【学习笔记】高等代数 2023

本质上是杂题乱写。

本来是打算认真学习高等代数，并且认真给学到的东西写一份 latex 博客，但是因为这太浪费时间，给这么数学的东西写博客意义不明显。所以断更了。

最大公约数的辗转相除法

首先需要知道良序定理。

Well-ordering principle（良序定理）
我们可以获得一个由自然数组成的集合的最小值

来看看良序定理在我们熟知的话题上是怎么应用的

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如何使用 WOP 证明 $\sqrt 5$ 是 irrational number？设 $a^2=5b^2$，假设 $b=\min S,S=\{b|\exists a,\frac{a}b=\sqrt 5\}$，那么我们构造一个 $<b$ 的在 $S$ 中的对子即可。

已知 $a^2=5b^2\rightarrow a^2-2ab=5b^2-2ab\rightarrow \frac ab=\frac{5b-2a}{a-2b}$

$a-2b$ 明显是满足 $<b$ 的，所以产生了矛盾。

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良序定理的使用绝大多数要配合反证法，比如我们熟知的第一第二类数学归纳法，就可以通过良序定理来得到其正确性。考虑第二类数学归纳法，将 $n=k$ 时命题不成立的 $k$ 取出，设 $t=\min k$，那么 $n=1\dots n=t-1$ 都是成立的，根据第二数学归纳法的定义可以得到矛盾。

通过良序定理，我们可以发现如下事实：

对于给定的正整数 $a,b$ 集合 $S=\{p|p=ax+by,p>0,x,y\in \mathbb{Z}\}$ 的最小值为 $gcd(a,b)$。

Proof

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首先可以发现 $S$ 是非空自然数集，所以根据良序定理，它一定有最小值。假设最小值是 $c=x_0a+y_0b$。我们先尝试证明 $c|a$：

假设 $a=qc+r,0\le r<c$，如果 $r\neq 0$ ，那么我们发现 $r=a-qc=a-q(ax+by)=(1-qx_0) a- qy_0 b\in S$， 把这一串收尾拿出来 $r\in S,c=\min S,0\le r<c$，出现了矛盾。

类似的我们也可以证明在 $b$ 除以 $c$ 时余数也是 $0$。于是 $c|gcd(a,b)$

我们还需要证明 $gcd(a,b)|c$，这就自然多了，因为 $gcd(a,b)|a,gcd(a,b)|b$，$c$ 是 $a,b$ 的线性组合，当然有 $gcd(a,b)|c$

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辗转相除，how？

我们的 GCD 代码是怎么写的呢？

inline int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}

将这个过程展开，把过程表述如下：

$$\begin{aligned}n&=q_1m+r_1,r_1< m\\m&=q_2 r_1+r_2,r_2< r1 \\r_1&=q_3 r_2+r_3,r_3<r_2\\ \dots \\r_{k-2}&=q_{k+1}r_{k-1}+r_k,r_k<r_{k-1}\\r_{k-1}&=q_{k+2} r_k+0\end{aligned}$$

在这个过程结束的时候，我们得到的结果是 $r_k=gcd(n,m)$

假设 $d=gcd(n,m)$，想证明 $d=r_k$，一种常见的方法是 $r_k|d,d|r_k$ 或者说 $r_k\le d,d\le r_k$

• 首先我们发现对于 $d=gcd(n,m)$ 一定满足 $d|n\leftarrow d| (q_1 m+r_1)\leftarrow d| r_1$。作类似的变换，可以推导出来 $d|n,d|m,d|r_1,d|r_2$。

  由此出发，我们可以发现 $d|r_t,d|r_{t+1}\leftarrow d| q_{t+2}r_{t+1}+r_{t+2}\leftarrow d|r_{t+2}$，最终得到 $d|r_k$

  想要使用良序定理也可以解决这部分，因为你可以把 $r_k$ 表示成 $Ar_{t}+Br_{t+1}=Cr_{t-1}+Dr_t$，可以理解为把 $r_{t-1}=q_{t+2}r_{t}+r_{t+1}$ 带入了，于是最后迭代到了 $r_k=pa+qb$，所以 $d|r_k$

• 注意到我们知道 $k|n,k|m\Leftrightarrow k|gcd(n,m)$

  根据上面的过程表达，我们发现 $r_k|r_{k-1},r_k|(r_{k}+q_{k+1}r_{k-1}=r_{k-2}),\dots r_k|m,r_k|n$

  这就引出了 $r_k|m,r_k|n$，于是 $r_k|d$，综上所述可以有 $d=r_k$

其实上面两个部分都是存在 $a|b,a|c,a|gcd(b,c)$ 的，留给读者证明这个了！其实就是使用良序定理。

第二次作业 D组题

设 $f(x)\in \mathbb{C}[x],N(f)$ 表示多项式 $f(x)$ 中不同根的个数。

【D2】 已知 $f,g,h\in \mathbb{C}[x]$ 并且 $f,g,h$ 两两互素，且 $f+g+h=0$，证明：$\max\{\deg f,\deg g,\deg h\}\le N(fgh)-1$

这又被称为 Mason-Stothers定理

我们证明 $\deg f\le N(fgh)-1$，$\deg h\le N(fgh)-1$，$\deg g\le N(fgh)-1$

设 $a=\frac fh,b=\frac gh$，那么可以发现 $a+b+1=0$ 于是 $a'+b'=0$

$\frac{f}g=\frac ab=-\dfrac {\frac{b'}{b}}{\frac{a'}{a}}=\frac{(\ln b)'}{(\ln a)'}$

let $f(x)=F\prod_{i=1}^n (x-s_i)^{S_i},g(x)=G\prod_{i=1}^m (x-t_i)^{T_i},h(x)=H\prod_{i=1}^o (x-r_i)^{R_i}$

then we have $\displaystyle (\ln a)'=F\sum_{i=1}^n\frac{S_i}{x-s_i}-H\sum_{i=1}^o \frac{R_i}{x-r_i},(\ln b)'=G\sum_{i=1}^m\frac{T_i}{x-t_i}-H\sum_{i=1}^o\frac{R_i}{x-r_i}$

定义多项式 $D$ ，它的零点是 $f,g,h$ 的并集，各因式次数为 $1$。这时候我们不难发现 $f|d\frac{b'}b$ 而 $\deg D=N(fgh)$，于是 $\deg f\le N(fgh)-1$，剩下两个同理。

多项式费马大定理：多项式 $F,G,H$ 满足 $F^n+G^n=H^n$，证明 $n=1 \ or \ 2$

Proof

这和前面是紧密相连的，因为可以看作 $F^n+G^n+(-H^n)=0$。我们又知道 $\deg F^n=n\deg F$ ，于是 $n\deg F\le N(FGH)-1\le \deg F+\deg G+\deg H-1$

三个多项式可以得到三个不等式，将它们加起来就发现如果 $n\ge 3$ 的时候不可能成立。不过作为一到完整的题目，我们仍然应该给出 $n=1$,$n=2$ 的 sample

第三次作业 A3

Eisenstein判别法：对于一个多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^nf_ix^i$。如果存在质数 $p$ 满足 $\forall i\in[0,n-1],p|a_i,p\not | a_n,p^2\not | a_0$ 那么这个多项式在整数域上不可约。

这种使用 Eisenstein 判别法的题目很常见的操作就是带入 $y=x-1$ 然后证明 $f(y)$ 不可约。具体例题在这里不再附录。

【A3】证明对于任意正整数 $n$ 都存在 $n$ 次整系数不可约多项式，但是恰好有 $n$ 个实根。

Proof

先构造一个除了最高次项的其他系数都能被 $p$ 整除的多项式，比如 $(x-p)(x-2p)\dots(x-np)$。但是这个常数项是可以被 $p^2$ 整除的，但是不难发现 $n!-1$ 通常都不是偶数，所以整体减去 一个$p$。

这个多项式有 $n$ 个实根，读者自证不难，车昱辉觉得很难。

第三次作业 C组

Selmer 多项式指 $f_n(x)=x^n-x-1,n\in \mathbb{N}^*$ 这组题证明了无论 $n$ 取何值， $f_n(x)$ 在 $\mathbb{Z}$ 上不可约。

这套题最关键的就是使用复数的三角表示。题目放在这里，证明大多不是很难。【C3】 使用等号成立的条件之后再将常数拉出去后使用均值不等式，根据多项式常数项是 $1$ 的信息处理。【C4】把方程解出来之后往 $f(x)$ 里面带入即可（无重根多项式整除的一个判断方法是零点集合有包含关系）

【C2】对于 $\alpha\in\mathbb{C},f(\alpha)=0$，都有

$$\alpha-\frac{1}{\alpha}+\overline{\alpha}-\frac{1}{\overline{\alpha}}\ge \frac{1}{\alpha \overline{\alpha}}-1$$

【C3】设 $S(f)$ 表示 $\sum_{i=1}^n x_i-\frac{1}{x_i}$，其中 $x_1\dots x_n$ 是 $f(x)$ 的根 证明如果 $f(x)=g(x)h(x)$ 那么 $S(g)S(h)=0$

Hint

从 $S(g)\ge 0,S(h)\ge 0$

【C4】 在 C3 的基础上证明 $(x^2+x+1)|f(x)$

【C5】直接证明 $(x^2+x+1)\not |f(x)$

第四次作业

【Description】现有一个 $2022$ 阶行列式 $A$ 满足除了对角线之外的所有元素都是 $2021$ 或者 $2023$。而对角线元素是 $0$。求证 $|A|\neq 0$

Solution

看到这个 $2021$ 或者 $2023$ 就应该下意识考虑这个行列式的值模 $2022$ 的结果，此时把行列式里面的元素转成 $\pm 1$。然后你发现行列式暴力枚举排列计算式中有错排个 $\pm1$ 相加。然后发现 $2022$ （或者偶数）的错排数是奇数，所以就非零了。

课本例题 1.21

设 $f(x),g(x),h(x)\in \mathbb{P}[x]$，而且

$$\begin{aligned}(x^2+1)h(x)+(x-1)f(x)+(x+2)g(x)&=0\\(x^2+1)h(x)+(x+1)f(x)+(x-2)g(x)&=0\end{aligned}$$

证明 $(x^2+1)|(f(x),g(x))$

Solution

低次整除高次，可以变成低次每个根都整除高次。

带入 $\sqrt{-1}$ 进入两个等式并相加相减得到：$f(\sqrt {-1})+g(\sqrt {-1})=0,-2f(\sqrt {-1})+4g(\sqrt {-1})=0$，同理证明 $-\sqrt {-1}$ 也是根。

附录

英语单词翻译

排列 (Permutation)

逆序数 (Inversion number)

对换 (Transposition)

行列式 (Determinant)

上三角矩阵 (Upper triangular matrix)

转置 (Transpose)

列指标 (Column index)

初等行变换 (Elementary row operation)

阶梯型矩阵 (Row echelon form)

余子式 (Minor)

代数余子式 (Algebraic minor)

齐次线性方程组 (Homogeneous linear system)

域 (Field)

复数 (Complex number)

不可约多项式 (Irreducible polynomial)

多项式的首项系数 (Leading coefficient of a polynomial)

多项式的次数 (Degree of a polynomial)

商式 (Quotient)

余式 (Remainder)

最大公因子 (Greatest common divisor)

存在与唯一 (Existence and uniqueness)

欧几里德算法 (辗转相除法) (Euclidean algorithm or Euclidean division algorithm)

互素 (Coprime)

标准分解式 (Standard factorization)

重因子 (Repeated factor)

二阶微商 (Second derivative)

重根 (Repeated root)

代数基本定理 (Fundamental theorem of algebra)

本原多项式 (Primitive polynomial)

Eisenstein 判别法 (Eisenstein's criterion)