速通 高等线性代数
前两章期中复习过了。
线性空间
数域
经典问题：所有形如 \(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}\) 的数构成数域吗？
主要问题集中于证明乘法逆元。需要说明两个问题
- \(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}=0\) 当且仅当 \(a=b=c=0\)（线性无关）
- \((a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4})(d+c\sqrt[3]{2}+e\sqrt[3]{4})=1\) 有解。（线性方程组有解问题，其实证明矩阵行列式不是 \(0\) 即可）
经典问题 2：\(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})\) 构成数域吗。
向量
八条性质别忘了：
加法交换，加法结合，加法单位元，加法逆元。数乘单位元，数乘对向量分配，数乘对数分配，数乘结合。
线性空间
九条性质别忘了
封闭性，加法交换，加法结合，加法单位元，加法逆元。数乘单位元，数乘对向量分配，数乘对数分配，数乘结合。
基本性质
零元唯一性，加法逆元唯一性，加法消去律，\(0\cdot \alpha= 0\)，\(k\cdot 0=0\)（\(\alpha\in V,k\in \mathbb{K}\)），\((-1)\alpha=-\alpha\)，\(k\alpha=0\) 则 \(k=0\) 或 \(\alpha=0\)。
向量组的秩
- 定理 1：若 \(S\) 包含至少一个非零向量，则存在极大线性无关组。（对 \(S\) 的大小归纳）
- 定理 2：设 \(A,B\) 是 \(V\) 中两个向量组，\(A\) 有 \(r\) 个向量，\(B\) 有 \(s\) 个向量，如果 \(A\) 中每个向量都能用 \(B\) 中向量表示，如果 \(A\) 线性无关，那么 \(r\leq s\)。
- 证明：归纳法，尝试把 \(B\) 中的向量换成 \(A\) 中的向量，使得 \(B\) 中的向量仍然能线性表示 \(A\) 中向量。
- 推论，如果 \(r>s\)，那么 \(A\) 线性相关。
- 推论：如果两个向量组能相互表示，那么它们的大小相等。
- 推论：极大线性无关组向量个数相等。
- 推论：如果两个向量组能相互表示，则它们秩相等。
- 定理 3：\(n\) 维线性空间大小为 \(n\) 的向量组 \(\{e_1,e_2,\cdots,e_n\}\)，如果满足 (1)线性无关 (2)能张成整个空间 之一，那么它就是基。（基的定义：线性无关+张成整个空间）
- 定理 4：基扩张定理。
矩阵的秩
下面证明行秩和列秩相等
- 引理 1：矩阵行初等变换不影响行秩（证明行向量组能相互表示）
- 引理 2：矩阵行初等变换不影响列秩（分块矩阵，然后找原来的极大线性无关组分析）
- 证明：初等变换成相抵标准型。
推论：求一组向量的极大无关组可以把列向量拼成矩阵，然后做初等行变换，最后阶梯点就是极大无关组。
几个推论
- 推论 1：与非异阵相乘，矩阵秩不变。
- 推论 2：\(A\) 是非异阵当且仅当 \(A\) 满秩（考虑 \(r(AI_n)=r(I_n)\)）
暂时不知道有啥用的定理：矩阵秩为 \(r\) 当且仅当存在一个 \(r\) 阶子式为 \(0\) 且任意 \(r+1\) 阶子式不为 \(0\)。
矩阵的秩不等式：
- \(r(AB)\leq \min\{r(A),r(B)\}\)。
- Sylvester 不等式：\(r(AB)\geq r(A)+r(B)-n\)（\(A\) 是 \(m\times n\) 矩阵，\(B\) 是 \(n\times s\) 矩阵）
- 分块阵的一堆结论。
其它不等式都可以通过适当配凑矩阵乘法归约到上面的不等式。
小练习：证明 \(A^2=A\) 当且仅当 \(r(A)+r(I_n-A)=n\)。
坐标向量
假设 \(\{f_1,f_2,\cdots,f_n\}\) 和 \(\{e_1,e_2,\cdots,e_n\}\) 满足 \((f_1,f_2,\cdots,f_n)^T=P(e_1,e_2,\cdots,e_n)^T\)，\(P\) 为系数矩阵，那么 \(P\) 的转置 \(A\) 为从 \(\{e_1,e_2,\cdots,e_n\}\) 到 \(\{f_1,f_2,\cdots,f_n\}\) 的过渡矩阵。向量在两组基下的坐标向量满足 \(\eta_e(\alpha)=A\eta_f(\alpha)\)。
若 \(E\) 到 \(F\) 的过渡矩阵为 \(A\)，\(F\) 到 \(G\) 的过渡矩阵为 \(B\)，则 \(E\) 到 \(G\) 的过渡矩阵为 \(AB\)。
子空间
感觉会证明 \(\dim (V_1\cup V_2)=\dim V_1+\dim V_2-\dim(V_1\cap V_2)\)。
线性方程组的解
- 有解充要条件：\(r(A)=r(\tilde{A})\)。如果 \(r(A)=r(\tilde{A})=n\) 则有唯一解。
- 齐次线性方程组的解是线性空间，非齐次就加上一个特解。找基就消元即可。
线性映射
线性映射与矩阵
引理
- 线性映射由基处的取值唯一确定。（\(\varphi(e_i)=\psi(e_i)\Rightarrow \varphi=\psi\)）
\(\varphi\in \mathcal{L}(V,U)\)，\(V\) 的基为 \(\{e_1,e_2,\cdots,e_n\}\)，\(U\) 的基为 \(\{f_1,f_2,\cdots f_m\}\)。且 \(\varphi(e_1,e_2,\cdots,e_n)=P(f_1,f_2,\cdots ,f_m)^T\)，则 \(P\) 的转置 \(A\) 为 \(\varphi\) 的表示矩阵。（为啥要转置？手推一下）
设 \(T(\varphi)=A\)，则 \(T\) 是线性同构。
令 \(\varphi_A(\alpha)=A\alpha\)，\(\eta_1(\alpha),\eta_2(\alpha)\) 为向量到坐标向量的映射，则有如下关系：
有 \(\varphi\eta_2=\eta_1\varphi_A\)，证明考虑基处的点值。
线性映射 \(T\) 满足 \(T(\varphi\psi)=T(\varphi)T(\psi)\)。证明考虑坐标向量。
基变换：\(\mathcal{L}(V)\) 上的线性映射 \(\varphi\)，设 \(\varphi\) 在 \(\{e_1,e_2,\cdots,e_n\}\) 的表示矩阵为 \(A\)，\(\{f_1,f_2,\cdots ,f_n\}\) 的表示矩阵为 \(B\)，\(\{e_1,e_2,\cdots,e_n\}\) 到 \(\{f_1,f_2,\cdots ,f_n\}\) 的过渡矩阵为 \(P\)，则 \(B=P^{-1}AP\)。此时称 \(A,B\) 相似。
则
线性映射维数公式：\(\dim \text{Ker }\varphi+\dim \text{Im }\varphi=\text{dim}V\)。
引理：\(\dim \text{Ker }\varphi=n-\text{rank}(A),\dim\text{Im }\varphi=\text{rank}(A)\)。
前者考虑 \(\varphi(\alpha)=0\) 等价于 \(\eta_2\varphi(\alpha)=0\)，等价于 \(\eta_1\varphi_A(\alpha)=A\alpha=0\)。所以 \(\alpha\) 组成的子空间是线性方程组的解空间，维数为 \(n-\text{rank}(A)\)。
考虑 \(\dim\text{Im }\varphi\)，注意到 \(\varphi(e_i)\) 张成 \(U\)，所以 \(\dim U=\text{rank}(\{\varphi(e_1),\varphi(e_2),\cdots,\varphi(e_n)\})\)。后者等价于 \(\{\eta_2\varphi(e_1),\eta_2\varphi(e_2),\cdots,\eta_2\varphi(e_n)\}\) 的秩，然后可以转化为 \(A\) 列向量的秩，就是 \(\text{rank}(A)\)。
不变子空间
\(\varphi\in \mathcal{L}(V)\)，\(U\) 满足 \(\varphi(U)\in U\)。
像空间和零空间都是不变子空间。
不变子空间的矩阵有性质。
多项式
基本概念
\(\mathbb{K}[x]\)：数域 \(\mathbb{K}\) 上的一元多项式代数。
相伴多项式：可以互相整除的多项式（差一个常数）\(f(x)\sim g(x)\)。
整除
最大公因式性质：存在 \(u(x),v(x)\) 使得 \(f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x)\)（求 \(u(x),v(x)\)：辗转相除从下往上代入），同理可得互素的充要条件。
互素的性质
- 若 \(f_1(x)\mid g(x)\)，\(f_2(x)\mid g(x)\)，且 \((f_1(x),f_2(x))=1\)，则 \(f_1(x)f_2(x)\mid g(x)\)。（证明考虑 \(g(x)=g(x)(f_1(x)u(x)+f_2(x)v(x))\)，再把 \(g(x)\) 打开）
- 若 \((f(x),g(x))=1\)，且 \(f(x)\mid g(x)h(x)\)，则 \(f(x)\mid h(x)\)（证明同上）
中国剩余定理：
存在多项式 \(f(x),q_1(x),q_2(x),\cdots,q_n(x)\) 使得 \(f(x)=g_i(x)q_i(x)+r_i(x)\)。
证明考虑构造 \(f_i(x)=g_i(x)q_i(x)+1,g_j(x)\mid f_i(x)(j\neq i)\)，然后让 \(f(x)=\sum f_i(x)r_i(x)\) 即可。
中国剩余定理可以用来证明拉格朗日插值公式。
因式分解
不可约多项式 \(p(x)\) 的性质
- 对任意多项式 \(f(x)\)，要么 \((f(x),g(x))=1\)，要么 \(p(x)\mid f(x)\)。
- 若 \(p(x)\mid f_1(x)f_2(x)\cdots f_m(x)\)，那么 \(p(x)\) 肯定整除其中的一个。
定义：\(f(x)\) 的因式分解唯一（如果不唯一，考虑列出来，用上面的第二个性质做归纳）
判断重因式
- \(f(x)\) 没有重因式的充要条件是 \((f(x),f'(x))=d(x)=1\)（考虑把重因式 \(p(x)\) 找出来然后对 \(p^m(x)g(x)\) 求导）
- \(f(x)/d(x)\) 为 \(p_1(x)p_2(x)\cdots p_m(x)\)，其中 \(p_i(x)\) 为 \(f(x)\) 因式中的所有不可约因式。
多项式函数
\(f(x)=g(x)\) 当且仅当存在 \(n+1\) 个不同的点 \(b_1,b_2\cdots,b_{n+1}\)，使得 \(f(b_i)=g(b_i)\)。
三次方程的解法（应该不会考吧）
配方消去二次项，只需要解 \(x^3+px+q=0\)。
假设 \(x=u+v\)，那么 \(x^3=u^3+v^3+uv(u+v)=u^3+v^3+uvx\)，所以 \(x=u+v\) 是 \(x^3-uvx-u^3-v^3=0\) 的解。令 \(uv=-p,u^3+v^3=-q\) 可以解得 \(uv\)。
四次方程的解法（应该不会考吧）
配方消去三次项，只需要解 \(x^4+ax^2+bx+c=0\)。引入 \(u\)，得到 \(x^4+2ux^2+u^2+((a-2u)x^2+bx+c-u^2)=0\)。括号外是完全平方式子，只需要括号内也是完全平方式就可以解了。判别式是三次方程，解这个三次方程即可。
实系数多项式和有理系数多项式
实系数多项式的定理：
- 复数根成对存在（考虑某复数的共轭一定是根）。
- 大于 \(2\) 次的多项式一定可约（将成对的复数配对）
有理系数多项式的定理（默认 \(f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0\)）：
- 因式定理：若 \(q/p\) 是整系数多项式 \(f(x)\) 的根，那么 \(p\mid a_n\)，\(q\mid a_0\)。
- 整系数可约则它必可以分解成两个整系数多项式的乘积（把 \(f(x)\) 分解成 \(g(x)h(x)\)，把 \(g(x),h(x)\) 都化成本原多项式，则 \(f(x)=abg_1(x)h_1(x)\)，由于 \(g_1(x)h_1(x)\) 是本原多项式，则 \(ab\) 一定是整数）
- Eisenstein 判别法：如果 \(p\) 满足 \(p\mid a_i\)，且 \(p\nmid a_n\)，且 \(p^2\nmid a_0\)，那么 \(f(x)\) 不可约（直接反证即可）（例题：证明 \(x^p+x^{p-1}+\cdots +x+1\) 不可约，当 \(p\) 是素数）
多元多项式
\(f(x_1,x_2,\cdots,x_n)g(x_1,x_2,\cdots,x_n)\) 的首项是各自的首项乘积。
\(f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=g(x_1,x_2,\cdots,x_n)\) 当且仅当处处点值相等（相当于证明 \(f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=0\) 当且仅当点值为 \(0\)，反证即可）
任意对称多项式都能表示成初等对称多项式的多项式（可以用待定系数法求表示）
Newton 公式（\(s_k\) 为幂和，\(k\leq n-1\)）：
证明考虑 \(x^{k+1}f'(x)=(s_0x^k+s_1x^{k-1}+\cdots +s_k)f(x)+g(x)\)。其中 \(f(x)=\prod (x-x_n)\)，\(g(x)\) 是小于 \(n\) 次的多项式。然后把 \(f(x)\) 展开之后对比两边 \(x^n\) 系数即可。（话说这个 \(x^{k+1}f'(x)\) 似乎很容易构造 \(s_k\)）
结式
结式解决的是 \(f,g\) 是否有公根的问题。若有公共根当且仅当存在 \(u(x),v(x)\) 使得 \(\deg u(x)<\deg g(x)\) 且 \(\deg v(x)<\deg f(x)\)。把 \(u(x),v(x)\) 各项系数列出来就转化为线性方程组有无解的问题，相当于考虑行列式：
是否为 \(0\)。（Sylvester 行列式）
假设 \(f,g\) 的根为 \(\{x_i\},\{y_j\}\)，那么结式为
证明考虑证明引理 \(R(f,g(x)(x-\lambda))=(-1)^nf(\lambda)R(f,g)\)。这个展开就行。
多项式的判别式定义为
证明考虑套上面第二种表示。
结式可以用来解高次方程。将一个变量主元，剩下所有方程都有公根，套结式可以得到新的方程（不过辗转相除其实也可以）
结式也太难算了。
习题
- 证明 \(\{\sin kx\}_{k=1}^n\cup \{\cos kx\}_{k=0}^n\) 线性无关。
求两次导数得到另一个等式，两个等式消一下。
证明：充分性考虑利用 \(|A|=0\) 等价于 \(A\) 的行向量线性相关，找到一组线性表示系数，带到原式子即可。
必要性即考虑找一组 \(\beta\) 表示 \(0\) 的系数，带回去发现可以得到 \(A\) 行向量线性无关。
必要性的另一种证明方法为反证。假设 \(A\) 行列式非 \(0\)，假设找到了一组 \(\beta\) 表示 \(0\) 的系数，那么代入系数可以得到一组有关系数的线性方程组，而容易发现这个线性方程组只有 \(0\) 解。
这个定理决定了 \(\varphi\) 是线性同构当且仅当其表示矩阵的行列式为 \(0\)。
这个定理的推广形式为 \(\dim \text{Im }\varphi=r(A)\)。
这个定理还可以把矩阵 \(A\) 看成 \(\beta\) 在以 \(\alpha\) 为基时的坐标向量组成的矩阵。
- \(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_r\) 线性无关且 \(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_r\) 线性无关，且前者线性表出后者，要证明后者线性表出前者。
直观的理解：\(\beta\) 属于 \(\mathcal{L}(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_r)\)，所以 \(\beta\) 肯定是基。
证明：证明后者线性表出前者，只需证明 \(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_r,\alpha_i\) 均线性相关。
- 设 \(f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)\)，证明 \(f_i(x)=f(x)/(x-a_i)\) 线性无关。
假设找到一组表出 \(0\) 的系数，往里面带点值 \(a_i\) 即可。
所以多项式包含的信息其实非常多，我们提取其中一点就行。
- 当 \(\{e_1,e_2,\cdots,e_n\}\) 线性无关时，讨论 \(\{e_1+e_2,e_2+e_3,\cdots,e_n+e_1\}\) 的线性相关性。
几何问题代数化，考虑坐标向量。
- 求矩阵的逆
注意到 \(P(1,x,x^2,\cdots x^n)^T=(1,x-a,(x-a)^2,\cdots,(x-a)^n)^T\)。所以写出 \(x\to x+a\) 的变换即可。
- 结论：\(V\) 是全体 \(n\) 阶矩阵，\(V_1,V_2\) 表示全体对称阵和反对称阵，则 \(V=V_1\oplus V_2\)。
- 证明 \(V\) 的真子空间 \(V_1,V_2,\cdots,V_m\)，必存在 \(\alpha\) 不属于任何一个空间。
归纳法，设 \(\alpha\) 不属于前 \(m-1\) 个空间但属于 \(V_m\)，找到 \(\beta\notin V_m\)，证明 \(\{t\alpha+\beta\}\) 与前面的空间至多一个交点。
推论：存在一组基使得基与 \(\bigcup_{i=1}^m V_m\) 没交（反复运用上面的定理找到不属于这些空间的向量即可）
也可以用几何问题代数化的观点。找到 \(V\) 的一组基 \(\{e_1,e_2,\cdots,e_n\}\)，构造向量组 \(\alpha_k=e_1+ke_2+\cdots+k^ne_n\)，则任取 \(\alpha_k\) 中 \(n\) 个元素可以得到一组基。\(V_m\) 至多包含其中的 \(n-1\) 个元素。由于 \(\alpha_k\) 有无限多个，所以总能找到一个不被包含。
- 商空间：对于子空间 \(U\)，和向量 \(v\in V\)，定义 \(U\)-陪集为 \(v+U\)。并且可以定义不同 \(U\)-陪集之间的运算。则有如下性质：
- \(U\) 陪集要么相等要么不交（相等条件为 \(v_1-v_2\in U\)，\(v_1+U=v_2+(v_1-v_2)+U=v_2+U\)）
- 加法不依赖代表元的选取（如果 \(v_1+U=v_2+U\)，那么只考虑形成的集合不考虑代表元是啥也行，也就是说代表元存在的意义只是方便表示集合）
- \(U\) 陪集构成的线性空间为商空间 \(V/U\)，商空间和补空间同构。
- 如果 \(AB\) 为 \(n\) 阶方阵，\(AB=O\)，则若 \(n\) 是奇数，则 \(AB^T+BA^T\) 为奇异阵。
考虑 \(r(A)+r(B)\leq n\)，其中必有一个小于 \(\frac{n-1}{2}\)。套一堆不等式可知 \(r(AB^T+BA^T)\leq n-1\)。
- Frobenius 不等式：\(r(ABC)+r(B)\geq r(AB)+r(BC)\)。
证明仿照 Sylvester 不等式的证明变换一下矩阵就好了。
也可以用线性映射的观点证明。具体是把 \(A,B,C\) 都看成线性映射的表示矩阵，然后用线性映射维数公式。
- 证明 \(r(A+B)+r(AB)\leq r(A)+r(B)\)，当 \(AB=BA\)。
注意到
法 2：证明 \(\dim V_{A+B}+\dim V_{AB}\geq \dim V_A+\dim V_B\) 即可。（\(V\) 是解空间）
我们有 \(V_{A\cap B}\subseteq V_{A+B}\)，由于 \(V_B\subseteq V_{AB}\)，\(V_A\subseteq V_{BA}\)，可得 \(V_{A+B}\subseteq V_{AB}\)。
法 3：假设 \(U_A\) 为 \(A\) 的列向量生成的线性空间，证明 \(\dim U_{A+B}+\dim U_{AB}\leq \dim U_A+\dim U_B\) 即可。
- 证明 \(r(A^TA)=r(A)\)，其中 \(A\) 是实矩阵。
证明 \(\dim V_{AA^T}=\dim V_A\) 即可，显然 \(V_A\subseteq V_{AA^T}\)，取 \(A^TA\alpha=0\)，则 \(\alpha^TA^TA\alpha=0\)，那么 \((A\alpha)^T(A\alpha)=0\)。假设 \(A\alpha=(b_1,b_2,b_3,\cdots,b_n)\)，那么等价于 \(\sum b_i^2=0\)，所以 \(b_i=0\)。
- 讨论 \(|A|=0\) 时 \(A^*\) 的形态。
由于 \(AA^*=0\) 可知 \(A^*\) 的每一列都是 \(Ax=0\) 的解。如果 \(r(A)<n-1\) 可得 \(A^*=0\)。如果 \(r(A)=n-1\) 可知 \(V_A\) 的秩为 \(1\)。所以 \(A^*\) 的每一列都是其中某一列的倍数。
推论：如果 \(A\) 每行每列的和都是 \(0\)，那么 \(A^*\) 中元素为一个常数（基础解系为 \((1,1,\cdots,1)^T\)）。这个定理也可以通过矩阵升阶证明。
- 证明：反对称阵的秩一定为偶数。
考虑用子式判定法。找到 \(2r+1\) 个线性无关的行向量和 \(2r+1\) 个线性无关的列向量，使它们的子式非 \(0\)。注意到可应用对称性，所以可以只找主子式，而主子式肯定为 \(0\)。
- \(A\) 为 \(m\times n\) 矩阵，若 \(r(A)=n\) 则 \(A\) 有左逆，\(r(A)=m\) 则 \(A\) 有右逆。
可以用相抵标准型证。
- 若 \(A\) 的秩为 \(r\)，则存在 \(m\times r\) 矩阵和 \(r\times n\) 矩阵 \(B,C\) 使得 \(A=BC\)（满秩分解）
相当于找到子空间的一组基。也可以用相抵标准型证明。
- \(A\) 为 \(m\times n\) 矩阵，证明存在 \(n\times m\) 矩阵 \(B\) 使得 \(ABA=A\)。
假设 \(PAQ\) 为 \(A\) 的相抵标准型，那么问题在 \(A\mapsto PAQ,B\mapsto Q^{-1}BP^{-1}\) 的相抵变换下保持不变。所以只要证 \(A\) 的相抵标准型满足上述条件即可。
- \(A\) 是幂等阵（\(A^2=A\)）的充要条件是存在满秩的 \(n\times r\) 和 \(r\times n\) 矩阵 \(S,T\) 使得 \(ST=A,TS=I_r\)（\(r=r(A)\)）
使用相抵标准型可以证明。
注意 \(A\) 是幂等阵当且仅当 \(A\) 对应的线性映射当且仅当在 \(U=\text{Im }\varphi\) 上的限制是恒等映射。假设 \(U\) 的基是 \(e_1,e_2,\cdots,e_r\)，扩充得到 \(V\) 的基是 \(e_1,e_2,\cdots,e_n\)，那么 \(S\) 相当于确定前 \(r\) 维坐标，\(T\) 相当于在坐标后面补 \(0\)，中间只需要乘一个过渡矩阵。
推论：\(A\) 是幂等阵则 \(\text{tr}(A)=r(A)\)。
- 设 \(A\) 是秩为 \(r\) 的 \(m\times n\) 矩阵，则存在秩为 \(n-r\) 的 \(n\times (n-r)\) 矩阵 \(B\) 使得 \(AB=O\)。
- 设 \(V_0\) 是 \(V\) 的真子空间，证明存在 \(A\) 使得 \(V_0\) 是 \(Ax=0\) 的解空间。
把 \(V_0\) 的基拼成矩阵，设为 \(B\)，假设存在 \(A\) 使得 \(AB=0\)，那么 \(B^TA^T=0\)，解方程 \(B^Tx=0\) 即可。
- 证明：存在 \(C\) 使得 \(ABC=A\) 当且仅当 \(r(A)=r(AB)\)。
显然 \(r(AB)\leq r(A)\)，如果 \(r(AB)<r(A)\) 则 \(r(ABC)<r(A)\)，必要性得证。
充分性则考虑矩阵方程 \((AB)X=A\)，有解当且仅当 \(r\begin{pmatrix}AB&A\end{pmatrix}=r(AB)\)。而我们有 \(r(A)\leq r\begin{pmatrix}AB&A\end{pmatrix}\)。
-
判断四点共面的公式。
相当于证明 \(\alpha,\varphi(\alpha),\cdots,\varphi^{m-1}(\alpha)\) 是一组基。我们已经知道它们线性无关，用 Sylvester 不等式证明 \(m=n\) 即可。
- 设存在 \(m\) 使得 \(\varphi^m=0\)，求证 \(I_V-\varphi\) 是自同构。
法一：证明 \(\frac{1}{I_V-\varphi}=I_V+\varphi+\cdots+\varphi^m+\cdots=I_V+\varphi+\cdots+\varphi^{m-1}\) 存在即可。
法二：证明 \(\text{Ker }\varphi=0\) 即可。
- \(V\) 是无限维线性空间，则 (1) \(\varphi\) 和 \(\psi\) 都是可逆变换的充要条件是 \(\varphi\psi\) 和 \(\psi\varphi\) 都是可逆变换。(2) 若 \(\psi\varphi=I_V\)，则 \(\varphi\) 是可逆变换当且仅当它的左逆唯一。
对于 (1)，证充分性即可，存在 \(f,g\) 使得 \(f\varphi\psi=\varphi\psi f=I_V\)，\(g\psi\varphi=\psi\varphi g=I_V\)，所以 \(\varphi\) 既有左逆又有右逆，即既满又单。
对于 (2)，证充分性即可。左逆唯一可表示为：若 \(f\varphi=I_V\) 则 \(f=\psi\)。我们构造 \(f\) 使得 \(f\varphi =I_V\)。已知 \(\varphi\psi\varphi=\varphi\)，所以 \((\varphi\psi-I_V)\varphi=0\)，所以 \((\psi+\varphi\psi-I_V)\varphi=I_V\)。
- 构造无限维线性空间 \(V\) 与其上的线性映射 \(\varphi,\psi\)，使得 \(\varphi\psi-\psi\varphi=I_V\)。
\(\varphi(f(x))=f'(x),\psi(f(x))=xf(x)\)。注意有限维线性空间上这是不存在的。
-
设 \(\varphi:V\to U\)，必存在 \(V,U\) 上的两组基，使表示矩阵为 \(\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}\)。
先写出原表示矩阵，将其划为相抵标准型。把相抵变换看成两个过渡矩阵，即可得到两组新基。 -
证明方程组 \(Ax=0,Bx=0\) 同解的充要条件是存在可逆阵 \(P\) 使得 \(B=PA\)。
翻译成几何语言就是 \(\text{Ker }\varphi=\text{Ker }\psi\) 当且仅当存在自同构 \(\sigma\) 使得 \(\psi=\sigma\varphi\)。
- \(\varphi,\psi\) 是 \(V\) 上的线性变换且 \(\varphi^2=0\)，\(\psi^2=0\)，\(\varphi\psi+\psi\varphi=I\)，求证 \(\text{Ker }\varphi\oplus\text{Ker }\psi=V\)。
考虑 \(\varphi\psi(\alpha)+\psi\varphi(\alpha)=\alpha\)。由于 \(\varphi\psi(\alpha)\in \text{Ker }\varphi\)，\(\psi\varphi(\alpha)\in \text{Ker }\psi\)，所以 \(\text{Ker }\varphi+\text{Ker }\psi=V\)。
- 若 \(A\) 是幂零阵，\(B\) 是 \(n\) 阶方阵，满足 \(AB=BA\)，且 \(r(AB)=r(B)\)，求证 \(B=O\)。
在线性映射的角度考虑。易得 \(\text{Im }\varphi\psi=\text{Im }\varphi|_{\text{Im }\psi}=\text{Im }\psi\)。所以有 \(\text{Im }\varphi^2\psi=\text{Im }\varphi(\varphi|_{\text{Im }\psi})=\text{Im }\psi\)。
另一种理解是在不变子空间 \(\text{Im }\psi\) 上 \(\varphi\) 是满的。
- 若 \(A\) 是 \(n\) 阶幂等阵，则存在非异阵 \(P\) 使得 \(P^{-1}AP\) 为 \(A\) 的相抵标准型。进而 \(r(A)=\text{tr}(A)\)。
选取一组基使得其表示矩阵为 \(\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}\)，这组基到 \(A\) 的过渡矩阵为 \(P\)，基变换一下就行。对于后者，注意到迹满足交换性。
这东西叫幂等相似。
- \(V\) 上的线性映射满足，\(\varphi_i=\varphi_i^2\)，\(\varphi_i\varphi_j=0(i\neq j)\)，且 \(\bigcap_{i=1}^m \text{Ker }\varphi_i=0\)，求证 \(V\) 是 \(\text{Im }\varphi_i\) 的直和。
先证明 \(\text{Im }\varphi_i\cap\text{Im }\varphi_j=0\)。取交集的数 \(\alpha\)，然后又 \(\varphi_i(\beta_1)=\varphi_j(\beta_2)=\alpha\)，则 \(\alpha=\varphi^2_i(\beta_1)=\varphi_i\varphi_j(\beta_2)=0\)。
取 \(\alpha\in V\)，则 \(\alpha-\varphi_1(\alpha)-\varphi_2(\alpha)-\cdots-\varphi_m(\alpha)\in\bigcap_{i=1}^m \text{Ker }\varphi_i\)，容易验证，所以 \(\alpha=\varphi_1(\alpha)+\varphi_2(\alpha)+\cdots+\varphi_m(\alpha)\) 在直和里面。
- \((f(x),g(x))=1\)，则存在唯一的 \(u(x),v(x)\) 使得 \(f(x)u(x)+g(x)v(x)=1\)。
先找一组特解，然后对其中一个做带余除法，然后比较两边系数。
- \((f(x),g(x))=d(x)\)，证明 \((f(x)^n,f(x)^{n-1}g(x),\cdots,g(x)^n)=d(x)^n\)。
证明对任意公因式 \(h(x)\) 有 \(h(x)\mid d(x)^n\) 即可。最直接的方式是把 \(f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x)\) 两边 \(n\) 次方，然后 \(h(x)\) 整除左边。
- \(p(x)\) 是 \(\mathbb{F}\) 上的不可约多项式，若 \(p(x)\) 与 \(f(x)\) 有公共根（根可不在 \(\mathbb{F}\) 上），则 \(p(x)\mid f(x)\)。
只需排除 \(p(x)\) 和 \(f(x)\) 互素的情况，则 \(p(x)u(x)+f(x)v(x)=1\)，代入公根 \(a\) 可知这不会成立。
扩展：证明 \(1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}\) 线性无关。若 \(ax^2+bx+c=0\)，则 \(a,b,c\) 满足这个多项式和 \(x^3-2=0\) 有公共根。由 Eisenstein 判别法可知 \(x^3-2\) 不可约，所以 \(x^3-2\mid ax^2+bx+c\)，所以 \(a=b=c=0\)。
- 若 \(f(x)\) 是非常数多项式且 \(f(x)\mid f(x^m)\)，求证只有 \(0\) 或单位根可能是 \(f(x)\) 的根。
设 \(f(x^m)=g(x)f(x)\)，则若 \(c\) 是根则 \(c^m\) 也是根。由根的有限性可得。
- 若对 \(k=1,2,\cdots,n\) 满足 \(f(k)=\frac{k}{k+1}\)，且 \(f(x)\) 是 \(n\) 次多项式，求 \(f(n+1)\)。
令 \(g(x)=(x+1)f(x)-x\) 则有 \(g(x)=cx(x-1)(x-2)\cdots(x-n)\)。
- 设 \(f(x)\) 无实数根，证明 \(f(x)\) 可以表示成两个实系数多项式的平方和。
设 \(u(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)\)，\(v(x)=\overline{u(x)}\)，则 \(f(x)=u(x)v(x)\)。把 \(u(x)\) 和 \(v(x)\) 拆成实部多项式和虚部多项式即可。
- 若 \(f(x)\) 满足对任意实数 \(c\) 满足 \(f(c)\) 是实数，证明 \(f(x)\) 是实系数多项式。
代入 \(n\) 个两两不同的实数 \(x_1,x_2,\cdots,x_n\)，则得到多项式方程，系数矩阵为 Vandermonde 矩阵。
- 证明若 \(a+b\sqrt{c}\) 是有理系数多项式 \(f(x)\) 的根，则 \(a-b\sqrt{c}\) 也是。
证明：\(p(x)=(x-(a+b\sqrt{c}))(x-(a-b\sqrt{c}))\) 是不可约多项式，且与 \(f(x)\) 有公共根，所以 \(p(x)\mid f(x)\)。
- 证明奇数次不可约有理系数多项式 \(f(x)\) 的任意两个根 \(x_1,x_2\) 满足 \(x_1+x_2\) 不是有理数。
设 \(x_1+x_2=r\) 为有理数，构造 \(f(r-x)=f(x)\)，则两个多项式有公共根，故 \(f(r-x)=-f(x)\)，所以 \(\frac{r}{2}\) 为有理根。
- 证明 \(f(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2\cdots(x-a_n)^2+1\) 不可约。
反证法，如果可约，则 \(f(x)=u(x)v(x)\)，由于 \(u(x),v(x)\) 无实根，所以 \(u(x),v(x)>0\) 恒成立，由 \(u(a_i)v(a_i)=1\) 可知 \(u(a_i)=1\)。容易证明 \(u(x),v(x)\) 都是 \(n\) 次首一多项式，由 \(u(a_i)-v(a_i)=0\) 可得 \(u(x)=v(x)=0\)。故 \(f(x)=h(x)^2\)，因式分解一下就知道这不可能。
- 计算 \(x^n+px+q\) 的判别式。进而计算 \(1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}\) 的判别式，
前者直接消元，后者考虑 \(\Delta((x-1)f(x))=f(1)^2\Delta(f(x))\)，套用前面的公式计算 \(x^n-1\) 的判别式即可。
- 若 \(f(x)=g(h(x))\)，\(h(x)\) 为 \(m\) 次首一多项式，\(\Delta(f(x))=\Delta(g(x))^m\prod \Delta(h(x)-x_i)\)，其中 \(x_i\) 为 \(g(x)\) 的根。
考虑 \(R(f,f')=R(g(h(x)),g‘(h(x))h’(x))=R(g(h(x)),g'(h(x)))\cdot R(g(h(x)),h'(x))\)。
设 \(h(x)-x_i\) 的根为 \(u_{ij}\)，代入公式直接算即可。
- 若 \(f(x),g(x)\) 为互素多项式，\(A\) 为 \(n\) 阶方阵，满足 \(f(A)=O\)，证明 \(g(A)\) 可逆。
存在 \(u(x),v(x)\) 使得 \(f(A)u(A)+g(A)v(A)=I_n\)。
- 证明 \(\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})\) 是数域。
只要证明除法逆元存在即可。设 \(\alpha=f(\sqrt[n]{2})\)，其中 \(f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{0}\)。令 \(g(x)=x^n-2\)，则 \(g(x)\) 不可约且 \(g(\sqrt[n]{2})=0\)。容易知道 \(f(x),g(x)\) 互素，把式子写出来就行。
- 证明 \(r(A^n)=r(A^{n+1})=\cdots\)。
证明：存在 \(0\leq m\leq n\) 使得 \(r(A^m)=r(A^{m+1})\)。设 \(A\) 代表 \(\varphi\)，则 \(\text{Im }\varphi^m=\text{Im }\varphi^{m+1}\)。
取 \(k\geq 0\)，\(\alpha\in \text{Im }\varphi^{m+k}\)，则存在 \(\beta\) 使得 \(\varphi^{m+k}(\beta)=\alpha\)，则存在 \(\gamma\) 使得 \(\varphi^{m+1}(\gamma)=\varphi^m(\beta)\)，此时 \(\varphi^{m+k+1}(\gamma)=\alpha\)。
也可以用解空间。假设 \(V_{A^k}\) 为 \(A^kx=0\) 的解空间。则若 \(r(A^n)\neq r(A^{n+1})\)，则必存在 \(x\) 使得 \(A^nx\neq 0\) 且 \(A^{n+1}x=0\)。由于 \(x,Ax,\cdots,A^nx\) 必线性相关，设 \(c_0x+c_1Ax+\cdots+c_nA^nx=0\)，其中第一个不为 \(0\) 的元素为 \(c_k\)，则两边乘 \(A^{n-k}\) 可得 \(c_kA^nx=0\)，矛盾。
- 对于 \(e_1,e_2,\cdots,e_n\in \mathbb{R}^n\)，\(\varphi\) 的表示矩阵为 \(A\)，那么有 \((e_1,e_2,\cdots,e_n)A=(\varphi(e_1),\varphi(e_2),\cdots,\varphi(e_n))\)，注意是右乘。
- \(n\) 维线性空间 \(V\) 上的线性映射 \(\varphi\)，如果满足 \(\varphi^n=0,\varphi^{n-1}\neq 0\)，求证 \(\dim\text{Im }\varphi=n-1\)。
条件相当于 \(\alpha,\varphi(\alpha),\cdots,\varphi^{n-1}(\alpha)\) 线性无关，则它是原线性空间的一组基。所以只需要考虑 \(\varphi\) 作用这些向量时的向量组的维数。
(1) 到 (3) 好证，(1)(2) 可以互证，(3) 到 (4) 好证，讲讲 (4) 到 (2)
设 \(\varphi(\beta)=\alpha\in \text{Im }\varphi\)，由题目条件知 \(\beta=\beta_1+\beta_2,\beta_1\in \text{Ker }\varphi,\beta_2\in \text{Im }\varphi\)，则 \(\varphi(\beta)=\varphi^2(\beta_2)\)。
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