一個 $n\times n$ 矩陣 $A$ 找得到一個整數 $k \geq 0$ 使得 $A^k = O$，則稱之為**冪零矩陣（nilpotent matrix）** 。
找出一個冪等矩陣所有的相異特徵值。

$Ans:$
假設 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵根，則存在 $\bx$ 不為零向量使得 $A\bx = \lambda\bx$。
那麼，$O = A^k\bx = \lambda^k\bx$，所以 $\lambda^k = 0$，$\lambda = 0$。

:::info
目前分數 = 6.5 × 檢討 = 7
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