自动搬运

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	Galois_Field_1048576 GF(1048576) 不是 Nimber 域...吗?

搬运于2025-08-24 23:01:06，当前版本为作者最后更新于2024-12-22 19:30:00，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

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本文不铺陈线性代数基础以及后续做法，只讨论作为本题的最重要一步——Cayley-Hamilton 定理的证明。所有证明都并非我的原创。

定理 (Cayley-Hamilton). 设 $R$ 是交换环，$\varphi$ 是有限生成自由 $R$-模上的自同态，其特征多项式为 $p(\lambda) = \det(\lambda \mathrm{id} - \varphi) \in R[X]$，则 $p(\varphi) = 0$（由于 $\mathrm{End}(M)$ 是 $R$-代数）。

不少证明并不能涵摄 $R$ 是全部交换环的情形。

(0) 错误的证明

$$p(\lambda) = \det(\lambda \mathrm{id} - \varphi) \implies p(\varphi) = \det(\varphi \mathrm{id} - \varphi) = \det(0) = 0. $$

这个证明的错误在于：$p(\varphi)$ 本应属于 $\mathrm{End}(M)$，但在这个证明中最后一项是行列式的结果，属于 $R$。

(1) 直接、简洁的证明

考虑 $\varphi_\lambda$ 为 $\lambda \mathrm{id} - \varphi$，它是 $M[\lambda] = R[\lambda] \underset{R}\otimes M$ 的自同态。这样，根据初等线性代数，

$$\varphi_\lambda^{\rm adj} \varphi_\lambda = p \mathrm{id}. $$

这样，

$$\begin{aligned} p(\varphi) v &= \left.p(x)v\right\rvert_{x = \varphi} \\ &= \left.\varphi_\lambda^{\rm adj} (xv - \varphi v)\right\rvert_{x = \varphi} \\ &= 0. \end{aligned} $$

这个证明曾风靡一时，但实际上观看它的实质就会发现我们只是变了个戏法然后把 $\varphi$ 带了进去。这是如何成立的？解释它可能要花一些时间。我们做的事实质上是把 $p$ 在环 $\mathrm{End}(M)[\lambda]$ 上进行了一个因式分解：分解为 $\varphi_\lambda^{\rm adj} \varphi_\lambda$。这里它在 $\mathrm{End}(M[\lambda])$ 上是复合的关系，而到了 $\mathrm{End}(M)[\lambda]$ 就成了乘积。

然后我们实际上在非交换环 $\mathrm{End}(M)$ 上操作要格外小心，因为实际上 $f_L(x)g_L(x) = (fg)_L(x)$ 并不成立，其中 $L$ 代表带入多项式时每一项形如 $a_kx^k$，而 $R$ 代表带入多项式时每一项形如 $x^ka_k$。但是，我们还是有单侧因式定理：

$$f_L(x) = 0 \implies (fg)_L(x) = 0, g_R(x) = 0 \implies (fg)_R(x) = 0. $$

我们用到的就是后一条。$\varphi_\lambda$ 从右面带入 $\varphi$ 是 $0$，因此 $\varphi_\lambda^{\rm adj} \varphi_\lambda$ 从右面带入 $\varphi$ 也是 $0$。

我们还要说明它和前面的伪证到底有什么区别。区别在于：

$$\mathrm{ev}_\varphi \circ \det(\varphi_\lambda)$$

是复合的关系。第一个证明将它与

$$\det \circ\ \mathrm{ev}_\varphi(\varphi_\lambda)$$

混淆。而第二个证明通过将 $\mathrm{ev}_\varphi \circ \det$ 整体转化得到了乘积的形式，才完成了证明。

现在的线性代数课本很少涉及这个证明，就是因为它带来的此种误会。

(2) 大力出奇迹

通过计算矩阵元直接证明结果。证明在这个论文集的 32-36 页。

(3) 对维度归纳

设 $M \simeq R^n$ 并 $R$ 是域。注意到，当 $\operatorname{span}\{\varphi^k v : 0 \le k < n\} = M$ 时，$v, \varphi v, \dots, \varphi^n v$ 线性相关，导出存在 $n$ 次多项式 $f$ 使得 $f(\varphi) = 0$。在 $\varphi^k v$ 这组基下，$\varphi$ 的表示矩阵是 $f$ 的友阵。也就是说，$p = f$，$p(\varphi) = 0$。

现在对 $n$ 归纳。设任取 $v \in M \setminus \{0\}$，并定义 $m = \dim W, W = \{\varphi^k v : 0 \le k < n\}$。如果 $m = n$，则归结到上一段的内容，否则将 $\varphi^k v~(0 \le k < m)$ 扩充为一组基 $\mathfrak B$。在这组基下，$\varphi$ 是分块上三角的

$$M = \begin{pmatrix} A & B \\ 0 & C \end{pmatrix},$$

（这是因为 $\varphi(\varphi^k v) \in W$。）根据归纳假设，$p_A(A) = 0, p_C(C) = 0$。这样我们有

$$p_{M}(M) = p_A(M) p_C(M) = \begin{pmatrix} 0 & * \\ 0 & * \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ * & * \end{pmatrix} = 0. $$

利用不变子空间可以将其进行改写。并无本质不同，略去。

(4) 扩充到多项式环去

设 $R$ 是域，$R' = \mathrm{Sym}(\mathrm{End}(M)^*)$，其中 $V^*$ 是 $V$ 的对偶空间，$\mathbb F = \mathrm{Frac}(R'), \mathbb K = \overline {\mathbb F}$，$M' = M \underset R \otimes R'$。这样，我们有自然的 $M'$ 的自同态：$\varphi(v \otimes f) = f(v)$。具体而言，若 $n = \dim M$，$R'$ 是 $R$ 上有 $n^2$ 个变元 $X_{ij}$ 的多项式环，而 $\varphi$ 是在说 $\varphi_{ij} = X_{ij}$，作为 $R'$ 上的 $n \times n$ 矩阵。直觉上，$\varphi$ 给出了“一般”的算子，安插 $X_{ij}$ 的值可以得到特殊的算子。

现在我们证明，$\varphi$ 在 $\mathbb K$ 上有 $n$ 个不同的特征值：否则，考虑 $\varphi$ 的特征多项式 $p$，我们有判别式 $\Delta(p) = 0$。这样，设 $\psi \in \mathrm{End}(M)$，其特征多项式为 $q$，定义代数同态 $c : R' \to R$ 为 $F \mapsto F(\psi)$，它满足 $c(\varphi) = \psi$。那么 $\Delta(q) = \Delta\circ\mathrm{charpoly}\circ c(\varphi) = c \circ \Delta(p) = 0$，于是所有的算子都不可能有 $n$ 个不同的特征值，这是显然不对的。所以断言成立，于是 $\varphi$ 的 Cayley-Hamilton 定理成立。

仍然取 $\psi \in \mathrm{End}(M)$，其特征多项式为 $q$，以及上述构造的映射 $c$，则

$$q(\psi) = c(p(\varphi)) = 0.$$

这是我最喜欢的证明。

(5) 一个常见的《高等代数》书的证明

假设 $R$ 是域，把 $M$ 当成 $M \underset R \otimes \overline R$（例如，$R = \mathbb C$，这是《高等代数》书中常考虑的）。通过归纳法可以证明 $\varphi$ 在适当的基下是一个上三角阵 $A$。我们曾经计算过

$$p_{M}(M) = p_A(M) p_C(M) = \begin{pmatrix} 0 & * \\ 0 & * \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ * & * \end{pmatrix} = 0, M = \begin{pmatrix} A & * \\ O & C \end{pmatrix}. $$

所以 Cayley-Hamilton 定理对所有的上三角阵成立，进而对所有复矩阵成立。

(6) 拓扑学证明

假设 $R$ 是整环，$\mathbb F = \mathrm{Frac}(R), \mathbb K = \overline {\mathbb F}, R' = \mathbb K[X_{ij} : 0 \le i, j < n]$，在 $\mathbb K^{n^2}$ 作为环上装配 Zariski 拓扑，则任意的 $\mathbb K^{n^2} \to \mathbb K$ 的多项式函数 $f \in R'$ 是连续的。考虑特征多项式，作为矩阵元的多项式，有 $\mathrm{charpoly} \in R'[X]$，这样考虑 $P = \Delta(\mathrm{charpoly}) \in R'$（$\Delta$ 表示判别式）。考虑 $U = P^{-1}(0)^\complement$，它是稠密的开集。

好，我们考虑一下 $P(X_{ij}) = 0$ 的意义：它表示矩阵 $X$ 的特征多项式有重根，因此 $P(X_{ij}) \ne 0$ 代表 $X$ 的特征多项式无重根，因此可以推出 $X$ 是可对角化的，符合 Cayley-Hamilton 定理。这样，根据稠密性，所有的矩阵符合 Cayley-Hamilton 定理。

(7) 复分析证明

自然要假设 $R = \mathbb C$。设 $C$ 是包含 $0$ 的简单闭曲线，则

$$\begin{aligned} p &= \sum_{k=0}^n \dfrac{x^k}{\tau \mathrm i} \oint_C \dfrac{p(\zeta)}{\zeta^{k+1}} \mathrm d\zeta \\ p(\varphi) &= \sum_{k=0}^n \dfrac{\varphi^k}{\tau \mathrm i} \oint_C \dfrac{p(\zeta)}{\zeta^{k+1}} \mathrm d\zeta \\ &= \dfrac 1{\tau \mathrm i} \oint_C \dfrac{p(\zeta)}{\zeta} \sum_{k=0}^{n} (\zeta^{-1} \varphi)^k \mathrm d\zeta \\ &= \dfrac 1{\tau \mathrm i} \oint_C p(\zeta) (\zeta \mathrm{id} - \varphi)^{-1} (\mathrm {id} - \zeta^{-n-1} \varphi^{n+1}) \mathrm d\zeta \\ &= \dfrac 1{\tau \mathrm i} \oint_C (\zeta \mathrm{id} - \varphi)^{\rm adj} (\mathrm {id} - \zeta^{-n-1} \varphi^{n+1}) \mathrm d\zeta \\ &= \dfrac 1{\tau \mathrm i} \oint_C (\zeta \mathrm{id} - \varphi)^{\rm adj} \mathrm d\zeta + \dfrac 1{\tau \mathrm i} \oint_C (\zeta \mathrm{id} - \varphi)^{\rm adj} \zeta^{-n-1} \varphi^{n+1} \mathrm d\zeta. \end{aligned} $$

第一项的每个矩阵元为 $\le n-1$ 次多项式，根据 Cauchy 积分公式为 $0$ 矩阵，第二项的每个矩阵元均为 $\le -2$ 次分式，积分为 $0$ 矩阵。

复分析还有其它的证明。不再赘述。