Linear Algebra 24 Spring Midterm

送分题

• 坐标变换
• 对称矩阵的类型
• 二次型标准型
• 线性算子的矩阵表示
• 计算最小多项式

秩不等式

把映射转换为矩阵

求逆矩阵的时候不能使用初等列变换

参考题目

坐标变换

设${\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{e}}_3$是${\mathbb{R}}^3$的标准基, ${\mathbf{u}}_1={\mathbf{e}}_1-{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{u}}_2={\mathbf{e}}_1+{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{u}}_3={\mathbf{e}}_3$

1. 计算$P$使得$({\mathbf{u}}_1,{\mathbf{u}}_2,{\mathbf{u}}_3)=({\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{e}}_3)P$
2. 证明${\mathbf{u}}_1,{\mathbf{u}}_2,{\mathbf{u}}_3$是${\mathbb{R}}^3$的一组基
3. 计算$\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$在${\mathbf{u}}_1,{\mathbf{u}}_2,{\mathbf{u}}_3$下的坐标表示

1. 直接写出$P=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ -1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$
2. 因为$P$可逆, 所以${\mathbf{u}}_1,{\mathbf{u}}_2,{\mathbf{u}}_3$是${\mathbb{R}}^3$的一组基
3. 可以直接代入

$$\mathbf{v}={\mathbf{e}}_1+{\mathbf{e}}_2+{\mathbf{e}}_3=\frac{{\mathbf{u}}_1+{\mathbf{u}}_2}{2}+\frac{{\mathbf{u}}_2-{\mathbf{u}}_1}{2}+{\mathbf{u}}_3={\mathbf{u}}_2+{\mathbf{u}}_3$$

于是坐标为$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$ 或者利用坐标变换抽象上述过程

$$\begin{array}{rl}({\mathbf{u}}_1,{\mathbf{u}}_2,{\mathbf{u}}_3)& =({\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{e}}_3)P\\ ⟹({\mathbf{u}}_1,{\mathbf{u}}_2,{\mathbf{u}}_3)P^{-1}& =({\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{e}}_3);\\ & \\ ({\mathbf{u}}_1,{\mathbf{u}}_2,{\mathbf{u}}_3)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)& =({\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{e}}_3)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)\\ ⟹({\mathbf{u}}_1,{\mathbf{u}}_2,{\mathbf{u}}_3)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)& =({\mathbf{u}}_1,{\mathbf{u}}_2,{\mathbf{u}}_3)P^{-1}\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)\\ ⟹\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)& =P^{-1}\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_3\\ x_3\end{array}\right)\end{array}$$

不要直接用计算基底的办法计算坐标

对称矩阵合同对角化

1. 行列相伴消元
2. 配方法（注意一次要把所有关于$x_k$的项都配进去）

正定二次型

设${\mathbb{R}}^3$上的二次型由公式$q(\mathbf{x})=2x_1^2+x_2^2+3x_3^3+2\lambda x_1{x}_2+2x_1{x}_3$确定

1. 计算$q$在${\mathbb{R}}^3$标准基下的矩阵
2. 设$q$正定, 求$\lambda$的取值范围
3. 证明$q$不可能负定

1. 直接写出

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& \lambda & 1\\ \lambda & 1& 0\\ 1& 0& 3\end{array}\right)$$

2. 矩阵$A$的三个顺序主子式为

$${\Delta }_1=2,{\Delta }_2=2-{\lambda }^2,{\Delta }_3=5-3{\lambda }^2$$

由Jacobi公式只需要使上述三个子式都大于$0$即可

负定(Negative Definite)的情况

如果$A$是负定的, 那么$-A$是正定的, 考虑到$\det (-A)=(-1{)}^n\det A$, 此时$A$的顺序主子式需要满足${\Delta }_1<0,{\Delta }_2>0,{\Delta }_3<0,{\Delta }_4>0,\dots$

半正定的情况

半正定需要不能满秩, 需要取${\Delta }_n=0$, 然后开始分类讨论

3. 因为${\Delta }_1>0$所以$q$不可能是负定的

设$A$是$n$阶实对称矩阵, $r=\mathrm{rank}(A)>0$. 则$A$是半正定的当且仅当$\exists B\in {\mathbb{R}}^{r\times n}$使得$A=B^{t}B$

若$A=B^{t}B$, 则${\mathbf{x}}^{t}A\mathbf{x}=(B\mathbf{x}{)}^t(B\mathbf{x})\ge 0$, 故$A$半正定 若$A$半正定, 则存在$P\in {\mathrm{GL}}_n(\mathbb{R})$使得

$$A=P^t\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right)P=\boxed{P^t\left(\begin{array}{c}{E}_r\\ O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\end{array}\right)P}={\left[\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\end{array}\right)P\right]}^t\left[\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\end{array}\right)P\right]$$

设$V$是$\mathbb{R}$上的$2n$维线性空间, $q$是$V$上的二次型且$\mathrm{rank}(q)=2n$, 则以下三个结论等价

1. 存在一个$n$维子空间$U\subset V$使得对任意$\mathbf{u}\in U,q(\mathbf{u})=0$
2. $q$的正惯性指数为$n$
3. 存在$V$的某组基${\mathbf{\epsilon }}_1,\dots ,{\mathbf{\epsilon }}_{2n}$使得对任意的$\mathbf{x}=x_1{\mathbf{\epsilon }}_1+\cdots +x_{2n}{\mathbf{\epsilon }}_{2n}\in V$, 有 $q(\mathbf{x})=\sum _{i=1}^n{x}_{2i-1}{x}_{2i}$

$1.⟹2.$ 设$q$的正惯性系数为$m$, 则存在一组基${\mathbf{\epsilon }}_1,\dots ,{\mathbf{\epsilon }}_{2n}$使得$q$有如下的规范型

$$q=x_1^2+\cdots x_m^2-x_{m+1}^2-\cdots -x_{2n}^2$$

若$n<m$则所取的$U\subset \ker (q)$至少包含${\mathbf{\epsilon }}_1,\dots ,{\mathbf{\epsilon }}_m$之中的某一个基底${\mathbf{\epsilon }}_k$, 而这和$q({\mathbf{\epsilon }}_k)>0$矛盾

若$n>m$则所取的$U\subset \ker (q)$至少包含${\mathbf{\epsilon }}_{m+1},\dots ,{\mathbf{\epsilon }}_{2n}$之中的某一个基底${\mathbf{\epsilon }}_k$, 而这和$q({\mathbf{\epsilon }}_k)<0$矛盾

故$n=m$

$2.⟹3.$ 也就是恒等式

$$\begin{array}{rl}& x_1^2+\cdots +x_n^2-x_{n+1}^2-\cdots -x_{2n}^2\\ =& (x_1+x_{n+1})(x_1-x_{n+1})+(x_2+x_{n+2})(x_2-x_{n+2})+\cdots +(x_n+x_{2n})(x_n-x_{2n})\end{array}$$

且这个变量替换是可逆的 $3.⟹1.$ 做完变量替换后, 在基底${\mathbf{\delta }}_1,\dots ,{\mathbf{\delta }}_{2n}$下有

$$q(\mathbf{y})=y_1{y}_2+\cdots y_{2n-1}{y}_{2n}$$

考虑$U=⟨{\mathbf{\delta }}_1,{\mathbf{\delta }}_3\dots ,{\mathbf{\delta }}_{2n-1}⟩$, 则对$\forall \mathbf{y}\in U$有$y_2=y_4=\cdots =y_{2n}=0$故有$q(\mathbf{y})=0$

设$A\in {\mathrm{SM}}_n(\mathbb{R})$是正定矩阵, 则

1. $A^{-1}$正定
2. $A^{\vee }$正定

1. 设$A=P^{t}P,P\in {\mathrm{GL}}_n(\mathbb{R})$. 则$A^{-1}=P^{-1}(P^t{)}^{-1}$ = $P^{-1}(P^t{)}^{-1}=P^{-1}(P^{-1}{)}^t$, 故$A^{-1}$正定
2. $A^{\vee }=\det (A)A^{-1}=\left(\sqrt{\det (A)}{P}^{-1}\right){\left(\sqrt{\det (A)}{P}^{-1}\right)}^t$, 故$A^{\vee }$正定

设$A,B$是半正定的, 则$\mathrm{rank}(A+B)\ge \max (\mathrm{rank}(A),\mathrm{rank}(B))$

因为${\mathbf{x}}^t(A+B)\mathbf{x}={\mathbf{x}}^{t}A\mathbf{x}+{\mathbf{x}}^{T}B\mathbf{x}\ge 0$, 所以$A+B$是半正定的. 故存在$P,Q,R\in {\mathrm{M}}_n(\mathbb{R})$使得$A=P^{t}P,B=Q^{t}Q,A+B=R^{t}R$, 且设$s=\mathrm{rank}(A+B)=\mathrm{rank}(R)$, 并不妨令$r=\mathrm{rank}(P)=\mathrm{rank}(A)>\mathrm{rank}(Q)=\mathrm{rank}(B)$, 只需要证明$s\ge r$, 为此只需要证明$V_R\subset V_P$. 设$\mathbf{v}\in V_R$也就是$R\mathbf{v}=0$, 故有

$${\mathbf{v}}^t(A+B)\mathbf{v}=0⟹{\mathbf{v}}^{t}A\mathbf{v}+{\mathbf{v}}^{t}B\mathbf{v}=0⟹{\mathbf{v}}^{t}A\mathbf{v}={\mathbf{v}}^{t}B\mathbf{v}=0$$

于是${\mathbf{v}}^t{P}^{t}P\mathbf{v}=0⟹P\mathbf{v}=0$, 即$V_R\subset V_P$

对 $\mathrm{rank}(R^{t}R)=\mathrm{rank}(R)$的证明

因为矩阵乘法不增大秩, 故$\mathrm{rank}(R^{t}R)\le \mathrm{rank}(R)$ 又因为$V_{R^{t}R}\subset V_R$, 故$\dim (\ker (R))\ge \dim (\ker (R^{t}R))$, 于是$\mathrm{rank}(R)\le \mathrm{rank}(R^{t}R)$ 综上$\mathrm{rank}(R^{t}R)=\mathrm{rank}(R)$

二次型的性质

设$V$是$\mathbb{R}$上的有限维线性空间, $U$是$V$的子空间, $q$是$V$上的二次型, 则

1. $q{|}_U$也是二次型
2. 设$q$的签名为$(k,l)$, $q{|}_U$的签名为$(s,t)$. 证明$k\ge s,l\ge t$

1. 设$f(\mathbf{x},\mathbf{y})$是$q$的配极, 则$f{|}_{U\times U}$是$q{|}_U$的配极, 故$q{|}_U$是$U$上的二次型
2. 存在$V$的一组基${\mathbf{e}}_1,\dots ,{\mathbf{e}}_n$使得对任意$x=x_1{\mathbf{e}}_1+\cdots +x_n{\mathbf{e}}_n$有

$$q(\mathbf{x})=x_1^2+\cdots x_k^2-x_{k+1}^2-x_{k+l}^2$$

和$U$的一组基${\mathbf{\epsilon }}_1,\dots ,{\mathbf{\epsilon }}_d$使得对任意$\mathbf{y}=y_1{\mathbf{\epsilon }}_1+\cdots +y_d{\mathbf{\epsilon }}_d$有

$$q{|}_U(\mathbf{y})=y_1^2+\cdots +y_s^2-y_{s+1}^2-\cdots -y_{s+t}^2$$

假设$s>k$, 令

$$H=⟨{\mathbf{\epsilon }}_1,\dots ,{\mathbf{\epsilon }}_s⟩,W=⟨{\mathbf{e}}_{k+1},\dots ,{\mathbf{e}}_n⟩$$

则$\dim (H)=s$且$\dim (W)=n-k>n-s$. 故存在非零向量$\mathbf{z}\in H\cap W$满足$q{|}_U(\mathbf{z})>0$且$q(\mathbf{z})\le 0$, 矛盾！ 同理分析$-q$和$-q{|}_U$, 我们可以得到$t\le l$

二次型的判定

第一种

设$q:V\to F$是$V$上的二次型, 如果

1. 对于$\forall \mathbf{v}\in V,q(\mathbf{v})=q(-\mathbf{v})$
2. 对于$\forall \mathbf{x},\mathbf{y}\in V$

$$f(\mathbf{x},\mathbf{y})=\frac{1}{2}(q(\mathbf{x}+\mathbf{y})-q(\mathbf{x})-q(\mathbf{y}))$$

是$V$上的对称双线性型 (关键是双线性型, 显然是对称的), $f$称为$q$的配极, 或者叫做相伴双线性型(associated bilinear form)

第二种

设$q:V\to F$. 则$q$是二次型当且仅当存在$f\in {\mathcal{L}}_2^{+}(V)$使得$\forall \mathbf{x}\in V,q(\mathbf{x})=f(\mathbf{x},\mathbf{x})$. 此时$q$的配极是$f$

线性算子的矩阵及其秩

如定义在$F[x{]}^{(3)}$上的差分算子

$$\begin{array}{rl}\Delta :F[x{]}^{(3)}& \to F[x{]}^{(3)}\\ f(x)& \to f(x+1)-f(x)\end{array}$$

符合线性算子的定义 起在$1,x,x^2$下的矩阵为

$$\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 0& 0& 2\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$$

当需要计算秩时, 需要考虑$F$的特征是否等于$2$, 如果是, 则秩为$1$, 否则秩为$2$

线性映射的单满射性质

一个线性映射$\varphi :V\to W$是单射当且仅当$\ker (\varphi )=\{0\}$ 一个线性映射$\varphi :V\to W$是满射当且仅当$\mathrm{im}(\varphi )=W$ 如果$\dim (V)=\dim (W)$, 则$\varphi$是单射当且仅当$\varphi$是满射

构造线性算子

设$V$是域$F$上的有限维线性空间, $U,W$是$V$的子空间且满足$U\oplus W=V$, 那么

1. 存在$\mathcal{A}\in \mathcal{L}(V)$使得$U=\mathrm{im}(\mathcal{A})$
2. 存在$\mathcal{B}\in \mathcal{L}(V)$使得$U=\ker (\mathcal{B}),W=\mathrm{im}(\mathcal{B})$

1. 设${\mathbf{e}}_1,\dots ,{\mathbf{e}}_d$是$U$的基底, 把它扩充为$V$的一组基底${\mathbf{e}}_1,\dots ,{\mathbf{e}}_d,{\mathbf{e}}_{d+1},\dots ,{\mathbf{e}}_n$, 令

$$\mathcal{A}({\mathbf{e}}_i)=\{\begin{array}{ll}{\mathbf{e}}_i,& i=1,2,\dots ,d\\ 0,& i=d+1,\dots ,n\end{array}$$

即可 2. 类似地, 令

$$\mathcal{A}({\mathbf{e}}_i)=\{\begin{array}{ll}{\mathbf{e}}_i,& {\mathbf{e}}_i\text{ is the basis of }W\\ 0,& {\mathbf{e}}_i\text{ is the basis of }U\end{array}$$

即可

直和的条件

设$V_1,\cdots ,V_k$是$V$的子空间, $W=V_1+V_2+\cdots V_k$, 如果对于任意$\mathbf{w}\in W$都存在唯一的${\mathbf{v}}_1\in V_1,\cdots ,{\mathbf{v}}_k\in V_k$使得

$$\mathbf{w}={\mathbf{v}}_1+\cdots +{\mathbf{v}}_k$$

则称$W$是$V_1,\cdots ,V_k$的直和, 并记为

$$W=V_1\oplus \cdots \oplus V_k$$

$W$是直和与以下两个命题等价

1. $0={\mathbf{v}}_1+\cdots +{\mathbf{v}}_k⟺{\mathbf{v}}_1=\cdots ={\mathbf{v}}_k=0$
2. $\forall i\in [k],V_i\cap (V_1+\cdots +V_{i-1}+V_{i+1}+\cdots +V_k)=\{0\}$

最小公倍式

设$F$是域, $f,g\in F[x]$是非零多项式, $m=\mathrm{deg}(f),n=\mathrm{deg}(g)$. 令$\ell$是$f$和$g$的最小公倍式和 $V=\left\{p\in F[x]\mid \mathrm{deg}(p)\le m+n\right\}$ 设$U$是$V$中$f,g$所有公倍式的集合, 证明$\dim (U)=m+n-d+1$, 其中$d=\mathrm{deg}(\ell )$

直接构造基底 注意到$\ell ,x\ell ,\dots ,x^{m+n-d}\ell \in U$. 因为这些多项式次数两两不同, 所以它们线性无关. 设$h\in U$, 则存在$q\in F[x]$使得$h=q\ell$. 因为$\mathrm{deg}(h)\le m+n$, 故$\mathrm{deg}(q)\le m+n-d$, 于是

$$q=q_{m+n-d}{x}^{m+n-d}+\cdots +q_{1}x+q_0$$

则

$$h=q_{m+n-d}(x^{m+n-d}\ell )+\cdots +q_1(x\ell )+q_0\ell$$

故$h$是$\ell ,x\ell ,\dots ,x^{m+n-d}\ell$在$F$上的线性组合, 由此可知上述多项式是$U$的基底, 所以$\dim (U)=m+n-d+1$

另解（对偶定理）: 考虑线性映射

$$\begin{array}{rl}\varphi :V& \to V\\ p& \to \mathrm{rem}(p,\ell )\end{array}$$

注意到$\ker (\varphi )=\{h\in V\mid \exists q\in F[x]\text{ s.t. }h=q\ell \}=U$, 而$\mathrm{im}(\varphi )=F[x{]}^{(d)}$ 于是有

$$\dim (U)+d=\dim (V)⟹\dim (U)=m+n+1-d$$

对偶空间

设$V$是域$F$上的有限维线性空间, $\mathrm{char}(F)\ne 2$. 设$f,g\in V^{\ast }\backslash \left\{0^{\ast }\right\}$, 令 $\begin{array}{rl}q:V& \to F\\ \mathbf{x}& \to f(\mathbf{x})g(\mathbf{x})\end{array}$> 则

1. $q$是$V$上的二次型
2. $\mathrm{rank}(q)=\dim ⟨f,g⟩$

1. 设

$$\varphi (\mathbf{x},\mathbf{y})=\frac{1}{2}(f(\mathbf{x})g(\mathbf{y})+f(\mathbf{y})g(\mathbf{x}))$$

是对称双线性型且$\varphi (\mathbf{x},\mathbf{x})=q(\mathbf{x})$, 故$q$是二次型

2. 设${\mathbf{e}}_1,\dots ,{\mathbf{e}}_n$是$V$的一组基, ${\alpha }_i=f({\mathbf{e}}_i),{\beta }_j=g({\mathbf{e}}_j)$ 则$q$在该基底下的矩阵是

$$A=(\varphi ({\mathbf{e}}_i,{\mathbf{e}}_j){)}_{n\times n}={\left(\frac{{\alpha }_i{\beta }_j+{\alpha }_j{\beta }_i}{2}\right)}_{n\times n}=\frac{1}{2}(\left(\begin{array}{c}{\alpha }_1\\ ⋮\\ {\alpha }_n\end{array}\right)({\beta }_1,\dots ,{\beta }_n)+\left(\begin{array}{c}{\beta }_1\\ ⋮\\ {\beta }_n\end{array}\right)({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n))$$

由此可知$\mathrm{rank}(A)\le 1+1=2$

如果$\dim ⟨f,g⟩=1$, 则存在$\lambda \in F\backslash \left\{0\right\}$使得$g=\lambda f$, 于是

$$A=\lambda ({\alpha }_i{\alpha }_j{)}_{n\times n}=\lambda \left(\begin{array}{c}{\alpha }_1\\ ⋮\\ {\alpha }_n\end{array}\right)({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n)$$

故$\mathrm{rank}(A)=1$

如果$\dim ⟨f,g⟩=2$, 则$({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n)$和$({\beta }_1,\dots ,{\beta }_n)$不线性相关, 故矩阵

$$\left(\begin{array}{ccc}{\alpha }_1& \cdots & {\alpha }_n\\ {\beta }_1& \cdots & {\beta }_n\end{array}\right)$$

中的一个二阶子式非零, 不妨设

$$\det \left(\begin{array}{cc}{\alpha }_1& {\alpha }_2\\ {\beta }_1& {\beta }_2\end{array}\right)\ne 0$$

则$A$中的二阶子式

$$\det \left(\begin{array}{cc}{\alpha }_1{\beta }_1& \frac{{\alpha }_1{\beta }_2+{\alpha }_2{\beta }_1}{2}\\ \frac{{\alpha }_1{\beta }_2+{\alpha }_2{\beta }_1}{2}& {\beta }_2{\alpha }_2\end{array}\right)\ne 0$$

于是$\mathrm{rank}(A)\ge 2⟹\mathrm{rank}(A)=2$