凯莱–哈密顿定理

凯莱–哈密顿定理（Cayley–Hamilton theorem）断言每个方阵都满足自己的特征多项式。若 $A \in F^{n \times n}$ 、 $p_{A} (t) = det (t I - A)$ ，则 $p_{A} (A) = 0$ 。其中标量常数项必须理解为该数乘单位矩阵；这是一条矩阵恒等式，不是重新计算一个“以矩阵为元素的普通行列式”。

例如 $A = (\begin{matrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix})$ ，特征多项式为 $t^{2} - 4 t + 3$ 。直接乘方得 $A^{2} = (\begin{matrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{matrix})$ ，而 $4 A - 3 I$ 正是这张矩阵。因此 $A^{2} - 4 A + 3 I = 0.$

避免不合法代入的证明

记多项式矩阵 $B (t) = adj (t I - A)$ 。伴随矩阵恒等式给出 $(t I - A) B (t) = p_{A} (t) I .$ 虽然看起来只需“令 $t = A$ ”，矩阵系数与代入对象的乘法必须受到控制。可以完全用系数比较消除这一疑虑。

写 $p_{A} (t) = t^{n} + c_{n - 1} t^{n - 1} + \dots + c_{0}$ 、 $B (t) = \sum_{j = 0}^{n - 1} B_{j} t^{j}$ 。比较各次系数，得到 $\begin{matrix} B_{n - 1} & = I, \\ B_{j - 1} - A B_{j} & = c_{j} I (1 \leq j \leq n - 1), \\ - A B_{0} & = c_{0} I . \end{matrix}$ 把第 $j$ 个关系左乘 $A^{j}$ ，再相加： $\begin{matrix} p_{A} (A) & = A^{n} + \sum_{j = 1}^{n - 1} c_{j} A^{j} + c_{0} I \\ = A^{n} B_{n - 1} + \sum_{j = 1}^{n - 1} A^{j} B_{j - 1} \\ - \sum_{j = 1}^{n - 1} A^{j + 1} B_{j} - A B_{0} \\ = 0. \end{matrix}$ 中间各项逐一消去，既未假定 $A$ 可对角化，也没有混换矩阵次序。这证明适用于任意数域上的方阵。

降低幂次与求逆

主例由 $A^{2} = 4 A - 3 I$ 得 $A^{3} = 13 A - 12 I$ ，再乘一次得 $A^{4} = 40 A - 39 I$ 。于是 $A^{4} = (\begin{matrix} 41 & 40 \\ 40 & 41 \end{matrix}) .$ 一般地，把任意多项式除以 $p_{A}$ 后，余式次数小于 $n$ ，而矩阵代入值相同。若使用更低次的最小多项式，还可进一步减少计算。

主例的常数项三不为零，恒等式改写为 $A (4 I - A) = 3 I$ ，故 $A^{- 1} = \frac{4 I - A}{3} = \frac{1}{3} (\begin{matrix} 2 & - 1 \\ - 1 & 2 \end{matrix}) .$ 这是精确代数公式；大规模浮点线性方程求解通常不应先展开特征多项式再求逆，以免引入多余的系数误差与成本。

与特征向量、最小多项式的关系

如果矩阵可对角化，在特征基中每个对角元都满足 $p_{A} (λ) = 0$ ，定理确实立即成立。但这不能证明一般情形： $(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})$ 没有完整的特征向量基，却仍满足 $(A - I)^{2} = 0$ 。上面的证明覆盖了这一缺口。

最小多项式 $m_{A}$ 整除一切归零多项式，所以定理保证 $m_{A} ∣ p_{A}$ 。两者不必相等：零二阶矩阵的特征多项式是 $t^{2}$ ，最小多项式却只是 $t$ 。

变式取 $B = (\begin{matrix} 0 & - 2 \\ 1 & 3 \end{matrix})$ 。特征多项式为 $t^{2} - 3 t + 2$ ，故 $B^{2} = 3 B - 2 I$ 、 $B^{3} = 7 B - 6 I = (\begin{matrix} - 6 & - 14 \\ 7 & 15 \end{matrix})$ 。可以直接相乘核对，推理不要求先求出特征向量。

参考文献

Sheldon Axler，Linear Algebra Done Right，第四版，§9C（行列式、特征多项式）；5B（最小多项式）；本文例子与图解独立构造。