复旦大学数学学院19级高等代数II期中考试第七大题的两种证法及其推广

Jordan 标准型的应用是高等代数教学中的难点, 也是考试中的热点, 其中应用最广泛的技巧, 应该是所谓的三段论法:  即若矩阵问题的条件和结论在相似关系下不改变, 则可以先证明结论对 Jordan 块成立; 再证明对 Jordan 标准型成立; 最后证明对一般的矩阵也成立. 如下例题是运用三段论法证明矩阵问题的典型例子.

例题 (高代白皮书的例 7.44)  设 $B$ 为 $n$ 阶非异复方阵, 证明: 对任意的正整数 $m$, 存在 $n$ 阶复方阵 $A$, 使得 $A^m=B$.

证明  设 $P$ 为非异阵, 使得 $P^{-1}BP=J=\mathrm{diag}\{J_{r_1}(\lambda_1),J_{r_2}(\lambda_2),\cdots,J_{r_k}(\lambda_k)\}$ 为 $B$ 的 Jordan 标准型. 由于 $B$ 非异, 故 $B$ 的所有特征值都非零.

第一步  对 $B$ 的任一 Jordan 块 $J_{r_i}(\lambda_i)$, 取定 $\lambda_i$ 的某个 $m$ 次方根 $\mu_i$, 即 $\mu_i^m=\lambda_i$. 我们利用测试矩阵的技巧, 即采用 Jordan 块 $J_{r_i}(\mu_i)$ 作为 $m$ 次方根的测试. 注意到 $$J_{r_i}(\mu_i)^m=\begin{pmatrix} \lambda_i & m\mu_i^{m-1} & * & \cdots & * \\ & \lambda_i & m\mu_i^{m-1} & \cdots & * \\ & & \ddots & \ddots & \vdots \\ & & & \ddots & m\mu_i^{m-1} \\ & & & & \lambda_i \\ \end{pmatrix}$$ 是一个上三角阵, 其特征值全为 $\lambda_i$. 由于 $m\mu_i^{m-1}\neq 0$, 故特征值 $\lambda_i$ 的几何重数等于 $r_i-r(J_{r_i}(\mu_i)^m-\lambda_iI_{r_i})=1$, 于是 $J_{r_i}(\mu_i)^m$ 只有一个 Jordan 块, 从而 $J_{r_i}(\mu_i)^m$ 相似于 $J_{r_i}(\lambda_i)$, 即存在非异阵 $Q_i$, 使得 $J_{r_i}(\lambda_i)=Q_i^{-1}J_{r_i}(\mu_i)^mQ_i=(Q_i^{-1}J_{r_i}(\mu_i)Q_i)^m$.

第二步  令 $C=\mathrm{diag}\{Q_1^{-1}J_{r_1}(\mu_1)Q_1,Q_2^{-1}J_{r_2}(\mu_2)Q_2,\cdots,Q_k^{-1}J_{r_k}(\mu_k)Q_k\}$, 则有 $J=C^m$.

第三步  因此, $B=PJP^{-1}=PC^mP^{-1}=(PCP^{-1})^m$, 令 $A=PCP^{-1}$, 则有 $B=A^m$.  $\Box$

运用三段论法和测试矩阵这两种技巧的更多例题，请读者参考高代白皮书的第 7.2.8 节或高代习题课教学视频中的"Jordan 标准型的应用"这一讲. 下面是复旦大学数学学院 19 级高等代数 II 期中考试第七大题, 我们将给出两种证法, 分别是应用上述例题的证明过程 (由王丽莉博士后提供) 以及运用测试矩阵的技巧, 但这里是将广义 Jordan 块作为测试矩阵.

第七大题  设 $a,b$ 都是实数, 其中 $b\neq 0$, 证明: 对任意的正整数 $m$, 存在 4 阶实方阵 $A$, 使得 $$A^m=B=\begin{pmatrix} a & b & 2 & 0 \\ -b & a & 2 & 0 \\ 0 & 0 & a & b \\ 0 & 0 & -b & a \\ \end{pmatrix}.$$

证明  显然, $B$ 的特征多项式 $f(\lambda)=((\lambda-a)^2+b^2)^2$. 我们可用三种方法求出 $B$ 的 Jordan 标准型 (参考高代白皮书的第 7.2.6 节). 第一种方法是计算行列式因子: $$\lambda I_4-B=\begin{pmatrix} \lambda-a & -b & -2 & 0 \\ b & \lambda-a & -2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda-a & -b \\ 0 & 0 & b & \lambda-a \end{pmatrix},$$ 经计算可知 $$(\lambda I_4-B)\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 4 \\ \end{pmatrix}=-b((\lambda-a)^2+b^2),\,\,(\lambda I_4-B)\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4 \\ \end{pmatrix}=-2b(\lambda-a+b).$$ 显然这两个 3 阶子式互素, 故 3 阶行列式因子 $D_3(\lambda)=1$, 于是 $B$ 的行列式因子组和不变因子组均为 $1,1,1,((\lambda-a)^2+b^2)^2$, 从而初等因子组为 $(\lambda-a-b\mathrm{i})^2$, $(\lambda-a+b\mathrm{i})^2$, 因此 $B$ 的 Jordan 标准型 $J=\mathrm{diag}\{J_2(a+b\mathrm{i}),J_2(a-b\mathrm{i})\}$. 第二种方法是计算极小多项式: 由于 $B$ 是实方阵, 故其极小多项式 $m(\lambda)$ 是实系数多项式, 又 $m(\lambda)$ 整除 $f(\lambda)$, 从而只能是 $m(\lambda)=(\lambda-a)^2+b^2$ 或 $m(\lambda)=((\lambda-a)^2+b^2)^2$. 通过简单的计算可知 $B$ 不适合多项式 $(\lambda-a)^2+b^2$, 于是 $m(\lambda)=f(\lambda)=((\lambda-a)^2+b^2)^2$, 剩余的讨论同第一种方法. 第三种方法是计算特征值的几何重数: $B$ 的全体特征值为 $a+b\mathrm{i}$ (2 重), $a-b\mathrm{i}$ (2 重), 通过简单的计算可知 $r(B-(a+b\mathrm{i})I_4)=3$ 以及 $r(B-(a-b\mathrm{i})I_4)=3$, 于是 $a\pm b\mathrm{i}$ 的几何重数都等于 1, 从而分别只有一个 2 阶 Jordan 块, 因此 $B$ 的 Jordan 标准型 $J=\mathrm{diag}\{J_2(a+b\mathrm{i}),J_2(a-b\mathrm{i})\}$.

下面给出两种证法. 第一种证法是构造性证明, 其想法就是把上述例题的证明过程精细化 (注意不能直接引用上述例题的结论, 因为那里的 $A$ 不一定是实方阵); 第二种证法是存在性证明, 其思路就是利用广义 Jordan 块来做测试矩阵.

证法一  设 $\lambda_1=a+b\mathrm{i}$, 则 $\overline{\lambda}_1=a-b\mathrm{i}$. 我们先来确定过渡矩阵 $P$. 设 $\alpha_1,\alpha_2$ 是 $B$ 关于特征值 $\lambda_1$ 的特征向量和广义特征向量, 即满足 $$(1)\quad B\alpha_1=\lambda_1\alpha_1,\,\,B\alpha_2=\alpha_1+\lambda_1\alpha_2.$$ 注意到 $B$ 是实方阵, 将 (1) 式取共轭后可得 $$(2)\quad B\overline{\alpha}_1=\overline{\lambda}_1\overline{\alpha}_1,\,\,B\overline{\alpha}_2=\overline{\alpha}_1+\overline{\lambda}_1\overline{\alpha}_2.$$ 由于 $\{\alpha_1,\alpha_2\}$ 构成了根子空间 $R(\lambda_1)$ 的一组基, 容易验证 $\overline{\alpha}_1,\overline{\alpha}_2$ 在复数域上线性无关, 再由 (2) 式可知 $\{\overline{\alpha}_1,\overline{\alpha}_2\}$ 构成了根子空间 $R(\overline{\lambda}_1)$ 的一组基. 由于 $\mathbb{C}^4=R(\lambda_1)\oplus R(\overline{\lambda}_1)$, 故 $\{\alpha_1,\alpha_2,\overline{\alpha}_1,\overline{\alpha}_2\}$ 是 $\mathbb{C}^4$ 的一组基. 令 $P=(\alpha_1,\alpha_2,\overline{\alpha}_1,\overline{\alpha}_2)$, 则 $P$ 是非异阵, 使得 $$P^{-1}BP=J=\mathrm{diag}\{J_2(\lambda_1),J_2(\overline{\lambda}_1)\}.$$ 由于 Jordan 块是 2 阶的, 故不需要引入测试矩阵, 直接通过简单的计算就能得到其 $m$ 次方根. 设 $\mu_1$ 是 $\lambda_1$ 的 $m$ 次方根, 即满足 $\mu_1^m=\lambda_1$ (取定一个即可). 令 $$K_2(\mu_1)=\begin{pmatrix} \mu_1 & \dfrac{1}{m}\mu_1^{1-m} \\ 0 & \mu_1 \\ \end{pmatrix},$$ 则 $K_2(\mu_1)$ 是 $J_2(\lambda_1)$ 的 $m$ 次方根, 即满足 $K_2(\mu_1)^m=J_2(\lambda_1)$. 同理 $K_2(\overline{\mu}_1)^m=J_2(\overline{\lambda}_1)$. 令 $C=\mathrm{diag}\{K_2(\mu_1),K_2(\overline{\mu}_1)\}$, 则 $C^m=\mathrm{diag}\{J_2(\lambda_1),J_2(\overline{\lambda}_1)\}=J$. 令 $A=PCP^{-1}$, 则 $$A^m=(PCP^{-1})^m=PC^mP^{-1}=PJP^{-1}=B,$$ 即 $A$ 是 $B$ 的 $m$ 次方根. 最后, 我们还需验证 $A$ 的确是实方阵. 令 $T=\begin{pmatrix} O & I_2 \\ I_2 & O \\ \end{pmatrix}$, 则容易验证 $T=T'=T^{-1}$, $\overline{P}=PT$ 且 $T\overline{C}T=C$. 于是 $$\overline{A}=\overline{PCP^{-1}}=\overline{P}\overline{C}\overline{P}^{-1}=PT\overline{C}T^{-1}P^{-1}=PCP^{-1}=A,$$ 即 $A$ 是实方阵.

证法二  取 $a+b\mathrm{i}$ 的 $m$ 次方根 $c+d\mathrm{i}$ ($c,d\in\mathbb{R}$), 即满足 $(c+d\mathrm{i})^m=a+b\mathrm{i}$ (取定一个即可). 构造实方阵 (取法不唯一): $$C=\begin{pmatrix} c & d & 2 & 0 \\ -d & c & 2 & 0 \\ 0 & 0 & c & d \\ 0 & 0 & -d & c \\ \end{pmatrix},\,\,\hbox{或}\,\,C=\begin{pmatrix} c & d & 1 & 0 \\ -d & c & 0 & 1 \\ 0 & 0 & c & d \\ 0 & 0 & -d & c \\ \end{pmatrix},\,\,\hbox{或}\,\,C=\begin{pmatrix} c & d & 0 & 0 \\ -d & c & 1 & 0 \\ 0 & 0 & c & d \\ 0 & 0 & -d & c \\ \end{pmatrix}.$$ 注意到 $d\neq 0$, 则由开始处完全类似的讨论可知, $C$ 的 Jordan 标准型为 $\mathrm{diag}\{J_2(c+d\mathrm{i}),J_2(c-d\mathrm{i})\}$. 由高代白皮书的例 7.35 可知, $J_2(c\pm d\mathrm{i})^m$ 的 Jordan 标准型为 $J_2(a\pm b\mathrm{i})$, 从而 $C^m$ 的 Jordan 标准型为 $\mathrm{diag}\{J_2(a+b\mathrm{i}),J_2(a-b\mathrm{i})\}$, 于是 $B$ 与 $C^m$ 有相同的 Jordan 标准型, 故它们在复数域上相似. 然而 $B$ 与 $C^m$ 都是实矩阵, 故由高代教材的推论 7.3.4 (矩阵相似在基域扩张下的不变性) 可知, 它们在实数域上也相似, 即存在非异阵 $P\in M_4(\mathbb{R})$, 使得 $B=P^{-1}C^mP=(P^{-1}CP)^m$. 令 $A=P^{-1}CP$, 则 $A$ 为实方阵, 满足 $A^m=B$.  $\Box$

接下去我们给出若干个推广, 第一个推广是: 实数域上的两类广义 Jordan 块都存在 $m$ 次方根. 事实上, 第七大题证法二中测试矩阵 $C$ 的后两种取法就是实数域上的两类广义 Jordan 块 (参考高代白皮书第 366 页).

推广 1  设 $a,b$ 都是实数, 其中 $b\neq 0$. 设 $S=\begin{pmatrix} a & b \\ -b & a \\ \end{pmatrix}$, $T=I_2$ 或 $T=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \\ \end{pmatrix}$. 证明: 对任意的正整数 $m$, 存在 $2n$ 阶实方阵 $A$, 使得 $$A^m=J_n(a,b)=\begin{pmatrix} S & T  & & & \\ & S & T & & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & \ddots & T \\ & & & & S \\ \end{pmatrix}.$$

证明  取 $a+b\mathrm{i}$ 的 $m$ 次方根 $c+d\mathrm{i}$ ($c,d\in\mathbb{R}$), 即满足 $(c+d\mathrm{i})^m=a+b\mathrm{i}$ (取定一个即可). 设 $R=\begin{pmatrix} c & d \\ -d & c \\ \end{pmatrix}$, 令 $$J_n(c,d)=\begin{pmatrix} R & T  & & & \\ & R & T & & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & \ddots & T \\ & & & & R \\ \end{pmatrix}.$$ 根据高代白皮书的例 7.68 (实数域上的广义 Jordan 标准型理论) 的证明过程可知, $J_n(a,b)$ 的不变因子组为 $1,\cdots,1,((\lambda-a)^2+b^2)^n$, 从而 $J_n(a,b)$ 在复数域上的初等因子为 $(\lambda-a-b\mathrm{i})^n$, $(\lambda-a+b\mathrm{i})^n$, 于是 $J_n(a,b)$ 的 Jordan 标准型为 $\mathrm{diag}\{J_n(a+b\mathrm{i}),J_n(a-b\mathrm{i})\}$. 同理由 $d\neq 0$ 可知, $J_n(c,d)$ 的 Jordan 标准型为 $\mathrm{diag}\{J_n(c+d\mathrm{i}),J_n(c-d\mathrm{i})\}$. 由高代白皮书的例 7.35 可知, $J_n(c\pm d\mathrm{i})^m$ 的 Jordan 标准型为 $J_n(a\pm b\mathrm{i})$, 从而 $J_n(c,d)^m$ 的 Jordan 标准型为 $\mathrm{diag}\{J_n(a+b\mathrm{i}),J_n(a-b\mathrm{i})\}$, 于是 $J_n(a,b)$ 与 $J_n(c,d)^m$ 有相同的 Jordan 标准型, 故它们在复数域上相似. 然而 $J_n(a,b)$ 与 $J_n(c,d)^m$ 都是实矩阵, 故由高代教材的推论 7.3.4 (矩阵相似在基域扩张下的不变性) 可知, 它们在实数域上也相似, 即存在非异阵 $P\in M_{2n}(\mathbb{R})$, 使得 $J_n(a,b)=P^{-1}J_n(c,d)^mP=(P^{-1}J_n(c,d)P)^m$. 令 $A=P^{-1}J_n(c,d)P$, 则 $A$ 为实方阵, 满足 $A^m=B$.  $\Box$

注  我们也可以利用与第七大题证法一类似的讨论来证明推广 1, 请感兴趣的读者自行完成相关的细节.

第二个是第七大题的推广.

推广 2  设 $a,b$ 都是实数, 其中 $b\neq 0$, 设 $S=\begin{pmatrix} a & b \\ -b & a \\ \end{pmatrix}$. 证明: 对任意的正整数 $m$, 存在 $2n$ 阶实方阵 $A$, 使得 $$A^m=B=\begin{pmatrix} S & *  & * & \cdots & * \\ & S & * & \cdots & * \\ & & \ddots & \ddots & \vdots \\ & & & \ddots & * \\ & & & & S \\ \end{pmatrix}.$$

证明  显然, $B$ 的特征多项式 $f(\lambda)=((\lambda-a)^2+b^2)^n$, 故不妨设 $B$ 在实数域上的初等因子组为 $((\lambda-a)^2+b^2)^{r_1}$, $((\lambda-a)^2+b^2)^{r_2}$, $\cdots$, $((\lambda-a)^2+b^2)^{r_k}$. 由实数域上的广义 Jordan 标准型理论 (高代白皮书的例 7.68) 可知, 存在非异阵 $P\in M_{2n}(\mathbb{R})$, 使得 $$P^{-1}BP=\mathrm{diag}\{J_{r_1}(a,b),J_{r_2}(a,b),\cdots,J_{r_k}(a,b)\}.$$ 再由推广 1 可知, 存在 $C_i\in M_{2r_i}(\mathbb{R})$, 使得 $J_{r_i}(a,b)=C_i^m$. 令 $C=\mathrm{diag}\{C_1,C_2,\cdots,C_k\}$, 则有 $P^{-1}BP=C^m$, 从而 $B=PC^mP^{-1}=(PCP^{-1})^m$. 令 $A=PCP^{-1}$, 则 $A$ 为实方阵, 满足 $A^m=B$.  $\Box$

第三个是一开始的例题 (高代白皮书的例 7.44) 在实数域上的推广.

推广 3  设 $B$ 为 $n$ 阶非异实方阵, $m$ 为正整数, 满足: 对 $B$ 的任一实特征值 $\lambda_i$, 都存在实数 $\mu_i$, 使得 $\mu_i^m=\lambda_i$. 证明: 存在 $n$ 阶实方阵 $A$, 使得 $A^m=B$.

注  以下三种情形均可使条件得到满足:

(i) $B$ 只有虚特征值, 没有实特征值;

(ii) $m$ 是奇数;

(iii) 当 $m$ 是偶数时, $B$ 的所有实特征值都是正实数.

证明  设 $B$ 在实数域上的初等因子组为 $(\lambda-\lambda_1)^{r_1}$, $\cdots$, $(\lambda-\lambda_k)^{r_k}$, $((\lambda-a_1)^2+b_1^2)^{s_1}$, $\cdots$, $((\lambda-a_l)^2+b_l^2)^{s_l}$, 其中 $\lambda_1,\cdots,\lambda_k$, $a_1,b_1,\cdots,a_l,b_l$ 都是实数, $b_1,\cdots,b_l$ 都非零. 由实数域上的广义 Jordan 标准型理论 (高代白皮书的例 7.68) 可知, 存在非异阵 $P\in M_n(\mathbb{R})$, 使得 $$P^{-1}BP=\mathrm{diag}\{J_{r_1}(\lambda_1),\cdots,J_{r_k}(\lambda_k),J_{s_1}(a_1,b_1),\cdots,J_{s_l}(a_l,b_l)\}.$$ 由题目条件, 对任一实特征值 $\lambda_i$, 都存在实数 $\mu_i$, 使得 $\mu_i^m=\lambda_i\,(1\leq i\leq k)$. 由一开始的例题第一步的讨论可知, $J_{r_i}(\mu_i)^m$ 相似于 $J_{r_i}(\lambda_i)$, 但它们都是实矩阵, 故在实数域上相似, 于是存在非异实方阵 $Q_i$, 使得 $J_{r_i}(\lambda_i)=Q_i^{-1}J_{r_i}(\mu_i)^mQ_i=(Q_i^{-1}J_{r_i}(\mu_i)Q_i)^m$. 令 $B_i=Q_i^{-1}J_{r_i}(\mu_i)Q_i$, 则 $B_i$ 为实方阵, 满足 $J_{r_i}(\lambda_i)=B_i^m\,(1\leq i\leq k)$. 再由推广 1 可知, 存在实方阵 $C_j$, 满足 $J_{s_j}(a_j,b_j)=C_j^m\,(1\leq j\leq l)$. 令 $C=\mathrm{diag}\{B_1,\cdots,B_k,C_1,\cdots,C_l\}$, 则 $C$ 为实方阵, 满足 $P^{-1}BP=C^m$, 从而 $B=PC^mP^{-1}=(PCP^{-1})^m$. 令 $A=PCP^{-1}$, 则 $A$ 为实方阵, 满足 $A^m=B$.  $\Box$

注意到当 $m$ 是偶数时, $B$ 的所有实特征值都是正实数的这个条件实在是太强了. 为了得到更一般的结果, 我们来看平方根情形的推广.

推广 4  设 $B$ 为 $n$ 阶非异实方阵, 证明: 存在 $n$ 阶实方阵 $A$, 使得 $A^2=B$ 成立的充要条件是, 对 $B$ 的任一负特征值 $\lambda_0$, 其 Jordan 块在 $B$ 的 Jordan 标准型中成对出现: $J_{r_1}(\lambda_0),J_{r_1}(\lambda_0)$, $\cdots$, $J_{r_k}(\lambda_0),J_{r_k}(\lambda_0)$.

证明  先证必要性. 若存在 $n$ 阶实方阵 $A$, 使得 $A^2=B$, 则 $\pm\sqrt{-\lambda_0}\mathrm{i}$ 必为 $A$ 的共轭虚特征值. 考虑实方阵 $A$ 的广义 Jordan 标准型 (高代白皮书的例 7.68) , 设关于共轭虚特征值 $\pm\sqrt{-\lambda_0}\mathrm{i}$ 的广义 Jordan 块为 $J_{r_1}(0,\sqrt{-\lambda_0})$, $\cdots$, $J_{r_k}(0,\sqrt{-\lambda_0})$, 则在 $A$ 的 Jordan 标准型中, 共轭虚特征值 $\pm\sqrt{-\lambda_0}\mathrm{i}$ 的 Jordan 块为 $J_{r_1}(\sqrt{-\lambda_0}\mathrm{i}),J_{r_1}(-\sqrt{-\lambda_0}\mathrm{i})$, $\cdots$, $J_{r_k}(\sqrt{-\lambda_0}\mathrm{i}),J_{r_k}(-\sqrt{-\lambda_0}\mathrm{i})$. 再由高代白皮书的例 7.35 可知, 在 $A^2=B$ 的 Jordan 标准型中, 特征值 $\lambda_0$ 的 Jordan 块为 $J_{r_1}(\lambda_0),J_{r_1}(\lambda_0)$, $\cdots$, $J_{r_k}(\lambda_0),J_{r_k}(\lambda_0)$, 即成对出现.

再证充分性. 我们采用与推论 3 完全类似的证明, 由推论 3 的注可知, 只要添补上 $B$ 的负特征值的 Jordan 块部分的讨论即可. 由于 $B$ 的任一负特征值 $\lambda_0$ 的 Jordan 块成对出现: $\mathrm{diag}\{J_{r_1}(\lambda_0),J_{r_1}(\lambda_0)$, $\cdots$, $J_{r_k}(\lambda_0),J_{r_k}(\lambda_0)\}$, 故由必要性的证明可知, 其对应的实平方根可取为 $\mathrm{diag}\{J_{r_1}(0,\sqrt{-\lambda_0})$, $\cdots$, $J_{r_k}(0,\sqrt{-\lambda_0})\}$ (相差一个实相似变换), 剩下的就是把所有的实平方根整合起来即可.  $\Box$ 

最后, 我们可以得到如下定理.

定理 5  设 $B$ 为 $n$ 阶非异实方阵, $m$ 为任一正整数. 若 $m$ 为偶数, 进一步假设对 $B$ 的任一负特征值 $\lambda_0$, 其 Jordan 块在 $B$ 的 Jordan 标准型中成对出现: $J_{r_1}(\lambda_0),J_{r_1}(\lambda_0)$, $\cdots$, $J_{r_k}(\lambda_0),J_{r_k}(\lambda_0)$, 则存在 $n$ 阶实方阵 $A$, 使得 $A^m=B$.

证明  若 $m$ 为奇数, 则结论由推论 3 即得. 下设 $m=2p$ 为偶数, 则由推论 4 可知, 存在 $n$ 阶实方阵 $C$, 使得 $C^2=B$, 并且 $C$ 没有负特征值了 (只有虚特征值和正特征值). 再次由推论 3 可知, 存在 $n$ 阶实方阵 $A$, 使得 $A^p=C$, 从而 $A^m=B$.  $\Box$

 

参考文献

[1]  高代教材: 姚慕生, 吴泉水, 谢启鸿 编著, 高等代数学 (第三版), 复旦大学出版社, 2014.

[2]  高代白皮书: 姚慕生, 谢启鸿 编著, 学习方法指导书: 高等代数 (第三版), 复旦大学出版社, 2015.

[3]  谢启鸿, 复旦大学高等代数习题课教学视频, https://www.bilibili.com/video/av90771191/