高等代数(I)

12

11

直和

定义

设 \(M_1,M_2\) 是 \(V\) 的两个子空间，\(M_1+M_2=M\)，如果对于任意向量 \(\alpha\)，其表示形式 \(\alpha=\alpha_1+\alpha_2\) （\(\alpha_1\in M_1,\alpha_2\in M2\)） 是唯一的，称 \(M\) 是 \(M_1\) 与 \(M_2\) 的直和。

定理

设 \(M_1,M_2\) 是 \(V\) 的两个有限维子空间，则下面的条件等价：

\((1)\) \(M_1+M_2\) 是直和
\((2)\) 0 向量表示唯一，即由

\[0=\alpha_1+\alpha_2（\alpha_1\in M_1,\alpha_2\in M_2） \]

必有 \(\alpha_1=\alpha_2=0\)

\((3)\) \(M_1\cap M_2=\{0\}\)
\((4)\) \(\dim M_1+\dim M_2=\dim(M_1+M_2)\)

这个定理也可以扩展到多个子空间。

证明

略

10

Hamilton-Cayley

内容

考虑 n 阶矩阵 \(A\) 的特征多项式 \(f(\lambda)=|\lambda I-A|=\sum_{i=0}^nc_i\lambda^i\)。

证明：

\[\sum_{i=0}^nc_iA^i=0_n \]

证明

将 \(f(\lambda)\) 分解为 \(\prod_{i=1}^n(\lambda-\lambda_i)\)。

\(\exists P,s.t.P^{-1}AP=B\)，\(B\) 是一个上三角矩阵，对角线上是 \(\lambda_1\dots\lambda_n\)。

\[P^{-1}f(A)P=f(P^{-1}AP)=\prod_{i=1}^n(P^{-1}AP-\lambda_iI)=0_n\Rightarrow f(A)=0_n \]

9

正定

定理1

实对称矩阵 \(A\) 是正定充分必要条件为 \(A\) 的所有顺序主子式全大于零。

证明

必要性：若 \(A\) 正定，现在证 \(A\binom{1\dots k}{1\dots k}\) 正定。考虑分块矩阵，最左上角是 \(A\binom{1\dots k}{1\dots k}\)，对于任意一个长度为 \(k\) 的非零向量 \(\alpha\)，将其伸长为长度为 \(n\) 的向量 \(\alpha\prime\)，第 \(k+1\) 到第 \(n\) 维全是 \(0\)。通过 \(\alpha\prime^TA\alpha\prime>0\) 可以得到 \(\alpha^TA\binom{1\dots k}{1\dots k}\alpha>0\)。

充分性：归纳证明，归纳 \(n\) 的时候消元消一行，然后合同于 \(\begin{pmatrix}A_{n-1} & 0 \\ 0 & b\end{pmatrix}\)，这个通过归纳假设又能合同于 \(\begin{pmatrix}I_{n-1} & 0 \\ 0 & b\end{pmatrix}\)。这里 \(b>0\) 是通过 \(|A|=|A_{n-1}|b\) 得到的，然后得出 \(A\) 是正定。

8

Witt 定理

内容

评论

这里的令 \(P_2=P_1+X\) 感觉很难想到，凭什么是这个形式呢。

7

实对称矩阵的对角化

定理1

实对称矩阵 \(A\) 的特征多项式在复数域中的每一个根都是实数。

证明

设 \(\lambda_0\) 是特征多项式 \(|\lambda I-A|\) 在复数域的任意一个根。

\((\lambda I-A)X=0\) 在复数域有非零解，取它的一个非零解

\[\alpha=\begin{pmatrix}c_1\\c_2\\ \vdots \\c_n\end{pmatrix}\tag 1 \]

然后

\[(\lambda_0I-A)\alpha=0\Rightarrow A\alpha=\lambda_0\alpha\Rightarrow \bar{A}\bar{\alpha}=\bar{\lambda_0}\bar{\alpha}\Rightarrow A\bar{\alpha}=\bar{\lambda_0}\bar{\alpha}\Rightarrow \alpha^TA\bar{\alpha}=\bar{\lambda_0}\alpha^T\bar{\alpha} \]

又有

\[A\alpha=\lambda_0\alpha\Rightarrow\alpha^TA^T=\lambda_0\alpha_T\Rightarrow a^T A^T\bar{\alpha}=\lambda_0\alpha^T\bar{\alpha}\Rightarrow a^T A\bar{\alpha}=\lambda_0\alpha^T\bar{\alpha} \]

两式相减得

\[(\lambda_0-\bar{\lambda_0})\alpha^T\alpha=0 \]

由于 \(\alpha\) 非零，因此 \(\alpha^T\bar\alpha\) 非零，因此 \(\lambda_0=\bar{\lambda_0}\)，因此 \(\lambda_0\) 是实数。

本质上是对 \(A\alpha=\lambda_0\alpha\) 转置得到一个等式，共轭得到一个等式，然后变形。

定理 2

实对称矩阵 \(A\) 的属于不同特征值的特征向量是正交的。

证明

设特征值为 \(\lambda_1\) 和 \(\lambda_2\)，对应特征向量为 \(\alpha_1,\alpha_2\)。

有 \(\lambda_1(\alpha_1,\alpha_2)=(A\alpha_1,\alpha_2)=\alpha_1^TA^T\alpha_2=\alpha_1^TA\alpha_2\)

还有 \(\lambda_2(\alpha_1,\alpha_2)=(\alpha_1,A\alpha_2)=\alpha_1^TA\alpha_2\)

于是有 \(\lambda_1(\alpha_1,\alpha_2)=\lambda_2(\alpha_1,\alpha_2)\)，因为 \(\lambda_1\neq\lambda_2\)，因此有 \((\alpha_1,\alpha_2)=0\)。

定理3

实对称矩阵一定正交相似于对角矩阵。

证明

对矩阵 \(A\) 的阶数归纳

\(n=1\) 时，成立。

设任意一个 \(n-1\) 阶实对称矩阵都能正交相似与对角矩阵。

任取一个 \(A\) 的特征值 \(\lambda_1\)，由定理1得 \(\lambda_1\) 必然存在。

取 \(A\) 的一个属于 \(\lambda_1\) 的特征向量 \(\eta_1\)，且 \(|\eta_1|=1\)，然后将 \(\eta_1\) 扩充成 \(\mathbb{R}^n\) 的一个标准正交基 \(\eta_1,\eta_2,\dots,\eta_n\)。

令 \(T=(\eta_1,\dots,\eta_n)\)。

有 \(AT=(A\eta_1,\dots,\eta_n)=(\lambda_1\eta_1,A\eta_2,\dots,A\eta_n)=T\begin{pmatrix}\lambda_1 & \alpha\\ 0 & B\end{pmatrix}\)

有 \(T^{-1}AT=\begin{pmatrix}\lambda_1 & \alpha\\ 0 & B\end{pmatrix}\)，由于 \(T\) 是正交，\(A\) 是实对称矩阵，因此 \(T^{-1}AT\) 也是实对称矩阵，于是 \(\alpha=0\)，并且 \(B\) 是 \(n-1\) 阶实对称矩阵。

设 \(P^{-1}BP=\mathrm{diag} \left\{\lambda_2,\dots,\lambda_n\right\}\)，令 \(Q=T\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & P\end{pmatrix}\)，那么

\[Q^{-1}AQ=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0\\ 0 & P^{-1}BP\end{pmatrix}=\mathrm{diag}\left\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\right\} \]

由于 \(T\) 和 \(P\) 都是正交矩阵，因此可推出 \(Q\) 也是正交矩阵。

因此，\(A\) 正交相似于对角矩阵 \(\mathrm{diag}\left\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\right\}\)。

6

相似

定义

设 \(A\) 和 \(B\) 都是数域 \(K\) 上的 \(n\) 阶矩阵，如果存在一个数域 \(K\) 上的的 \(n\) 阶可逆矩阵 \(P\)，满足 \(PAP^{-1}=B\)。则称 \(A\) 和 \(B\) 是相似的，记作 \(A\sim B\)。

对角化

定义

如果一个 \(n\) 阶矩阵 \(A\) 能够相似于对角矩阵 \(D\)，则称 \(A\) 可对角化，把对角矩阵 \(D\) 称为相似标准型。

特征多项式

定义

对于一个 \(n\) 阶矩阵的特征多项式定义为 \(f(\lambda)=|\lambda I-A|\)。

性质1

相似矩阵的特征多项式相等。（但是特征多项式相等的矩阵不一定相似比如 \(\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix}\) 和 \(\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}\)）

证明

设 \(A,B\) 相似，则存在可逆矩阵 \(T\) 满足 \(TAT^{-1}=B\)，\(f_B(\lambda)=|\lambda I-B|=|\lambda I-TAT^{-1}|=|T(\lambda I-A)T^{-1}|=|T|f_A(\lambda)|T^{-1}|=f_A(\lambda)\)。

性质2

\[f(\lambda)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\lambda^i\sum_{1\le j_1<\dots<j_i\le n}A\begin{pmatrix}j_1,j_2,\dots,j_n \\ j_1,j_2,\dots,j_n \end{pmatrix} \]

证明

展开即可。

特征值/特征向量/特征子空间

定义

设 \(A\) 是数域 \(K\) 上的 \(n\) 阶矩阵，如果有非零列向量 \(\alpha\) 满足

\[A\alpha=\lambda_0 \alpha，且 \lambda_0\in K， \]

则称 \(\lambda_0\) 是 \(A\) 的一个特征值。称 \(\alpha\) 是 \(A\) 的属于特征值 \(\lambda_0\) 的一个特征向量。齐次方程 \((\lambda_0 I-A)X=0\) 的解空间称为 \(A\) 的属于特征值 \(\lambda_0\) 的特征子空间，记作 \(V_{\lambda_0}\)。

性质1

\(\lambda_0\) 是 \(A\) 的特征值当且仅当 \(\lambda_0\) 是 \(A\) 的特征多项式 \(f(\lambda)\) 在 \(K\) 中的根。

证明1

\(\lambda_0\in K\) 是 \(A\) 的特征值 \(\Leftrightarrow\) \(\exists \alpha\neq 0,s.t.(\lambda_0I-A)\alpha=0\) \(\Leftrightarrow\) \(\alpha\) 是齐次方程 \((\lambda_0I-A)X=0\) 的一个非零解 \(\Leftrightarrow\) \(|\lambda_0I-A|=0\) \(\Leftrightarrow\) \(f(\lambda_0)=0\)。

性质2

\(V_{\lambda_1}\) 中的线性无关向量 \(\alpha_1,\dots,\alpha_s\) 和 \(V_{\lambda_2}\) 中的线性无关向量 \(\beta_1,\dots,\beta_r\) 线性无关。

证明2

设

\[k_1\alpha_1+\dots+k_s\alpha_s+l_1\beta_1+\dots+l_r\beta_r=0\tag 1 \]

两边左乘 \(A\)，等价于左乘对应特征值，得

\[k_1\lambda_1\alpha_1+\dots+k_s\lambda_1\alpha_s+l_1\lambda_2\beta_1+\dots+l_r\lambda_2\beta_r=0\tag 2 \]

由于 \(\lambda_1\neq \lambda_2\)，因此 \(\lambda_1,\lambda_2\) 不全为 \(0\)，不妨设 \(\lambda_1\neq 0\)，\((1)\) 式两边同乘 \(\lambda_1\)，得

\[k_1\lambda_1\alpha_1+\dots+k_s\lambda_1\alpha_s+l_1\lambda_1\beta_1+\dots+l_r\lambda_1\beta_r=0\tag 3 \]

\((2)-(3)\)，然后两边同时除以 \(\lambda_1\)，得

\[l_1\beta_1+\dots+l_r\beta_r=0 \]

由于 \(\beta_1,\dots,\beta_r\) 线性无关，得到 \(l_1=\dots=l_r=0\)。

再带入 \((3)\) 中，得到 \(k_1=\dots=k_s=0\)。

从而 \(\alpha_1,\dots,\alpha_s,\beta_1,\dots,\beta_r\) 线性无关。

相关定理

定理1

对于一个 \(n\) 阶矩阵 \(A\)，对于一个特征值 \(\lambda_0\)，其特征子空间 \(V_{\lambda_0}\) 维数不超过 \(\lambda_0\) 作为 \(A\) 的特征多项式根的重数。

证明

设 \(f(\lambda)=|\lambda I-A|=(\lambda-\lambda_0)^mg(\lambda)\)，其中 \(g(\lambda_0)\neq 0\)。

设 \(\dim V_{\lambda_0}=t\)，\(V_{\lambda_0}\) 的基为 \(\alpha_1,\dots,\alpha_t\)。将基扩充到 \(\alpha_1,\dots,\alpha_n\)。

\(A(\alpha_1,\dots,\alpha_n)=(\alpha_1,\dots,\alpha_n)\begin{pmatrix}\lambda_0 I_t & B\\0 & D\end{pmatrix}\)，其中 \(B\) 和 \(D\) 是某个矩阵，必然存在，因为 \(\{\alpha_n\}\) 是基。

因为相似矩阵特征多项式相等，\(A\) 的特征多项式就是 \(\begin{pmatrix}\lambda_0 I_t & B\\0 & D\end{pmatrix}\) 的特征多项式：\(f(\lambda)=(\lambda-\lambda_0)^t|\lambda I-D|\)。

因此有 \(t\le m\)。

5

广义逆

定义

设 \(A\) 是数域 \(K\) 上的 \(s\times n\) 的矩阵，矩阵方程 \(AXA=A\) 的每个解都称为 \(A\) 的一个广义逆，记作 \(A^-\)。

性质1

设 \(r=r(A)\)

令 \(A=P\begin{pmatrix}I_r & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}Q\)。

解集为：

\[\left\{ Q^{-1}\begin{pmatrix}I_r & B \\ C & D\end{pmatrix}P^{-1}\mid B\in M_{r\times (n-r)},C\in M_{(s-r)\times r},D\in M_{(s-r)\times(n-r)}\right\} \]

暂

4

商

\[\mathbb{R}^2/\mathbb{Z}^2 \]

看似是个单位正方形，其实是个甜甜圈。因为这个单位正方形的上下边，左右边是粘在一起的。

3

对偶空间

对于一个线性空间 \(V\)，它的对偶空间是 \(V^{*}\)，由所有的 \(V\) 上的线性函数构成。即：

\[V^*=\{\varphi:V\mapsto \mathbb{F}\mid\forall x,y\in V,\varphi(x+y)=\varphi(x)+\varphi(y)\and \forall x\in V,k\in \mathbb{F},k\varphi(x)=\varphi(kx)\} \]

若有 \(f:V\mapsto W\)，那么典范的有 \(f^*:W^*\mapsto V^*\)，其中：

\[f^*(\varphi)=\varphi\circ f \]

这里 \(\varphi\) 是 \(W^*\) 中的元素，也就是 \(W\) 上的线性函数。

写成 haskell 的形式：

W'::W->F
V'::V->F
f::V->W
f'::W'->V'
f'::(W->F)->(V->F)
f' phi = phi.f

有结论 \(V^*\) 不仅是集合，还是个线性空间。（显然）

有典范同构 \(\mathrm{L}:V\mapsto V^{* *}\)

对于 \(\alpha \in V\)，对应的在 \(V^{* *}\) 中的元素是 \(\mathrm{L}_{\alpha}\)：

\[\mathrm{L}_{\alpha}(f)=f(\alpha),\forall f\in V^* \]

2

命题

令 \(C=\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}\)

若 \(AB=BA\)，则：

\[r(A)+r(B)\ge r(C)+r(AB) \]

证明

考虑 \(CX=0\) 的基础解系 \(\alpha_1,\cdots,\alpha_t\)，同时也是 \(AX=0\) 和 \(BX=0\) 的基础解系。

通过 \(\{\alpha_i\}\) 扩充得到 \(\beta_1,\cdots,\beta_{r(C)-r(A)}\)，满足 \(\{\alpha_i,\beta_j\}\) 是 \(A\) 的基础解系。

同样的，得到 \(\gamma_1,\cdots,\gamma_{r(C)-r(B)}\) 满足 \(\{\alpha_i,\gamma_k\}\) 是 \(A\) 的基础解系。

现在要证明 \(\{\alpha_i,\beta_j,\gamma_k\}\) 线性无关：

反证：不妨假设找到非 \(0\) 向量 \(b\) 和 \(c\) 满足： \(\sum_ia_i\alpha_i+\sum_jb_j\beta_j=\sum_kc_k\gamma_k=\mu\)。

由于 \(\mu \in <\alpha_i,\beta_j>\) 且 \(\mu \in <\alpha_i,\gamma_k>\)，那么 \(\mu\) 同时是 \(AX=0\) 与 \(BX=0\) 的解，即 \(\mu\) 是 \(\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}X=0\) 的解，且与 \(\alpha_i\) 线性无关，与 \(\alpha_i\) 是 \(\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}X=0\) 的基础解系矛盾。

又因为 \({\alpha_i,\beta_j,\gamma_k}\) 都是 \(ABX=BAX=0\) 的解。

\(n-r(AB)\ge r(C)-r(A)+r(C)-r(B)+n-r(C)\)

整理得到 \(r(A)+r(B)\ge r(C)+r(AB)\)。

1

命题

反对称矩阵的秩为偶数

证明1

对反对称矩阵消元，如果有非零元素，不妨假设 \(a_{1,2}\neq 0\)。

定义对 \((i,j,k)\) 使用 操作1 表示，第 \(i\) 行 \(\times k\) 加到第 \(j\) 行然后第 \(i\) 列 \(\times k\) 后加到第 \(j\) 列。

注意到操作完仍是反对称矩阵。可以使用 操作1 把所有第一行第二行，第一列第二列除了 \(a_{1,2}\) 和 \(a_{2,1}\) 消成 \(0\)。然后递归进入右下 \((n-2)\times (n-2)\) 的矩阵。每次秩减小 \(2\)，减若干次秩变为 \(0\)，因此秩为偶数。

证明2

如何证明反对称矩阵的秩一定为偶数呀 ？ - 狩猎宽刃的回答 - 知乎
https://www.zhihu.com/question/265688462/answer/2874155636