矩陣多項式的跡

題目

Find the trace of $I+A+A^2+\cdots+A^{28}$ for $A=\begin{bmatrix}4&3\\2&3\end{bmatrix}$.

想法與解法

朱立民 says

想法

我們首先需要知道一個 $n \times n$ 矩陣 $M$ 會有 $\tr(M) = \sum_{i=1}^{n}\lambda_i$ 這個特性，再來我們只需要知道所有 $A$ 的特徵值跟所有 $I+A+A^2+\cdots+A^{28}$ 的特徵值有甚麼關係就可以求出 $\tr(I+A+A^2+\cdots+A^{28})$。

解法

在解這題時，我們需要知道兩件事情。
一個是對於所有$n \times n$ 矩陣 $M$ 會有 $\tr(M) = \sum_{i=1}^{n}\lambda_i$。
首先，我們知道 $n \times n$ 矩陣 $M$ 在算特徵方程式 $P_M(x)$ 時，$(-x)^{n-1}$ 的係數為 $\tr(M)$，又因為

$$P_M(x)=(\lambda_1-x)(\lambda_2-x)\cdots(\lambda_n-x),$$

其中 $\lambda_i$ 為矩陣 $M$ 的特徵值，乘開發現 $(-x)^{n-1}$ 的係數為 $\sum_{i=1}^n\lambda_i$，所以 $\tr(M) = \sum_{i=1}^n\lambda_i$。
另一個是對任何多項式 $f$，若 $\lambda$ 是 $M$ 的特徵值，則 $f(\lambda)$ 是 $f(M)$ 的特徵值，且 $\lambda$ 在 $M$ 中的代數重數和 $f(\lambda)$ 在 $f(M)$ 中的代數重數一樣。
我們這裡只須用到比較簡單的版本，也就是當 $M$ 是可對角化的時候這個敘述是對的。

假設一個可對角化的矩陣 $M$ 有一個特徵值 $\lambda$ 和特徵向量 $\bv$ 使得 $M\bv=\lambda\bv$，那麼

$$M^2\bv=M(M\bv)=M(\lambda\bv)=\lambda M(\bv)=\lambda^2\bv,$$

再用數學歸納法我們可以證明

$$M^k\bv=\lambda^k\bv.$$

再來假設 $k$ 是一個係數，那麼

$$kM\bv=k\lambda\bv.$$

最後假設多項式 $f(M)=c_0I+c_1M+c_2M^2+\cdots+c_nM^n$，其中 $c_0,\cdots, c_n$ 是係數，那麼

$$\begin{aligned} f(M)\bv&=(c_0I+c_1M+c_2M^2+\cdots+c_nM^n)\bv\\ &=c_0\bv+c_1\lambda\bv+c_2\lambda^2\bv+\cdots+c_n\lambda^n\bv\\ &=(c_0\lambda^0+c_1\lambda^1+c_2\lambda^2+\cdots+c_n\lambda^n)\bv\\ &=f(\lambda)\bv.\end{aligned}$$

所以 $f(M)$ 的特徵值是 $f(\lambda)$。
有了這兩件事情，我們只需要將 $f(A)=I+A+A^2+\cdots+A^{28}$ 的特徵值算出來再全部加起來就是 $\tr(f(A))$。
首先，因為 $A$ 是一個 $2\times 2$ 的矩陣，所以會有兩個特徵值 $\lambda_1,\lambda_2$，之後我們有兩個式子

$$\begin{aligned} \lambda_1+\lambda_2&=\tr(A) =7,\\ \lambda_1\lambda_2&=\det(A) =6.\end{aligned}$$

不失一般性，我們可以得到 $\lambda_1=1$ 及 $\lambda_2=6$，則

$$\begin{aligned} \tr(f(A))&=f(\lambda_1)+f(\lambda_2)\\ &=f(1)+f(6)\\ &=29+(1+6+6^2+\cdots+6^{28})\\ &=29+\frac{1-6^{29}}{1-6}. \end{aligned}$$