线性代数 学习笔记

前置可以看看 link,证明了一些比较基础的东西。

线性空间

给定域 $F$，定义其上的线性空间是一个集合 $V$，定义两种二元运算：

加法：$V+V\to V$。

数乘：$F\times V\to V$。

需要满足：

• 加法具有结合律，交换律，并且有零元，有逆元。

• 数乘需要满足有单位元，零元，结合律，和两种分配律。

比较简单的例子：

• $F^n$（长度为 $n$ 的有序数组）是数域 $F$ 上的线性空间。（即向量）。

• 复数域是实数域上的线性空间。

对于 $F$ 上的两个线性空间 $U,V$，如果 $U ⊆ V$，那么 $U$ 是 $V$ 的线性子空间。

充要条件为 $U ⊆ V$ 并且 $U$ 封闭。

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对于一组 $v_1,v_2,...,v_k\in V,a_1,a_2,...,a_k\in F$，称 $\sum_{i=1}^k a_iv_i$ 是 $v_1,v_2,...,v_k$ 的一个线性组合。

一组 $v$ 的所有线性组合是 $V$ 的线性子空间，称为生成子空间，记为 $\left \langle v_1,v_2,...,v_k \right \rangle$。

如果 $u\in \left \langle v_1,v_2,...,v_k \right \rangle$，称 $u$ 可以被 $v$ 线性表出。

对于一组 $v_1,v_2,...,v_k\in V$，如果存在一组 $a_1,a_2,...,a_k\in F$ 满足：

• $a$ 不全为 $0$。

• $\sum a_iv_i=0$

那么称 $v$ 线性相关，否则线性无关。

线性相关等价与存在一个 $v_i$ 可以被去掉它的 $v$ 线性表出。

如果 $v$ 的子集满足

• 线性无关。

• 再加一个 $v$ 中任意元素后线性相关。

那么称这个子集为极大线性无关组。

可以简单证明所有极大线性无关组大小相同。

称一个向量组极大线性无关组大小是向量组的秩，记作 $\text{rank}(S)$。

对于一个线性空间，取一组线性无关组 $S$，若其能表出 $V$ 中所有元素，那么为 $V$ 的一组基，称 $V$ 的维数是 $|S|$，记作 $\text{dim} V$。

矩阵

$n$ 行 $m$ 列，每个位置一个元素称为矩阵。

$n=1$ 或者 $m=1$ 的矩阵可以看成向量。

加法，数乘，乘法略过。

注意乘法没有交换律。

左乘一个矩阵，就是行向量的线性组合，右乘一个矩阵，就是列向量的线性组合。

定义 $A^{T}$ 表示 $A$ 的转置，满足 $A^T_{i,j}=A_{j,i}$。

乘法的单位元为 $A_{i,i}=1$，记作 $I_n$，也叫单位矩阵。

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下列三种变换称为初等行变换：

• 两行互换。

• 单行数乘。

• 一行减去另一行。

类似的，也定义初等列变换。

初等变换可以表示称矩阵乘法，一个是左乘一个是右乘，推起来并不难。

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• 矩阵的行秩 = 列秩

对于矩阵的行向量集合，定义其最大线性无关组是矩阵的行秩，类似定义列>秩序。

就是找列向量的一组基 $C$，由于 $A$ 的列向量可以被 $C$ 线性组合得到，所以设 $A=CR$，而由于 $R$ 是对 $C$ 进行线性组合，那么它的行秩显然 $\le$ $C$ 的列秩。

而 $A=CR$ 可以看成是 $R$ 的行变量进行线性组合的结果，所以 $A$ 的行秩 $\le$ $R$ 的行秩，所以 $A$ 的行秩 $\le$ 列秩，反过来同理证明。

因此可以直接定义一个矩阵的秩 $\text{rank} (A)$。

如果一个 $n\times m$ 的矩阵秩为 $r$，那么它可以表示为 $n\times r$ 的矩阵乘 $r\times m$ 的矩阵。

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已知矩阵 $A$ 和列向量 $b$，解

$$Ax=b$$

容易发现这和线性方程组等价。

一般采用高斯消元法进行求解，就是利用初等变换把矩阵改为行阶梯矩阵，这里不展开。

矩阵的秩就是消元后对角线非 $0$ 数个数。

注意到

$$Ax=b\to x=A^{-1}b$$

所以可以用高斯消元求出矩阵的逆，条件是满秩。

行列式

对于一个 $n\times n$ 矩阵 $A$，其行列式定义为：

$$|A|=\text{det}(A)=\sum_{p\in S_n} (-1)^{N(p)}\prod_{i=1}^n A_{i,p_i}$$

$S_n$ 是所有排列的集合，$N(p)$ 是 $p$ 的逆序对数量。

行列式咋求可以这里学习。

根据排列 $p$ 与它的逆排列逆序对奇偶性不变，可以得到：

$$\det(A)=\det(A^T)$$

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对于方阵 $A$，$I=\{i_1,i_2,...,i_k\}⊆R,J=\{j_1,j_2,...,j_k\}⊆C$，定义 $A[I,J]$ 表示 $A$ 保留 $I$ 中行和 $J$ 中列的交集后得到的矩阵。

• $|A[I,J]|$ 称为子式，$I=J$ 这个称为主子式。

• $|A[R-I,C-J]|$ 称为余子式。

• $k=1$ 时，定义 $(-1)^{i_1+j_1}|A[R-I,C-J]|$ 为代数余子式。

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对于第 $i$ 行考虑行列式中选那个点，可以得到

$$|A|=\sum_{j=1}^n (-1)^{i+j}|A[R-\{i\},C-\{j\}]| A_{i,j}$$

这叫做拉普拉斯展开，也可以扩展到选多列。

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对于多项式 $f(x),g(x)$：

$$f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i\\ g(x)=\sum_{i=0}^m b_ix^i$$

定义其西尔维斯特矩阵为：

定义两个多项式的结式 $\text{Res}(f,g)$ 为其行列式。

等价于如果 $f$ 的根是 $x_1,x_2,...,x_n$，$g$ 的根为 $y_1,y_2,...,y_m$。

$$\text{Res}(f,g)=a_n^mb_m^n\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^m (x_i-y_j)$$

考虑咋解：

$$\text{Res}(f,g)=a_n^mb_m^n\prod_{i=1}^m f(y_i)=a_n^mb_m^n\prod_{i=1}^m g(x_i)\\ \text{Res}(g,f)=(-1)^{n+m}\text{Res}(f,g)\\ f(x_i)=0$$

这几点是显然的。

然后开始操作，令 $f=g\times s+r$，此处 $\deg f\ge \deg g$。

$$\prod_{i=1}^mf(y_i)=\prod_{i=1}^mr(y_i)$$

因此先把 $a_n^mb_m^n$ 加入到答案，然后进行一个多项式取模，然后递归求 $\text{Res}(r,g)$ 即可。

得到这个做法后，发现和上面那个行列式的暴力求解过程式一样的，复杂度 $O(nm)$。