重要提醒

1. $Z_{n}$ 的子群包括两个平凡子群: 自己和 ${\overset{ˉ}{0}}$ !

2. $det (k A) = k^{2} det (A)$ !

3. $g cd$ 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

$Z_{n}$ 中元素求阶

$(Z_{n}, +)$ 是循环群, 其中某个元素的阶

ord (\overset{ˉ}{k}) = ord (\overset{ˉ}{1}^{k}) = \frac{n}{g cd ( n , k )}

$(Z_{n}^{*}, \cdot)$ 是群, 包含 $Z_{n}$ 中所有的元素 $\overset{ˉ}{k} : g cd (n, k) = 1$ . 特别地, 当 $n$ 为质数 $p$ 时, $Z_{p}^{*} = Z_{p}$ 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

a^{k} \equiv 1 (mod n)

计算子群 对于 $(Z_{n}, +)$ , 只需要计算 $n$ 的每一个因子生成的子群对于 $(Z_{n}^{*}, \cdot)$ , 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 $v_{1}, v_{2}, v_{3} \in F^{n}$ , 证明 $v_{1} + v_{2}, v_{2} + v_{3}, v_{3} + v_{1}$ 线性无关 $⟺ v_{1}, v_{2}, v_{3}$ 线性无关证明设 $w_{1} = v_{1} + v_{2}, w_{2} = v_{2} + v_{3}, w_{3} = v_{3} + v_{1}$ , 若 $w_{1}, w_{2}, w_{3}$ 线性无关, 因为 $w_{1}, w_{2}, w_{3} \in ⟨ v_{1}, v_{2}, v_{3} ⟩$ , 所以

dim ⟨ v_{1}, v_{2}, v_{3} ⟩ \geq 3

故 $v_{1}, v_{2}, v_{3}$ 线性无关反之, 设 $v_{1}, v_{2}, v_{3}$ 线性无关, 注意到

v_{1} = \frac{1}{2} (w_{1} - w_{2} + w_{3}), v_{2} = \frac{1}{2} (w_{1} + w_{2} - w_{3}), v_{3} = \frac{1}{2} (- w_{1} + w_{2} + w_{3})

于是 $v_{1}, v_{2}, v_{3} \in ⟨ w_{1}, w_{2}, w_{3} ⟩$ , 同理可以得到 $w_{1}, w_{2}, w_{3}$ 线性无关

矩阵带入多项式

注意把 $X^{2} + 2 X + 1$ 这样的改成 $A^{2} + 2 A + E$

子群判别法证明

命题: 设 $(G, \cdot, e)$ 是群, $H$ 是 $G$ 的非空子集. 则 $H$ 是 $G$ 的子群 $⟺ \forall h_{1}, h_{2} \in H, h_{1} h_{2}^{- 1} \in H$ 证明: 对于充分性, 如果 $H$ 是 $G$ 的子群, 那么运算 $\cdot$ 在 $H$ 上封闭, 于是对于 $\forall h_{1}, h_{2} \in H$ 显然有 $h_{1} h_{2}^{- 1} \in H$ . 充分性得证对于必要性, 设 $h_{1} \in H$ , 则 $e = h_{1} h_{1}^{- 1} \in H$ （单位元保持）, 进而 $h^{- 1} = e h^{- 1} \in H$ （逆元存在）, 再设 $h_{2} \in H ⟹ h_{2}^{- 1} \in H ⟹ h_{1} h_{2} = h_{1} (h_{2}^{- 1})^{- 1} \in H$ （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 $F^{n}$ 到 $F^{m}$ 的线性映射, 确定 $ker$ 和 $Im$

矩阵求逆

行变换法

多项式法

设 $A \in M_{n} (F)$ , 设 $k$ 是最小的正整数使得

α_{k} A^{k} + \dots + α_{1} A + α_{0} E = O

则 $A$ 可逆当且仅当 $α_{0} \neq = 0$ , 此时有

A (α_{k} A^{k - 1} + \dots + α_{1} E) = - α_{0} E ⟹ A^{- 1} = - α_{0}^{- 1} (α_{1} E + \dots + α_{k} A^{k - 1})

应用: 观察待求逆的矩阵的幂次（通常只需要观察 $A^{2}$ ), 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

$Z_{n}$ 和 $F [A]$

知识难点

伴随矩阵的秩

rank (A^{\lor}) = ⎩ ⎨ ⎧ n 10, rank (A) = n, rank (A) = n - 1, rank (A) \leq 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 $\cdot$ 是不同的运算）

ϕ (a \cdot b) = ϕ (a) \cdot 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 \cdot b) ϕ (1) = ϕ (a) + ϕ (b) = ϕ (a) \cdot 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

ker ϕ = {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 $A \in F^{m \times s}, B \in F^{s \times n}$ 则

rank (A) + rank (B) - s \leq rank (A B) \leq min {rank (A), rank (B)}

rank (A + B) \leq rank (A) + rank (B)

rank (A, B) \leq rank (A) + rank (B)

rank (A O C B) \geq rank (A) + rank (B)

历年真题

第一题

设 $A = (a_{i, j}) \in M_{n} (Q)$ , 其中 $a_{i, j} \in Z$ . 再设 $p$ 是素数, $π_{p} : Z \to Z_{p}$ 是商映射, 和 $A_{p} = (π_{p} (a_{i, j})) \in M_{n} (Z_{p})$

证明 $π_{p} (det (A)) = det A_{p}$
$rank (A) \geq rank (A_{p})$ 且只存在有限个素数 $p s.t. rank (A) > rank (A_{p})$ 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 $π_{p}$ 环同态的性质, $A_{p}$ 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 $rank (A) > rank (A_{p})$ , 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 $A \in F^{m \times n}$ , 且 $E_{m}$ 代表 $m$ 阶单位方阵, 证明

$rank A = m ⟺ \exists B \in F^{n \times m} s.t. A B = E_{m}$
$(rank A = m) \land (m < n) ⟺ \exists B, C \in F^{n \times m} s.t. (A B = A C = E_{m}) \land (B \neq = C)$ 证明
对于 $⟸$ , 关键是矩阵乘法不增加秩, 故 $rank A \geq rank E_{m} = m$ , 即 $rank A = m$ 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

A B^{(i)} = E_{m}^{(i)}

因为 $rank A = m$ , 所以 $rank (A ∣ E_{m}^{(i)}) = m$ , 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 $A x = b$ , 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 $rank (A) \leq rank (A ∣ b)$ 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 $rank A = m$ , 而 $rank A \leq n ⟹ m \leq n$ , 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 $A B^{(i)} = 0$ 的解空间 $V_{i}$ 的维数

dim V_{i} = n - rank (A) = n - m > 0

故 $V_{i}$ 至少存在一个基底, 记为 $e_{i}$ , 于是便可以取 $C^{(i)} = B^{(i)} + e_{i}$ , 如此可以得到 $C \neq = B$ 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 $A X = E_{m}$ , 其中未知矩阵 $X \in F^{n \times m}$ . 根据打洞引理, 存在 $P \in G L_{m} (F)$ 和 $Q \in G L_{n} (F)$ 使得

A = P (E_{r} O O O) Q

其中 $r = rank (A)$ . 故原方程等价于

P (E_{r} O O O) QX = E_{m} ⟺ (E_{r} O O O) QX = P^{- 1}

令 $Y = QX$ , 则 $Y \in F^{n \times m}$ . $因为$$Q$ 可逆, 所以原方程有解当且仅当

(E_{r} O O O) 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

(E_{m}, O) (Y_{1} Y_{2}) = P^{- 1}, Y_{1} \in M_{m}, Y_{2} \in F^{(n - m) \times m} (* *)

故有

Y = (P^{- 1} M)

其中 $M \in F^{(n - m) \times m}$ 是任意矩阵. 故 $B$ 存在 2. 如果存在不同的矩阵 $B, C, s.t. A B = A C = E_{m}$ , 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, $A, B, C, D \in M_{n} (F)$ 且 $A C = C A$ . 证明

det (A C B D) = det (A D - 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^{- 1} C O E) (A C B D) = (A - A^{- 1} C A + C B - A^{- 1} CB + D) = (A O B - A^{- 1} CB + D)

于是

det (A C B D) = det (A O B - A^{- 1} CB + D) = det A det (- A^{- 1} CB + D) = det (A D - CB)

如果 $A$ 不可逆, 设 $t \in F$ 未定, 则 $tE + A \in M_{n} (Fr [F [x]])$ , 故 $tE + A$ 可逆, 于是

det (tE + A C B D) = det ((tE + A) D - CB)

左右两边都是 $t$ 的多项式, 所以令 $t = 0$ , 即有

det (A C B D) = det (A D - CB)

第四题

证明 $SL_{2} (R) = ⟨ S ⟩$ , 其中 $S$ 是所有 $2 \times 2$ 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 $2 \times 2$ 矩阵变为 $E$

P_{1} A Q_{1} = (1 - a^{- 1} c 01) (a c b d) (10 - a^{- 1} b 1) = (a 0 0 d - b c a^{- 1}) = (a 0 0 a^{- 1}) = B

P_{2} B Q_{2} = (1011) (a 0 0 a^{- 1}) (1 a (1 - a) 01) = (1 1 - a a^{- 1} a^{- 1}) = C

P_{3} C Q_{3} = (1 a - 1 01) (1 1 - a a^{- 1} a^{- 1}) (10 - a^{- 1} 1) = E

于是

A = P_{1}^{- 1} P_{2}^{- 1} P_{3}^{- 1} Q_{3}^{- 1} Q_{2}^{- 1} Q_{1}^{- 1}

注意, 讨论 $a = 0$ 的情况

第五题

设 $A$ 是域 $F$ 上的 $n$ 阶方阵, $B \in F [A]$ 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 $n \times n$ 矩阵, $A$ 的特征多项式定义为

p (λ) = det (λ E_{n} - 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 $p \in F [X]$ 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, $α_{0}, α_{1}, \dots, α_{k}$ 总是存在的, 而 $B$ 在 $M_{n} (F)$ 上的可逆性将决定 $α_{0}$ 是否为 $0$

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Linear Algebra 23 Fall Final