重要提醒
1. Zn的子群包括两个平凡子群:自己和{0ˉ}!
2. det(kA)=k2det(A)!
3. gcd函数可以对多项式使用!
4. 写a−1的时候先要想想a可不可逆(a会不会是0)
5. 什么是域的特征?
送分童子
Zn中元素求阶
(Zn,+)是循环群,其中某个元素的阶
ord(kˉ)=ord(1ˉk)=gcd(n,k)n
(Zn∗,⋅)是群,包含Zn中所有的元素kˉ:gcd(n,k)=1. 特别地,当n为质数p时,Zp∗=Zp为循环群. 要求该群中的某个元素a的阶,需要计算最小的k使得
ak≡1(modn)
计算子群
对于(Zn,+),只需要计算n的每一个因子生成的子群
对于(Zn∗,⋅),子群的阶一定是该群阶的因数,对于每一个子群可能的阶,枚举出所有的可能
线性无关互推
设v1,v2,v3∈Fn, 证明v1+v2,v2+v3,v3+v1线性无关⟺v1,v2,v3线性无关
证明
设w1=v1+v2,w2=v2+v3,w3=v3+v1,若w1,w2,w3线性无关,因为w1,w2,w3∈⟨v1,v2,v3⟩,所以
dim⟨v1,v2,v3⟩≥3
故v1,v2,v3线性无关
反之,设v1,v2,v3线性无关,注意到
v1=21(w1−w2+w3),v2=21(w1+w2−w3),v3=21(−w1+w2+w3)
于是v1,v2,v3∈⟨w1,w2,w3⟩,同理可以得到w1,w2,w3线性无关
矩阵带入多项式
注意把X2+2X+1这样的改成A2+2A+E
子群判别法证明
命题:设(G,⋅,e)是群, H是G的非空子集. 则H是G的子群⟺∀h1,h2∈H,h1h2−1∈H
证明:对于充分性,如果H是G的子群,那么运算⋅在H上封闭,于是对于∀h1,h2∈H显然有h1h2−1∈H. 充分性得证
对于必要性,设h1∈H,则e=h1h1−1∈H(单位元保持),进而h−1=eh−1∈H(逆元存在),再设h2∈H⟹h2−1∈H⟹h1h2=h1(h2−1)−1∈H(运算封闭)
提醒:不要忘记证明充分性
在域(剩余类)上解线性方程组
注意某个子空间中含有向量的个数可能是有限的
摄动法
把域扩张到Fr[F[X]],然后把待证等式加一未定元转化为多项式恒等式,最后赋值0
从Fn到Fm的线性映射,确定ker和Im
矩阵求逆
行变换法
多项式法
设A∈Mn(F),设k是最小的正整数使得
αkAk+⋯+α1A+α0E=O
则A可逆当且仅当α0=0,此时有
A(αkAk−1+⋯+α1E)=−α0E⟹A−1=−α0−1(α1E+⋯+αkAk−1)
应用:
观察待求逆的矩阵的幂次(通常只需要观察A2),然后想办法凑成上面的形式
行列式计算
化为上(下)三角矩阵
按照行列展开寻找某个递归公式,然后通过归纳法来证明它
交换环的例子
Zn和F[A]
知识难点
伴随矩阵的秩
rank(A∨)=⎩⎨⎧n10,rank(A)=n,rank(A)=n−1,rank(A)≤n−2
环和整环
环
- 在加法上是一个交换群
- 在乘法中是一个半群
- 同时满足左右分配律
整环
交换幺环+满足分配律
同态和同构
群同态
只需要验证(注意这里左右两边⋅是不同的运算)
ϕ(a⋅b)=ϕ(a)⋅ϕ(b)
有如下性质
ϕ(a−1)=(ϕ(a))−1,ϕ(e)=e′
环同态
只需要验证保持加法、乘法和单位元
ϕ(a+b)ϕ(a⋅b)ϕ(1)=ϕ(a)+ϕ(b)=ϕ(a)⋅ϕ(b)=1
有如下性质
ϕ(a−1)=(ϕ(a))−1,ϕ(0)=0
环同态是单射,当且仅当
kerϕ={0}
同构
同态 + 双射
循环群
- 一个循环群的子群也是循环群
- 一个由一个生成元生成的循环群的阶等于其生成元的阶
秩不等式
Sylvester不等式
设A∈Fm×s,B∈Fs×n则
rank(A)+rank(B)−s≤rank(AB)≤min{rank(A),rank(B)}
rank(A+B)≤rank(A)+rank(B)
rank(A,B)≤rank(A)+rank(B)
rank(AOCB)≥rank(A)+rank(B)
历年真题
第一题
设A=(ai,j)∈Mn(Q), 其中ai,j∈Z. 再设p是素数,πp:Z→Zp是商映射,和Ap=(πp(ai,j))∈Mn(Zp)
- 证明πp(det(A))=detAp
- rank(A)≥rank(Ap)且只存在有限个素数p s.t. rank(A)>rank(Ap)
证明
- 关键是商映射是一个环同态, 因为这个映射保留了加法和乘法,所以说当它作用于一个多项式时,相当于它作用到了这个多项式的每一项的那个未定元上.
- 关键是用子式来分析秩,从而将非多项式的秩转化为多项式的行列式
如果rank(A)=n那么不等式显然成立
如果r=rank(A)<n那么,那么所有A中大于r阶的子式全部为零,根据πp环同态的性质,Ap中大于r阶的子式也全部为0,于是不等式亦成立
现在证明素数p是有限的,设r=rank(A),那么A至少存在一个r阶子式不等于0,假设有k个r阶子式不为零,若要使rank(A)>rank(Ap),这k个子式必须都被p整除,所以说p必须是这些子式的公共素因子,故而p必然是有限的
第二题
设F是域,矩阵A∈Fm×n,且Em代表m阶单位方阵,证明
- rankA=m⟺∃B∈Fn×m s.t. AB=Em
- (rankA=m)∧(m<n)⟺∃B,C∈Fn×m s.t. (AB=AC=Em)∧(B=C)
证明
- 对于⟸, 关键是矩阵乘法不增加秩,故rankA≥rankEm=m,即rankA=m
对于⟹,关键是直接把B解出来,对于B的每一列B(i) 都满足方程
AB(i)=Em(i)
因为rankA=m,所以rank(A∣Em(i))=m,于是B(i)有解,故而B是有解的
这里利用了: 对于线性方程组Ax=b,如果rank(A)=rank(A∣b)则方程组有解,如果rank(A)<rank(A∣b)则方程组无解;而由于rank(A)≤rank(A∣b)且rank(A∣b)最大只能取m,故这里的rank(A∣b)=m
2. 对于⟸,由第一小题已知rankA=m,而rankA≤n⟹m≤n,如果m=n,那么A是可逆方阵, B,C自然是同一个矩阵,这不符合题设. 于是只能有m<n
对于⟹,和第一小题一样,B(i)必然是有解的,我们考虑其对应的齐次方程AB(i)=0的解空间Vi的维数
dimVi=n−rank(A)=n−m>0
故Vi至少存在一个基底,记为ei,于是便可以取C(i)=B(i)+ei,如此可以得到C=B
注意:只有齐次线性方程组的解构成一个子空间,而一般的线性方程组的解构成一个线性流形
另证
直接求解矩阵方程AX=Em, 其中未知矩阵X∈Fn×m. 根据打洞引理,存在P∈GLm(F)和Q∈GLn(F)使得
A=P(ErOOO)Q
其中r=rank(A). 故原方程等价于
P(ErOOO)QX=Em⟺(ErOOO)QX=P−1
令Y=QX,则Y∈Fn×m. 因为$$Q可逆,所以原方程有解当且仅当
(ErOOO)Y=P−1(∗)
有解.
- 如果B存在,则(∗) 有解. 故r=m. 如果r=m,则(∗)可以写为
(Em,O)(Y1Y2)=P−1,Y1∈Mm,Y2∈F(n−m)×m(∗∗)
故有
Y=(P−1M)
其中M∈F(n−m)×m是任意矩阵. 故B存在
2. 如果存在不同的矩阵B,C, s.t. AB=AC=Em,故上述Y中矩阵M至少存在一行,故有n>m. 如果rank(A)=m且m<n,则任意矩阵M必然存在. 于是,(∗∗)至少有两个解
第三题
设F是域,A,B,C,D∈Mn(F)且AC=CA. 证明
det(ACBD)=det(AD−CB)
思路:我们希望把分块矩阵化成上三角的形式,就要把C约掉,所以不妨假设A可逆,那么
(E−A−1COE)(ACBD)=(A−A−1CA+CB−A−1CB+D)=(AOB−A−1CB+D)
于是
det(ACBD)=det(AOB−A−1CB+D)=detAdet(−A−1CB+D)=det(AD−CB)
如果A不可逆,设t∈F未定,则tE+A∈Mn(Fr[F[x]]),故tE+A可逆,于是
det(tE+ACBD)=det((tE+A)D−CB)
左右两边都是t的多项式,所以令t=0,即有
det(ACBD)=det(AD−CB)
第四题
证明SL2(R)=⟨S⟩,其中S是所有2×2的第二类初等矩阵构成的集合
思路,利用第二类初等矩阵把所有行列式为1的2×2矩阵变为E
P1AQ1=(1−a−1c01)(acbd)(10−a−1b1)=(a00d−bca−1)=(a00a−1)=B
P2BQ2=(1011)(a00a−1)(1a(1−a)01)=(11−aa−1a−1)=C
P3CQ3=(1a−101)(11−aa−1a−1)(10−a−11)=E
于是
A=P1−1P2−1P3−1Q3−1Q2−1Q1−1
注意,讨论a=0的情况
第五题
设A是域F上的n阶方阵,B∈F[A]且B不是零矩阵,证明
- B是F[A]中的可逆元⟺rank(B)=n
- B是F[A]中的零因子⟺rank(A)<n
证明
这道题的关键在于如下定理:
设A为给定的n×n矩阵,A的特征多项式定义为
p(λ)=det(λEn−A)
那么,Cayley–Hamilton定理断言
p(A)=O
这告诉我们总存在一个非零多项式p∈F[X]使得p(A)=O
那么,从这一点出发,注意到多项式法给出的方法,α0,α1,⋯,αk总是存在的,而B在Mn(F)上的可逆性将决定α0是否为0