习题¶

证明数域:
有零元,幺元
加减法,乘除法封闭

反对角矩阵的行列式为:
\((-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}a_{1n}a_{2,n-1}\cdots a_{1n}\)

矩阵的初等变换中的对一行乘\(k\)会改变行列式的值,其他两个不会(交换行和把一行的倍数加到另外一行)

\(\det \begin{pmatrix} a_1+c_1 & b_1+a_1 & c_1+b_1 \\ a_2+c_2 & b_2+a_2 & c_2+b_2 \\ a_3+c_3 & b_3+a_3 & c_3+b_3 \end{pmatrix}:=\det(\alpha+\gamma,\beta+\alpha,\gamma+\beta)=2\det(\alpha,\beta,\gamma)\)

数学归纳法求行列式的值:
\[D_n=\det\begin{pmatrix}x & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & a_0 \\ -1 & x & 0 & \cdots & 0 & 0 & a_1 \\ 0 & -1 & x & \cdots & 0 & 0 & a_2 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x & 0 & a_{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & x & a_{n-2} \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -1 & x+ a_{n-1}\end{pmatrix}\]
\(n=2\)时
- \[D_2=\det\begin{pmatrix} x & a_0 \\ -1 & x+a_1\end{pmatrix}=x(x+a_1)-(-1)a_0=xl^2+a_1x+a_0\]
- 于是假设\(n-1\)时成立\(D_{n-1}=x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\cdots+a_1x+a_0\),则对于\(n\)时
- 对第一行做展开得到:
  - \(D_n=x(x^{n-1}+a_{n-1}x^{n-2}+\cdots+a_2x+a_1)+(-1)^{1+n}a_0(-1)^{n-1}=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\)

把\(A\)的所有元素加上一个\(t\)得到的行列式记为\(\det A(t)\),则\(\det A(t)=\det A+t\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nA_{ij}\)

替换定理:
- 若\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s\)线性无关,令\(\beta = a_1\alpha_1+a_2\alpha_2+\cdots+a_s\alpha_s\),则
- 若\(a_i\neq 0\),则向量组\((\alpha_1,\cdots,\alpha_{i-1},\beta,\alpha_{i+1},\cdots,\alpha_s)\)线性无关
- 若\(a_i=0\),则向量组\((\alpha_1,\cdots,\alpha_{i-1},\beta,\alpha_{i+1},\cdots,\alpha_s)\)线性相关

线性空间:极大线性无关组,向量组的秩:命题1
- 证明一个向量组线性相关可以通过证明它可以被向量个数小于它的向量组线性表示
判断几个向量是不是线性相关可以取它们的部分,看他们时候线性相关
- 如判断\((1,1,1),(1,2,3),(1,3,6)\)是否线性相关,可以看\((1,1),(1,2),(1,3)\)是否线性相关

令\(d,n\in\mathbb{N}^*\),在\(K[x]\)中,\(d\min n \iff x^d-1\mid x^n-1\)

设\(K[x]\)中既约分式\(\frac{f}{g}\)满足方程\(a_n(x)y^n+\cdots+a_1(x)y+a_0=0,a_n(x)\neq 0\),则\(f(x)\mid a_0(x),g(x)\mid a_n(x)\)
- 类似于多项式有有理根的情况

证明在\(\mathbb{Z}_m\)中,\(a\)的逆元存在当且仅当\(a\)与\(m\)互素
- 这推出如果\(m\)是素数,那么\(\mathbb{Z}_m\)中的每一个非零元都有逆元
- 而且\(\mathbb{Z}_m\)中的每一个非零元要么和\(m\)互素,要么是\(m\)的因子,从而要么是可逆元要么是零因子

在特征为\(p\)的域中,有\((a+b)^p=a^p+b^p\),从而\((\sum a_i)^p=\sum a_i^p\)

费马小定理: \(p\)是素数,\(\forall a\in \mathbb{Z}:a^p\equiv a\pmod p\)

\(\mathbb{Z}_p\)中的一元函数 都是多项式函数
- 首先可以证明一元函数只有\(p^p\)个,(对应的映射只有\(p^p\)个) 然后由插值理论可以构造次数小于\(p\)的多项式,这些多项式组成的集合大小恰好为\(p^p\),再证明在\(\mathbb{Z}_p\)中,不同多项式诱导的函数是不同的即可

矩阵 \(AB,BA\) 有相同的非零特征值,并且重数也是相同的

特征多项式差的倍数就是零特征值的幂差的倍数

ref

降阶公式:

\(\det \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}\)
- \(\text{若 A 可逆} = \det A \det(D-CA^{-1}B)\)
- \(\text{若 D 可逆} = \det D \det(A-BD^{-1}C)\)
- \(\text{若 A,D 都可逆} \det A \det(D-CA^{-1}B)=\det D \det(A-BD^{-1}C)\)
特别的,如果 \(A=uv+B\), 其中 \(u_{n\times 1},v_{1\times n},B_{n\times n}\), 并且 \(B\) 可逆,那么有
- \[\det\begin{pmatrix} 1 & -v \\ u & B\end{pmatrix} \overset{\text{2行-1 行右乘u}}{=}\det \begin{pmatrix} 1 & -v \\ O & B+uv\end{pmatrix} = \det A\]
  - 也就是
- \[\det A = 1\cdot \det |1 + vB^{-1}u|\]

计算 \(A^{-1}B\), 对 \((A|B)\to (E|A^{-1}B)\) 做初等行变换

\(A_{m\times n},B_{n\times m}\text{,}f_{AB}(\lambda),f_{BA}(\lambda)\text{ 是 }AB,BA\text{ 的特征多项式,则}\\\lambda^nf_{AB}(\lambda)=\lambda^mf_{BA}(\lambda)\)

也就是 \(\lambda^n |\lambda E_m - AB|= \lambda^m |\lambda E_n - BA|\)

一个数的代数余子式怎么定义?

\(A\) 的特征是是 \(\lambda\) , 那么 \(f(A)\) 的特征值是 \(f( \lambda)\)

第一圆盘定理: \(A\) 的特征值落在 \(|z-a_{ii}|<R_i = \sum_{j\neq i} |a_{ij}|,i=1,2,\cdots,n\) 内

相似的矩阵有相同的特征值,从而有相同的迹

矩阵 \(A\) 可对角化的一些充分条件有
- \(A\) 有 \(n\) 个线性无关的特征向量
- \(A\) 有 \(n\) 个不同的特征值
- \(\mathbb{C}^n\) 是 \(A\) 特征子空间的直和
- \(A\) 的任意特征值的代数重数等于几何重数
- \(A\) 的最小多项式没有重根
  - 实际上只要存在一个可以分解成不同的一次因式的乘积的零化多项式就可以,这样因为最小多项式一定整除零化多项式,这就使得最小多项式也能分解成不同的一次因式的乘积
    - 例如 \(A^A=A\) 幂等矩阵可对角化
    - \(A^2=I\) 对合矩阵可对角化
- \(A\) 的特征多项式没有重根
- \(A\) 的 \(\text{Jordan}\) 块都是一阶的
- \(A\) 是实对称矩阵

一个特征值的几何重数等于 \(\text{Jordan}\) 块的个数,代数重数等于 \(\text{Jordan}\) 块的阶数和

\(\begin{aligned}&\text{8.[ ZJU2308LA ]设 }A,B,C\in M_n(\mathbb{R}),\text{ 且 }AB-BA=CC^{\prime},\text{ 且 }A,B\text{ 均可对角化,证明:}\\&A,B\text{ 可同时对角化}.\\&\textbf{Proof. 注意到 }(CC^{\prime})^{\prime}=CC^{\prime}\text{ 且对任意的 }n\text{ 维列向量 }x\text{,由第四版复且高代白皮书例 2.9}\\&\text{可知 }x\left(CC^{\prime}\right)x=\left(Cx\right)^{\prime}(Cx)\geq0,\text{ 故 }CC^{\prime}\text{ 是半正定实对称阵, 故其特征值均为非负数}.\\&\text{再由}\operatorname{tr}(AB-BA)=0=\operatorname{tr}\left(CC^{\prime}\right),\text{得到 }CC^{\prime}\text{ 只有零特征值, 故 }CC^{\prime}=O.\text{ 即 }AB=BA,\\&\text{再由第四版复旦高代白皮书例 6.41 可得 }A,B\text{ 可同时对角化。}\end{aligned}\)

[!NOTE] 可对角化的矩阵可同时对角化的充要条件是它们可交换

证明用到了和块对角矩阵交换的矩阵一定也是块对角矩阵

若是数量阵,则与之交换的一定也是数量阵

半正定矩阵的某个 \(a_{ii}=0\) 的话,那么第 \(i\) 行和第 \(i\) 列都是 \(0\)

\(\begin{aligned}&\text{正定矩阵的对角元都不是零。这是显然的,因为}a_{ii}\text{ 代表 }v_i\text{ 的长度的平方,当然}\\&\text{不能是零。}\\&\text{正定矩阵中最大的元素必然出现在对角线上。这是因为内积满足 Schwatz 不等}\\&\text{式 }(v_i,v_j)^2\leq(v_i,v_i)(v_j,v_j),\text{ 即 }a_{ij}^2\leq a_{ii}a_{ij},\text{ 从而 }a_{ij}\leq\max\{a_{ii},a_{jj}\}。\\&\text{正定矩阵的行列式列值等于 }v_1,v_2,\ldots,v_n\text{ 张成的平行多面体的体积的平方。正定}\\&\text{矩阵的主子式都大于零,这是因为主子式 }A_{i_1i_2\cdots i_m}\text{ 的值是 }v_{i_1},v_{i_2},\ldots,v_{i_m}\text{ 张成的}\\&\text{平行多面体的体积的平方,所以大于零。}\end{aligned}\)

\(\begin{aligned}&\text{ 例 3.3 (北京大学2005). 设 }A\text{ 是数域 }F\text{ 上 }n\text{ 维向量空间上的线性变换,求证}\\&A^3=I\Leftrightarrow\mathrm{r}(I-A)+\mathrm{r}(I+A+A^2)=n.\\&\text{证明,注意到存在 }u(x),v(x)\text{ 使得 }u(x)(1-x)+v(x)(1+x^2+x)=1\text{。考虑大的 }2n\\&\text{阶的方阵}\\&\begin{pmatrix}I-A&0\\0&I+A+A^2\end{pmatrix}\xrightarrow{\text{第一列乘以 }u(A)\text{ 加到第二列}}\begin{pmatrix}I-A&u(A)(I-A)\\0&I+A+A^2\end{pmatrix}\\&\xrightarrow{\text{第二方乘以 }u(A)\text{ 加到第一项}}\begin{pmatrix}I-A&I\\0&I+A+A^2\end{pmatrix}\\&\text{用 }I\text{ 打调干持两边的矩阵}\\&\begin{pmatrix}0&I\\A^3-I&0\end{pmatrix}.\\&\text{所以这个矩阵的秩是 }n\text{ 当且仅当 }A^3-I=0\text{,这就得到了证明。}\end{aligned}\)

\(\det\begin{pmatrix} A & B \\ B & A\end{pmatrix} = \det(A-B)\det(A+B)\)

摄动法:
- 验证矩阵问题对非奇异阵成立
- 若把题中的 \(A,B\) 换成 \(t_kI+A,t_kI+B\) 任然满足条件
- 且矩阵问题关于 \(t_k\) 连续
  - 那么对一般的矩阵,矩阵问题都成立

\(A,B\) 乘法可交换.那么 \(A\) 的特征子空间是 \(B\) 的不变子空间

如果矩阵问题在同时变换下成立,那么它在一般情况下也成立
- 例如 \(AB=BA\) 且 \(A\) 有 \(n\) 个不同特征值,往证 \(B\) 可对角化
  - 对 \(A,B\) 同时做相似变换有 \(C=P^{-1}AP, D=P^{-1}BP\) 则 \(AB=BA \iff CD=DC\), 从而不妨设 \(A\) 就是对角矩阵,由和对角矩阵可交换的矩阵只能是对角矩阵完成证明

行列式递推, 若 \(D_n = \alpha D_{n-1} + \beta D_{n-2}\), 则 \(D_n = \frac{x_1^{n+1}-x_2^{n+1}}{x_1-x_2}\), 其中 \(x_1,x_2\) 是方程 \(x^2-\alpha x+\beta = 0\) 的两个根