Cayley-Hamilton 定理的一個錯誤「證明」

本文的閱讀等級：初級

在線性代數中，Cayley-Hamilton 定理可謂最令學者感到驚奇的定理之一：任一 $n\times n$ 階矩陣 $A$ 的特徵多項式 $p(\lambda)$ 消滅 $A$ ，即 $p(A)=0$ ， $p(A)$ 是零矩陣。以 $n=2$ 為例， $A=\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}$ 的特徵多項式為

$\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(A-\lambda I)=\begin{vmatrix} a-\lambda&b\\ c&d-\lambda \end{vmatrix}\\ &=\lambda^2-(a+d)\lambda+ad-bc,\end{aligned}$

Cayley-Hamilton 定理宣稱

$p(A)=A^2-(a+d)A+(ad-bc)I=0$ 。

Cayley-Hamilton 定理有很多種證法 (見“Cayley-Hamilton 定理”)，但其中幾乎挑不出一個簡單的證明。底下這個看似快捷實乃錯誤的「證明」曾經不斷地被初學者重複發現：

因為 $p(\lambda)=\det(A-\lambda I)$ ，將 $A$ 取代 $\lambda$ 可得

$p(A)=\det(A-AI)=\det(A-A)=\det 0=0$ 。

謬誤之處何在？矩陣多項式 $p(A)$ 是一個 $n\times n$ 階矩陣 (見“矩陣多項式”)，但上式最後一個等號給出的是行列式的值， $\det 0=0$ 是一個純量。第一個步驟設 $\lambda=A$ 並代入 $p(\lambda)=\det(A-\lambda I)$ 是錯誤的根源，因為我們不能從 $A$ 的主對角元減去一個矩陣。如果你一定要將特徵多項式 $\det(A-\lambda I)$ 裡的 $\lambda$ 以 $A$ 取代，則 $A$ 的所有元 $a_{ij}$ 也必須替換為純量矩陣 $a_{ij}I$ 。以 $n=2$ 為例，使用分塊矩陣的行列式公式 (見“分塊矩陣的行列式”，公式四)，

$\begin{aligned} \begin{vmatrix}aI-A&bI\\ cI&dI-A \end{vmatrix}&=\det\left((aI-A)(dI-A)-(bI)(cI)\right)\\ &=\det\left(A^2-(a+d)A+(ad-bc)I\right)\\ &=\det(p(A)). \end{aligned}$

即便你能證明 $\det(p(A))=0$ ，只能說 $p(A)$ 是一個不可逆矩陣，仍然無法推論 $p(A)$ 是零矩陣。矩陣多項式 $p(A)$ 的表達式確實可套用二階行列式公式的「形式」求出，如下：

$\begin{aligned} p(A)&=\begin{vmatrix} aI-A&bI\\ cI&dI-A \end{vmatrix}\\ &=(aI-A)(dI-A)-(bI)(cI)\\ &=A^2-(a+d)A+(ad-bc)I,\end{aligned}$

其中我們將 $p(A)$ 寫成 $2\times 2$ 階分塊矩陣的行列式僅有形式上的意義。Cayley-Hamilton 定理說上面的矩陣等於零。徒勞無功，我們又回到了原點。若你堅持非用行列式證明不可，那就要另闢蹊徑，詳情請參閱“Cayley-Hamilton 定理的一個代數證明方法”。

每週問題 July 16, 2012

2 Responses to Cayley-Hamilton 定理的一個錯誤「證明」

Yixiao Chen says:

05/22/2016 at 10:23 am

這個問題前一段時間剛剛學到，課本上還專門給出思考題問為什麼這樣「證明」不對。

levinc417 says:

05/24/2016 at 8:55 am

我有在某書看過這樣的証明XDDDD

	陳倍恩 on 線性代數的第一堂課──矩陣乘法的定義
	輕鬆談如何教學二項式定理？… on 牛頓的二項式定理 (上)
	madhouse on 高斯消去法
	WishMobile on 翻轉 LU 分解
	周子傑 on Karush-Kuhn-Tucker (KKT) 條件
	Cloud Huang on 線性泛函與伴隨