Note -「A. Algebra 24 Aut.」“還有一束日光正在為你送達(dá)”

怎么有人直接發(fā)筆記啊, 一點樂子都沒有. 弗如我們的 lww.

??歡迎勘誤吖!

??喵, 你可以 Ctrl-F 搜 "lww" 獲取少量 lww 笑話. (霧

??↓下面這個是我目前用的 LaTeX 宏, 如果需要可以 "Show Math as Tex Commands" 自取↓

\[\mathscr{Lorain~y~w~la~Lora~blea.} \newcommand{\DS}[0]{\displaystyle} % operators alias \newcommand{\opn}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\card}[0]{\opn{card}} \newcommand{\lcm}[0]{\opn{lcm}} \newcommand{\char}[0]{\opn{char}} \newcommand{\Char}[0]{\opn{Char}} \newcommand{\Min}[0]{\opn{Min}} \newcommand{\rank}[0]{\opn{rank}} \newcommand{\Hom}[0]{\opn{Hom}} \newcommand{\End}[0]{\opn{End}} \newcommand{\im}[0]{\opn{im}} \newcommand{\tr}[0]{\opn{tr}} \newcommand{\diag}[0]{\opn{diag}} \newcommand{\coker}[0]{\opn{coker}} \newcommand{\id}[0]{\opn{id}} \newcommand{\sgn}[0]{\opn{sgn}} \newcommand{\cent}[0]{\u{\degree C}} % symbols alias \newcommand{\E}[0]{\exist} \newcommand{\A}[0]{\forall} \newcommand{\l}[0]{\left} \newcommand{\r}[0]{\right} \newcommand{\eps}[0]{\varepsilon} \newcommand{\Ra}[0]{\Rightarrow} \newcommand{\Eq}[0]{\Leftrightarrow} \newcommand{\d}[0]{\mathrmw0obha2h00} \newcommand{\oo}[0]{\infty} \newcommand{\mmap}[0]{\hookrightarrow} \newcommand{\emap}[0]{\twoheadrightarrow} \newcommand{\lin}[0]{\lim_{n\to\oo}} \newcommand{\linf}[0]{\liminf_{n\to\oo}} \newcommand{\lsup}[0]{\limsup_{n\to\oo}} \newcommand{\F}[0]{\mathbb F} \newcommand{\x}[0]{\times} \newcommand{\M}[0]{\mathbf{M}} \newcommand{\T}[0]{\intercal} % symbols with parameters \newcommand{\der}[1]{\frac{\d}{\d #1}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\br}[1]{\l(#1\r)} \newcommand{\abs}[1]{\l|#1\r|} \newcommand{\bs}[1]{\boldsymbol{#1}} \newcommand{\env}[2]{\begin{#1}#2\end{#1}} % why not? \newcommand{\pmat}[1]{\env{pmatrix}{#1}} \newcommand{\dary}[2]{\l|\begin{array}{#1}#2\end{array}\r|} \newcommand{\pary}[2]{\l(\begin{array}{#1}#2\end{array}\r)} \newcommand{\pblk}[4]{\l(\begin{array}{c|c}{#1}&{#2}\\\hline{#3}&{#4}\end{array}\r)} \newcommand{\u}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\lix}[1]{\lim_{x\to #1}} \newcommand{\ops}[1]{#1\cdots #1} \newcommand{\seq}[3]{{#1}_{#2}\ops,{#1}_{#3}} \newcommand{\dedu}[2]{\u{(#1)}\Ra\u{(#2)}} \]

第一章綜觀
- $\S1.1$ 何為代數(shù)
- $\S1.3$ 從線性方程組到 Gauss-Jordan 消元法
第二章集合, 映射與關(guān)系
第三章環(huán), 域和多項式
第四章向量空間和線性映射
第五章行列式
第六章重訪環(huán)和多項式
第七章對角化
第八章雙線性形式
第九章實內(nèi)積結(jié)構(gòu)

第一章綜觀

$\S1.1$ 何為代數(shù)

??"Algebra" $\approx$ The act of solving equations, eps. polynomial equations.

??例如, 對于三次方程 $Y^3+aY^2+bY+c=0$. 令 $X=Y+a/3$, 可整理得

\[X^3+pX+q=0. \]

令 $X=u+v$,

\[(u^3+v^3+q)+(u+v)(3uv+p)=0. \]

我們希望

\[\begin{cases} u^3+v^3+q=0,\\ 3uv+p=0. \end{cases} \]

上式${}\times u^3$, 利用下式化簡,

\[u^6+(uv)^3+qu^3=0\Ra u^6+qu^3-(p/3)^3=0. \]

得到關(guān)于 $u^3$ 的二次方程, 這樣我們就能給出原方程的一個根了.

$\S1.3$ 從線性方程組到 Gauss-Jordan 消元法

??對于線性方程組 $A\bs x=\bs b$, 可以將其記作增廣矩陣形式

\[\left(\begin{array}{ccc|c} a_{11} & \cdots & a_{1n} & b_1\\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} & b_m \end{array}\right). \]

其中左側(cè)為系數(shù)矩陣.

算法 1.3.1 (Gauss-Jordan 消元法)

??用三種初等行變換將系數(shù)矩陣簡化為行梯矩陣, 過程中保證解集不變.

A) 變換 $A(i,k,c)$: 令第 $k$ 行加上 $c$ 倍的第 $i$ 行;

B) 變換 $B(i,k)$: 交換第 $i$ 行和第 $k$ 行;

C) 變換 $C(i,c)$: 將第 $i$ 行每一項乘上 $c$.

??(可以發(fā)現(xiàn) B, C 其實都弱于 A, 不知道為什么要寫成三類變換, 估計為了描述變換矩陣的形式差異吧.)

??Update. 確實, 這三種變換對應(yīng)的初等矩陣形式是本質(zhì)不同的, 值得分開討論.

??此外, 這三種變換的逆都顯然存在且容易給出. 行梯矩陣就是通常所說的上三角矩陣, 簡化行梯矩陣則是指完成主元回代消元的行梯矩陣 (主元系數(shù)為 $1$, 主元列除主元對應(yīng)位置外全 $0$).

??若存在 $\begin{pmatrix}0 & \cdots & 0 &\mid&1\end{pmatrix}$ 則無解, 否則每個主元都可以用自由元表示. 消元過程你我心知肚明, 不提.

??作業(yè)題中提到并證明了矩陣 $A,B$ 的行等價關(guān)系 (記為 $A\sim B$), 同時可以定義 $A$ 的行等價類 $\{B:B\sim A\}$ (或許可以記為 $[A]$?). 根據(jù) G-J 消元法, 我們可以通過在每個等價類里選取唯一的一個簡化行梯矩陣來得到所有等價類的代表元集合.

第二章集合, 映射與關(guān)系

$\S2.1$ 集合概論

??公理集合論: ZFC. 見 $\S2.1$, 我們應(yīng)該很熟悉了. 例如, 從公理體系出發(fā), 可以定義二元組

\[(a,b):=\{\{a\},\{a,b\}\}\in\mathcal P(\mathcal P(A\cup B)),\quad(a\in A,b\in B). \]

注意我們允許 $a=b$, 這時二元組退化為 $(a,a)=\{\{a\}\}$. 進(jìn)而, 可以定義 Descartes 積

\[A\times B:=\{(a,b)\in\mathcal P(\mathcal P(A\cup B)):a\in A,b\in B\}. \]

為了避免 Russell 悖論, 在嚴(yán)格的形式語言中我們要求運用分離公理構(gòu)造集合 $\{x:P(x)\}$ 時必須限定 $x$ 在一個已有集合 $A$ 內(nèi)選取, 即應(yīng)當(dāng)寫成 $\{x\in A:P(x)\}$. 一般地, 對集族 $\mathcal A=\{A_i\}_{i\in I}$, 定義

\[\Pi \mathcal A=\prod_{i\in I}A_i=\{\text{tuple}~(a_i)_{i\in I}:a_i\in A_i\}, \]

其中一個 tuple 可以看做一個 $I\to\cup\mathcal A$ 的映射.

$\S2.2$ 映射的運算

定義 2.2.1 (映射)

??一個從 $A$ 到 $B$ 的映射是某個子集 $\Gamma\sub A\times B$, 使得 $\A a\in A,~\E!b\in B,~(a,b)\in\Gamma$.

??若令所有 $A\to B$ 的映射為集合 $B^A$, 那么自然有 $B^A\sub\mathcal P(A\times B)$.

練習(xí) 2.2.2

??1) $\A A\neq\varnothing,~\nexists f\in \varnothing^A$.

??2) $\A B,~\E! f\in B^\varnothing$.

??$\Gamma_f=\varnothing$, "$\A a\in\varnothing,~\E!b\in B,~(a,b)\in\varnothing$" 是正確的.

$\S2.3$ 集合的積與無交并

定義 2.3.1 (無交并)

??$C=A\sqcup B\Eq C=A\cup B\land A\cap B=\varnothing$.

??例如, 希望找到某個 $C$, 使得對 $f:A\mmap C$ 和 $g:B\mmap C$ 滿足 $C=f(A)\sqcup g(B)$. 直接將 $f,g$ 的像附帶上一個不同的 tag 就行.

??進(jìn)一步地, 可以得到:

性質(zhì) 2.3,2

??若存在 $f,g,C$ 和另一對 $f',g',C'$ 滿足上述性質(zhì), 那么存在 $h:C\overset{1:1}\to C'$, 使得 $hf=f',hg=g'$.

??→ Proof. 可以直接構(gòu)造證明. 對 $c\in C$, 取

\[h:c\mapsto\begin{cases} f'(a),&\E! a\in A,~f(a)=c;\\ g'(a),&\E! b\in B,~f(b)=c. \end{cases} \]

還能證明這樣的 $h$ 是唯一的.

$\S2.4$ 序結(jié)構(gòu)

定義 2.4.1 (關(guān)系)

??$A$ 上的關(guān)系 $R$ 是一個 $A$ 的子集 $R\sub A\times A$. 記 $aRa'\Eq(a,a')\in R$.

定義 2.4.2 (偏序集)

??稱 $(A,\preceq)$ 是一個偏序集, 其中 $\preceq$ 是定義在集合 $A$ 上的二元關(guān)系, 且滿足:

(自反) $a\preceq a$;

(傳遞) $a\preceq b\land b\preceq c\Ra a\preceq c$;

(反身) $a\preceq b\land b\preceq a\Ra a=b$.

??若刪去 3., 將得到預(yù)序 (pre-order) 結(jié)構(gòu). 如果補充上

$\A a,b\in A,~a\preceq b\lor b\preceq a$.

則得到一個全序結(jié)構(gòu). 順便, 定義 $a\prec b\Eq a\preceq b\land a\neq b$.

??例如, 在 $\Z$ 上, 定義 $m\preceq n\Eq m\mid n$, 那么它僅是一個預(yù)序結(jié)構(gòu); 如果在 $\Z_{>0}$ 上則是一個偏序結(jié)構(gòu).

??又如, 對任意集合 $A$, $(\mathcal P(A),\sub)$ 顯然是一個偏序關(guān)系.

??對 $(A,\preceq)$, 令 $G=(V,E)$ 其中 $V=A$, $E=\{(a,b)\in A\times A:a\preceq b\}$ 同時刪去所有可被傳遞的邊, 則得到一個所謂的 Hasse 圖 (例見 P54). 如果 $G$ 可以嵌入來自 $(B,\preceq_B)$ 的 $G'$, 則它們對應(yīng)的偏序集 (或預(yù)序集) 存在一個保持序關(guān)系映射 $f:A\mmap B$, 使得 $a\preceq_A b\Ra f(a)\preceq_B f(b)$. 特別地, 如果 $G$ 和 $G'$ 同構(gòu)時, 則存在一個保序雙射 $f:A\overset{1:1}{\to} B$, 使得 $f$ 和 $f^{-1}$ 都是保序的. (定義存疑)

$\S2.5$ 等價關(guān)系與商集

定義 2.5.1 (等價關(guān)系)

??稱 $A$ 上的二元關(guān)系 $\sim$ 是一個等價關(guān)系, 當(dāng)且僅當(dāng)其滿足

(自反) $a\sim a$;

(傳遞) $a\sim b\land b\sim c\Ra a\sim c$;

(對稱) $a\sim b\Eq b\sim a$.

??一個最為平凡的例子就是 $(A,=)$. 還有一個經(jīng)典例子是同余關(guān)系 $(\Z,\equiv_m)$, 其中 $a\equiv b\pmod m$ 則認(rèn)為二者等價.

??在 $(A,\sim)$ 上, 對 $a\in A$, 定義 $C(a)=\{x\in A:x\sim a\}$ 為 $a$ 的等價類, 那么對 $a,a'\in A$, 以下三條顯然等價:

$a\sim a'$;
$C(a)=C(a')$;
$C(a)\cap C(a')\neq\varnothing$.

可知, $A$ 是其上所有等價類的無交并. 并定義 $(A/\sim)\sub\mathcal P(A)$ 為 $A$ 的等價類的集族, 稱為商集, 為此也可以配套一個商映射 $q:A\to A/\sim,~a\mapsto[a]$.

??例如, 在 $(\Z,\equiv_n)$ 下, $[k]=k+n\Z$, 商集往往則直接寫作 $\Z/n\Z$, 即其剩余系. 此外, 我們已經(jīng)討論過, 對 $n\times m$ 矩陣上的行等價關(guān)系也是等價關(guān)系, Gauss-Jordan 算法則實質(zhì)上給出了一種商映射.

$\S2.6$ 從正整數(shù)集到有理數(shù)集

??承認(rèn) $(\Z_{\ge 0},+,\times,\le)$ 上所有性質(zhì). 依賴商集可以方便地由 $\Z_{\ge 0}$ 定義 $\Z:=\Z_{\ge 0}^2/\sim$, 其中 $(m,n)\sim(m',n')\Eq m+n'=m'+n$, 不難驗證它是等價關(guān)系, 并記 $q:(m,n)\mapsto\lang m,n\rang$ ("$m-n$"). 再定義運算:

$\lang m,n\rang+\lang m',n'\rang:=\lang m+m',n+n'\rang$;
$\lang m,n\rang\times\lang m',n'\rang:=\lang mm'+nn',mn'+nm'\rang$;
$\lang m,n\rang\le\lang m',n'\rang\Eq m+n'\le n+m'$.

良定性的 dirty work 不提. 此后我們將能夠給出相反數(shù): $\A x\in\Z,~\E!(-x)\in Z,~x+(-x)=\lang 0,0\rang$: 對 $x=\lang m,n\rang$ 取 $-x=\lang n,m\rang$ 即可.

??實質(zhì)上, $\N$ 到 $\Z$ 完備了加法逆元, 這是因為我們將 "不可逆" 的 "減法" 運算直接附帶為二元組信息. 模仿此, $\Z\to\Q$ 是容易的. 定義 $\Q=\Z\times(\Z\setminus\{0\})/\sim$, where $(r,s)\sim(r',s')\Eq rs'=r's$. 驗證一下傳遞性, $(r,s)\sim(r'',s'')\sim(r',s')$ 可知 $rs''=sr''$ 和 $r''s'=r's''$, 對應(yīng)相乘得 $rr''s's''=r'r''ss''$, 單獨討論 $r''=0$, 其余情況可消去知 $rs'=r's$. $(r,s)$ 的等價類記作 $[r,s]$. 顯然 $\Z$ 可通過 $r\mapsto[r,1]$ 嵌入 $\Q$. 定義運算

$[r_1,s_1]+[r_2,s_2]=[r_1s_2+r_2s_1,s_1s_2]$;
$[r_1,s_1]\times[r_2,s_2]=[r_1r_2,s_1s_2]$.
$[r_1,s_1]\le[r_2,s_2]\Eq r_1s_2\le r_2s_1\oplus s_1\le 0\oplus s_2\le 0$. (應(yīng)該是吧?)

良定性 dirty work 仍然不提. $+,\times$ 的所有性質(zhì)在 $\Q$ 成立. 此外, $\times$ 存在逆元, $\A x\in\Q\setminus\{0\},~\E! x^{-1}\in\Q\setminus\{0\},~x\times x^{-1}=1$.

??這里就會引出一個 "陌生" 的概念, 既約分?jǐn)?shù).

$\S2.7$ 算術(shù)入門

定理 2.7.1 (帶余除法)

??$\A a,d\in\Z,~d\neq 0\Ra\E! q,r\in \Z,~0\le r<|d|\land a=dq+r$.

??(略過 $\gcd$, $\lcm$, coprimeness, prime, prime number 的定義. 后記 $\mathbb P$ 為素數(shù)集, $\mathbb P_{\pm}$ 為素元集.)

定理 2.7.2 [Bezout (裴蜀)]

??對于 $\{x_n\}\sub\Z$, 有

\[x_1\Z+x_2\Z+\cdots+x_n\Z=\gcd\{x_k\}\Z. \]

引理 2.7.3

??若 $\varnothing\neq I\sub \Z$ 滿足:

$\A x,y\in I,~x+y\in I$,

$\A a\in\Z,x\in I,~ax\in I$;

那么 $\E! g\ge 1,~I=g\Z$.

??→ Proof @2.7.3?$I=\{0\}$ 顯然, 否則聲稱 $g=\min\{x\in I:x>0\}$. 根據(jù)第二條性質(zhì), $g\Z\sub I$. 若還有 $t=kg+r~(0<r<g)\in I$, 不妨 $t>0$, 又因為 $-g\in I$, 所以必然有 $0<r\in I$, 這和 $g$ 的最小性矛盾. 因此 $g\Z=I$.?$\square$

??→ Proof @2.7.2?記左側(cè)集合為 $I$, 驗證其滿足引理 2.7.3 的性質(zhì), 所以 $\E!g\ge 1,~I=g\Z$. 那么 $g\in I$, 就至少有 $\gcd\{x_k\}\mid g$. 另一方面, 又有 $g\mid x_k$, 那么 $g\mid\gcd\{x_k\}$. 最終 $g=\gcd\{x_k\}$.

定理 2.7.4 (Euclid)

??$p\in\mathbb P_{\pm}\Eq \A a,b\in\Z,~p\mid ab\to p\mid a\lor p\mid b$.

??→ Proof. 左推右顯然. 右推左, 若 $p=ab$, 將 $ab$ 代入命題得到 $p\mid a\lor p\mid b$, 不妨 $p\mid a$, 但是又有 $a\mid p$, 所以 $a=\pm p$, 則 $p\in\mathbb P_{\pm}$.?$\square$

定理 2.7.5 (算數(shù)基本定理)

??任何 $n\in\Z\setminus\{0\}$ 都有素因子分解 $n=\pm\prod_kp_k^{\alpha_k}$, 且 $\{(p_k,\alpha_k)\}$ 唯一.

??→ Proof. 不妨 $n\ge 1$, 歸納可知存在性. 唯一性, 根據(jù) 定理 2.7.4, 只需要對比同一個素數(shù)的冪次, 吶, 它們不是顯然相等嗎??$\square$

??在此基礎(chǔ)上, 通過算數(shù)基本定理能夠輕松地表述 $\cdot\mid\cdot,\gcd,\lcm$ 運算.

第三章環(huán), 域和多項式

$\S3.1$ 環(huán)和域

定義 3.1.1 (環(huán), 交換環(huán))

??一個環(huán)由五元組 $(R,+,\cdot,0_R,1_R)$ 給出, 其中 $+,\cdot:R\times R\to R$, $0_R,1_R\in R$, 此外滿足

$(R,+,0_R)$ 是交換群;

$(x\cdot y)\cdot z=x\cdot(y\cdot z)$;

$x\cdot 1_R=1_R\cdot x=x$;

$(x+y)\cdot z=x\cdot z+y\cdot z\land z\cdot (x+y)=z\cdot x+z\cdot y$.

(附加本條則為交換環(huán)) $x\cdot y=y\cdot x$.

??除了平凡的零環(huán)外, 一般的環(huán)都有 $0\neq 1$, 否則會有 $x=1x=0x=0$.

??此外, 對 $n\in\Z_{\ge 0}$, 記 $nx:=\underbrace{x+x+\cdots+x}_{n\text{ items}}=(n 1_R)\cdot x$, $(-n)x:=-(nx)$, 相關(guān)運算性質(zhì)不難驗證. 類似地也記 $x^n=\underbrace{x\cdot x\cdot\cdots\cdot x}_{n\text{ items}}$. 結(jié)合下一段, 若 $x\in R^\times$, 則 $x^{-n}=(x^n)^{-1}=(x^{-1})^n$.

??若 $x,y\in R$ 有 $xy=1$, 則稱 $y$ 是 $x$ 右逆, $x$ 是 $y$ 的左逆. 左右逆未必存在也未必唯一, 矩陣環(huán)上的例子很明顯. 如果 $x$ 即是左可逆的又是右可逆的, 則稱 $x$ 是可逆的. 對可逆的 $x$, 它的左右逆一定相等. 不妨設(shè)其左右逆為 $y_L,y_R$, 則 $y_L=y_Lx y_R=y_R$. 可以記 $x$ 的逆元為 $x^{-1}$, 滿足 $x\cdot x^{-1}=x^{-1}\cdot x=1$. 同時, 通常記 $R^\times:=\{x\in R:x\text{ is invertible}\}$, 可以看出 $(R^\times,\cdot,1)$ 是群.

定義 3.1.2 (除環(huán))

??若環(huán) $R$ 滿足 $R^\times=R\setminus\{0\}$, 則稱 $R$ 為除環(huán).

??注意零環(huán)不是除環(huán).

定義 3.1.3 (域)

??交換的除環(huán)稱為域.

??例如 $\Q\sub\R\sub\C$ 都構(gòu)成域. Gauss-Jordan 消元法可以在一切域上進(jìn)行.

定義 3.1.4 (整環(huán), Integral Domain / Entire Ring)

??交換的, 滿足乘法消去律的非零環(huán)是整環(huán).

定義 3.1.5 (子環(huán))

??稱 $R_0\sub R$ 是 $R$ 的子環(huán), 當(dāng)且僅當(dāng) $R_0$ 對 $+,\cdot$ 以及 $x\mapsto -x$ 封閉且 $0,1\in R_0$.

??可以看出 $(R_0,+,\cdot,0_R,1_R)$ 也是環(huán).

定義 3.1.6 (環(huán)的中心)

??對環(huán) $R$, 定義 $Z(R):=\{x\in R:\A y\in R,~xy=yx\}$ 為 $R$ 的中心.

??可驗證 $Z(R)$ 是 $R$ 的子環(huán). 同時可以看出, $Z(R)$ 一定是交換環(huán) (交換環(huán)也可以表述為 $R=Z(R)$ 的環(huán)).

定義 3.1.7 (相反環(huán))

??對環(huán) $R$, 其相反環(huán)為 $R^{\opn{op}}:=(R,+,\odot,0_R,1_R)$, 其中 $x\odot y=y\cdot x$.

??這里交換環(huán)又可以表述為 $R=R^{\opn{op}}$ 的環(huán).

定義 3.1.8 (子域)

??對域 $F$, 若 $F_0\sub F$ 是 $F$ 的子環(huán)且非零元在 $F_0$ 可逆, 則 $F_0$ 為 $F$ 的子域.

??除了 $\C$ 派生的域結(jié)構(gòu)外, 另一個經(jīng)典的例子是 $\Z$ 的同余類. 記$\bmod n$ 的剩余系為 $\Z/n\Z$, $[x]\in \Z/n\Z$ 為以 $x$ 為代表元的剩余類. 容易驗證, $(\Z/n\Z,+,\cdot,[0],[1])$ 是一個交換環(huán), 其中 $[x]+[y]=[x+y]$, $[x]\cdot[y]=[xy]$. 觀察到:

$\Z/n\Z$ 是零環(huán) $\Eq n=\pm1$.
$\Z/n\Z=\Z/(-n)\Z$, 因此不妨 $n>1$.
$[x]\in\Z/n\Z$ 可逆 $\Eq x\perp n$.
當(dāng)且僅當(dāng) $p\in\mathbb P$, $\Z/p\Z$ 是域, 記為 $\mathbb F_p:=\Z/p\Z$

定理 3.1.9

??有限整環(huán)一定是域.

??還有一種構(gòu)造新環(huán)的方式. 對一族 $(R_i)_{i\in I}$, 對它們的直積 $\prod_{i\in I}R_i$, 有 $r=(r_i)_{i\in I}$, 定義 $x+y:=(x_i+_{R_i}y_i)_{i\in I}$, 其余同理.

??還可以給出多項式環(huán). 對環(huán) $R$, 定義 $R[x]=\{a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n: n\in\Z_{\ge 0},\{a_n\}\sub R\}$. 其上有 $\sum a_ix^i+\sum b_ix^i=\sum(a_i+b_i)x^i$, $\sum a_ix^i\cdot\sum b_ix^i=\sum_i x^i\sum_j a_jb_{i-j}$. 如果 $R$ 是一個整環(huán), 那么 $R[x]$ 也是一個整環(huán). 同理可以給出多元多項式環(huán) $R[x,y,\cdots]$, 實際上 $R[x,y]\sim(R[x])[y]\sim(R[y])[x]$.

$\S 3.2$ 同態(tài)和同構(gòu)

定義 3.2.1 (同態(tài))

??$R$ 到 $R'$ 的同態(tài)是一個映射 $f:R\to R'$, 使得

$f(x+y)=f(x)+f(y)$,

$f(xy)=f(x)f(y)$,

$f(1_R)=1_{R'}$.

??據(jù)此也可以推知, $f(0_R)=0_{R'}$ ($f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$, 消去); $f(-x)=-f(x)$ ($f(-x)+f(x)=f(0)=0$); $f(x^{-1})=f(x)^{-1}$ ($f(x^{-1})f(x)=f(1)=1$, 另一側(cè)同理.)

??若有同態(tài) $R\overset{f}\to R'$ 和 $R'\overset{g}\to R''$, 那么也有同態(tài) $R\overset{gf}\to R''$; 若有同態(tài) $R\overset{f}\to R'$, 自然 $f(R)$ 是 $R'$ 的子環(huán).

??例如, 恒等映射 $\opn{id}_R$ 是一個同態(tài), 對 $R$ 的子環(huán) $R'$, $\opn{id}_{R'}$ 是一個 $R'\to R$ 的同態(tài). 對上文 $(R_i)_{i\in I}$ 的例子, 投影算子 $\opn{pr}_j:(x_i)_{i\in I}\mapsto x_j$ 是同態(tài), 特別地, 為了使得 $\A j\in I,~\opn{pr}_j$ 是同態(tài), 我們只能定義出上文中逐項加乘的環(huán)結(jié)構(gòu). 當(dāng) $n\mid m$, 也存在同態(tài) $\Z/m\Z\emap \Z/n\Z,~[x]_m\mapsto[x]_n$.

定義 3.2.2 (同構(gòu))

??若環(huán)同態(tài) $f:R\to R'$ 存在一個環(huán)同態(tài) $g:R'\to R$ 使得 $fg=\opn{id}_R$ 和 $gf=\opn{id}_{R'}$, 則 $f$ 是一個環(huán)同構(gòu).

??如果 $f,g$ 是同構(gòu), 那么 $gf$ 也是同構(gòu), $(gf)^{-1}=f^{-1}g^{-1}$. 有記號 $f:R\overset{\sim}\to R'$ 或者 $R\simeq R'$.

??直觀上容易的性質(zhì):

性質(zhì) 3.2.3

??$f$ 是同構(gòu)等價于 $f$ 是雙射同態(tài).

??容易從同構(gòu)驗證雙射, 考慮另一方面. 需要 $f^{-1}(x+y)=f^{-1}(x)+f^{-1}(y)$, 這是因為 $ff^{-1}(x+y)=x+y=f(f^{-1}(x)+f^{-1}(y))=ff^{-1}(x)+ff^{-1}(y)$; 需要 $f^{-1}(xy)=f^{-1}(x)f^{-1}(y)$, 同上. $f^{-1}(1)=1$, 這是因為 $ff^{-1}(1)=1=f(1)$.

定理 3.2.4 (中國剩余定理)

??若 $n_1,n_2,\cdots,n_r\in \Z_{>0}$ 兩兩互素, 那么存在同態(tài)

\[\Z/(n_1n_2\cdots n_r)\Z\overset{\Phi}\to\prod_{i=1}^r\Z/n_i\Z,\quad [x]_{n_1n_2\cdots n_r}\mapsto ([x]_{n_i})_{i=1}^r. \]
滿足 $\Phi$ 是同構(gòu). (當(dāng)然這不是完整的 CRT, CRT 還給出了逆映射的具體構(gòu)造方式.)

??→ Proof. 注意到兩側(cè)有限環(huán)的元素個數(shù)相等, 我們只需要證明 $\Phi$ 是單射. 先證明 $\Phi([x])=\Phi([y])\Eq\Phi([x-y])=0$ 即可, 從略.

$\S3.3$ 多項式環(huán)

??人們發(fā)現(xiàn) $\Z$ 和 $F[x]$ 的行為相似. 例如 $F[x]$ 是一個整環(huán), $F[x]^\x=F^\x$. 定義多項式的度數(shù) $\deg f$, 特別地, $\deg0:=-\oo$, 那么

\[\deg(fg)=\deg f+\deg g,\quad \deg (f+g)\le\max\{\deg f,\deg g\}. \]

性質(zhì) 3.3.1 (Euclidean Division)

??對 $a,d\in F[x]$, 若 $d\neq 0$, 那么存在唯一的 $q,r\in F[x]$ 使得 $a=qd+r$ 且 $\deg r<\deg d$.

??證明不難.

定義 3.3.2 (Evaluation)

??定義多項式求值映射

\[\opn{ev}_\alpha:R[x]\to R,\quad f=\sum_i r_ix^i\mapsto \sum_i r_i\alpha^i=:f(a). \]
(注意 $\opn{ev}_\alpha$ 其實也給出了一個 $R[x]\to R$ 的同態(tài).)

??結(jié)合上述兩個性質(zhì)或定義, 取 $d=x-\alpha,~\alpha\in F$, 那么 $\A f\in F[x],~\E! q\in F[x],~\E! r\in F,~f=(x-\alpha)q+r$. 也就是說, $(f\bmod (x-\alpha))=f(\alpha)$. 另外, 也容易據(jù)此證明, $f\neq 0$ 的根的數(shù)量不超過 $\deg f$.

定義 3.3.3 (重數(shù))

??對 $f\neq 0$ 和 $\alpha$, $\E! m\ge 0,~f=(x-\alpha)^mg$, 這樣的 $m$ 稱為根 $\alpha$ 對 $f$ 的重數(shù).

??為說明良定, 我們可以直接說明 $F[x]$ 上具有唯一分解定理, 它的證明和 $\Z$ 類似. (類比 $\Z^\x=\{\pm1 \}$, $F[x]^\x=F^\x$.)

$\S3.4$ 有理函數(shù)域

定義 3.4.1 (有理函數(shù)集)

??類似 $\Z$ 到 $\Q$ 的構(gòu)造, 對整環(huán) $R$, 定義

\[\opn{Frac}(R):=(R\x(R\setminus\{0\}))/\sim. \]
其中 $(f,g)\sim (f',g')\Eq fg'=f'g$. 將 $(f,g)$ 所在等價類記為 $[f,g]=:f/g$.

??接下來, 為 $\opn{Frac}(R)$ 配備環(huán)運算. 容易給出

$[f,g]+[f',g']:=[fg'+f'g,gg']$;
$[f,g][f',g']:=[ff',gg']$;
$\bs 1=[1,1]$, $\bs 0=[0,1]$.
$[f,g]^{-1}=[g,f]$.

??顯然 $R$ 可以作為 $\opn{Frac}(R)$ 的子環(huán), 只需要用 $r\mapsto[r,1]$ 嵌入即可. 這和 $\Q$ 上的討論完全相同. 事實上, $\opn{Frac}(\Z)=\Q$. 此外, 定義

\[\opn{Frac}(F[x])=:F(x)=\l\{\frac{f}{g}:f,g\in F[x],~g\neq 0\r\}. \]

定理 3.4.2

??$\A\text{ring }R,~\E!\text{ homomorphism }\Z\to R$.

??→ Proof. 唯一性, 因為 $1\to 1_R$, 它直接給出了 $f:n\ge 0\mapsto\underbrace{1_R+\cdots+1_R}_{n\text{ items}},~-n\mapsto -f(n)$, 只需要證明 $f$ 是同態(tài). 不難.

性質(zhì) 3.4.3

??設(shè)交換環(huán)上的同態(tài) $\varphi:R\to R'$ 滿足 $\varphi(R\setminus\{0\})\sub(R')^\x$, 那么存在唯一的同態(tài) $\Phi:\opn{Frac}(R)\to R'$, 使得 $\Phi i=\varphi$, 其中 $i:r\mapsto [r,1]$.

??→ Proof. 唯一性. 若已有 $\Phi$, 則 $\Phi(f/1)=\Phi(i(f))=\varphi(f)$. 對任意 $g\in R\setminus\{0\}$, 又有

\[\Phi(1/g)\Phi(g/1)=\Phi(1)=1\Ra \Phi(g/1)=\varphi(g)^{-1}. \]

所以只能唯一地構(gòu)造

\[\Phi(f/g)=\Phi(f/1)\Phi(1/g)=\varphi(f)\varphi(g)^{-1}. \]

??存在性. 按照如上結(jié)論, 先驗證其良定. 若 $f/g=f'/g'$, 即 $fg'=gf'$, 那么 $\varphi(f)\varphi(g')=\varphi(g)\varphi(f')$, 移項得 $\varphi(f)\varphi(g)^{-1}=\varphi(f')\varphi(g')^{-1}$, 因此這個構(gòu)造是良定的. 接下來驗證其對 $+,\x,1$ 的保持, 按照構(gòu)造展開即證.

性質(zhì) 3.4.4

??若有域 $F$ 和同態(tài) $j:R\mmap F$, 使得 $\A x\in F,~\E f,g\in R,~g\neq 0\land x=j(f)/j(g)$, 那么 $\E! \Phi:\opn{Frac}(R)\overset\sim\to F,~\Phi i=j$.

??→ Proof. 由于 $j$ 是單射且 $0_R\overset j\mapsto 0_F$, 所以 $j$ 滿足性質(zhì) 3.4.3 中 $\varphi$ 的要求, 故而的確存在一個唯一的 $\Phi$ 使得 $\Phi i=j$, 我們需要檢驗它恰好是一個同構(gòu).

??滿性. 對 $x\in F$, 有 $x=j(f)/j(g)=\Phi(i(f))/\Phi(i(g))=\Phi(i(f)/i(j))$, 所以 $x$ 是 $\Phi$ 的像.

??單性. 若 $\Phi(f/g)=\Phi(f'/g')$, 那么 $j(f)/j(g)=j(f')/j(g')\Eq j(f)j(g')=j(f')j(g)\Eq j(fg')=j(f'g)$. 因為 $j$ 是單的, 所以 $fg'=f'g$, 即 $f/g=f'/g'$.

$\S3.5$ 域的特征

定義/命題 3.5.1

??對整環(huán) $R$, $\E!\char R\in\Z_{\ge 0},~\A n\in\Z,~n1_R=0_R\Eq\char R\mid n$. 定義其為 $R$ 的特征. 事實上, $\char R\in \{0\}\cup\mathbb P$.

??→ Proof. 令 $K_R:=\{k\in\Z:k1_R=0_R\}$, 根據(jù)裴蜀定理, 一定有 $\char R\in\Z_{\ge 0}$, 使得 $K_R=(\char R)\Z$.

??另一方面, 假設(shè) $\char R\neq 0$, 如果 $\char R=ab$, 那么 $0_R=(ab)1_R=a(b1_R)=a(1_R\x b1_R)=(a1_R)(b1_R)$. 因為 $R$ 是整環(huán), 所以必有 $a1_R=0\lor b1_R=0$, 則 $\char R\mid a\lor\char R\mid b$. 所以此時 $\char R\in\mathbb P$.

性質(zhì) 3.5.2

??a) 對整環(huán) $R$ 的子環(huán) $R_0$, 有 $\char R_0=\char R$. 特別地, $\char R=\char\opn{Frac}(R)$.

??b) $\A x\in R,~\char R\cdot x=0$.

??例如 $0=\char\Z=\char\Q=\char\R=\char\C=\char Q(x)=\cdots$; $\char\mathbb F_p=p$, 無窮域不一定 $0$ 特征, 例如 $\char\mathbb F_p(x)=p$.

第四章向量空間和線性映射

$\S4.1$ 回到線性方程組

??對域 $F$ 上的線性方程組 $A\bs x=\bs b$, 其中 $A$ 是 $m\x n$ 的矩陣. 考慮映射

\[T:F^n\to F^m,~\bs x\mapsto A\bs x, \]

那么求解方程組相當(dāng)于給出 $T^{-1}(\bs b)$ (這應(yīng)當(dāng)是一個原像集合). 這里, $T$ 是一個線性映射, 也即是 $T(\bs x)+T(\bs y)=T(\bs x+\bs y)$ 和 $T(t\bs x)=tT(\bs x)~(t\in F)$. 這樣, 要不 $T^{-1}(\bs b)=\varnothing$; 要不任意取出一個特解 $x\in T^{-1}(\bs b)$, 那么對任意 $x'\in T^{-1}(\bs b)$, 都有 $T(x)=T(x')\Eq T(x-x')=0\Eq x-x'\in T^{-1}(\bs 0)$. 因此 $T^{-1}(\bs b)=x+T^{-1}(\bs 0)$.

??這里, $\bs 0\in T^{-1}(\bs 0)$, $x,y\in T^{-1}(\bs 0)\Ra x+y\in T^{-1}(\bs 0)$, $\bs x\in T^{-1}(\bs 0)\Ra t\bs x\in T^{-1}(\bs 0)$.

??(方便起見直接用后面將定義的說法) $T^{-1}(\bs 0)$ 明顯是一個線性空間, 它的任意一組基被叫做基礎(chǔ)解系. 根據(jù)基礎(chǔ)解系和特解 $x$ 就給出了 $T^{-1}(\bs b)$, 我們慣說的 "自由度" 實際上就是 $\rank T^{-1}(\bs 0)$.

$\S4.2$ 向量空間

定義 4.2.1 (向量空間)

??$F$ 上的向量空間 ($F$-向量空間) 是四元組 $(V,+,\cdot,0)$, 其中 $V$ 是集合, $0\in V$, $+:V\x V\to V$, $\bs\cdot:F\x V\to V$, 使得

加法滿足

結(jié)合律. $(u+v)+w=u+(v+w)$.

幺元性質(zhì). $u+0=0+u=u$.

交換律. $u+v=v+u$.

加法逆. $\A u\in V,~\E(-u)\in V,~u+(-u)=0$.

純量乘法滿足

結(jié)合律. $s(tv)=(st)v$.

幺元性質(zhì). $1_F\cdot v=v$.

對加法分配律. $s(u+v)=su+sv$; $(s+t)u=su+tu$. (注意這里就有 $-v=-1\cdot v$.)

??這個結(jié)構(gòu)本身的性質(zhì)和環(huán)類似, 不提.

定義 4.2.2 (子空間)

??若 $V$ 是一個 $F$-向量空間, 則 $V$ 的子空間 $V_0$ 是 $V$ 的一個非空子集, 滿足對 $+$ 和純量乘法 $\cdot$ 封閉.

??由此必然有 $0\in V_0$. 可見若 $V_0,V_1$ 是子空間, $V_0\cap V_1$ 也是一個子空間.

定義 4.2.3 (直積)

??令 $(V_i)_{i\in I}$ 是一族向量空間, 定義 $\prod_{i\in I}V_i$ 上的運算

$(v_i)+(v_i')=(v_i+v_i')$;

$t(v_i)=(tv_i)$.

則 $\prod_{i\in I}V_i$ 也給出了一個向量空間.

??特別地, 如果 $V_i=V$, 就有 $\prod_{i\in I} V_i=V^I$.

定義 4.2.4 (直和)

??令 $(V_i)_{i\in I}$ 是一族向量空間, 定義直和

\[\bigoplus_{i\in I}V_i=\l\{(v_i)_{i\in I}\in \prod_{i\in I}V_i:\#\{j\in I:v_j\neq 0\}<\oo\r\}. \]

??這是一個 $\prod_{i\in I}V_i$ 的子空間. 如果 $I$ 有限, 二者相等. $V^{\oplus I}\sub V^I$. 任何一個 $V_i$ 都可被視為 $\bigoplus_{i\in I}V_i$ 的一個子空間, 并且兩個子空間有 $V_i\cap V_j=\{0\}$.

$\S4.3$ 矩陣及其運算

定義 4.3.1 (矩陣)

??設(shè) $F$ 是域, $F$ 上的矩陣是一個數(shù)組 $(a_{ij})_{m\x n}$. $F$ 上的所有 $m\x n$ 矩陣構(gòu)成集合記為 $\mathbf M_{m\x n}(F)$.

??$\mathbf M_{m\x n}(F)$ 可以被賦予向量空間的運算. 對 $A=(a_{ij}),B=(b_{ij})\in \mathbf M_{m\x n}(F)$, 定義

\[A+B:=(a_{ij}+b_{ij}),\quad tA:=(ta_{ij}). \]

就得到了向量空間. 特別地, 我們稱 $n$ 維列向量是 $\mathbf M_{n\x 1}(F)$, 行向量則是 $\mathbf M_{1\x n}(F)$. 最平凡的 $\mathbf M_{1\x 1}(F)\simeq F$.

定義 4.3.2 (矩陣乘法)

??定義矩陣乘法

\[\x:\mathbf M_{m\x n}(F)\x\mathbf M_{n\x r}(F)\to\mathbf M_{m\x n}(F),\\ (a_{ij})\x(b_{jk})\mapsto\l(\sum_{j=1}^na_{ij}b_{jk}\r)_{i,j}. \]

??有性質(zhì):

$(AB)C=A(BC)$.
$A(B+C)=AB+AC$, $(A+B)C=AC+BC$.
$\bs 1_{m\x m}A=A\bs 1_{n\x n}=A_{m\x n}$.
$A(tB)=t(AB)=(tA)B$.

可見 $(\mathbf M_{n\x n}(F),+,\x)$ 是一個環(huán). 另一方面, 我們驗證了前文將線性方程組寫作 $A\bs x=\bs b$ 的合理性; 推而廣之,

\[A_{m\x n}\x B_{n\x r}=\pmat{A\bs b_{\cdot1}&\cdots&A\bs b_{\cdot r}}=\pmat{\bs a_{1\cdot}B\\\vdots\\\bs a_{m\cdot}B}. \]

如果將 $F$ 取作一個環(huán) $R$, 那么 $A(tB)=t(AB)=(tA)B$ 不一定成立; 當(dāng) $t\in Z(R)$ 時則一定成立. $\mathbf M_{n\x n}(R)$ 仍然是一個環(huán).

$\S4.4$ 基和維數(shù)

??下令 $F$ 是域, $V$ 是 $F$-線性空間, $S\sub V$ 是任意子集. 則稱形如

\[a_1v_1+\cdots+a_mv_m\quad (m\in\Z_{\ge 0},~a_i\in F,~v_i\in S) \]

的向量為 $S$ 中元素的線性組合. 將所有線性組合構(gòu)成的集合記為 $\lang S\rang$. 可以驗證 $\lang S\rang$ 是一個子空間, 例如

\[\sum_{s\in S}a_ss+\sum_{s\in S}b_ss=\sum_{s\in S}(a_s+b_s)s. \]

且 $\lang S\rang$ 是包含 $S$ 的子空間中在 $\subseteq$ 意義下最小的一個.

定義 4.4.1

??a) 若 $S\sub V$ 滿足 $\lang S\rang =V$, 則稱 $S$ 生成 $V$.

??b) 若存在一組不全 $0$ 的系數(shù)使得 $\sum_{s\in S}a_ss=0$, 則稱 $S$ 線性相關(guān), 稱該等式為非平凡的線性關(guān)系; 否則 $S$ 線性無關(guān).

??c) 若線性無關(guān)的 $S$ 生成 $V$, 則稱 $S$ 是 $V$ 的一組基.

??觀察到, 對線性無關(guān)的 $S$, 若 $v\in\lang S\rang$, 則 $v=\sum_{s\in S}a_ss$ 的 $(a_s)$ 唯一確定. 因此,

\[S\text{ is a base of }V\Eq \A v\in V,~\E!(a_s)_{s\in S}\text{ of finite many nonzero terms},~v=\sum_{s\in S}a_sS. \]

這就指出 $F^{\oplus S}\simeq V$, 因為有 $\varphi:(a_s)_{s\in S}\overset{1:1}\mapsto\sum_{s\in S}a_ss$.

性質(zhì) 4.4.2

??對 $S\sub V$, 以下命題等價:

??(i) $S$ 是一組極小的滿足 $\lang S\rang =V$ 的向量組.

??(ii) $S$ 是 $V$ 的基.

??(iii) $S$ 是極大的線性無關(guān)向量組.

?? → Proof. $\u{(i)}\Ra\u{(ii)}$ 我們需要驗證此時的 $S$ 是線性無關(guān)的. 否則, 有 $\sum_{s\in S} a_ss=0$ 且某個 $a_{s_0}\neq 0$. 然而這就有 $s_0=-\frac{1}{a_{s_0}}\sum_{s\neq s_0}a_ss$, 因此 $\lang S\setminus\{a_{s_0}\}\rang=\lang S\rang$, 矛盾. $\u{(ii)}\Ra\u{(i)}$ 若 $S\setminus\{s\}$ 也生成 $V$, 那么 $\sum_{t\neq s}a_tt-s=0$, 這與 $S$ 的線性無關(guān)性矛盾.

??$\u{(ii)}\Ra\u{(iii)}$ 我們需要驗證此時 $S$ 是極大的. 否則, 設(shè) $v\in V$ 使得 $S\cup\{v\}$ 線性無關(guān), 那么不存在 $\sum_{s\in S}a_ss-v=0$, 這與 $\lang S\rang=V$ 矛盾. $\u{(iii)}\Ra\u{(ii)}$ 根據(jù)加入任意向量的線性相關(guān)性就能給出相應(yīng)的線性組合.

??例如, 對 $F^n$, 有一組標(biāo)準(zhǔn)基 $\{e_1,\cdots,e_n\}$, 其中 $e_k^{(j)}=[j=k]1_F$. 同理對 $\mathbf M_{n\x m}(F)$ 有 $(E_{rc})_{ij}=[r=i][c=j]1_F$. 對 $F[X]$ 有基 $\{1,X,X^2,\cdots\}$. 上文中提出 $A\bs x=\bs b$ 的解構(gòu)成 $F^n$ 的子空間, 基礎(chǔ)解系就是其一組基.

性質(zhì) 4.4.3

??(i) $V$ 的基存在.

??(ii) 對 $V$ 的任意兩組基 $B,B'$, 一定有 $|B|=|B'|=:\dim V$.

??(iii) 任意獨立集 $S$ 可被增廣為基.

??→ Proof. 只討論有限生成的 $V$. 對 (i), 只需要從任意生成 $V$ 的有限的 $S$ 開始, 迭代地任意刪去一個與其他向量線性相關(guān)的向量, 最終就能得到基.

引理 4.4.4

??如果 $V=\lang s_1,\cdots,s_n\rang$, 那么 $\A m>n,~\{v_1,\cdots,v_m\}\text{ is linear dependent}$.

??→ Proof. 設(shè) $v_i=\sum_ja_{ij}s_j$, 考慮一組 $\{x_m\}\sub F^m$, 使得

\[\sum_ix_iv_i=\sum_ix_i\sum_{j}a_{ij}s_j=\sum_j s_j\sum_i a_{ij}x_i=0. \]

此方程組的主元數(shù)量不超過 $\min\{n,m\}=n$, 而有 $m>n$ 個變元, 因此必然存在非全 $0$ 解, 這導(dǎo)致 $\{v_m\}$ 線性相關(guān).

??→ ...Proof @4.4.3 引理直接推知 (ii) 成立.

??對 (iii), 不斷選取與 $S$ 線性無關(guān)的 $v$ 加入 $S$, 根據(jù)引理, 這能在有限步內(nèi)完成進(jìn)而得到極大的線性無關(guān)子集, 這就是基.

命題 4.4.5

??對一列 $F$-向量空間 $V_{i\in I}$, 設(shè)它們有基 $B_{i\in I}$, 那么

\[\bigsqcup_{i\in I}B_i=:B\text{ is a base of }\bigoplus_{i\in I}V_i. \]

??→ Proof. 對 $v=\sum_{j\in J}v_j~(\#J<\oo)$, 展開有

\[v=\sum_{j\in J}\sum_{b\in B_j}c_b b=\sum_{b\in B}c_bb. \]

其中 $c_b\in F$ 至多對有限個 $b$ 非零.

性質(zhì) 4.4.6

??對有限維的 $V$, 設(shè) $\dim V=n$, 若有 $\{v_1,\cdots,v_n\}\sub V$, 以下命題等價:

??(i) 它們是一組基.

??(ii) 它們線性無關(guān).

??(iii) 它們生成 $V$.

??明顯成立.

性質(zhì) 4.4.7

??若 $\dim V=n\in\Z_{\ge 0}$, $V_0\sub V$, 那么 $\dim V_0\le\dim V$ 且當(dāng)且僅當(dāng) $V_0=V$ 時取等.

??"$\le$" 是平凡的, 只說明取等條件. 如果 $\dim V_0=n$, 也就是存在基 $\{v_1,\cdots,v_n\}\sub V_0$, 自然它們在 $V$ 中也線性無關(guān). 根據(jù) 性質(zhì) 4.4.6, 這也是 $V$ 的一組基, 因此 $V=V_0$.

命題 4.4.8

??(i) 對兩域 $F\sub E$, $E$ 可視作 $F$-向量空間.

??(ii) 若 $E$-向量空間 $V$ 有基 $B$, $F$-向量空間 $E$ 有基 $C$, 那么 $V$ 作為 $F$-向量空間有基 $\{cb:c\in C,b\in B\}$.

??→ Proof. (ii) $\A v\in V,~v=\sum_{b\in B}t_bb~(t_b\in E)$, 同時 $t_b=\sum_{c\in C}u_{bc}c$, 所以 $v=\sum_{b\in B,c\in C}u_{bc}cb$. 接下來說明這個基的確線性無關(guān):

\[\sum_{(b,c)}u_{bc}cb=0\Ra\sum_b\l(\sum_c u_{bc}c\r)b=0\\ \Ra\A b,~\sum_cu_{bc}c=0\Ra\A b,~\A c,~u_{bc}=0. \]

$\S4.5$ 線性映射

定義 4.5.1 (線性映射)

??設(shè) $V,W$ 是 $F$-線性空間, 若映射 $T:V\to W$ 滿足:

$T(v_1+v_2)=Tv_1+Tv_2$;

$T(tv)=tT(v)$.

則 $T$ 是一個線性映射.

??平凡例子如 $\bs 0:V\to W,~v\mapsto 0$, $\opn{id}_V:V\to V,~v\mapsto v$. 容易驗證線性映射的復(fù)合也是線性映射.

定義 4.5.2

??對線性映射 $T:V\to W$, 如果存在線性映射 $S:W\to V$ 滿足 $ST=\opn{id}_V$, 則 $T$ 是左可逆的; 如果存在線性映射 $S:W\to V$ 滿足 $TS=\opn{id}_W$, 則 $T$ 是右可逆的. 如果 $T$ 左右皆可逆, 那么稱 $T$ 可逆. 可逆線性映射可以被視為線性空間間的同構(gòu).

命題 4.5.3

??對線性映射 $T:V\to W$, 那么 $T$ 是同構(gòu) $\Eq$ $T$ 是雙射.

??左推右顯然. 右推左, 設(shè) $T^{-1}:W\to V$, 我們說明 $T^{-1}$ 是線性映射. 這是因為

\[T^{-1}(w+w')=T^{-1}w+T^{-1}w'\Eq T(T^{-1}(w+w'))=T(T^{-1}w+T^{-1}w')\Eq w+w'=w+w'. \]

以及

\[T^{-1}(tw)=tT^{-1}(w)\Eq TT^{-1}(tw)=T(tT^{-1}(w))\Eq tTT^{-1}(w)=tw. \]

命題 4.5.4

??若 $\dim V=n$, 那么

\[\{\text{isom. }F^n\overset\sim\to V\}\overset{1:1}\leftrightarrow\{\text{ordered bases of }V\}. \]

??→ Proof. 取 $V$ 的標(biāo)準(zhǔn)基 $\{e_1,\cdots,e_n\}$, 左到右, $\varphi:T\mapsto\{Te_1,\cdots,Te_n\}$. 右到左,

\[\psi:\{v_1,\cdots,v_n\}\mapsto\l(T:F^n\to V,~(x_1,\cdots,x_n)\mapsto \sum_{i=1}^nx_iv_i\r). \]

驗證 $\psi\varphi=\opn{id}$, 有

\[\psi(\varphi(T))=\psi(\{T e_1,\cdots,T e_n\})=\l(T':(x_1,\cdots,x_n)\mapsto \sum_{i=1}^nx_iTe_i=T\sum_{i=1}^nx_ie_i\r), \]

注意已有 $T'=T$. 反面, 有

\[\varphi(\psi(\{v_1,\cdots,v_n\}))=\varphi\l(T:(x_1,\cdots,x_n)\mapsto\sum_{i=1}^nx_iv_i\r)=\{v_1,\cdots,v_n\}. \]

??因此, $\dim V<\oo$ 時, 就有 $V\overset\sim\to F^n$.

定義 4.5.5

??若 $V,W$ 為 $F$-線性空間, 定義 $\Hom_F(V,W)$ 為所有 $V\to W$ 的線性映射, 則按照慣有意義配備 $+,\cdot$ 后, $\Hom(V,W)$ 也是隱約可見. 特別地, 定義 $\End(V)=\Hom(V,V)$.

??更進(jìn)一步, 配備映射合成 $\circ$ 作為乘法, 可以驗證 $(\End(V),+,\circ)$ 構(gòu)成環(huán). 有零元 $\bs 0:v\mapsto 0$, 幺元 $\opn{id}:v\mapsto v$. 明顯, $\End(V)$ 是零環(huán)當(dāng)且僅當(dāng) $V=\{0\}$.

$\S4.6$ 從線性映射觀矩陣

??設(shè) $V,W$ 是 $F$-向量空間, 如果 $V$ 有基 $(v_j)_{j\in J}$, 那么 $\Hom(V,W)\overset\sim\to W^J$. 只需要給出

\[\varphi:T\mapsto(Tv_j)_{j\in J},\\ \psi:(w_j)_{j\in J}\mapsto\l(\sum_{j}x_jv_j\mapsto \sum_jx_jw_j\r). \]

~~如果遵循 Curry 化約定, 可以省略這個巨大小括號.~~ 驗證不難.

??如果 $W$ 有基 $(w_i)_{i\in I}$, 進(jìn)一步有

\[\Hom(V,W)\simeq W^J\simeq\{(a_{ij})_{i\in I,j\in J}\in F^{I\times J}:\A j,~\#\{a_{ij}\neq 0\}<\oo\}. \]

那么對 $S\leftrightarrow(a_{ij})$ 和 $T\leftrightarrow (b_{ij})$, 有 $S+T=(a_{ij}+b_{ij})$.

??You know what will do next. 考慮可符合的線性映射 $U\overset T\to V\overset S\to W$, 其中各個空間有基 $(u_k),(v_j),(w_i)$, 我們關(guān)心 $ST$ 對應(yīng)的數(shù)組. 根據(jù)上文, 已有

\[Sv_j=\sum_{i}a_{ij}w_i,\quad Tu_k=\sum_{j}b_{jk}v_j, \]

那么 (注意所有求和都是有限和):

\[ST(u_k)=S\l(\sum_jb_{jk}v_j\r)=\sum_jb_{jk}S v_j=\sum_jb_{jk}\sum_ia_{ij}w_i=\sum_i\l(\sum_j a_{ij}b_{jk}\r)w_i. \]

(這里用到了 $F$ 上的乘法交換律, 但如果把 scalar product 定義為右乘, 則并不依賴這一點.) 因此, 若 $ST\leftrightarrow (c_{ik})$, 就有

\[c_{ik}=\sum_ja_{ij}b_{jk}. \]

這給出了矩陣乘法的來歷. 如果 $I=\{1..m\},J=\{1..n\}$, 那么存在

\[\mathcal M:\Hom(V,W)\overset\sim\to\mathbf M_{m\x n}(F). \]

定理 4.6.1

??以下圖表交換:

\[\begin{array}{ccc} \Hom(V,W)\x\Hom(U,V)&\overset\cdot\to&\Hom(U,W)\\ (\mathcal M,\mathcal M)\downarrow&&\downarrow\mathcal M\\ \mathbf M_{m\x n}(F)\x\mathbf M_{n\x r}(F)&\overset\cdot\to&\mathbf M_{m\x r}(F) \end{array} \]

??例如, $\End(V)\simeq\mathbf M_{n\x n}(F)$, $\opn{id}_V\simeq \bs 1_{m\x m}$, ...

??可以把定義 4.5.2 搬過來獲得矩陣的 (左, 右) 可逆的定義.

定義 4.6.2

??稱 $A\in\M_{n\x n}(F)$ 可逆, 當(dāng)且僅當(dāng)存在 $B\in\M_{n\x n}(F)$, 使得 $AB=BA=\bs 1_{n\x n}$, 將 $B$ 唯一地寫作 $A^{-1}$.

??注意可逆矩陣代表著可逆線性映射, 它給出了同構(gòu) $F^n\overset\sim\to F^m$, 因此只能有 $n=m$, 所以可逆矩陣一定是方陣.

??回到 Gauss-Jordan 消元法, 我們可以把所謂的 "初等行變換" 寫成初等矩陣.

$A(i,k,c)$ 對應(yīng) $\mathcal A(i,k,c):=\bs 1_{m\x m}+cE_{ki}$. 這是因為,

\[\mathcal A(i,k,c)A=A+\pmat{\\ ca_{i1}&ca_{i2}&\cdots&ca_{in}\\&\\&}. \]
$B(i,k)$ 對應(yīng) $\mathcal B(i,k):=\bs 1_{m\x m}-E_{ii}-E_{kk}+E_{ik}+E_{ki}$, 樣子是

\[\mathcal B(i,k)=\pmat{ \ddots&\\ &0&&1\\ &&\ddots&\\ &1&&0&\\ &&&&\ddots }. \]
省略號處全 $1$. 驗證不難.
$C(i,c)$ 對應(yīng) $\mathcal C(i,c):=\bs 1_{m\x m}+(c-1)E_{ii}$.

??根據(jù)作用效果容易看出, $\mathcal A(i,k,c)^{-1}=\mathcal A(i,k,-c)$, $\mathcal B(i,k)^{-1}=\mathcal B(i,k)$, $\mathcal C(i,k)^{-1}=\mathcal C(i,k^{-1})$. 例如驗證第一個,

\[\mathcal A(i,k,c)\mathcal A(i,k,-c)=(\bs 1+cE_{ki})(\bs 1-cE_{ki})=\bs 1-c^2E_{ki}^2\overset{k\neq i}=\bs 1. \]

??因為初等行變換對應(yīng)可逆矩陣, 這也給出消元法給出的任何一個中間方程組和原方程組都同解.

$\S4.8$ 核, 像與消元法

定義 4.8.1 (核, 像)

??對線性映射 $T:V\to W$, 定義其核為

\[\ker T:=\{v\in T:Tv=0\}=T^{-1}(0). \]
定義其像為

\[\im T:=\{w\in W:\E v\in V,~Tv=w\}. \]

??容易驗證它們都是各自所屬空間的子空間.

??注意到對 $w\in W$, 要不有 $w\notin\im T\Eq T^{-1}(w)=\varnothing$, 要不有 $\E v_0\in T,~Tv_0=w$. 對于后者, $\A v\in V,~Tv=w\Eq Tv-Tv_0=0$, 這給出 $v-v_0\in\ker T$. 因此 $T^{-1}(w)=v_0+\ker T$. 即, $w$ 的原像要不為空, 要不為 $\ker T$ 的平移. 例如, $T$ 是單射就等價于 $\ker T=\{0\}$; $T$ 是滿射自然則有 $W=\im T$.

定理 4.8.2

??對有限生成的線性映射 $T:V\to W$, 有

\[\dim T=\dim\ker T+\dim\im T. \]

??→ Proof. 首先, 由于前者是 $T$ 的子空間, 后者由 $TB$ 生成 ($B$ 是 $T$ 的基), 所以它們的維數(shù)都是有限的. 任選 $\im T$ 的一組基 $\{w_r\}$, 同時任給出 $w_i=Tv_i$. 再任選 $\ker T$ 的一組基 $\{u_k\}$. 斷言: $\{v_r\}\cup\{u_k\}$ 是 $V$ 的基.

??先驗證其線性無關(guān). 如果有 $\sum_ia_iv_i+\sum_ib_iu_i=0$, 兩側(cè)同時施加 $T$, 有 $\sum_ia_iw_i=0$, 這給出 $\A i,~a_i=0$, 那就只有 $\A i,~b_i=0$, 智能是平凡的線性關(guān)系.

??再驗證其生成 $T$. 對任意 $v\in T$, 有 $Tv=\sum_ia_iw_i\Ra T\l(v-\sum_ia_iv_i\r)=Tv-\sum_ia_iw_i=0$, 因此 $v-\sum_ia_iv_i=\sum_ib_iu_i\in\ker T$, 最終 $v=\sum_ia_iw_i+\sum_ib_iu_i$.

推論 4.8.3

??若 $\dim V=\dim W<\oo$, 那么 $T:V\to W$ (i) 是同構(gòu), (ii) 是單的, (iii) 是滿的; 三者等價.

??→ Proof. 也即是, $\dim\ker T=0\Eq\dim\im T=\dim T$, 二者都能給出 $T$ 是雙射.

定義 4.8.4 (秩)

??對線性映射 $T$, 定義其秩

\[\rank T:=\dim\im T. \]
(同理可以定義矩陣的秩.)

??對矩陣 $A:F^n\to F^m$, 有 $\im A=\lang Ae_1,\cdots,Ae_n\rang$, 也即 $A$ 的列向量的張成空間, 所以 $\rank A$ 也被成為 $A$ 的列秩, 同理可以給出其行秩的定義. 稍后將說明行秩和列秩相等. 同時, 根據(jù) 定理 4.8.2, 在有限維情況可以寫出 $\rank A=\dim\ker A$.

命題 4.8.5

??若矩陣 $A\overset{\mathbf{G-J}}\to A'$, $r:=\#\text{pivots in }A'$, 那么 $r=\rank A$.

??→ Proof. 設(shè) $A=\pmat{v_1&\cdots& v_n}$. 對 $A'$, 可以取出它的主元列編號 $1\le i_1<\cdots<i_r\le n$, 這樣 $\{v_{i_r}\}$ 就給出了 $\lang v_1,\cdots,v_n\rang$ 的基.

命題 4.8.6

??若 $A\in\M_{m\x m}(F)$, 那么以下命題等價:

??(i) $A$ 可逆.

??(ii) $\ker A=\{0\}$.

??(iii) $\rank A=m$.

??(iv) $A=U_1\cdots U_k$, 其中 $U_i$ 是初等矩陣.

??(i)(ii)(iii) 可以由推論 4.8.3 給出.

??$\u{(iii)}\Ra\u{(iv)}$ 因為 $\rank A=m$, 必然有 $A\overset{\mathbf{G-J}}\to\bs 1$, 將消元法的行變換取逆即可得到 $A=U_1\cdots U_k$.

??$\u{(iv)}\Ra\u{(i)}$ 初等矩陣可逆.

算法 4.8.7 (矩陣求逆)

??輸入 $A\in\M_{m\x m}(F)$, 只需對 $(A\mid \bs 1_{m\x m})$ 進(jìn)行消元法, 最終若 $A'\neq\bs 1$, 根據(jù) 命題 4.8.6.(i)(iv), 它不可逆; 否則已經(jīng)得到 $(\bs 1_{m\x m}\mid A^{-1})$.

練習(xí) 4.8.8

??若 $A=(\min\{i,j\})_{1\le i,j\le m}$, 用消元法證明其可逆.

??→ Solution. 用第 $k$ 行消元后, $A|_{[k+1,n]}=(\min\{i,j\})_{1\le i,j\le n-k}$, 歸納即可說明其可被消元為 $\bs 1$.

$\S4.7$ 從矩陣轉(zhuǎn)置到對偶空間

定義 4.7.1

??對環(huán) $R$ 上的 $m\x n$ 矩陣 $A=(a_{ij})$, 定義其轉(zhuǎn)置為 $n\x m$ 矩陣, 滿足

\[A^\intercal=(a_{ji}). \]

??容易看出

$(A+B)^\intercal=A^\intercal+B^\intercal$.
$(sA)^\T=sA^\T$.
$A^{\T\T}=A$.
$(A^\T)^{-1}=(A^{-1})^\T$.
$(AB)^\T=B^\T A^\T$.

說明最后一式:

\[\begin{aligned} (AB)^\T_{ij} &= \sum_{\ell}a_{j\ell}b_{\ell i}\\ &= \sum_\ell (a^\T)_{\ell j}(b^\T)_{i\ell}\\ &= (B^\T A^\T)_{ij}. \end{aligned} \]

此外, 可以看出, 初等矩陣的轉(zhuǎn)置仍然是同類型的初等矩陣.

??這樣, 可以定義行秩 $\opn{row rank} A=\rank A^\T$, 稍后說明這也就是 $\rank A$.

定義 4.7.2

??若 $A,B\in\M_{m\x n}(F)$, 稱 $A,B$ 相抵, 當(dāng)且僅當(dāng)存在 $ Q\in\M_{m\x m}(F)^\x$ 和 $P\in\M_{n\x n}(F)^\x$, 使得

\[B=QAP. \]

??顯然相抵是等價關(guān)系. 根據(jù) 定理 4.8.6.(i)(iv), $A,B$ 相抵 $\Eq$ 二者可以通過初等行列變換相互到達(dá).

命題 4.7.3

??$A,B$ 相抵當(dāng)且僅當(dāng) $\rank A=\rank B$.

??→ Proof. 左推右, 只需要說明 $\rank A=\rank(QAP)$, 這是因為 $\rank A=\dim\im A$ 而 $\im A\simeq\im(AP)\simeq\im(QAP)$.

??右推左, 對給定的 $A$, 自然存在一個可逆的 $Q$, 使得 $QA$ 是簡化行梯矩陣, 有 $r=\rank A$ 個主元. 在 $QA$ 上, 可以先通過初等列變換將主元列聚攏到 $r\x r$ 范圍內(nèi), 再通過初等列變換將主元行右側(cè)全部零化, 得到 $D_r~((D_r)_{ij}=[i=j][i\le r])$, 這時 $A$ 相抵于 $D_r$. 由于 $\rank A=\rank B$, 所以 $B$ 相抵于 $D_r$, 等價傳遞得 $A$ 相抵于 $B$.

定理 4.7.4

??$\rank A^\T=\rank A$.

??→ Proof. 取可逆的 $P,Q$, 使得 $D_r^{m\x n}=QAP$, 其中 $r=\rank A$. 那么 $(D_r^{m\x n})^\T=P^\T A^\T Q^\T=D_r^{n\x m}$, 所以 $A^\T$ 相抵于 $D_r^{n\x m}$, 這已經(jīng)給出 $\rank A=\rank A^\T$.

??明顯 $\rank A\le\min\{n,m\}$, 取等時則稱 $A$ 滿秩.

定義 4.7.5

??對 $F$-線性空間 $V$, 定義 $V^\vee=\Hom(V,F)$ 為 $V$ 的對偶空間.

??令 $T\in\Hom(V,W)$, 那么 $T^\T:W^\vee\to V^\vee,~\lambda\mapsto\lambda T$, 其中 $\lambda T$ 即合成映射 $V\overset{\lambda}\to W\overset T\to F$.

定義 4.7.6

??對有限維 $V$ 的基向量 $v_i$,定義

\[\check v_i\in V^\vee,\quad \check v_i\l(\sum_{j=1}^nx_jv_j\r)=x_i. \]

$\{\check v_n\}$ 稱為 $\{v_n\}$ 的對偶基, 它們是 $V^\vee$ 的基.

??→ Proof. 線性無關(guān)性: $\sum_it_i\check v_i=0\Eq \sum_it_i\check v_i(v_j)=0\Eq t_j=0~(\A j)$.

??對 $\lambda\in V^\vee$, 令 $t_i=\lambda(v_i)$, 考察

\[\l(\lambda-\sum_it_i\check v_i\r)(v_j)=\lambda v_j-t_j=0. \]

因此 $\lambda=\sum_{i=1}^nt_i\check v_i$.

??例如對列向量空間 $V=F^n=\M_{n\x 1}(F)$, 有 $V^\vee=\M_{1\x n}(F)$ 為行向量空間.

$\S4.9$ 基的變換: 矩陣的共軛與相抵

??設(shè) $V$ 有基 $\{v_n\}$, $W$ 有基 $\{w_m\}$, 那么 $V\to W$ 的線性映射有

\[\mathcal{\bs M}:\Hom(V,W)\overset\sim\to\M_{m\x n}(F). \]

同時又有同構(gòu) $\varphi_v:F^n\overset\sim\to V$ 和 $\varphi_w:F^m\overset\sim\to W$, 那么以下圖表交換:

\[\begin{array}{ccc} V & \overset{T}\to & W\\ \varphi_V\uparrow&&\uparrow \varphi_W\\ F^n&\overset{\mathcal{\bs M}(T)}\to&F^m \end{array} \]

考察 $e_j\in F^n$ 在兩條路徑中的變換, 最終根據(jù)

\[Tv_j=\sum_{i}a_{ij}w_i \]

即得.

??定義映射

\[\bs P_{v'}^v:F^n\to F^n,\quad (x_1',\cdots,x_n')\mapsto(x_1,\cdots,x_n)\text{ where }\sum x_iv_i=\sum x_i'v_i'. \]

這相當(dāng)于給出 $F^n\overset{\varphi_{V'}}\to V$ 和 $F^n\overset{\bs P}\to F^n\overset{\varphi_V}\to V$ 交換, 即 $\bs P=\varphi^{-1}_V\varphi_{V'}$, 它是可逆的線性映射, 這也就有

\[v_j'=\sum_i P_{ij}v_i. \]

定理 4.9.1

??對 $V$ 的有序基 $v,v'$ 和 $W$ 的有序基 $w,w'$ 以及任意 $T\in\Hom(V,W)$, 有

\[\mathcal{\bs M}_{v'}^{w'}(T)=\bs P_w^{w'}\mathcal{\bs M}_v^w(T)\bs P_{v'}^v=(\bs P_{w'}^w)^{-1}\mathcal{\bs M}_v^w(T)\bs P_{v'}^v. \]

??"共軛矩陣在不同基下表征了相同的線性映射."

??對一個可逆的 $P$, 能夠給出 $\M_{n\x n}(F)\overset\sim\leftrightarrow\M_{n\x n}(F),~A\mapsto P^{-1}AP$.

$\S4.10$ 直和分解

定義 4.10.1

??給定 $F$-向量空間 $V$ 和其一族子空間 $(V_i)_{i\in I}$, 定義由外直和到 $V$ 的線性映射:

\[\sigma:\bigoplus_{i\in I}^{\u{ext}}V_i\to V,\quad (v_i)_{i\in I}\mapsto\sum_{i\in I}v_i~(\u{finite~sum}). \]

??我們關(guān)心何時 $\sigma$ 為同構(gòu), 這樣便能在各個 $V_i$ 上的研究性質(zhì), 進(jìn)而組合出 $V$ 的性質(zhì).

定義 4.10.2

??給定 $F$-向量空間 $V$, 一族子空間 $(V_i)_{i\in I}$ 的和是

\[\sum_{i\in I}V_i:=\l\{\text{finite sum}\sum_iv_i\in V:\A i,~v_i\in V_i\r\}. \]

??它是 $\sigma$ 的像集, 也是一個子空間.

定義-命題 4.10.3

??給定 $F$-向量空間 $V$, 一族子空間 $(V_i)_{i\in I}$, $I\neq\varnothing$, 若對每個 $i\in I$ 都有

\[V_i\cap\sum_{j\neq i}V_j=\{0\}. \]
則將 $\sum_{i\in I}V_i$ 記為 $\bigoplus_{i\in I}V_i$, 稱為 $(V_i)_{i\in I}$ 的內(nèi)直和, 簡稱直和; $V_i$ 稱為其中的直和項. 同時斷言, 以上條件成立當(dāng)且僅當(dāng) $\sigma$ 是同構(gòu).

??→ Proof. $\sigma$ 是單射意味著 $\sum_{i\in I}v_i=\sum_iv_i'\Eq (\A i,~v_i=v_i')\Eq\sum_i v_i=0\Eq(\A i,~v_i=0)$. 若上述條件成立而有 $\sum_jv_j=0,~v_i\neq 0$, 這時給出 $v_i=-\sum_{j\neq i}v_j\in V_i\cap\sum_{j\neq i}V_j$, 矛盾. 另一方面, 如果 $\E i,~V_i\cap\sum_{j\neq i}V_j\neq\{0\}$, 同理給出 $\sigma$ 不是單射.

??因此, 當(dāng)定義條件被滿足時,

\[\bigoplus_{i\in I}^{\u{ext}}V_i\underset\sigma{\overset\sim\to}\bigoplus_{i\in I}^{\u{int}}V_i. \]

"外" 是由小空間做笛卡爾積再挑選出的子空間, "內(nèi)" 是在大空間內(nèi)選取子空間得到的小空間族.

??例如, $V=V_1\overset{\u{int}}\oplus V_2\Eq V_1\cap V_2=\{0\}\land V=V_1+V_2$. 取 $V$ 的基 $(v_i)_{i\in I}$, 那么 $V=\bigoplus_{i\in I}Fv_i$ (基的選取形似于將空間分解為一維子空間的直和).

??對一般直和 $\bigoplus_{j\in I}V_j$ 和 $i\in I$, 都有嵌入映射 $\iota_i$ 和投影映射 $p_i$:

\[V_i\overset{\iota_i}\mmap\bigoplus_{j\in I}V_j\overset{p_i}\to V_i,\\ v_i\overset{\iota_i}\mapsto\underset{\text{only when }j=i,~v_j=v_i\neq 0.}{(v_j)_{j\in I}}\overset{p_i}\mapsto v_i. \]

當(dāng) $I$ 有限時, 明顯有 $\sum_{i\in I}\iota_ip_i=\opn{id}_{\bigoplus_{i\in I}V_i}$.

??現(xiàn)在來考察線性映射. 設(shè) $T:V\to W$ 是線性映射, 而 $V$ 和 $W$ 帶有直和分解:

\[V=V_1\oplus\cdots\oplus V_n,\quad W=W_1\oplus\cdots\oplus W_m. \]

令 $T_{ij}=p_iT\iota_j\in\Hom(V_j,W_i)$, 斷言:

命題 4.10.4

??作為 $F$-線性空間, 有

\[\Hom(V,W)\overset\sim\to\bigoplus_{1\le i\le m,~1\le j\le n}\Hom(V_j,W_i),\quad T\mapsto(T_{ij}). \]

??→ Proof. 線性性容易. 單性, 考慮

\[T\iota_j=\l(\sum_i\iota_ip_i\r)T\iota_j=\sum_i\iota_ip_iT\iota_j=\sum_i\iota_iT_{ij}. \]

由于 $V=\bigoplus_jV_j$, 所以 $(T_{ij})$ 可以唯一決定 $T$.

??滿性, 給定 $(T_{ij})$ 時, 定義

\[T=\sum_{i',j'}\iota_{i'}T_{i'j'}p_{j'}. \]

此時

\[p_iT\iota_j=\sum_{i',j'}p_i\iota_i'T_{i',j'}p_{j'}\iota_j\overset{\text{only }(i,j)=(i',j')}=T_{ij}. \]

??特別地, $W=F$ 時, 這給出 $V^\vee\overset\sim\to V_1^\vee\oplus\cdots\oplus V_n^\vee$.

??接下來, 考慮 $U\overset T\to V\overset S\to W$ 的映射復(fù)合,

\[(ST)_{ik}:=p_iST\iota_k=p_iS\l(\sum_j\iota_jp_j\r)T\iota_k=\sum_j(p_iS\iota_j)(p_jT\iota_k)=\sum_j S_{ij}T_{jk}. \]

這樣, $T=(T_{ij})$ 也可以寫作 "矩陣", 不過每個 $T_{ij}$ 都是一個子線性映射. 如果對每個直和項 $V_j$ 和 $W_i$ 都選定了有序基, 這樣我們也得到了 $V,W$ 的有序基. 對 $T=(T_{ij}\in\Hom(V_j,W_i))$, 可以展開作矩陣 $A=(A_{ij}\in\M_{m_i\x n_j}(F))$, 其中 $m_i=\dim W_i$, $n_j=\dim V_j$, 稱之為一個分塊矩陣. 從一種奇怪的意義上, 這些推導(dǎo)告訴我們分塊矩陣乘法便是塊與塊相乘.

$\S4.11$ 分塊矩陣運算

定義 4.11.1

??分塊對角/上三角/下三角矩陣; 同理給出分塊對角/上三角/下三角線性映射. (omitted)

??分塊對角矩陣也記作 $\diag(A_{11},\cdots,A_{nn})$.

??對分塊上三角矩陣, 若 $V=V_1\ops\oplus V_n$, 那么有 $T(V_1)\sub V_1,~T(V_2)\sub V_1\oplus V_2,\cdots$. 也可以說, $T$ 保持了 $T(V_1\ops\oplus V_k)\sub V_1\ops\oplus V_k$. 分塊對角也即是 $T(V_i)\sub V_i$.

??給定 $V_1\ops\oplus V_k$, 那么

\[\l\{T\in\End(V):T\text{ is block up-triangular}\r\} \]

是 $\End(V)$ 的一個子環(huán).

命題 4.11.2

??對 $F$-線性空間 $V$ 和子空間 $V_0\sub V$, 那么存在子空間 $V_1\sub V$, 使得 $V=V_0\oplus V_1$.

??→ Proof. 僅說明有限維情況. 設(shè) $B_0$ 是 $V_0$ 的一組基, 可以將其擴充為 $B_0\sqcup B_1$ 作為 $V$ 的基, 最后取 $V_1=\lang B_1\rang$ 即可. (不過, $V_1$ 的取法實際上并不唯一.)

命題 4.11.3

??分塊上三角矩陣 $A$ 可逆當(dāng)且僅當(dāng)一切 $A_{ii}$ 可逆, 且 $A^{-1}$ 有對角線 $A_{11}^{-1}\ops,A_{rr}^{-1}$.

??→ Proof. 僅考慮 $r=2$ 的情況, 通過不斷取出 $A_{rr}$ 所在行列可以進(jìn)行歸納法. 設(shè)

\[A=\l(\begin{array}{c|c} A_{11}&A_{12}\\\hline &A_{22} \end{array}\r), \]

如果 $A^{-1}$ 存在, 考慮其相同規(guī)格的分塊陣, 驗證乘法發(fā)現(xiàn) $A^{-1}$ 給出了 $A_{11}^{-1}$ 和 $A_{22}^{-1}$, 因此對角線上塊可逆. 另一方向類似, 驗證矩陣乘法即可.

$\S4.12$ 商空間

定義-命題 4.12.1

??對線性空間 $V$ 和其子空間 $U$, 定義

\[v_1\sim_U v_2\Eq v_1-v_2\in U. \]
則 $\sim_U$ 是一個等價關(guān)系.

??→ Proof. 驗證反身性, 傳遞性, 對稱性, 容易的.

??這樣, $v$ 的等價類就是 $v+U:=\{v+u:u\in U\}$, 稱為 $U$ 在 $V$ 中的一個陪集.

??在給出 $T:V\to W$ 和 $U=\ker T$ 時, 自然存在 $\ol T:V/\sim_U\overset{1:1}\to\im T$, 我們希望將 $V/\sim_U$ 配備向量空間結(jié)構(gòu), 使得 $\ol T$ 是一個向量空間的同構(gòu).

定義 4.12.2 (商空間)

??對線性空間 $V$ 和子空間 $U$, 定義

\[V/U=\{v+U:v\in V\}. \]
同時賦予:

加法, $(v_1+U)+(v_2+U):=v_1+v_2+U$.

純量乘法, $t(v+U):=tv+U$.

零元, $0:=U=0_V+U$.

??容易驗證這良定地給出了一個向量空間. 同時能給出商映射

\[q:V\to V/U,\quad v\mapsto v+U. \]

這是唯一使得 $q$ 線性的映射.

??一些極端例子: $V/\{0\}=V$ (僅此時 $q$ 是同構(gòu)), $V/V=\{0\}$ (僅此時 $q$ 是零映射). $\ker(q)=\{v:v+U=U\}=U$.

命題 4.12.3

??若 $\dim V<\oo$, 那么 $\dim V=\dim(V/U)+\dim U$.

??→ Proof. $\dim V=\dim\im q+\dim\ker q=\dim(V/U)+\dim U$. 無窮維時事實上也成立.

定義 4.12.4

??對線性映射 $T:V\to W$, 定義其余核 $\coker T:=W/\im T$.

??可以證明, $T$ 是滿的當(dāng)且僅當(dāng) $\coker T=\{0\}$.

命題 4.12.5

??設(shè) $U$ 是向量空間 $V$ 的子空間, $T:V\to W$ 是線性映射.

??(i) 若 $U\sub\ker T$, 則存在唯一的線性映射 $\ol T:V/U\to W$, 使得 $V\overset{T}\to W$ 和 $V\overset{q}\to V/U\overset{\ol T}\to W$ 交換.

??(ii) 若 $U=\ker T$ 而 $W=\im T$, 則 $\ol T$ 還是向量空間的同構(gòu).

??→ Proof. (i) 唯一性. $\ol T:v+U\mapsto Tv$ 明顯給出了唯一的一個 $\ol T$.

??存在性. 首先, $v_1+U=v_2+U\Eq v_1-v_2\in U\Ra T(v_1-v_2)=0$, 因此 $\ol T$ 良定. $\ol Tq$ 的線性性不難驗證.

??(ii) 注意到 $\im T=\im\ol T$. 還需要驗證 $\ol T$ 是單射, 即 $\ker\ol T=\{0\}$. 這是因為 $\ol T(v+U)=0\Eq Tv=0\Eq v\in\ker T=U$.

推論 4.12.6

??對線性映射 $T:V_1\to V_2$ 和兩個子空間 $U_1\sub V_1$, $U_2\sub V_2$, 滿足 $T(U_1)\sub U_2$, 那么 $\E!\ol T:V_1/U_1\to V_2/U_2\text{ linear}$, 使得下圖交換:

\[\begin{array}{ccc} V_1 & \overset T\longrightarrow &V_2\\ q_1\downarrow&&\downarrow q_2\\ V_1/U_1&\underset{\ol T}\longrightarrow& V_2/U_2 \end{array} \]

??→ Proof. 由于 $q_2T(U_1)=q_2(U_2)=\{0\}$, 因此 $U_1\sub\ker(q_2 T)$, 結(jié)合命題 4.12.5.(i) 即可.

??進(jìn)一步地, 對于

\[\begin{array}{ccccc} V_1 & \overset T\longrightarrow &V_2& \overset S\longrightarrow & V_3\\ q_1\downarrow&&\downarrow q_2&&\downarrow q_3\\ V_1/U_1&\underset{\ol T}\longrightarrow& V_2/U_2&\underset{\ol S}\longrightarrow& V_3/U_3 \end{array} \]

注意 $T(U_1)\sub U_2$, $S(U_2)\sub U_3$, 那么 $ST(U_1)\sub U_3$, 也能定義出 $\ol{ST}$, 這是因為根據(jù)交換性, 圖上路徑 $V_1\texttt{RRD}=V_1\texttt{RDR}=V_1\texttt{DRR}$.

命題 4.12.7

??對 $\Omega$ 的子空間 $V,W$, 存在同構(gòu)

\[V/(V\cap W)\overset\sim\to(V+W)/W,\quad v+(V\cap W)\mapsto v+W. \]

??→ Proof. 定義 $T:V\to(V+W)/W,~v\mapsto v+W$, 由于 $v+w+W=v+W$, 所以 $\im T=(V+W)/W$. 同時明顯 $\ker T=V\cap W$, 那么命題中的同構(gòu)能由命題 4.12.5.(i) 給出.

推論 4.12.8

??設(shè) $V=U\oplus W$, 則相應(yīng)商映射 $q:V\to V/U$ 限制為同構(gòu) $q|_W:W\overset\sim\to V/U$.

??→ Proof. $V=U\oplus W\Eq U+W=V\land U\cap W=\{0\}$, 因此 $W=W/(U\cap W)$ 可由命題 4.12.7 給出到 $(U+W)/U$ 的同構(gòu), 這也就是到 $V/U$ 的同構(gòu).

??最后, 假設(shè) $\dim V_1,\dim V_2<\oo$, $T(U_1)\sub U_2$ 并且有交換圖

\[\begin{array}{ccc} V_1 & \overset T\longrightarrow &V_2\\ q_1\downarrow&&\downarrow q_2\\ V_1/U_1&\underset{\ol T}\longrightarrow& V_2/U_2 \end{array} \]

這時固定 $U_i$ 的有序基并擴充為 $V_i$ 的有序基, 即這些基給出 $V_i=U_i\oplus U_i'$, 那么

\[T\leftrightarrow \l(\begin{array}{c|c} \overset{\overset{U_1}\vdots}A&\overset{\overset{U_1'}\vdots}B_{\cdots U_2}\\\hline &D_{\cdots U_2'} \end{array}\r) \]

其中 $A$ 給出 $T|_{U_1}:U_1\to U_2$, 其余同理. 更廣泛地, 設(shè)一列基擴張形成的

\[V=V_d\supsetneq V_{d-1}\ops\supsetneq V_0=\{0\},\\ W=W_d\supsetneq W_{d-1}\ops\supsetneq W_0=\{0\}. \]

那么 $T$ 也給出相似的分塊矩陣, 其中 $A_{ii}$ 的 $V_i/V_{i-1}\to W_i/W_{i-1}$ 誘導(dǎo)自 $T|_{V_i}:V_i\to W_i$.

第五章行列式

$\S5.1$ 置換

定義 5.1.1

??對非空集合 $X$, 定義 $S_X:=\{\text{bijection }X\to X\}$.

??它包含恒等映射 $\id_X$, 自然配有映射合成 $(\sigma,\sigma')\mapsto\sigma\sigma'$ 和逆 $\sigma^{-1}$. 若 $n\ge 1$ 而 $X=\{1,2,\dots,n\}$, 此時記 $S_X=S_n$.

??例如 $S_n$ 里的輪換 $\lambda=\pmat{2&3&\cdots&n&1}$, 對換 $\DS(i\quad j):=\pmat{\cdots&i&\cdots&j&\cdots\\ \cdots&j&\cdots&i&\cdots}$, 單對換 $(i\quad i+1)$.

定義 5.1.2

??設(shè) $\sigma\in S_n$, 定義

\[\opn{inv}\sigma:=\{(i,j)\in\N^2:1\le i<j\le n,~\sigma_i>\sigma_j\}. \]
為其逆序, 逆序數(shù) $\ell(\sigma):=|\opn{inv}\sigma|$.

??一些結(jié)論:

$\ell(\sigma)=0\Eq\sigma=\id$.
$\ell(\sigma)=\ell(\sigma^{-1})$, 因為 $\opn{inv}\sigma\ni(i,j)\mapsto (\sigma_j,\sigma_i)\in\opn{inv}\sigma^{-1}$ 是雙射.
$\arg\max\ell(\sigma)=\sigma'\text{ where }\sigma'_k=n-k+1$.

命題 5.1.3

??對 $\sigma\in S_n$, 存在一列單對換 $\tau_1,\tau_2,\cdots,\tau_\ell\in S_n$, 使得 $\sigma=\tau_1\cdots\tau_\ell$, 且 $\ell$ 可能的最小值為 $\ell(\sigma)$.

??→ Proof. 一方面, 一個 $\tau$ 變換至多讓 $\ell(\sigma)$ 減少 $1$, 所以 $\ell\ge\ell(\sigma)$; 另一方面, 當(dāng) $\ell(\sigma)\neq0$, 則總存在 $\sigma_i>\sigma_{i+1}$, 這時 $\tau=(i\quad i+1)$ 能夠讓 $\ell(\sigma)$ 減少 $1$, 所以 $\ell_{\min}\le\ell(\sigma)$. 最終就有 $\ell_\min=\ell(\sigma)$.

??這樣長度為 $\ell(\sigma)$ 的單對換分解稱為 $\sigma$ 的既約表法.

定義-命題 5.1.4

??存在唯一的映射 $\sgn:S_n\to\{\pm1\}$, 使得

$\sgn(\sigma\xi)=\sgn(\sigma)\sgn(\xi)$.

$\sgn(\tau)=-1$, $\tau$ 是單對換.

??→ Proof. 唯一性: 以上兩條規(guī)則直接給出 $\sgn(\sigma)=(-1)^{\ell(\sigma)}$, 所以它是唯一確定的.

??存在性: 定義函數(shù) $\Delta:\Z^n\to\Z$, $(x_n)\mapsto\prod_{i<j}(x_i-x_j)$. 此外, 記置換對序列的作用:

\[\sigma\bs x:=(x_{\sigma^{-1}_1}\ops,x_{\sigma^{-1}_n}). \]

注意到

\[\Delta(\sigma\bs x)=(-1)^{\ell(\sigma)}\Delta(\bs x). \]

也可以據(jù)此定義

\[\sgn(\sigma)=\Delta(\sigma\bs x)/\Delta(\bs x)\quad(\text{for arbitrary }\Delta(\bs x)\neq 0). \]

??(不懂講義這一段在糾結(jié)什么, 這些性質(zhì)似乎是直觀且明顯的?)

定義 5.1.5

??設(shè) $\sigma\in S_n$, 若 $\ell(\sigma)$ 為偶數(shù), 則稱 $\sigma$ 為偶置換, 否則稱 $\sigma$ 為奇置換.

$\S5.3$ 一類交錯形式的刻畫

定義 5.3.1

??對映射 $D:V^n\to F$, 若其是多重線性的, 且任何 $D(\cdots,v\ops,v,\cdots)=0$, 則稱其是一個交錯形式. 所有這樣的交錯形式構(gòu)成集合 $\mathcal D_{V,n}$.

??例如取 $V=\R^n$, 所謂的 "有向體積" 就是一個 $(\R^n)^n\to\R$ 的交錯形式.

??設(shè) $\dim V=n$, $D\in\mathcal D_{V,m}$, 那么當(dāng) $1\le i\neq j\le m$ 時, 容易看出

\[D(\cdots,v_i\ops,v_j,\cdots)=D(\cdots,v_i+cv_j\ops,v_j,\cdots). \]

進(jìn)一步, 若 $\{v_m\}$ 線性相關(guān), 則必有 $D((v_m))=0$, 這也是直接推論; 當(dāng) $m>n$ 時, 就有 $\mathcal D_{V,n}=\{0\}$. 方便起見, 設(shè) $n=\dim V<\oo$, 定義

\[\mathcal D_V=\begin{cases} \mathcal D_{V,n},&n\ge 1;\\ F,&n=0. \end{cases} \]

??還能看出,

\[D(\cdots,v\ops,w,\cdots)=-D(\cdots,w\ops,v,\cdots), \]

這時因為二者之和 $D(\cdots,v+w\ops,w+v,\cdots)=0$. 進(jìn)一步就有

\[D(\sigma(v_n))=\sgn(\sigma)D((v_n)). \]

其中 $(v_n)\sub V^n$ 表示序列; 考慮 $\sigma$ 的既約分解即可.

??任取 $V$ 的有序基 $\ul e=(e_1,\cdots,e_n)$, 那么 $v_i=\sum_{j=1}^na_{ij}e_j$, 這時

\[\begin{aligned} D((v_n)) &= \sum_{\{j_n\}\in[1:n]^n}\prod_{i=1}^na_{i,j_i}D((e_{j_n}))\\ &= \sum_{\sigma\in S_n}\prod_{i=1}^na_{i,\sigma_i}D((e_{\sigma_n}))\\ &= \sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)\prod_{i=1}^na_{i,\sigma_i}\cdot D((e_n)). \end{aligned} \]

因此有一個線性的嵌入: $\mathcal D_V\mmap F,~D\mapsto D((e_n))$. 那么 $\dim\mathcal D_V\le 1$.

定理 5.3.2

??對有限維的 $F$-向量空間 $V$, 設(shè) $n=\dim V$, 那么 $\dim\mathcal D_V=1$. 且 $n\ge 1$ 時, 若選定 $V$ 的有序基 $\ul e$, 那么唯一存在 $D_{\ul e}\in\mathcal D_V$, 使得 $D_{\ul e}((e_n))=1$.

??→ Proof. 若 $n\ge 1$, 固定 $\ul e$, 根據(jù)上述討論, 給出 $D((v_n))=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)\prod_{i=1}^na_{i,\sigma_i}$, 利用 $\sgn((i\quad j))=-1$ 且 $(i\quad j)$ 可以將 $S_n$ 兩兩配對的性質(zhì), 不難說明 $D\in\mathcal D_V$, 同時明顯 $D((e_n))=1$.

$\S5.4$ 行列式的定義和基本性質(zhì)

??對 $F$-向量空間 $V$, $W$ 和線性映射 $T:V\to W$, 定義

\[T^*:\mathcal D_{W,m}\to\mathcal D_{V,m},\quad D\mapsto (T^*D:(v_m)\mapsto D((Tv_m))). \]

現(xiàn)令 $V=W$, $n=\dim V<\oo$, 則 $T\in\End(V)$, $T^*\in\End(\mathcal D_V)\simeq F$.

定義 5.4.1

??定義 $\det T$ 為 $T^*\mapsto F$ 所對應(yīng)的純量, 即唯一地滿足 $T^*=\det T\cdot\id_{\mathcal D_V}$.

??也就是說, 定義滿足

\[\A D\in\mathcal D_V,~\A(v_n),~D(T(v_n))=\det T\cdot D((v_n)). \]

當(dāng) $V=\{0\}$ 時給出 $\det T=1$.

定理 5.4.2

??(i) $\det\id_V=1$;

??(ii) $\det(ST)=\det(S)\det(T)$;

??(iii) $T$ 可逆時 $\det T\in F$ 可逆, 且 $\det T^{-1}=(\det T)^{-1}$.

??證明不難.

??例如, $V=\R^n$ 中的有向體積可以用行列式刻畫.

命題 5.4.3

??若 $S:V\overset\sim\to W$, $T\in\End(V)$, 記 $T'=STS^{-1}\in\End(W)$. 那么 $\det T=\det T'$.

??→ Proof. 考慮 $S^*:\mathcal D_W\to\mathcal D_V,~D'\mapsto D$, 對 $(w_n)\sub W$, 令 $v_i=S^{-1}w_i$, 那么

\[D'((STS^{-1}w_n))=D((TS^{-1}w_n))=D((Tv_n))=\det T\cdot D((v_n))=\det T\cdot D'((w_n)). \]

命題 5.4.4

??選定 $V$ 上的基 $\ul e$, 這時

\[\det T=D_{\ul e}((Te_n)). \]

??而 $\ul e$ 取定時, 有 $\End(F^n)=\M_{n\x n}(F)$, 進(jìn)而可以給出矩陣的行列式.

定義-命題 5.4.5

??對 $A\in\M_{n\x n}(F)$, 作為一個 $F^n\to F^n$, 定義

\[\begin{aligned} \l|\begin{array}{ccc} a_{11} & \cdots & a_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{n1} & \cdots & a_{nn} \end{array}\r| & :=\det(A:F^n\to F^n)\\ &= D_{\ul e}((Ae_n))\\ &= \sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)\prod_{i=1}^na_{\sigma_i,i}\\ &= \sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)\prod_{i=1}^na_{i,\sigma_i}. \end{aligned} \]

定義 5.4.6

??對 $A\in\M_{n\x n}(F)$ 和 $1\le i,j\le n$, 定義其余子式 $\mathcal M_{ij}\in\M_{(n-1)\x(n-1)}(F)$ 為在 $A$ 刪除第 $i$ 行第 $j$ 列的結(jié)果; 定義 $M_{ij}:=\det\mathcal M_{ij}$.

定理 5.4.7

??$n\x n$ 矩陣的行列式具有以下性質(zhì):

$\det\bs1=1$.

$\det A=\det A^\T$.

給定行號 $i$ 或列號 $j$, $\det A=\sum_{k=1}^n(-1)^{i+k}a_{ik}M_{ik}=\sum_{k=1}^n(-1)^{k+j}a_{kj}M_{kj}$.

??→ Proof. 只證明按列展開的結(jié)論. 只需要研究 $\det$ 展開式中固定 $\sigma_k=j$ 時的行為, 斷言 $\sgn(\sigma)=\sgn(\sigma[k])\cdot(-1)^{k+j}$, 其中 $\sigma[k]$ 表示剔除 $\sigma_k$ 后重編號得的 $n-1$ 階排列. $(-1)^{k+j}$ 源自: 假定一切 $(\cdot,k)$ 都是逆序?qū)? 再研究 $1,2,\dots,j-1$ 在排列中的位置, 發(fā)現(xiàn)它們不論在 $k$ 之前還是之后都貢獻(xiàn) $(-1)$, 因此剔除 $\sigma_k$ 附帶有 $(-1)^{k-1+j-1}=(-1)^{k+j}$. 講義上的東西是什么呢...

??據(jù)此, 有推論:

推論 5.4.8

\[\sum_{k=1}^n(-1)^{k+j}a_{ki}M_{kj}=0. \]

??→ Proof. 這等價于求第 $j$ 列 copy 自第 $i$ 列的矩陣的行列式.

$\S5.5$ 一些特殊行列式

??對置換 $\sigma\in S_n$, 可以給出置換矩陣 $A=([i=\sigma_j])_{ij}$, 記之為 $P_\sigma$. 它對基向量的作用效果為 $P_\sigma:e_j\mapsto e_{\sigma_j}$. 注意有 $P_\sigma^\T=P_{\sigma^{-1}}$, $P_\sigma P_\tau=P_{\sigma\tau}$, 以上能給出 $P_\sigma^\T=P_\sigma^{-1}$, 這些結(jié)論比較平凡.

命題 5.5.1

??設(shè) $\sigma\in S_n$, 則 $\det P_\sigma=\sgn(\sigma)\cdot 1_F$.

??→ Proof. 按照定義-命題 5.4.5, $\det P_\sigma=D_e((P_\sigma e_i))=D_e((e_{\sigma_i}))=\sgn(\sigma^{-1})D_e((e_i))=\sgn(\sigma)$. 當(dāng)然也可以用 $\det$ 的其他展開方式證明.

命題 5.5.2

??設(shè) $A$ 是上三角或下三角矩陣, 則 $\det A=\prod a_{ii}$.

??→ Proof. 轉(zhuǎn)置不改變 $\det$, 只考慮上三角的情況. 按第一列展開有 $\det A=a_{11}M_{11}$, $\mathcal M_{11}$ 也是上三角的, 如此可以歸納. 或者, 說明僅有 $\sigma=\id$ 時才會對 $\det$ 有貢獻(xiàn).

??根據(jù)上述兩個命題, 我們可以給出 Gauss-Jordan 消元法中三種初等行變換對應(yīng)矩陣的行列式. $\det A(i,k,c)=1$, $\det B(i,k)=-1$, $\det C(i,c)=c$. 因此, 可以通過 G-J 消元法在 $\mathcal O(n^3)$ 的時間內(nèi)計算行列式.

命題 5.5.3

??設(shè) $\{x_n\}\sub F$, 則 $\det(x_j^i)_{ij}=\prod_{1\le j<i\le n}(x_i-x_j)$.

??→ Proof. $n=1$ 顯然, 對后續(xù)的 $n$ 歸納. 依次用 $k=n-1\ops,1$ 行消去第 $k+1$ 行的第一列, 得到

\[\det X:=\l|\begin{array}{cccc} 1 & 1 & \cdots & 1\\ x_1 & x_2 & \cdots & x_n\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & \cdots & x_n^{n-1} \end{array}\r|= \l|\begin{array}{cccc} 1 & 1 & \cdots & 1\\ & x_2-x_1 & \cdots & x_n-x_1\\ & \vdots & \ddots & \vdots\\ & x_2^{n-1}-x_1x_2^{n-2} & \cdots & x_n^{n-1}-x_1x_n^{n-2} \end{array}\r|. \]

按第一列展開,

\[\det X=\l|\begin{array}{ccc} x_2-x_1 & \cdots & x_n-x_1\\ \vdots & \ddots & \vdots\\ x_2^{n-1}-x_1x_2^{n-2} & \cdots & x_n^{n-1}-x_1x_n^{n-2} \end{array}\r|. \]

在此時的第 $k$ 列提出公因式 $x_{k+1}-x_1$, 得到

\[\det X=\prod_{k=1}^{n-1}(x_{k+1}-x_1)\cdot\l|\begin{array}{ccc} 1 & \cdots & 1\\ \vdots & \ddots & \vdots\\ x_2^{n-2} & \cdots & x_n^{n-2} \end{array}\r|. \]

歸納可知原命題成立.

$\S5.6$ 分塊行列式

命題 5.6.1

??設(shè) $V$ 是配有直和分解 $V=V_1\ops\oplus V_n$ 的有限維線性空間, $T\in\End(V)$ 在此分解下有分塊 $T=(T_{ij})$. 則若 $T$ 在此分解下是上 (下) 三角矩陣, 則

\[\det T=\prod_{i=1}^n\det T_{ii}. \]

??→ Proof. 只需要說明 $A=\pary{c|c}{A_{11} & A_{12} \\ \hline & A_{22}}$ 的情況. 設(shè) $A_{11}\in\M_{n\x n}(F)$, $A_{22}\in\M_{m\x m}(F)$, 按定義有

\[\det A=\sum_{\sigma\in S_{n+m}}\sgn(\sigma)\prod_{k=1}^{n+m}a_{k,\sigma_k}. \]

為了使某個 $\sigma$ 對和式有貢獻(xiàn), 要求 $i>n\Ra \sigma_i>n$, 而 $\#\{i:i>n\}=\#\{\sigma_i:\sigma_i>n\}$, 因此 $i>n\Eq \sigma_i>n$. 一方面, $A_{12}$ 不可能被 $(k,\sigma_k)$ 遍歷到, 另一方面, $i\le n$ 和 $i>n$ 的貢獻(xiàn)相獨立, 且無交錯的逆序?qū)? 所以

\[\det A=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)\prod_{k=1}^na_{k,\sigma_k}\cdot\sum_{\tau\in S_m}\sgn(\tau)\prod_{k=1}^m a_{k+n,\sigma_k+n}=\det A_{11}\cdot\det A_{22}. \]

??例如, 有以下命題:

命題 5.6.2

??對 $A\in\M_{m\x n}(F)$ 和 $B\in\M_{n\x m}(F)$, 有

\[\det\pary{c|c}{\bs 1 & B\\\hline A&\bs 1}=\det(\bs 1-AB). \]

??→ Proof. 這是因為

\[\pblk{\bs 1}{}{-A}{\bs 1}\pblk{\bs 1}{B}{A}{\bs 1}=\pblk{\bs 1}{B}{}{\bs 1-AB}. \]

結(jié)合命題 5.6.1 即證. 我們實際上在做矩陣消元.

??由此進(jìn)一步地,

推論 5.6.3

??對 $A\in\M_{m\x n}(F)$ 和 $B\in\M_{n\x m}(F)$, 有

\[\det(\bs 1-AB)=\det(\bs 1-BA). \]
(我們總是略去 $\bs 1$ 的規(guī)格, 畢竟語境充分.)

??這相當(dāng)于在命題 5.6.2 進(jìn)行了一些基變換, 但這并不改變行列式.

$\S5.7$ Cramer 法則

命題 5.7.1

??設(shè) $V$ 為有限維 $F$-向量空間, 則 $T\in\End(V)$ 可逆當(dāng)且僅當(dāng) $\det T\in F^\x$.

?→ Proof. 必要性顯然, 只證明充分性, 也即說明 $T$ 不可逆時必有 $\det T=0$. 由于 $T$ 不可逆, 有 $\rank T<\dim V=:n$, 任取 $n$ 個向量 $v_{1..n}$, 則 $\{Tv_i\}$ 線性相關(guān), $D((Tv_i))=0$, 進(jìn)一步就有 $\det T=0$.

定義 5.7.2

??對 $A=(a_{ij})\in\M_{n\x n}(F)$, 定義其經(jīng)典伴隨矩陣為

\[A^\vee=(A_{ji})_{i,j}\quad\text{where } A_{ij}:=(-1)^{i+j}M_{ij}. \]

定理 5.7.3

??對任意 $A\in\M_{n\x n}(F)$, 都有

\[AA^\vee=\det A\cdot\bs 1=A^\vee A. \]

??→ Proof. 以左側(cè)為例. 直接考察

\[\begin{aligned} (AA^\vee)_{ij} &= \sum_{k=1}^n a_{ik}A_{jk}\\ &= \sum_{k=1}^n (-1)^{j+k}a_{ik}M_{jk}. \end{aligned} \]

當(dāng) $i=j$ 時, 這給出一個按行展開的行列式:

\[(AA^\vee)_{ii}=\sum_{k=1}^n(-1)^{i+k}a_{ik}M_{ik}=\det A. \]

當(dāng) $i\neq j$ 時, 推論 5.4.8 告訴我們 $(AA^\vee)_{ij}=0$.

推論 5.7.4

??若矩陣 $A$ 可逆, 則

\[A^{-1}=(\det A)^{-1}A^\vee. \]

??明顯成立. 不過這個論斷本身看上去挺厲害的.

推論 5.7.5 (Cramer)

??若 $n$ 元線性方程組 $A\bs x=\bs b$ 中的 $A$ 可逆, 那么

\[x_i=\frac{\det\pary{c|c|c|c|c|c|c}{A_{\cdot 1}&\cdots&A_{\cdot(i-1)}&\bs b&A_{\cdot(i+1)}&\cdots& A_{\cdot n}}}{\det A}. \]

??→ Proof. 因為 $\bs x=A^{-1}\bs b$ 而 $A^{-1}=(\det A)^{-1}A^\vee$, 所以

\[\begin{aligned} \det A\cdot\bs x_i &= (A^\vee b)_i\\ &= \sum_{k=1}^n A_{ki}b_k\\ &= \sum_{k=1}^n (-1)^{i+k}M_{ki}b_k. \end{aligned} \]

這就是用 $\bs b$ 替代 $A_{\cdot i}$ 后 $A'$ 的行列式展開.

$\S5.8$ 特征多項式和 Cayley-Hamilton 定理

命題 5.8.1

??若 $V$ 是 $n\in\Z$ 維 $F$-向量空間, $T\in\End(V)$, 那么

\[\E f\in F[X]\setminus\{0\},~f(T)=0_V. \]

??→ Proof. $\dim\End(V)=n^2$, 因此 $\{\id,T,\cdots,T^{n^2}\}$ 必然線性相關(guān), 這樣就能給出一個 $f$.

命題 5.8.2

??$T\in\End(V)$ 可逆等價于存在上述一個 $f$ 使得 $f(0)\neq0$; 且此時存在 $g\in F[X]\setminus\{0\}$ 使得 $T^{-1}=g(T)$.

??→ Proof. 前半句左推右顯然, 因為可以不斷除以 $T$ 降次; 右推左, $f(T)=c_0\id+TP=0$, 這已然給出 $T\cdot\frac{P}{c_0}=\id$, 這也順便給出 $g(T)$ 的形式.

定義 5.8.3 (特征多項式)

??設(shè) $A\in\M_{n\x n}(F)$, 我們認(rèn)為 $F\mmap F(X)$, 從而構(gòu)造矩陣 $X\bs1-A\in\M_{n\x n}(F(X))$, 定義

\[\opn{Char}_A:=\det(X\bs 1-A). \]

??這給出

\[\begin{aligned} \opn{Char}_A=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)\prod_{i=1}^n([i=\sigma_i]X-a_{i,\sigma_i}). \end{aligned} \]

故 $\deg\opn{Char}_A=n$ 且特征多項式是首一多項式. 此外 $[X^0]\opn{Char}_A=\opn{Char}_A(0)=(-1)^n\det A$.

命題 5.8.4

??設(shè) $P\in\M_{n\x n}(F)$ 可逆, 則 $\opn{Char}_{P^{-1}AP}=\opn{Char}_A$.

??→ Proof. 在 $\M_{n\x n}(F(X))$ 中, $X\bs 1-P^{-1}AP=P^{-1}(X\bs 1-A)P$, 因而兩側(cè)行列式相等.

??因此, 特征多項式不依賴于基的選取.

命題 5.8.5

??(a) $\opn{Char}_A=\opn{Char}_{A^\T}$.

??(b) 對分塊上三角矩陣 $A=(A_{ij})$, 有 $\opn{Char}_A=\prod_{i=1}^n\opn{Char}_{A_{ii}}$.

??(c) 對任意 $A\in\M_{m\x n}(F)$ 和 $B\in\M_{n\x m}(F)$, 都有 $X^n\opn{Char}_{AB}=X^m\opn{Char}_{BA}$.

??→ Proof. (a) $\det(X\bs1-A^\T)=\det((X\bs 1-A)^\T)=\det(X\bs 1-A)$.

??(b) 結(jié)合分塊矩陣的加減法和行列式求法即可.

??(c) 在 $F(X)$ 中考察 ($\overset{*}=$ 來自推論 5.6.3):

\[\begin{aligned} X^{-m}\opn{Char}_{AB} &=X^{-m}\det(X-AB)\\ &=\det(\bs 1-X^{-1}AB)\\ &\overset{*}=\det(\bs 1-X^{-1}BA)\\ &=X^{-n}\det(X-BA). \end{aligned} \]

定理 5.8.6 (Cayley-Hamilton)

??對 $A\in\M_{n\x n}(F)$, 有 $\opn{Char}_A(A)=\bs 0_{n\x n}$. 也可以說, 對 $F$-向量空間 $V$ 和 $T\in\End(V)$, 有 $\opn{Char}_T(T)=\bs 0_V$.

定理 5.8.7

??設(shè) $\opn{Char}_A=X^n+c_{n-1}X^{n-1}+\cdots+c_0$, 那么 $(-1)^{n-1}A^\vee=c_1\bs 1\ops+c_{n-1}A^{n-2}+A^{n-1}$.

??這能給出 $(A^\T)^\vee=(A^\vee)^\T$

??→ Proof @ 5.8.6 根據(jù) 定理 5.8.7, 有

\[\begin{aligned} \opn{Char}_A(A) &= A^n+c_{n-1}A^{n-1}\ops+c_0\bs 1\\ &= A(A^{n-1}+c_{n-1}A^{n-2}\ops+c_1\bs1)+(-1)^n\det A\cdot\bs 1\\ &= (-1)^n(\det A\cdot\bs 1-AA^\vee)\\ &= 0. \end{aligned} \]

??→ Proof @ 5.8.7 $n=1$ 時, 右側(cè)為 $\bs1$, 左側(cè)根據(jù)定義有 $A^\vee=\bs 1$. 當(dāng) $n\ge 2$ 時, 在 $F(X)\supset F[X]$ 上, $(X\bs 1-A)^\vee$ 的項的度數(shù)不超過 $n-1$, 則其可以寫為

\[(X\bs 1-A)^\vee=\sum_{k=0}^{n-1}X^kD_k,\quad (D_k\in\M_{n\x n}(F)) \]

注意有

\[(c_0\ops+c_{n-1}X^{n-1}+X^n)\bs 1=(X\bs 1-A)(X\bs1-A)^\vee=(X\bs 1-A)\sum_{k=0}^{n-1}X^kD_k. \]

對比左右系數(shù), 得到

\[D_{n-1}=\bs 1,\\ -AD_{n-1}+D_{n-2}=c_{n-1}\bs 1,\\ \vdots\\ -AD_1+D_0=c_1\bs 1,\\ -AD_0=c_0\bs 1. \]

依次左乘 $A^{n-1}\ops,A^0$, 左右相加, 得到

\[D_0=c_1\bs1\ops+c_{n-1}A^{n-2}+A^{n-1}. \]

而按照定義有 $(-A)^\vee=(-1)^{n-1}A^\vee$.

$\S5.9$ 矩陣的跡

引理 5.9.1

??矩陣 $A$ 的特征多項式 $\opn{Char}_A=X^n+c_{n-1}X^{-1}\ops+c_0$, 則 $\tr A:=\sum a_{ii}=-c_{n-1}$.

??→ Proof. 由于

\[\opn{Char}_A=\sum_{\sigma}\sgn(\sigma)\prod_{k=1}^n\alpha_{k,\sigma_k},\quad \alpha_{ij}=[i=j]X-a_{ij}, \]

要求 $\deg \prod \alpha_{k,\sigma_k}\ge n-1$, 因此至少有 $n-1$ 個 $\sigma_k=k$, 也就只有 $\sigma=\id$. 所以 $c_{n-1}=[X^{n-1}]\prod\alpha_{kk}$, 容易看出 $\tr A=-c_{n-1}$.

性質(zhì) 5.9.2

??(a) $\tr:\M_{n\x n}(F)\to F$ 是線性映射.

??(b) $\tr(AB)=\tr(BA)$, 其中 $A\in\M_{n\x m}(F)$, $B\in\M_{m\x n}(F)$.

??(c) $\tr(A_1\cdots A_n)$ 具有輪換不變性.

??我們在作業(yè)七 6 中證明過這些命題.

$\S5.10$ 不變子空間

定義 5.10.1

??對線性映射 $T\in\End(V)$, 若 $U\sub V$ 滿足 $T(U)\sub U$ (i.e. $T|_U\in\End(U)$), 則 $U$ 稱為 $V$ 的 $T$-不變子空間.

??若為 $U$ 和 $V/U$ 分別取基, 為 $V/U$ 的基在 $V$ 中任意選原像. 回憶 $\ol T:V/U\to V/U$ 是由 $T$ 誘導(dǎo)出的線性映射, 那么就有

\[T=\pary{c|c}{ T|_U & *\\ \hline&\ol T }. \]

這進(jìn)一步給出, $\opn{Char}_{T|_U}\cdot\opn{Char}_{\ol T}=\opn{Char}_T$, $\det(T|_U)\det\ol T=\det T$, $\tr(T|_U)+\tr \ol T=\tr T$.

$\S5.12$ 交換環(huán)上的行列式

定義 5.12.1

??設(shè) $R$ 為交換環(huán), $A\in\M_{n\x n}(R)$, 定義

\[\det A=\sum_\sigma\sgn(\sigma)\prod_k a_{k,\sigma_k}. \]

??我們可以說明它對 $F$ 上行列式性質(zhì)的良好保持. 例如, 仍有 $AA^\vee=\det A\cdot\bs 1=A^\vee A$ 以及 $\opn{Char}_A(A)=\bs 0$.

第六章重訪環(huán)和多項式

$\S6.1$ 理想和商環(huán)

定義 6.1.1

??對非零環(huán) $R$ 的任意非空子集 $S$ 和 $r\in R$, 定義 $Sr:=\{sr:s\in S\}$, 類似有 $rS$. 設(shè) $I$ 為 $R$ 的非空子集, 當(dāng)以下條件成立時, $I$ 為 $R$ 的理想:

加法封閉性. $x,y\in I\Ra x+y\in I$.

乘法雙邊封閉性. $r\in R\Ra rI\sub I\land Ir\sub I$.

??在交換環(huán)中, 對 $a\in R$, $(a):=Ra$ 是理想, 稱為主理想. 例如, $\Z$ 的所有理想都是主理想.

命題 6.1.2

??對 $R$ 的理想 $I$, $I=R\Eq 1\in I$.

??→ Proof. 左推右顯然. 右推左, $1\in I\Ra r=1\cdot r\in I$.

??在交換環(huán) $R$ 上, 我們記 $x\mid y\Eq(\E d\in R,~y=dx)$, 以及 $x\sim y\Eq(\E u\in R^\x,~y=ux)$ (這的確是等價關(guān)系).

定義 6.1.3

??定義 $x\sim_I y\Eq x-y\in I$, 這是一個等價關(guān)系. $x$ 的等價類 $x+I$ 稱為 $I$ 的一個陪集.

??這能進(jìn)一步給出商空間 $R/\sim_I=\{x+I:x\in R\}$. 為它配備環(huán)運算:

$(x+I)+(y+I)=x+y+I$;
$(x+I)(y+I)=xy+I$.

良定性不難驗證. 配以 $0=0_R+I$ 和 $1=1_R+I$, 可以驗證這是一個環(huán), 記為商環(huán) $R/I$. 商映射 $q:R\to R/I$ 是一個環(huán)同態(tài), 稱為商同態(tài), 同時 $\ker q=I$.

性質(zhì) 6.1.4

??(a) 若 $R$ 交換, 則 $R/I$ 交換.

??(b) $R/I=\{0\}\Eq I=R$.

??(c) 對任意環(huán)同態(tài) $f:R\to R'$, 若 $I\in\ker f$, 存在唯一環(huán)同態(tài) $\ol f:R/I\to R'$, 使得 $\ol fq=f$.

??(d) 在 (c) 中若 $I=\ker f$ 而 $R'=\im f$, 則 $\ol f$ 是環(huán)同構(gòu).

??與向量空間上的討論類似.

推論 6.1.5

??設(shè)環(huán)同態(tài) $f:R_1\to R_2$, 理想 $I_1\sub R_1$, $I_2\sub R_2$, 且 $f(I_1)\sub I_2$, 則存在唯一環(huán)同態(tài) $\ol f$, 使得 $q_2f=\ol fq_1$.

$\S6.2$ 多項式的唯一分解性質(zhì)

引理 6.2.1

??設(shè) $R$ 為交換環(huán), $x,y\in R$, 那么

??(i) $x\mid y\Eq(x)\supset (y)$.

??(ii) 若 $R$ 是整環(huán), 那么 $x\sim y\Eq(x\mid y\land y\mid x)\Eq(x)=(y)$.

??→ Proof. (i) $x\mid y\Eq(\E d\in R,~y=dx)\Ra (y)=yR=xdR\sub xR$. 反向類似.

??(ii) $x\sim y\Ra y=ux\Ra x\mid y$, 同時 $x\sim y\Eq y\sim x\Ra y\mid x$. 根據(jù) (i), 后兩個命題等價. $x=dy\land y=d'x\Ra (1-dd')x=0$. 若 $x=0$, 利用最右命題知 $y=0$. 否則 $dd'=1$, 二者皆可逆, $x\sim y$.

定義-命題 6.2.2

??對環(huán)同態(tài) $f:R\to R'$, $\ker f:=f^{-1}(0)$ 是理想.

??按定義驗證即可.

定義 6.2.3

??在整環(huán) $R$ 上, 若 $p\in R\setminus(\{0\}\cup R^\x)$, 且

$p\mid ab\Ra p\mid a\lor p\mid b$, 則稱 $p$ 是素的.

$a\mid p\Ra a\sim1\lor a\sim p$, 則稱 $p$ 是不可約的.

引理 6.2.4

??$p$ 是素的則 $p$ 是不可約的.

??→ Proof. 若 $a\mid p$, 則有 $p=ab\Ra p\mid ab$. 則如果 $p\mid a$, 則有 $a\sim p$. 若 $p\mid b$, 設(shè) $up=b$, 代回等式就有 $p=aup$, 整環(huán)性質(zhì)給出 $au=1$, j即 $a\in R^\x$, 那么 $a\sim 1$.

定義 6.2.5

??稱整環(huán) $R$ 是一個唯一分解環(huán),當(dāng)且僅當(dāng)

\[\A r\in R\setminus\{0\},~\E n\ge 0,~\E\text{ irreducible }p_1\ops,p_n\in R,\\ r\sim p_1\cdots p_n\land\{p_n\}\text{ is unique up to permutations}. \]

??在唯一分解環(huán)中, $\gcd$, $\lcm$, 互素, $\opn{Frac}(R)$ 中的既約分?jǐn)?shù)等都在 up to $\sim$ 意義下唯一給出.

??試驗證 UFD 中的不可約推出素性.

??口胡: 分別說明 (i) $ab$ 的唯一分解含有不可約的 $p$, 當(dāng)且僅當(dāng)其中至少一者的唯一分解含 $p$; (ii) 不可約的 $p\mid a$ 當(dāng)且僅當(dāng) $a$ 的唯一分解含 $p$. (貌似前者可以推出后者, 但這不重要, 畢竟是口胡.)

$\S6.3$ 主理想環(huán)的唯一分解性

定義 6.3.1

??稱 $R$ 是一個主理想環(huán), 當(dāng)且僅當(dāng)其所有理想都是主理想.

??例如 $\Z$, $F[X]$ 都是主理想環(huán).

引理 6.3.2

??對主理想環(huán) $R$ 以及 $a_1\ops,a_n\in R$, 若這列 $a$ 不存在${}\nsim 1$ 的公約數(shù), 那么

\[\lang a_1,\cdots,a_n\rang:=\l\{\sum_{i=1}^nr_ia_i:r_i\in R\r\}=R. \]

??→ Proof. $\lang a_1,\cdots,a_n\rang$ 一定是理想, 則一定是某個 $(h)$, 此時 $h$ 是它們的公約數(shù), 所以只能 $h=1$.

引理 6.3.3

??對主理想環(huán) $R$, 所有不可約元都是素元.

??→ Proof. 對不可約的 $p$, 若 $p\mid ab$, 不妨 $p\nmid a$, 那么 $p,a$ 無${}\nsim1$ 的公因子. 因此存在 $x,y\in R$, 使得 $px+ay=1$, 則 $pxb+aby=b\in(p)$, 即 $p\mid b$.

引理 6.3.4

??設(shè) $R$ 為主理想環(huán), 有一列理想 $I_1\sub I_2\sub\cdots$, 則對充分大的 $n$, 必有 $I_n=I_{n+1}=\cdots$.

??→ Proof. 令 $I=\bigcup I_k$, 可以驗證 $I$ 仍然是理想, 所以有 $I=(h)$, 則必然存在 $h\in I_k$, 這樣 $I\sub I_k\sub I_{k+1}\sub\cdots\sub I\Ra I_k=I_{k+1}=\cdots=I$.

定理 6.3.5

??一切主理想環(huán)都是唯一分解環(huán).

??→ Proof. 對 $a\in R\setminus\{0\}$, 如果 $a$ 沒有不可約分解, 那么必然有 $a\notin R^\x$ 且 $a$ 本身是可約的. 設(shè) $a=a'b'$ 且 $a\nsim a'\land a\nsim b'$, 則 $a',b'$ 至少一者沒有不可約分解, 不妨取為 $a'$, 由此得 $a'',\cdots$, 給出 $(a)\subsetneq (a')\subseteq(a'')\subsetneq\cdots$, 這與上一引理矛盾.

??唯一性套用 $\Z$ 上的證明即可.

??可以證明, $R$ 是唯一分解環(huán)當(dāng)且僅當(dāng) [不可約元為素元] 且 [不存在無窮且真包含的理想列].

命題 6.3.6

??設(shè) $R$ 為主理想環(huán), $t\in R\setminus\{0\}$ 且 $t\notin R^\x$, 則以下等價:

??(i) $R/(t)$ 是域.

??(ii) $R/(t)$ 是整環(huán).

??(iii) $t$ 是素元.

??→ Proof. $\u{(i)}\Ra\u{(ii)}$ 平凡.

??$\u{(ii)}\Ra\u{(iii)}$ 設(shè) $t\mid ab$, 即 $ab\in(t)$, 在 $R/(t)$ 中, $(a+(t))(b+(t))=ab+(t)=0$, 所以根據(jù)整環(huán)性質(zhì)有 $a+(t)=0\lor b+(t)=0$. 則 $t\mid a\lor t\mid b$, 可知 $t$ 是素的.

??$\u{(iii)}\Ra\u{(i)}$ 對 $R/(t)$ 中的非零元 $x+(t)$, 有 $t\nmid x$, 因此 $t,x$ 互素, 存在 $a,b\in R$ 使得 $at+bx=1$, 也就是 $(b+(t))(x+(t))=1-at+(t)=1+(t)$, 這就給出了 $x+(t)$ 的逆元.

定理 6.3.7 (中國剩余定理)

??在主理想環(huán) $R$ 上, 對一列兩兩互素的 $a_1,\cdots,a_n\in R\setminus\{0\}$, 存在環(huán)同構(gòu)

\[\varphi:R/(a_1\cdots a_n)\to\prod_{i=1}^n R/(a_i),\quad x+(a_1\cdots a_n)\mapsto (x+(a_i))_{i=1}^n. \]

??→ Proof. 容易驗證 $\varphi$ 是環(huán)同態(tài), 只需要證明它是雙射. 單性, 只需驗證 $\ker\varphi=\{0\}$. 若 $x+(a_1\cdots a_n)\overset{\varphi}\mapsto (0)_i$, 那么 $\A i,~a_i\mid x\Ra a_1\cdots a_n=\lcm(a_i)\mid x$, 因此 $x+(a_1\cdots a_n)=0$.

??滿性, 只需要研究 $n=2$ 的情況. $\E x_1,x_2\in R,~a_1x_1+a_2x_2=1$, 那么對所有 $r\in R$, 可以看出 $\varphi(ra_1x_1+(a_1a_2))=(0,r+(a_2))$, $\varphi(ra_2x_2+(a_1a_2))=(r+(a_1),0)$ (這里就是 CRT 構(gòu)造的部分).

$\S6.6$ 根和重因式

定義 6.6.1

??對 $f\in F[X]\setminus F$ 我們稱 $f$ 是分裂的,當(dāng)且僅當(dāng)存在 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n\in F$, 使得 $f=\prod_{k=1}^n(X-\lambda_k)$, 其中 $n=\deg f$.

??由于 $F[X]$ 是唯一分解環(huán), 因此對給定的 $\lambda\in F$, 一定有唯一的 $m\in\Z_{\ge 0}$ 使得 $f=(X-\lambda)^mg$, 其中 $g$ 與 $X-\lambda$ 互素, 這時 $m$ 稱為 $\lambda$ (作為 $f$ 的根的) 重數(shù).

推論 6.6.2

??對 $f\in F[X]/F$, 存在擴域 $F\mmap E_F$, 使得 $f$ 在 $E_F$ 上分裂且 $[E_F:F]<\oo$.

??→ Proof. 對 $n:=\deg f$ 歸納. $n=1$ 時直接取 $E_F=F$ 即可. 當(dāng) $n>1$, 命題 6.10.2 (i) 給出存在擴域 $F\mmap E_1$ 使得存在 $\alpha\in E_1$ 滿足 $f(\alpha)=0$. 同時 $E_1=F[X]/(f)$ 且 $[E_1:F]=n<\oo$. 令 $f_1=f/(X-\alpha)$ with $\deg f_1=n-1$, 歸納可知存在擴域 $F\mmap E_1\mmap E$ 使得 $f_1$ 在 $E$ 上分且 $[E:E_1]<\oo$. 那么 $f=(X-\alpha)f_1$ 就在 $E$ 上分裂. $[E:F]=[E:E_1][E_1:F]<\oo$.

定義 6.6.3

??如果域 $F$ 上的每個非常數(shù)多項式皆分裂, 則稱 $F$ 是代數(shù)閉域.

??One more step, 設(shè) $V$ 是 $F$-向量空間, $T\in\End(V)$, 對 $f\in F[X]$ 定義 $f(T)=\sum a_kT^k\in\End(V)$, 明顯 "代值" 是一個環(huán)同態(tài) $\opn{ev}:F[X]\to\End(V)$. $\ker\opn{ev}=\{f:f(T)=0_V\}$ 是一個理想, 那么存在且 up to $F^\x$ 唯一的 $h$, 使得 $\ker\opn{ev}=(h)$ (且非零空間), 即 $\A f,~f(T)=0\Eq h\mid f$, 我們將 (唯一一個) 首一的 $h$ 記為 $\opn{Min}_T$, 這大概會通向第七章的內(nèi)容.

$\S6.10$ 從不可約多項式構(gòu)造擴域

?對域 $F$ 和多項式 $f\in F[X]\setminus F$, 希望將 $F$ 擴域使得 $f$ 的所有根都在 $F$ 中. 這相當(dāng)于找到一個環(huán)同態(tài) $\xi:F\mmap L$, 其中 $L$ 是一個 "更大" 的域. $L$ 若滿足環(huán)性質(zhì), 則可視為一個 $F$-向量空間, 其中純量乘法定義為 $t_{\in F}\cdot x:=\xi(t)\cdot_L x$, 典型如 $F\mmap F[X]$.

??(以下可參考作業(yè)三 ex.) 對 $f\in F[X]$, 考慮合成映射 $i:F\mmap F[X]\mmap F[X]/(f)$, 也就是

\[i:F\mmap F[X]/(f),\quad a\mapsto a+(f). \]

根據(jù)已有討論, $F[X]/(f)$ 也是 $F$-向量空間.

引理 6.10.1

??設(shè) $n=\deg f$, 則 $F[X]/(f)$ 有基 $\{1,X,\cdots,X^{n-1}\}$.

??→ Proof. 即帶余除法.

??對環(huán)同態(tài) $\xi: F\to L$, 其中 $L$ 是交換環(huán), 記

\[g^\xi:=\sum_k\xi(a_k)X^k\in L[X],\quad\text{where }g=\sum_{k}a_kX^k\in F[X]. \]

命題 6.10.2

??若 $f\in F[X]\setminus F$ 是不可約多項式, $E:=F[X]/(f)$, $i:F\mmap E$, 那么

??(i) 固定 $\alpha=X+(f)$, 那么 $f^i\in E[X]$ 滿足 $f^i(\alpha)=0$.

??(ii) 若 $L$ 是交換環(huán), $\xi:F\to L$ 是環(huán)同態(tài), 且 $\beta\in L$ 滿足 $f^\xi(\beta)=0$, 則存在唯一環(huán)同態(tài) $\psi:E\to L$, 使得 $\psi(\alpha)=\beta$, 并且 $\psi i=\xi$. (旨在說明, $E$ 是最 "精簡" 的擴域手段.)

??→ Proof. (i) 設(shè) $f=\sum a_kX^k$, 則 $f^i=\sum (a_k+(f))X^k$, 因此

\[f^i(\alpha)=\sum_k(a_k+(f))(X+(f))^k=\sum_k (a_kX^k+(f))=\br{\sum_k a_kX^k}+(f)=0. \]

??(ii) 唯一性. 根據(jù) $i$ 的定義, 記 $\eta:F\mmap F[X]$, 商映射 $q:F[X]\to F[X]/(f)$, 由交換性質(zhì), $\xi=\psi q\eta$. 設(shè) $\Psi=\psi q$, 這里有 $\Psi(X)=\psi(\alpha)=\beta$, 同時對 $g=\sum b_kX^k$,

\[\env{aligned}{ \psi\br{\sum_k b_kX^k+(f)} &= \psi\br{\sum_k i(b_k)\cdot_E(X+(f))^n}\\ &= \sum_k\psi(i(b_k))\cdot\psi((X+(f))^k)\\ &= \sum_k\xi(b_k)\beta^k\\ &= g^\xi(\beta). } \]

因此 $\psi$ 至多唯一.

??存在性. 只需要驗證 $g+(f)\mapsto g^\xi(\beta)$ 是環(huán)同態(tài). 由于 $F[X]\to L,~g\mapsto g^\xi(\beta)$ 是一個環(huán)同態(tài), $(f)$ 在其 $\ker$ 中, 這就能說明前者是一個良好的環(huán)同態(tài).

??例如取 $F=\R$, $f=x^2+1$, 可以令 $L=\C$, 這時 $\beta=\pm i$, 給出 $\psi^\pm:\R[X]/(x^2+1)\to\C$, 這從代數(shù)上給出了 $\C$ 的商環(huán)結(jié)構(gòu).

第七章對角化

??對 $A$ 的對角化相當(dāng)于找到一組基 $P$, 使得 $A$ 在 $P$ 上的行為 ($P^{-1}AP$) 是對坐標(biāo)軸的簡單伸縮. 其使用意義不言而喻.

$\S7.1$ 特征值與特征向量

定義 7.1.1

??對 $F$-向量空間 $V$ 和 $T\in\End(V)$ 以及 $\lambda\in F$, 定義 $T$ 的 $\lambda$-特征空間為

\[V_\lambda:=\ker(T-\lambda\id_V)=\{v\in V:Tv=\lambda v\}. \]
若 $V_\lambda\neq\{0\}$, 則稱 $\lambda$ 為一個特征值, $v\in V_\lambda\setminus\{0\}$ 稱為特征向量.

??這樣, 設(shè) $\dim V=n<\oo$, 若存在一組特征向量 $\{v_1,\ops,v_n\}\sub V$ 構(gòu)成基, 則稱 $T$ 在 $F$ 上是可對角化的. 因為此時取 $P=\pmat{v_1&v_2&\cdots&v_n}$, 就有 $P^{-1}AP$ 對角.

??注意到 $\lambda$ 為特征值 $\Eq\ker(T-\lambda\id)\neq\{0\}\Eq\det(T-\lambda\id)=\opn{Char}_T(\lambda)=0$.

命題 7.1.2

??若 $T$ 可對角化, 那么 $\opn{Char}_T$ 在 $F$ 上分裂, 且 $\dim V_\lambda$ 即 $\lambda$ 對 $\opn{Char}_T$ 的重數(shù).

??→ Proof. 取定特征向量構(gòu)成的基 $\{v_n\}$ 和對應(yīng)的 $\{\lambda_n\}$, 明顯 $\opn{Char}_T=\prod_{i=1}^n(X-\lambda_i)$. 對于重數(shù)的討論, 選定 $\lambda\in F$, 不妨認(rèn)為 $\lambda_{n-d+1}\ops=\lambda_n=\lambda$. 容易看出 $\dim\ker(T-\lambda\bs 1)=d$, 而 $d$ 就是 $\lambda$ 作為根的重數(shù).

引理 7.1.3

??設(shè) $\lambda_1\ops,\lambda_m\in F$ 互不相同, 取 $v_i\in V_{\lambda_i}$, 則 $\sum_{i=1}^m v_i=0\Eq (\A i,~v_i=0)$.

??(c.f. $V_{\lambda_i}$ 的內(nèi)直和條件.) (這指出, 對應(yīng)特征值不同的特征向量線性無關(guān).)

??→ Proof. $m=1$ 時平凡. 若 $m>1$, 等式左右施加 $T$ 可知 $\sum_{i=1}^m\lambda_iv_i=0$, 同時 $\sum_{i=1}^m\lambda_1v_i=0$, 所以 $\sum_{i=2}^m(\lambda_i-\lambda_1)v_i=0$. 它們還是特征向量, 歸納知它們都只能為 $0$, 所以 $v_1=0$.

定理 7.1.4

??對 $T\in\End(V)$, T.F.A.E.

??(i) $T$ 可對角化;

??(ii) $\sum_\lambda\dim V_\lambda=\dim V$;

??(iii) $V=\bigoplus_{\lambda}^{\u{int}}V_\lambda$.

??→ Proof. $\u{(i)}\Ra\u{(ii)}$ 由于 $\dim V_\lambda$ 是 $\lambda$ 對 $\opn{Char}_T$ 的重數(shù), 那么 $\opn{Char}_T$ 分裂給出 $\sum_{\lambda}(\text{mult of }\lambda)=\deg\opn{Char}_T=\dim V$.

??$\u{(ii)}\Ra\u{(iii)}$ 根據(jù)引理, $\bigoplus_\lambda V_\lambda\sub V$, 而二者維數(shù)相同.

??$\u{(iii)}\Ra\u{(i)}$ 對特征值 $\lambda$, 選定 $V_\lambda$ 的有序基, 合并之則得到 $V$ 的基, 所有基向量都是特征向量, $T$ 自然對角.

推論 7.1.5

??若 $T$ 有 $n$ 個互異的特征值, 那么 $T$ 可對角化.

算法 7.1.6

??為對角化 $T$:

找到 $\opn{Char}_T$ 的所有根. (把大象塞進(jìn)冰箱?)

對所有根 $\lambda$, 計算 $V_\lambda=\ker(T-\lambda\bs 1)$, 找到一組基.

檢查所有基是否張成 $V$.

$\S7.2$ 極小多項式

??我們在 6.6 的 "one more step" 中給出了相關(guān)定義.

引理 7.2.1

??$\opn{Char}_T(\lambda)=0\Eq\opn{Min}_T(\lambda)=0$.

??→ Proof. 左推右, 取 $v\neq 0$ 滿足 $Tv=\lambda v$, 觀察有 $f(T)(v)=f(\lambda)v$, 那么

\[0_V=0_{\End(V)}(v)=\opn{Min}_T(T)(v)=\opn{Min}_T(\lambda)v. \]

所以 $\opn{Min}_T(\lambda)=0$. 右推左, 若 $\opn{Char}_T(\lambda)\neq 0$, 那么 $T-\lambda\bs 1$ 可逆, 斷言 $(X-\lambda)\nmid\opn{Min}_T$, 否則 $\l(\l(X-\lambda\r)^{-1}\opn{Min}_T\r)(T)=0$ (求逆驗證), 這與 $\opn{Min}_T$ 的極小性矛盾.

定理 7.2.2

??$T$ 在 $F$ 上可對角化當(dāng)且僅當(dāng) $\opn{Min}_T$ 在 $F$ 上分裂且無重根.

??→ Proof. 左推右, 取定所有特征值 (忽略重根) $\lambda_1\ops,\lambda_m$, 定理 7.1.4 給出 $V=V_{\lambda_1}\ops\oplus V_{\lambda_m}$. 在 $V_{\lambda_i}$ 上, $T$ 的行為等同于 $\lambda_i\bs 1$. 因此

\[(\A f\in F[X],~f(T)=0)\Eq(\A i,~f(T)|_{V_{\lambda_i}}=0)\Eq(\A i,~(X-\lambda_i)\mid f). \]

所以 $\opn{Min}_T=(X-\lambda_1)\cdots(X-\lambda_m)$.

??右推左, 設(shè) $\opn{Min}_T=(X-\lambda_1)\cdots(X-\lambda_m)$, 根據(jù) 引理 7.2.3, 有

\[V=V[\opn{Min}_T]=\bigoplus_{i=1}^m V[X-\lambda_i]=\bigoplus_{i=1}^m V_{\lambda_i}. \]

引理 7.2.3

??給定 $T\in\End(V)$ 和 $f\in F[X]$, 定義 $V[f]:=\ker(f(T)\in\End(V))$. (例如 $V[X-\lambda]=V_\lambda$.) 那么若 $f,g$ 互素, 就有 $V[fg]=V[f]\oplus V[g]$.

??→ Proof. 可以取出 $af+bg=1$. 設(shè) $v\in V[fg]$, 那么 $v=\id(v)=(af+bg)(v)=\underbrace{a(T)f(T)v}_{\in V[g]}+\underbrace{b(T)g(T)v}_{\in V[f]}$; 此外, $V[f]$ 和 $V[g]$ 都是 $T$-不變子空間, 這告訴我們 $v\in V[f]\Ra g(T)v\in V[f]$, 二者結(jié)合可以得到 $V[fg]=V[f]+V[g]$. 另一方面, 若 $v\in V[f]\cap V[g]$, 此時 $v=a(T)f(T)v+b(T)g(T)v=0$. 所以 $V[f]\cap V[g]=\{0\}$, 原命題成立.

推論 7.2.4

??設(shè) $T$ 是可對角化的, $V_0\sub V$ 滿足 $T(V_0)\sub V_0$, 那么 $T|_{V_0}\in\End(V)$ 也是可對角化的; 誘導(dǎo)映射 $\ol T\in\End(V/V_0)$ 也是可對角化的.

??→ Proof. 明顯 $\opn{Min}_{T|_{V_0}}\mid \opn{Min}_T$, 類似地 $\opn{Min}_{\ol T}\mid \opn{Min}_T$.

??例如, 考慮 $V=F^2$, $A=\pmat{\lambda&x\\&\lambda}~(\lambda,x\in F)$. 當(dāng) $x=0$, $A$ 明顯可對角化. 否則

\[A-\lambda\bs 1=\pmat{&x\\&}\neq\bs 0,\quad (A-\lambda\bs 1)^2=\bs 0. \]

所以 $\opn{Min}_A=(X-\lambda)^2$ 有重根 ($\opn{Min}_T$ 是首一的, 且已驗證次數(shù)至少為 $2$), $A$ 不可對角化. 但如果取 $V_0=Fe_1$, 其中 $e_1=\pmat{1\\\\}$, 那么 $Ae_1=\lambda e_1$, $A|_{V_0}$ 是可對角化的, $\ol A=\lambda\id$ 也可對角化. 上述推論的逆命題并不成立.

$\S7.3$ 上三角化

定義 7.3.1

??對 $F$-向量空間 $V$, $V$ 的旗 (flag) 定義為一列

\[\{0\}=V_0\subsetneq V_1\ops\subsetneq V_m=V. \]
其中 $m\ge 0$. 如果 $m=\dim V$, 那么此旗稱為完備旗. 我們試圖將 "上三角" 這個矩陣特點描述到線性映射上.

定義 7.3.2

??設(shè) $\dim V=n$, $T\in\End(V)$, 稱 $T$ 穩(wěn)定化一面旗 $(V_i)_{i=1}^m$, 當(dāng)且僅當(dāng) $T(V_i)\sub V_i$; 稱 $T$ 是可上三角化的, 當(dāng)且僅當(dāng) $T$ 可穩(wěn)定化某面完備旗.

??從矩陣角度, 這等價于 $A$ 可上三角化當(dāng)且僅當(dāng)存在可逆的 $P$ 使得 $P^{-1}AP$ 是上三角矩陣.

??具體地, 如果有序基 $v_1\ops,v_n$ 給出完備旗 $Q$, $T$ 穩(wěn)定化了 $Q$ 意味著 $T(\lang v_1\ops,v_i\rang)\sub\lang v_1\ops,v_i\rang$, 也就是

\[\E(a_{ij}),~Tv_j=\sum_{i=1}^ja_{ij}v_i. \]

即 $T$ 在這組有序基下是上三角矩陣.

定理 7.3.3

??$T$ 可上三角化當(dāng)且僅當(dāng) $\opn{Char}_T$ 在 $F$ 分裂. (Always true if $F$ is algebraically closed.)

??→ Proof. 在 $V=F^n$ 上討論, $T$ 等同于 $A\in\M_{n\x n}(F)$. 左推右顯然. 右推左, 考慮對 $n$ 歸納. $n=1$ 時平凡. $n\ge 2$ 時, 令 $\lambda_1\in F$ 為 $A$ 的一個特征值, $v_1$ 為一個對應(yīng)的特征向量. 從 $v_1$ 擴張出 $V$ 的一組基 $\{v_1,v_2',\cdots,v_n'\}$, 設(shè) $R=\pmat{v_1&v_2'&\cdots&v_n'}$, 那么 $R^{1}AR$ 的第一列為 $\pmat{\lambda_1&0&\cdots}^\T$. 設(shè)其 $\mathcal M_{11}=B$, 那么 $\opn{Char}_A=\opn{Char}_{R^{-1}AR}=(X-\lambda_1)\opn{Char}_B$, 所以 $\opn{Char}_B$ 也分裂, 存在 $Q^{-1}BQ$ 上三角. 最終令

\[P=R\pmat{1\\&Q}, \]

就給出了 $P^{-1}AP$ 上三角.

??這一結(jié)論可以證明 Cayley-Hamilton 定理. 對 $A\in\M_{n\x n}(F)$, 將 $F$ 擴域使得 $\opn{Char}_A$ 分裂. 這樣能夠假設(shè) $A$ 上三角, 對角線上為 $\lambda_1\ops,\lambda_n$, 同時 $\opn{Char}_A=\prod_{i=1}^n(X-\lambda_i)$.

??注意有 $(A-\lambda_n\bs 1):\lang e_1\ops,e_n\rang\to\lang e_1\ops,e_{n-1}\rang$, 同理就有 $(A-\lambda_n\bs 1)\cdots(A-\lambda_1\bs 1)=\bs 0$.

$\S7.4$ 廣義特征子空間

定義 7.4.1

??設(shè) $T\in\End(V)$, $\lambda\in F$, 定義

\[V_{[\lambda],N}:=V[(X-\lambda)^N]=\ker(T-\lambda)^N,\quad V_{[\lambda]}:=\bigcup_{N\ge 1}V_{[\lambda],N}. \]
稱 $V_{[\lambda]}$ 是 $T$ 相對于 $\lambda$ 的廣義特征子空間.

引理 7.4.2

??$V_{[\lambda]}\neq\{0\}\Eq V_\lambda\neq\{0\}$.

??→ Proof. 右推左: $V_\lambda\sub V_{[\lambda]}$. 左推右: 令 $0\neq v\in V_{[\lambda]}$, 那么存在 $N$, 使得 $(T-\lambda)^Nv=0$, 其中最小的 $N$ 一定滿足 $(T-\lambda)^{N-1}v=:v'\neq 0$, 這里明顯 $v'\in V_\lambda$.

??下假設(shè) $\dim V=n<\oo$ 且 $\opn{Char}_T$ 在 $F$ 分裂, 回憶有 $\opn{Min}_T\mid\opn{Char}_T$ 且二者根集相同, 不妨設(shè)

\[\opn{Char}_T=\prod_{i=1}^m(X-\lambda_i)^{a_i},\quad \opn{Min}_T=\prod_{i=1}^m(X-\lambda_i)^{b_i}~(1\le b_i\le a_i). \]

引理 7.4.3

??$\A 1\le i\le m,~V_{[\lambda_i]}=V_{[\lambda_i],b_i}$.

??→ Proof. 只需證左側(cè)含于右側(cè). 設(shè) $v\in V_{[\lambda_i]}$, 取 $N\ge1$ 使得 $(T-\lambda_i)^Nv=0$. 令 $h:=\gcd((X-\lambda_i)^N,\opn{Min}_T)\mid (X-\lambda_i)^{b_i}$. 根據(jù) Bezout 定理, 存在 $a,b\in F[X]$ 使得 $h=(X-\lambda_i)^N a+\opn{Min}_Tb$, 這里驗證有

\[h(T)v=a(T)(T-\lambda_i)^Nv+b(T)\opn{Min}_T(T)v=0\Ra (T-\lambda_i)^{b_i}v=0\Ra v\in V_{[\lambda_i],b_i}. \]

??回憶有 $f\perp g\in F[X]\Ra V[fg]=V[f]\oplus V[g]$, 所以 $V=V[\opn{Min}_T]=\bigoplus_{i=1}^m V_{[\lambda_i]}$. 令 $T_i:=T|_{V_{[\lambda_i]}}\in\End(V_{[\lambda_i]})$, 可以證明 $\opn{Min}_{T_i}=(X-\lambda_i)^{b_i}$ (這給出引理 7.4.3 中的 $b_i$ 不可改進(jìn)), 以及 $\opn{Char}_{T_i}=(X-\lambda_i)^{a_i}$, $\dim V_{[\lambda_i]}=\deg\opn{Char}_{T_i}=a_i$.

定義 7.4.5

??定義 $\lambda$ 的幾何重數(shù)為 $\dim V_\lambda$, 代數(shù)重數(shù)為 $\lambda$ 作為 $\opn{Char}_T$ 的根的重數(shù).

??當(dāng)且僅當(dāng) $\lambda$ 為 $T$ 的特征值時, 二者非零.

定理 7.4.6

??任意 $\lambda$ 的代數(shù)重數(shù)皆大于等于其幾何重數(shù), 且當(dāng)且僅當(dāng) $V_{[\lambda]}=V_\lambda$ 時取等.

??→ Proof. $V_{[\lambda]}\supset V_\lambda$, $\opn{geo}\opn{mult}\lambda=\dim V_\lambda\le\dim V_{[\lambda]}=\opn{alg}\opn{mult}\lambda$.

推論 7.4.7

??(在前文公有假設(shè)下,) $T$ 可對角化當(dāng)且僅當(dāng)一切 $\lambda$ 的代數(shù)重數(shù)和幾何重數(shù)相等.

??→ Proof. 已知 $V=\bigoplus_{\lambda}V_{[\lambda]}$, $V_\lambda\sub V_{[\lambda]}$, 根據(jù) 定理 7.1.4 (iii) 可知要求 $V=\bigoplus_{\lambda}V_\lambda$.

??例如, 對 Fibonacci 數(shù)列, 有 $\pmat{f_n&f_{n+1}}=\pmat{f_0&f_1}\pmat{&1\\1&1}^n$, 記遞推矩陣為 $C$, 那么

\[\opn{Char}_C=\dary{cc}{X&-1\\-1&X-1}=X^2-X-1,\quad \lambda_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt 5}{2}. \]

設(shè)特征向量 $v=\pmat{x\\y}$, 有

\[\pmat{\frac{1\pm\sqrt 5}{2}&-1\\-1&\frac{-1\pm\sqrt 5}{2}}\pmat{x\\y}=\pmat{0\\0}\Ra v_{\pm}=\pmat{1\\\frac{1\pm\sqrt 5}{2}}. \]

設(shè) $P=\pary{c|c}{v_+&v_-}$, 就有

\[P^{-1}CP=\pmat{\frac{1+\sqrt 5}{2}\\&\frac{1-\sqrt 5}{2}}. \]

最后求逆或者在原序列上待定系數(shù)即可.

第八章雙線性形式

$\S8.1$ 雙線性形式

??下設(shè) $F$ 為域, 有一列 $F$-向量空間 $W,V_1,\cdots,V_n$.

定義 8.1.1

??稱映射 $C:V_1\ops\x V_n\to W$ 是多重線性的, 當(dāng)且僅當(dāng) $C$ 對每個變量都是線性也映射. 若 $W=F$, 則也將其稱為多重形式.

??容易驗證 $\opn{Mul}(V_1,\cdots,V_n;W):=\{\text{multilinear maps }V_1\ops\x V_n\to W\}$ 是 $F$-線性空間.

??當(dāng) $n=2$ 時, 則有所謂雙線性映射和雙線性形式, 此時的 $\opn{Mul}(V_1,V_2;W)$ 也記為 $\opn{Bil}(V_1,V_2;W)$.

??例如, 矩陣乘法是雙線性的; 典范配對 $\lang\cdot,\cdot\rang:V^\vee\x V\to F,~(\lambda,v)\mapsto\lang \lambda ,v\rang:=\lambda(v)$ 是雙線性的.

??在 Curry 化的視角下, 對任意集合 $A,B,C$, 明顯

\[(C^A)^B\overset{1:1}\to C^{A\x B}\overset{1:1}\to (C^B)^A. \]

據(jù)此, 雙線性映射和典范配對就有:

命題 8.1.5

\[\Hom(W,V^\vee)\overset\sim\longleftarrow \opn{Bil}(V,W;F)\overset\sim\longrightarrow \Hom(V,W^\vee)\quad\text{where}\\ B\mapsto[w\mapsto B(\cdot, w)]\in\Hom(W,V^\vee),\\ B\mapsto [v\mapsto B(v,\cdot)]\in\Hom(V,W^\vee);\\ \Hom(W,V^\vee)\ni\varphi\mapsto[B(v,w):=\lang\varphi(w),v\rang],\\ \Hom(V,W^\vee)\ni\psi\mapsto[B(v,w):=\lang\psi(v),w\rang]. \]

??大力驗證線性性和復(fù)合為 $\id$ 即可.

命題 8.1.6

??將 $F^n$ 的元素視為列向量, 則有向量空間的同構(gòu)

\[\M_{m\x n}(F)\overset\sim\to\opn{Bil}(F^m,F^n;F),\quad A\mapsto [B(v,w):=v^\T Aw]. \]

??進(jìn)一步地, 發(fā)現(xiàn) $B$ 可由 $(B(e_i,e_j))_{ij}$ 唯一確定, 因而存在線性嵌入 $\opn{Bil}(F^m,F^n;W)\mmap F^{mn}$.

??這樣還會給出 $C(v,w):=B(w,v)$ 將被映為 $A^\T$.

定義 8.1.7

??對雙線性形式 $B_1:V_1\x W_1\to F$ 和 $B_2:V_2\x W_2\to F$, 定義

\[B_1\oplus B_2=:B:(V_1\oplus W_1)\x(V_2\oplus W_2)\to F,\\ ((v_1,w_1),(v_2,w_2))\mapsto B_1(v_1,w_1)+B_2(v_2,w_2). \]
稱為 $B_1$ 和 $B_2$ 的直和.

??結(jié)合命題 8.1.6, 如果 $B_1\mapsto A_1\in\M_{m_1\x n_1}(F)$, $B_2\mapsto A_2\in\M_{m_2\x n_2}(F)$, 那么就有

\[B\mapsto A=\pblk{A_1}{}{}{A_2}\in\M_{(m_1+m_2)\x(n_1+n_2)}(F). \]

這給出

\[B_1(v_1,w_1)+B_2(v_2,w_2)=\pary{c|c}{v_1^\T&v_2^\T}\pblk{A_1}{}{}{A_2}\pary{c}{w_1\\\hline w_2}. \]

定義 8.1.8

??對雙線性形式 $B:V\x V\to F$, 定義

若 $\A v_1,v_2\in V,~B(v_1,v_2)=B(v_2,v_1)$, 則稱 $B$ 為對稱的;

若 $\A v_1,v_2\in V,~B(v_1,v_2)=-B(v_2,v_1)$, 則稱 $B$ 為反對稱的;

若 $\A v\in V,~B(v,v)=0$, 則稱 $B$ 為交錯的.

??若 $B_1$, $B_2$ 皆 (反) 對稱, 則 $B_1\oplus B_2$ 也 (反) 對稱. 對應(yīng)在方陣上, 對稱性即 $A=A^\T$, 給出對稱矩陣; 反對稱性即 $-A=A^\T$, 給出反對稱矩陣.

$\S8.2$ 非退化形式與伴隨映射

定義 8.2.1

??對雙線性形式 $B:V\x W\to F$, 定義 $B$ 的左根為 $V$ 的子空間

\[\{v\in V:B(v,\cdot)=0\}; \]
定義 $B$ 的右根為 $W$ 的子空間

\[\{w\in W:B(\cdot,w)=0\}. \]
特別地, 當(dāng) $V=W$ 且 $B$ (反) 對稱時, 左根自動等于右根, 此時稱之為 $B$ 的根基.

定義 8.2.2

??設(shè) $\dim V,\dim W<\oo$, 若 $B$ 的左根和右根都是零空間, 則稱 $B$ 是非退化的.

??例如, 典范配對 $\lang\cdot,\cdot\rang:V^\vee\x V\to F$ 是非退化的. 檢驗有:

\[\A\lambda\in V^\vee,~(\A v\in V,~\lambda(v)=0\Ra \lambda=0). \]

對右根, 若 $v\neq 0$, 總能由其擴充出 $V$ 的有序基 $\{v_1,\cdots,v_n\}$, 進(jìn)而給出 $V^\vee$ 的對偶基 $\{\check v_1,\cdots,\check v_n\}$, 這已經(jīng)有 $\check v_1(v_1)=1\neq 0$.

??可以證明跡形式 $\opn{Tr}:\End (V)\x\End(V)\to F,~(S,T)\mapsto\tr(ST)$ 也是非退化的雙線性形式, 在矩陣環(huán)上考慮即可, 這里略去.

??回憶在 Curry 化視角下 $B:V\x W\to F$ 給出的無非是 $\varphi\in\Hom(W,V^\vee)$ 或者 $\psi\in\Hom(V,W^\vee)$, 這時左右根就分別對應(yīng)了 $\ker\psi$ 和 $\ker\varphi$. 有觀察:

命題 8.2.3

??若 $\dim V,\dim W<\oo$, 則存在非退化的 $B\in\opn{Bil}(V,W;F)$ 當(dāng)且僅當(dāng) $\dim V=\dim W$.

??→ Proof. 左推右容易. 右推左, 考慮反證. 不妨 $\dim V>\dim W$, 則

\[\dim\ker\psi=\dim V-\rank\psi\ge \dim V-\dim W^\vee=\dim V-\dim W>0, \]

已然給出矛盾.

??進(jìn)一步地:

命題 8.2.4

??對 $\dim V=\dim W$ 以及 $B\in\opn{Bil}(V,W;F)$, T.F.A.E:

??(i) $B$ 非退化;

??(ii) $B$ 的左根為 $\{0\}$;

??(iii) $B$ 的右根為 $\{0\}$.

??→ Proof. $\u{(i)}\Ra\u{(ii)(iii)}$ 是定義, 不妨再證明 $\u{(ii)}\Ra\u{(i)}$. 對 $w\in W$, 若 $\A v\in V,~B(v,w)=\lang \psi(v),w\rang=0$, 從而

\[\im\psi\sub\{\lambda\sub W^\vee:\lang \lambda,w\rang=0\} \]

是 $W^\vee$ 的子空間. 反證, 如果 $w\neq 0$, 由此擴展出有序基 $\{w=w_1\ops,w_n\}\sub W$, 以及對偶基 $\{\check w_1\ops,\check w_n\}$, 由于 $\lang \check w_1,w\rang=1$, 所以

\[\im\psi\sub\{\lambda\in W^\vee:\lang\lambda,v\rang=0\}\subsetneq W^\vee \]

然而 $\dim\im\psi=\dim V=\dim W=\dim W^\vee$ 矛盾. 因此必然 $w=0$.

??在矩陣層面, 取 $V=W=F^n$, $B(v,w)=v^\T Aw$, 那么

\[(\text{left radical of }B)=\{v\in F^n:\A w,~v^\T Aw=0\}=\{v\in F^n:A^\T v=0\}=\ker A^\T. \]

類似地,

\[(\text{right radical of }B)=\{w\in F^n:\A v,~v^\T(Aw)=0\}=\ker A. \]

自然有推論,

\[\ker A=\{0\}\Eq A\text{ is invertible}\Eq\ker A^\T=\{0\}\Eq B\text{ is nondegenerate}. \]

??接下來討論伴隨映射.

定義-命題 8.2.5

??指定域 $F$ 和兩個雙線性形式 $B_i:V_i\x V_i'\to F$, 對給定的線性映射 $T:V_1\to V_2$, 假設(shè) $B_1$ 非退化, 則

\[\E! (T^*:V_2'\to V_2),~B_2(Tv_1,v_2)=B_1(v_1,T^* v_2). \]
進(jìn)一步, 存在唯一線性映射 $\Hom(V_1,V_2)\to\Hom(V_2',V_1),~T\mapsto T^*$. 稱此時的 $T^*$ 為 $T$ 的右伴隨. 同理可以定義 $T$ 的左伴隨 $^*T$.

??→ Proof. 選定有序基, $B_i$ 和 $T$ 都可視同矩陣. 那么

\[B_2(Tv_1,v_2')=v_1^\T T^\T A_2v_2'=v_1^\T A_1(A_1^{-1}T^\T A_2)v_2'.\quad (\A v_1,v_2') \]

因此

\[v_1^\T A_1T^*v_2'=B_1(v_1,T^*v_2'), \]

也即是

\[T^*=A_1^{-1}T^\T A_2. \]

??自然, 在 $B_1$ 和 $B_2$ 都非退化時, 有 $^*(T^*)=T=(^*T)^*$; 此外 $(ST)^*=T^*S^*$ 等復(fù)合性質(zhì)也不難驗證. 利用矩陣的表達(dá), 還能給出, 當(dāng) $B_1$ 和 $B_2$ 都非退化時, $\rank T=\rank T^*=\rank{}^*T$.

命題 8.2.6

??當(dāng) $V_1=V_1'=V_2=V_2'=V$, $T\in\End(V)$, $B_1=B_2=B$ 非退化且有對稱或反對稱性, 則 $^*T=T^*$.

??→ Proof. 條件給出 $A$ 可逆且 $A^\T=\pm A$, 直接代入 $T^*=A^{-1}T^\T A$ 以及 $^*T=(A^\T)^{-1}T^\T A^\T$ 即可證明.

??這時, 給定 $T$ 的左右伴隨一定是相同的, 我們統(tǒng)一稱之為 $T$ 的伴隨, 仍寫作 $T^*$.

定義 8.2.7

??對非退化雙線性形式 $B:V\x V\to F$, $T\in\End(V)$, 若

$T^*=T$, 則稱 $T$ 是自伴的;

$T^*=-T$, 則稱 $T$ 是反自伴的.

??如果將 $B$ 所對應(yīng)的矩陣 $A$ 取為 $\bs 1$, 將 $T\in\M_{n\x n}(F)$ 視同 $\End(F^n)$ 的元素, 則自伴和反自伴性實際上給出 $T$ 作為矩陣的對稱和反對稱性.

命題 8.2.8

??設(shè) $B:V\x W\to F$ 非退化, 則

\[\dim V_0^\perp+\dim V_0=\dim V,\quad \dim{}^\perp W_0+\dim W_0=\dim W. \]
其中

\[V_0^\perp:=\{w\in W:\A v\in V_0,~B(v,w)=0\},\\ ^\perp W_0:=\{v\in V:\A w\in W_0,~B(v,w)=0\}. \]

??→ Proof. 不妨證明前式. $B$ 相當(dāng)于給出 $\varphi\in\Hom(V,W^\vee)$, 形成典范配對 $B=\lang\varphi(\cdot),\cdot\rang$. 選定子空間 $\varphi(V_0)$ 的一組有序基 $\check w_1\ops,\check w_d$. 我們實際上只需要證明引理 8.2.9.

引理 8.2.9

??設(shè) $\dim W<\oo$, 線性無關(guān)的 $\check w_1\ops,\check w_d\in W^\vee$, 則

\[^\perp\lang\check w_1\ops,\check w_d\rang:=\{w\in W:\A i\in[1:d],~\lang\check w_i,w\rang=0\}\sub W\\ \text{has }\dim=\dim W-d. \]

??→ Proof. 當(dāng) $d=n$, 由于 $\lang\cdot,\cdot\rang_W:W^\vee\x W\to F$ 非退化, 所以 $^\perp\lang\check w_1\ops,\check w_d\rang=\{0\}$, 滿足條件. 當(dāng) $d=1$ 時, 由于 $\check w_1\neq 0$, 自然有 $^\perp\lang\check w_1\rang=\ker(\check w_1:W\emap F)$, 所以 $\dim{}^\T\lang\check w_1\rang=\dim W-\dim F=\dim W-1$.

??對一般的 $d$, 將 $\{\check w_d\}$ 擴充為 $W^\vee$ 的有序基 $\check w_1\ops,\check w_n~(n:=\dim W^\vee=\dim W)$, 考慮一列

\[^\perp\lang\check w_1\rang\ops\supset{}^\perp\lang\check w_1\ops,\check w_n\rang,\quad(*) \]

注意到

\[^\perp\lang\check w_1\ops,\check w_{k+1}\rang={}^\perp\lang\check w_1\ops,\check w_k\rang\cap{}^\perp\lang\check w_{k+1}\rang, \]

此外, 由于

\[\dim(M\cap N)=\dim M+\dim N-\dim(M+N)\ge \dim M+\dim N-\dim V \]

所以

\[\dim{}^\perp\lang\check w_1\ops,\check w_{k+1}\rang\ge\dim{}^\perp\lang\check w_1\ops,\check w_k\rang+(n-1)-n. \]

在 $(*)$ 的下降列中, 自然需要處處取等.

定理 8.2.10

??對非退化的 $B:V\x W\to F$ 和子空間 $V_0\sub V$, $W_0\sub W$, 有

\[^\perp(V_0^\perp)=V_0,\quad(^\perp W_0)^\perp=W_0. \]

??→ Proof. 先說明 $V_0\sub{}^\perp(V_0^\perp)$, 再根據(jù) 命題 8.2.8 比較維度即可.

$\S8.3$ 分類問題的提出

定義 8.3.1

??對 $(V_1,B_1:V_1\x V_1\to F)$ 和 $(V_2,B_2)$, 從 $(V_1,B_1)$ 到 $(V_2,B_2)$ 的同構(gòu)為

\[\varphi:(V_1,B_1)\overset\sim\to (V_2,B_2),\quad\text{where}\\ \varphi:V_1\to V_2\text{ is homormophism over vector spaces, and}\\ \A v,w\in V_1,~B_2(\varphi(v),\varphi(w))=B_1(v,w). \]
若這樣的 $\varphi$ 存在, 則記 $(V_1,B_1)\simeq (V_2,B_2)$.

??不難驗證 $\simeq$ 是等價關(guān)系. 也就是說

\[(\underbrace{\{(V,B):\dim V=n\}}_{\text{a class}}/\simeq)=(\{(F^n,B)\}/\simeq). \]

定義-命題 8.3.2

??對 $A,A'\in\M_{n\x n}(F)$, 若存在可逆的 $C\in\M_{n\x n}(F)$ 使得 $A=C^\T A'C$, 則稱 $A$ 與 $A'$ 合同. 合同給出等價關(guān)系.

??→ Proof. 自然 $A\sim A'$. $A\overset C\sim A'\Ra A'\overset{C^{-1}}\sim A$, 這是由于 $(C^{-1})^\T=(C^\T)^{-1}$. $A\overset{C_1}\sim A'\overset{C_2}\sim A''\Ra A\overset{C_1C_2}\sim A''$, 這是由于 $(C_1C_2)^\T=C_2^\T C_1^\T$. (合同等價還保持對稱性和反對稱性.)

命題 8.3.3

??設(shè) $B,B':F^n\x F^n\to F$ 是雙線性映射, 且分別同構(gòu)到 $A,A'\in\M_{n\x n}(F)$, 則

\[\{C\in\text{invertible }\M_{n\x n}(F):A=C^\T A'C\}\overset{1:1}\leftrightarrow \{\text{isomorphism }(F^n,B)\overset\sim\to (F^n,B')\},\\ C\mapsto(\text{linear map }F^n\overset\sim\to F^n). \]

??→ Proof. 注意有

\[B'(Cv_1,Cv_2)=(Cv_1)^\T A'(C v_2)=v_1^\T C^\T A'Cv_2=B(v_1,v_2)\Eq C^\T A' C=A. \]

由此證明給出一個可逆的 $C$ 相當(dāng)于給出一個右側(cè)的同構(gòu).

$\S8.4$ 二次型的基本概念

??下設(shè) $\char F\neq 2$, 此時 $\frac{1}{2}:=(1+1)^{-1}$ 存在.

定義 8.4.1 (二次型)

??域 $F$ 上的 $n$ 元齊次二次多項式稱為二次型, 即所有的

\[f=\sum_{i=1}^na_{ii}X_i^2+\sum_{1\le i<j\le n}2a_{ij}X_iX_j. \]

??命 $a_{ji}=a_{ij}$, 也就有

\[f=\sum_{1\le i,j\le n}a_{ij}X_iX_j\overset{1:1}\leftrightarrow (a_{ij})\in\M_{n\x n}(F). \]

結(jié)合命題 8.1.6, 同規(guī)格的二次型, 對稱矩陣以及對稱雙線性形式兩兩存在雙射.

??考慮 $f$ 在 $F^n$ 上的求值. 一個 $v\in F^n$ 相當(dāng)于給出 $\{X_n\}$ 的賦值, 若 $v=\pmat{x_1&\cdots&x_n}^\T$, 則

\[f(v)=\sum_{1\le i,j\le n}a_{ij}x_ix_j=B(v,v), \]

(回憶有 $B(v,w)=v^\T Aw$.) 進(jìn)而

\[B(v_1,v_2)=\frac{1}{2}(f(v_1+v_2)-f(v_1)-f(v_2)). \]

??回憶有 $(F^n,B)\simeq (F^n,B')$ 當(dāng)且僅當(dāng)它們對應(yīng)的矩陣 $A$ 與 $A'$ 合同, 即有可逆的 $C$ 使得 $A=C^\T A'C$. 將 $C^\T$ 和 $C$ 分別作用在 $v^\T$ 和 $v$ 上, 我們實際上對二次型在 $\{x_n\}$ 上的求值做了一個線性且可逆的換元.

$\S8.5$ 配方法

命題 8.5.1

??任何 $n$ 元二次型都同構(gòu)于形如 $a_1X_1^2\ops+a_nX_n^2$ 的對角二次型.

??→ Proof. 對 $n$ 歸納. 設(shè) $n>1$ 且 $f\neq 0$. 若存在某個 $a_{ii}\neq 0$, 可以重排得 $a_{11}\neq 0$. 那么

\[f=a_{11}\br{\underbrace{X_1+\frac{1}{a_{11}}\sum_{j=2}^na_{1j}X_j}_{Y_1}}^2-\frac{1}{a_{11}}\br{\sum_{j=2}^na_{1j}\underbrace{X_j}_{Y_j}}^2+\sum_{2\le i,j\le n}a_{ij}X_iX_j. \]

這樣的 $\{Y_n\}$ 換元就允許在 $\{Y_{2..n}\}$ 上歸納了.

??第二種情形, 若所有的 $a_{ii}=0$, 則必然存在 $1\le i<j\le n$ 使得 $a_{ij}\neq 0$. 這時構(gòu)造

\[Y_k=\env{cases}{ X_i-X_j,&k=i;\\ X_k,&k\neq i. } \]

這里 $X_i=Y_i+Y_j$. 進(jìn)而

\[\frac{1}{2}f=\sum_{k<h}a_{kh}X_kX_h=\sum_{k<h,~k,h\neq i} a_{kh}Y_kY_h+\sum_{i<h\le n} a_{ih}(Y_i+Y_j)Y_h+\sum_{1\le k<i}a_{ki}Y_k(Y_i+Y_j). \]

市中 $Y_j^2$ 系數(shù)非零, 約化到前一種情況.

??在命題 8.5.1 的證明中, 相當(dāng)于給出了一列初等矩陣 $U_1\ops,U_k$, 使得

\[U_k^\T\cdots U_1^\T AU_1\cdots U_k \]

對角.

??不難得出, $f$ 非退化當(dāng)且僅當(dāng)它對角化之后的對角線全非零. 如果 $F$ 中所有元素都有平方根 (例如一個代數(shù)閉域), $f$ 將進(jìn)一步同構(gòu)為 $X_1^2+\cdots+X_r^2$, 也就是說這時存在 $[f]\leftrightarrow r$ (同構(gòu)類 $\leftrightarrow$ 秩) 的雙射.

$\S8.6$ 實二次型的分類

??對 $F=\R$, 類似上一節(jié)末尾, 我們能夠?qū)⒍涡?$f$ 在同構(gòu)意義下變化到

\[f\simeq X_1^2\ops+X_p^2-X_{p+1}^2\ops-X_r^2. \]

定義 8.6.1

??設(shè) $V$ 是 $\R$-向量空間, $B:V\x V\to\R$ 是對稱雙線性形式.

若 $\A v\in V,~B(v,v)\ge 0$, 則稱 $B$ 是半正定的;

若 $B$ 半正定且 $v\neq 0\Ra B(v,v)>0$, 則稱 $B$ 是正定的.

若 $-B$ 是 (半) 正定的, 則稱 $B$ 是 (半) 負(fù)定的.

若以上皆非, 則稱 $B$ 是不定的.

??注意正定或負(fù)定的二次型 $B$ 一定非退化, 否則 $B$ 的根基 $v$ 會使 $B(v,v)=0$.

命題 8.6.2

??設(shè)實二次型 $f\simeq X_1^2\ops+X_p^2-X_{p+1}^2\ops-X_r^2$, 則

$f$ 半正定當(dāng)且僅當(dāng) $p=r$;

$f$ 正定當(dāng)且僅當(dāng) $p=n$.

??這不過是實數(shù)性質(zhì)的簡單演繹.

定理 8.6.3 (慣性定理)

\[\{n\text{-ary quad. form over }\R\}/_\simeq\overset{1:1}\leftrightarrow \{(p,r)\in\Z^2:0\le p\le r\le n\}. \]

引理 8.6.4

??設(shè) $(V,B)\simeq (\R^n,X_1^2+\cdots+X_p^2-\cdots)$, 那么

??(i) 存在 $\dim=p$ 的正定子空間.

??(ii) 任何 $\dim>p$ 的子空間非正定.

??→ Proof. (i) 不妨 $V=\R^n$, $X_1\ops+X_p^2-X_{p+1}^2\ops-X_r^2\mmap B$. 取 $V_n=\lang e_1\ops,e_p\rang$ 即可.

??(ii) 取出 $V_1\sub V$. $N:=\lang e_{p+1}\ops,e_n\rang$. 這樣:

\[\dim(V_1\cap N)=-\dim(V_1+N)+\dim V_1+\dim N>-n+p+n-p=0. \]

因此存在 $0\neq v\in V_1\cap N$, 它給出 $f(v)=B(v,v)=0$.

??→ Proof @ 8.6.3 考慮二次型 $(V,B)$, $(V',B')$ 以及同構(gòu) $\varphi:(V,B)\overset\sim\to(V',B')$, 記 $n$ 為它們共有的維數(shù), $r$ 為它們共有的秩, 分別選定基 $\lang v_1\ops,v_n\rang =V$ 和 $\lang v_1'\ops,v_n'\rang=V'$, 使得 $B$ 和 $B'$ 分別對應(yīng)對角元, 接下來只需要說明 $p$ 和 $p'$ 相同.

??考慮反證, 設(shè) $p'>p$, 對 $(V',B')$ 運用引理 8.6.4 (i) 可得 $p'$ 維正定子空間 $V_+'\sub V'$, 同構(gòu)搬運得 $V$ 的正定子空間 $\varphi^{-1}(V_+')$, 然而對 $(V,B)$ 運用引理 8.6.4 (ii) 可知這樣的子空間不存在, 矛盾.

$\S8.7$ 反對稱雙線性形式: 辛空間

??設(shè) $R(V):=\{v\in V\mid B(v,\cdot)\equiv 0\}$ 為 $B$ 的根基, 它是 $V$ 的子空間. 則存在子空間 $V'$ 使得 $V=R(V)\oplus V'$, 這時一個正交的分解. 同時, $(V',B|_{V'\x V'})$ 也是非退化的, 因為若 $v'\in V'$ 使得 $\A v_1'\in V',~B(v',v_1')=0$, 那么 $\A v_1\in V,~B(v',v_1)=0$, 這要求 $v'\in R(V)\cap V'=\{0\}$.

定義 8.7.1

??對 $\char F\neq 2$ 的域和其上的有限維向量空間 $V$, 其上非退化反對稱雙線性形式 $B:V\x V\to F$ 稱為辛形式, $(V,B)$ 被成為辛空間.

??例如一個 $\br{F^2,\pmat{&1\\-1}}$.

定義 8.7.2

??對辛空間 $(V,B)$, 設(shè) $V_0$ 為 $V$ 的子空間, 若 $B|_{V_0\x V_0}$ 恒為 $0$, 則稱 $V_0$ 是全迷向的; 極大的全迷向子空間 $L$ 稱為 $V$ 的 Lagrange 子空間.

引理 8.7.3

??設(shè) $(V,B)$ 為辛空間, $L$ 為 Lagrange 子空間, 則 $L^\perp=L$, 且 $\dim V=2\dim L$.

??→ Proof. 根據(jù)定義有 $L\sub L^\perp$. 對于 $v\in L^\perp\setminus L$, 那么 $L+Fv\supsetneq L$, 但這時 $L+Fv$ 也是全迷向的, 與 $L$ 的極大性矛盾. 此后, 注意 $\dim L^\perp=\dim V-\dim L$ 即可.

定理 8.7.4 (Darboux)

??設(shè) $(V,B)$ 為辛空間, $L$ 為 Lagrange 子空間, 則 $L$ 的任何有序基 $\seq p1n$ 都能擴充為 $V$ 的基 $\seq p1n,\seq q1n$, 使得對所有 $1\le i,j\le n$:

\[B(p_i,p_j)=B(q_i,q_j)=0,\\ B(p_i,q_j)=-B(q_j,p_i)=[i=j]. \]
(這樣的 $V$ 的基也被稱為辛基.)

??→ Proof. 限制關(guān)于 $q$ 的指標(biāo)范圍在 $1\le i,j\le k$, 對 $k$ 歸納. 當(dāng) $k=1$ 時, 取 $q_1\in L_1^\perp\setminus L=L_1^\perp\setminus L^\perp$, 對 $i\in[1:n]$, 令

\[L_i:=\lang p_1,\cdots,\hat{p_i},\cdots,p_n\rang,\quad \dim L_i=n-1; \]

則 $\dim L_i^\perp=\dim V-(n-1)=n+1$, 又有 $L_i\sub L$, 所以 $L_i^\perp\supsetneq L^\perp=L$. 令 $i=1$, 我們知道 $q_1$ 總能取出, 同時有 $B(p_1,q_1)\neq 0$, $B(p_{2..n},q_1)=0$, 做一些伸縮可以讓 $B(p_1,q_1)=1$.

??然后將 $1\le k<n$ 歸納向 $k+1$. 由于 $L_{k+1}^\perp\supsetneq L$, 所以也存在 $q_{k+1}'$ 使得 $B(p_i,q_{k+1}')=[i=k+1]$. 設(shè)

\[q_{k+1}:=q_{k+1}'+\sum_{i=1}^ka_ip_i, \]

則 $B(p_i,q_{k+1})$ 性質(zhì)同上, $B(q_j,q_{k+1})=B(q_j,q_{k+1}')+\sum_{i=1}^k a_iB(q_j,p_i)=B(q_j,q_{k+1}')-a_j$. 所以可以取 $a_j:=B(q_j,q_{k+1}')$, 這樣 $\seq q1{k+1}$ 就滿足了所期待的性質(zhì).

??最后, 只需要驗證這樣的 $\seq p1n,\seq q1n$ 確實是一組基. 如果

\[\sum_{i=1}^na_ip_i+\sum_{i=1}^nb_iq_i=0, \]

左右分別施加 $B(\cdot,q_j)$ 可知 $a_j=0$; 分別施加 $B(p_i,\cdot)$ 可知 $b_i=0$, 所以只存在平凡的線性關(guān)系. 綜上得證.

推論 8.7.5

??對辛空間 $(V,B)$, $\dim V=2n$, 則

\[(V,B)\simeq\br{F^2,\pmat{&1\\-1}}^{\oplus n}. \]
其中直和為正交直和

??→ Proof. 取 Lagrange 子空間 $L$, 由此生成辛基 $\seq p1n,\seq q1n$, 考慮

\[V=\bigoplus_{i=1}^n(Fp_i\oplus Fq_i) \]

其中 $F^2\overset\sim\to Fp_i\oplus Fq_i,~(a,b)\mapsto ap_i+bq_i$.

第九章實內(nèi)積結(jié)構(gòu)

$\S9.2$ 內(nèi)積空間

定義 9.2.1

??對 $\R$-線性空間 $V$ 和雙線性形式 $(\cdot\mid\cdot):V\x V\to\R$, 如果 $(\cdot\mid\cdot)$ 正定且對稱, 則稱 $(\cdot\mid\cdot)$ 是 $V$ 上的內(nèi)積, $(V,(\cdot\mid\cdot))$ 稱為一個內(nèi)積空間.

??可以看出, 若 $\dim V<\oo$, 那么 $(\cdot\mid\cdot)$ 總是非退化的.

定義 9.2.2

??在內(nèi)積空間中, 定義

$v\perp v'\Eq (v\mid v')=0$;

$\|v\|:=\sqrt{(v\mid v)}$;

$v$ 是單位向量等價于 $\|v\|=1$;

$V_0^\perp:=\{v\in V:\A v_0\in V_0,~v\perp v_0\}$.

??根據(jù) 8.4 的討論,

\[(v_1\mid v_2)=\frac{1}{2}\br{\|v_1+v_2\|^2-\|v_1\|^2-\|v_2\|^2}. \]

$v_1\perp v_2$ 時, 這相當(dāng)于給出了勾股定理.

定理 9.2.3 (Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz 不等式)

??在內(nèi)積空間中, 對任意 $v,w\in V$,

\[(v\mid w)^2\le(v\mid v)(w\mid w), \]
取等當(dāng)且僅當(dāng) $v$ 與 $w$ 線性相關(guān). lww: 作為第三方, 我們要采取超然的態(tài)度, 把三個人的名字都寫上.

??→ Proof. 線性相關(guān)時, 設(shè) $v=tw$, 這時根據(jù)雙線性性容易驗證取等.

??線性無關(guān)時, $w\neq 0$ 且一切 $v+tw\neq 0$, 由正定性,

\[0<(v+tw\mid v+tw)=t^2(w\mid w)+2t(v\mid w)+(v\mid v). \]

即右側(cè)關(guān)于 $t\in\R$ 的二次函數(shù)無實根, 因此

\[4(v\mid w)^2-4(v\mid v)(w\mid w)<0. \]

整理即得.

推論 9.2.4 (內(nèi)積空間的三角不等式)

??在內(nèi)積空間中, 對任意 $v,w\in V$,

\[\|v+w\|\le\|v\|+\|w\|, \]
取等當(dāng)且僅當(dāng)二者線性相關(guān).

??→ Proof. 左右平方得

\[\env{aligned}{ \|v+w\|^2 &= \|v\|^2+\|w\|^2+2(v\mid w)\\ &\le\|v\|^2+\|w\|^2+2|(v\mid w)|\\ &\overset{\u{Cauchy}}{\le}\|v\|^2+\|w\|^2+2\|v\|\|w\|\\ &=(\|v\|+\|w\|)^2. } \]

取等不難驗證.

??據(jù)此, 若定義距離函數(shù) $d:V\x V\to\R_{\ge 0},~(v,w)\mapsto\|w-v\|$, 可驗證 $(V,d)$ 是度量空間.

??Cauchy 不等式還能幫助定義出向量夾角.

定義 9.2.5

??$0\le\angle(v,w)<\pi$, 由以下給出:

\[\cos\angle(v,w)=\frac{(v\mid w)}{\|v\|\|w\|}. \]

??在 $(\R^2,\cdot)$ 中, 這適配于余弦定理.

定義 9.2.6

??對內(nèi)積空間 $V$ 和 $W$, 若 $T\in\Hom(V,W)$ 滿足 $(Tv_1\mid Tv_2)_W=(v_1\mid v_2)_V\Eq\|Tv\|_W=\|v\|_V$, 則稱 $T$ 是保距 (isometry) 的.

??保距可以給出單射, 保距的線性同構(gòu)則給出內(nèi)積空間的同構(gòu), 這時 $T^{-1}$ 自然也是同構(gòu).

$\S9.3$ Gram-Schmidt 正交化

定義 9.3.1

??在內(nèi)積空間中, 若集合 $S$ 中的向量兩兩正交, 則稱之為正交向量族; 若進(jìn)一步要求各向量皆為單位向量, 則稱之為單位正交向量族; 對有限維向量空間, 由單位正交向量族給出的基稱為單位正交基.

引理 9.3.2

??正交向量族必然線性無關(guān).

??→ Proof. 若有 $\sum_{s\in S}a_ss=0$, 任取一個 $t\in S$, 兩側(cè)同時取內(nèi)積,

\[\br{\sum_{s\in S}a_ss\mid t}=\sum_{s\in S}a_s(s\mid t)=a_t(t\mid t)=0. \]

$(t\mid t)>0$, 則 $a_t=0$.

命題 9.3.3

??對 $(V,(\cdot\mid\cdot))$ 的單位正交基 $\{\seq v1n\}$, 它給出 $(\R,\text{standard inner product})$ 到 $(V,(\cdot\mid\cdot))$ 的同構(gòu) :

\[\R^n\to V,\quad (\seq a1n)\mapsto \sum_{i=1}^na_iv_i. \]

??→ Proof. 利用正交性, 驗證 $V$ 上的內(nèi)積即可.

??事實上任意 $\R^n$ 上的內(nèi)積都可以寫作 $(v\mid w)=v^\T Aw$, 其中 $A$ 是正定對稱矩陣. 這里有 $(v\mid w)=v\cdot Aw=Av\cdot w$, 其中 $\cdot$ 為標(biāo)準(zhǔn)內(nèi)積.

定義 9.3.4 (正交直和分解)

??一個內(nèi)積空間 $V$ 的正交直和分解指給出其直和分解 $V=V_1\ops\oplus V_m$, 使得 $i\neq j\Ra V_i\perp V_j$.

命題 9.3.5

??對內(nèi)積空間 $V\supset V_0$, $\dim V_0<\oo$, 有正交直和分解 $V=V_0\oplus V_0^\perp$, 其中

\[\A v\in V,~v=\sum_{i=1}^n(v_i\mid v)v_i+\br{v-\sum_{i=1}^n(v_i\mid v)v_i}. \]

??→ Proof. 不難驗證左項在 $V_0$ 中, 右項在 $V_0^\perp$ 中 (驗證每個 $v_i$ 與其內(nèi)積為 $0$), 所以至少有 $V=V_0+V_0^\perp$. 而如果 $v\in V_0\cap V_0^\perp$, 則 $(v\mid v)=(v_{\in V_0}\mid v_{\in V_0^\perp})=0$, 即 $v=0$, 由此得證.

定理 9.3.6 (Gram-Schmidt 正交化)

??給定內(nèi)積空間 $V$ 和其中一列至多可數(shù)的線性無關(guān)向量 $v_1,v_2,\cdots$, 遞歸地定義

\[w_1:=v_1,\\ w_k:=v_k-\sum_{i=1}^{k-1}\frac{(w_i\mid v_k)}{(w_i\mid w_i)}\cdot w_i\quad(k\ge 2). \]
那么 $w_1,w_2,\cdots$ 是一列單位正交族. 進(jìn)一步令 $u_k:=w_k/\|w_k\|$, 則得到單位正交向量族. 且

\[\lang\seq v1k\rang=\lang\seq w1k\rang=\lang\seq u1k\rang. \]

??→ Proof. 對 $k\ge 2$ 歸納. 明顯有 $w_k\in v_k+\lang\seq w1{k-1}\rang$, 進(jìn)一步就有 $\lang\seq w1k\rang=\lang\seq w1{k-1}\rang+\lang w_k\rang$, 根據(jù)歸納假設(shè)就是 $\lang\seq w1k\rang=\lang\seq v1k\rang$. 對正交性, 左右內(nèi)積 $w_k$ 即可, 這和命題 9.3.5 的證明如出一轍.

推論 9.3.7

??(i) 所有有限內(nèi)積空間都有單位正交基.

??(ii) 任何有限維內(nèi)積空間的單位正交向量族可以擴充為單位正交基.

??→ Proof. (i) 任取基 $\seq v1k$, 用 Gram-Schmidt 正交化出 $\seq u1k$.

??(ii) 對給定的 $\seq v1m$, 先擴充為任意基 $\seq v1n$, 用 Gram-Schmidt 正交化出 $\seq w1n$, 此時已經(jīng)有: $\A i\in[1:m],~v_i=w_i$ (根據(jù)定義顯然).

??(i) 還說明了命題 9.3.3 的同構(gòu)總是存在的, 這相當(dāng)于給出對實正定二次型的同構(gòu).

??例如, 考慮 $V=\R[X]=\{\text{poly functions on }[-1,1]\}$, $(f_1\mid f_2)=\int_{-1}^1f_1f_2\d x$, 則對 $1,X,X^2,\cdots$ 的 Gram-Schmidt 正交化將給出所謂的 Lagrange 多項式.

命題 9.3.8

??設(shè) $V_0\sub V$, $\dim V_0<\oo$, $V=V_0\oplus V_0^\perp$, $P:V\overset{\text{proj.}}\emap V_0$, 那么

\[\A u\in V_0,~\arg\min_{v\in V}\|u-v\|=\{v\in V:Pv=u\}. \]

??→ Proof. 考慮直和分解, $\|u-v\|^2=\|(u-v_0)-v_1\|^2=\|u-v_0\|^2+\|v_1\|^2\ge\|v_1^2\|$, 取等時便要求 $u=v_0$.

$\S9.4$ 內(nèi)積空間上的伴隨映射和正交變換

命題 9.4.1

??線性映射 $T$ 是內(nèi)積空間 (皆非退化) $(V,(\cdot\mid\cdot)_V)$ 和 $(W,(\cdot\mid\cdot)_W)$ 的同構(gòu), 當(dāng)且僅當(dāng) $T^*=T^{-1}$.

??→ Proof. 左推右, 直接驗證:

\[(Tv\mid w)_W=(Tv\mid TT^{-1}w)_W=(v\mid T^{-1}w)_V=(v\mid T^*w)_V \]

由 $v,w$ 任意性, $T^*=T^{-1}$. 右推左, 注意

\[(Tv\mid Tw)_W=(v_1\mid T^*Tw)_V=(v\mid w)_V \]

保距, 所以它自然是同構(gòu).

定義 9.4.2

??有限維內(nèi)積空間 $V$ 的自同構(gòu)稱為 $V$ 的正交變換, 根據(jù) 命題 9.4.1, 它由 $\{T\in\End(V):T^*=T^{-1}\}$ 給出.

命題 9.4.3

??對兩個內(nèi)積空間 $V,W$, 線性映射 $T$ 是二者間的同構(gòu), 等價于

\[\E\text{ONB }\{\seq v1n\}\sub V,~\{\seq{Tv}1n\}\sub W\text{ is ONB}. \]

??→ Proof. 左推右根據(jù)定義. 右推左, 取出這樣的 $\seq v1n$, 驗證

\[\br{T\sum_ia_iv_i\mid T\sum_ib_iv_i}_W=\sum_{i,j}a_ib_i(Tv_i\mid Tv_j)_W=\cdots \]

不難看出了. ONB 這個縮寫實在是丑得沒邊喵.

定義-命題 9.4.5 (正交變換)

??現(xiàn)取定 $V=\R^n$, $(\cdot\mid\cdot)=\cdot$ (標(biāo)準(zhǔn)內(nèi)積), 則對 $A\in\M_{n\x n}(\R)\simeq\End(\R^n)$, T.F.A.E.

??(i) $A^\T A=\bs 1$;

??(ii) $AA^\T=\bs 1$;

??(iii) $A$ 是正交變換.

??→ Proof. $\dedu{i}{ii}$ 和 $\dedu{ii}{i}$ 是明顯的. $\u{(iii)}$ 與前兩者的等價性由命題 9.4.1 給出.

??注意以下事實:

命題 9.4.6

??對 $\M_{n\x n}(\R)$ 內(nèi)的矩陣:

??(i) $\bs 1_{n\x n}$ 是單位正交的;

??(ii) 正交的 $A,B$ 滿足 $AB$ 也正交;

??(iii) 正交的 $A$ 滿足 $A^{-1}$ 也正交;

??(iv) 正交的 $A$ 滿足 $\det A=\pm 1$ ($\det A^\T A=(\det A)^2=1$);

??(v) 若 $A=\pary{c|c|c|c}{v_1&v_2&\cdots&v_n}$, 則 $A$ 正交當(dāng)且僅當(dāng) $\{\seq v1n\}$ 是單位正交基;

??(vi) 正交的 $A$ 滿足 $A^\T$ 也正交 ($A^\T A=A^\T(A^\T)^\T=\bs 1$).

??一個有趣的例子: 設(shè) $P$ 是投影, 則 "鏡射" $2P-\id$ 既是自伴的也是正交的. 即:

$(2P-\id)^*=2P^*-\id^*=2P-\id$;
$(2P-\id)^*(2P-\id)=4P^2-4P+\id=\id$.

$\S9.5$ 自伴算子的正交對角化

引理 9.5.1

??對內(nèi)積空間 $V$ 和 $T\in\End(V)$, 設(shè) $V_0$ 為一個 $T$-不變子空間, 則 $V_0^\perp$ 是 $T^*$-不變子空間.

定理 9.5.2

??對有限維內(nèi)積空間 $V$, 自伴的 $T\in\End(V)$ 滿足: 存在 ONB $\seq v1n$, 使得每個 $v_i$ 都是 $T$ 的特征向量.

??(Equally, 存在正交的 $P$ 使得 $P^{-1}AP$ 對角, 稱 $T$ 可正交對角化; 它又因 $P^\T=P^{-1}$ 而被合同地化到對角矩陣.)

??→ Proof. 對 $n\ge 2$ 歸納. 根據(jù) 引理 9.5.5, 取相應(yīng)的單位特征向量 $v_1$, 那么

\[V=\lang v_1\rang\oplus\lang v_1\rang^\perp, \]

結(jié)合引理 9.5.1, 兩個子空間均 $T$-不變且 $T$ 在子空間上仍然自伴. 根據(jù)歸納假設(shè), 能夠取出 $\lang v_1\rang^\perp$ 的單位正交基 $\seq v2n$ 連同 $\seq\lambda 2n$, 這樣 $\{\seq v1n\}$ 就給出了 $V$ 的單位正交基.

推論 9.5.3

??若自伴的 $T$ 有兩個特征值 $\lambda\neq\mu$, 那么 $V_\lambda\perp V_\mu$.

??→ Proof. 根據(jù)定理顯然. 或者, 考慮 $v\in V_\lambda$ 和 $w\in V_\mu$, 則

\[\lambda(v\mid w)=(Tv\mid w)=(v\mid Tw)=\mu(v\mid w)\Ra (v\mid w)=0. \]

??由于特征子空間間兩兩正交, 所以可以通過對每個子空間的任意基做 Gram-Schmidt 正交化, 然后合并這些基就能得到 $V$ 的單位正交基.

??上文所使用的引理 9.5.5 更容易在 $\C$ 上證明. 定義 $\ol A:=(\ol{a_{ij}})$, $A^\dagger:=\ol A^\T$. lww: $\dagger$ 這個東西應(yīng)該用毛筆寫, 是懸針的筆法. 明顯 $(A+B)^\dagger=A^\dagger+B^\dagger$, $(AB)^\dagger=B^\dagger A^\dagger$, $A^{\dagger\dagger}=A$, 向量 $v^\dagger v=\sum|z_i|^2\ge 0$.

引理 9.5.4

??設(shè) $A\in\M_{n\x n}(\C)$ 滿足 $A^\dagger=\epsilon A$, 則 $A$ 的所有特征值滿足 $\ol\lambda =\epsilon\lambda$.

??→ Proof. 設(shè) $v$ 是 $\lambda$ 對應(yīng)的特征向量, 考慮

\[v^\dagger(A v)=\lambda(v^\dagger v), \]

兩側(cè)取共軛轉(zhuǎn)置, 左側(cè)給出

\[(v^\dagger(A v))^\dagger=v^\dagger A^\dagger v=\epsilon v^\dagger Av=\epsilon\lambda (v^\dagger v); \]

右側(cè)給出

\[(\lambda(v^\dagger v))^\dagger=\ol\lambda v^\dagger v. \]

(注意 $v\neq 0$, $v^\dagger v\in\R^+$.) 兩側(cè)消去 $v^\dagger v$ 即得 $\epsilon\lambda=\ol\lambda$.

引理 9.5.5

??自伴的 $T\in\End(V)$ 有實特征值.

??→ Proof. $T$ 作為矩陣 $A$ 滿足 $A^\T=A$, 運用代數(shù)基本定理取出 $A$ 的任意特征值 $\lambda_1\in\C$, 引理 9.5.4 立即給出實際上 $\lambda_1\in\R$.

定理 9.5.6 (主軸定理)

??對有限維實內(nèi)積空間 $V$, $(V,B)$ 是二次型, 則存在 $V$ 的 ONB 使得 $B$ 對應(yīng)的矩陣是對角矩陣.

??→ Proof. 不妨 $V=\R^n$, 內(nèi)積為標(biāo)準(zhǔn)內(nèi)積. 設(shè) $B(v,w)=v^\T Aw$, 定理 9.5.2 給出存在 $P=\pary{c|c|c|c}{v_1&v_2&\cdots&v_n}$, 使得 $P^{-1}AP=\diag(\seq\lambda 1n)$. 因此

\[B(v_i,v_j)=v_i^\T Av_j=e_i^\T P^\T APe_j=e_i^\T\diag(\seq\lambda 1n)e_j=[i=j]\lambda_i. \]

這就是我們所求的 ONB.

$\S9.6$ 應(yīng)用: 最小二乘解

定義 9.6.1

??對有限維向量空間間的線性映射 $T:V\to W$, 給定 $w\in W$, 使得 $\| Tv-w\|_W$ 最小的 $v\in V$ 稱為方程 $Tv=w$ 的最小二乘解.

引理 9.6.2

??給定如上的 $w\in W$, 考慮以 $\im T$ 上的投影分解: $w=w'+w''$, 其中 $w'\in\im T$, $w''\in(\im T)^\perp$, 則 $v$ 是最小二乘解當(dāng)且僅當(dāng) $Tv=w'$ (也即是 $Tv-w'\in(\im T)^\perp$).

??→ Proof. $\min_{v\in V}\|Tv-w\|=\min_{u\in\im T}\|u-w\|=\min_{u\in\im T}\|(u-w')+w''\|$. 而 $u-w'\perp w''$, 自然當(dāng)且僅當(dāng) $u=w'$ 時取極小值.

??最小二乘解明顯不一定唯一, 但 $v+\ker T$ 是唯一的. 若記 $v$ 在 $(\ker T)^\perp$ 上的投影記作 $S(w)$, 則可以驗證 $S:W\to V$ 是一個線性映射, 被稱為 $T$ 的 Moore-Penrose 廣義逆.

定理 9.6.3

??$w\in W$ 給定, 則其最小二乘解集:

\[\l\{v\in V:\text{least square solutions to }Tv=w\r\}=\l\{v\in V:T^*Tv=T^*w\r\}. \]

??→ Proof. 若 $v\in\opn{LHS}$, 則根據(jù)引理, 這等價于 $Tv$ 為 $w$ 在 $\im T$ 的投影, 即 $(Tv-w)\in(\im T)^\perp$, 也等價于 $\A v'\in V,~(Tv-w\mid Tv')_W=0$. 移動 $T$ 便可知 $T^*Tv=T^*w$ (左側(cè)與任何向量內(nèi)積為 $0$).

推論 9.6.4

??對如上的 $T:V\to W$, 有性質(zhì):

$\im(T^*T)=\im T^*$, $\im(TT^*)=\im T$;

$\ker(T^*T)=\ker T$, $\ker(TT^*)=\ker T^*$;

$\rank(T^*T)=\rank T$, $\rank(TT^*)=\rank(T^*)$.

??→ Proof. (i) 明顯 $\im(T^*T)\sub\im T^*$, 只需驗證反方向成立. 給定 $T^*w\in\im T^*$, 取方程 $Tv=w$ 的最小二乘解 $v\in V$, 這給出 $T^*w=T^*Tv\in\im(T^*T)$.

??(ii) 明顯 $\ker(T^*T)\supset\ker T$. 反方向, 若 $T^*Tv=0$, 則 $(Tv\mid Tv)_W=(T^*Tv\mid v)_W=0$, 所以 $Tv=0$.

??(iii) $\rank(T^*T)=\dim V-\dim\ker(T^*T)=\dim V-\dim\ker T=\rank T$.

命題 9.6.5

??前文語境下, $\ker(T^*)=(\im T)^\perp$.

??→ Proof. $T^*w=0$ 給出 $\A v\in V,~(Tv\mid w)_W=0$, 這就是 $w\in(\im T)^\perp$. (均為等價關(guān)系.)

命題 9.6.6

??前文語境下, $\rank T^*=\rank T$.

??→ Proof. 取定有序基, $T$ 等同于矩陣 $A$, 那么 $T^*=PA^\T Q$, 其中 $P,Q$ 可逆, 再利用 $\rank A=\rank A^\T$ 即得.

??或者, 考慮 $\rank T=\dim V-\dim\ker T=\dim(\ker T)^\perp=\dim(\im T^*)=\rank T^*$.

$\S9.7$ 對于正定二次型的應(yīng)用

定理 9.7.1

??實對稱矩陣 $A\in\M_{n\x n}(\R)$ 正定 (或半正定) 當(dāng)且僅當(dāng) $A$ 的所有特征值皆為正 (或皆非負(fù)).

??(實對稱矩陣正定指: 其對應(yīng)的 $n$ 元實二次型 $f$ 正定.)

??→ Proof. 定理 9.5.2 給出 $P^{-1}AP=P^\T AP=\diag(\seq\lambda 1n)$, 在合同意義下, 能進(jìn)一步令 $\lambda_i\in\{-1,0,1\}$ (保持正負(fù)性), 在共軛意義下就給出所期待的特征值正負(fù)性了.

定理 9.7.2 (Sylvester 判準(zhǔn))

??實對稱矩陣 $A\in\M_{n\x n}(\R)$ 正定當(dāng)且僅當(dāng) $A$ 的所有順序主子式都為正數(shù).

??(順序 $A$ 的主子式: $|a_{ij}|_{1\le i,j\le m\le n}~(\A m)$).

??→ Proof. 左推右, $A$ 正定, 則定理 9.7.1 給出其特征值皆正, 這至少給出 $\det A>0$. 對 $1\le k\le n$, $A_k$ 無非對應(yīng)二次型

\[f_k=f(\seq X1k,0,\cdots,0), \]

其中 $f$ 由 $A$ 給出正定, $f_k$ 自然也正定, 反過來就給出 $\det A_k>0$.

??右推左, 對 $n\ge 2$ 歸納. 由于 $\det A>0$, 這至少給出所有特征值非零, 且負(fù)數(shù)成對出現(xiàn). 若取出 $\lambda_1,\lambda_2<0$, 分別對應(yīng)單位特征值 $v_1,v_2$, 那么

\[\env{aligned}{ f(\alpha v_1+\beta v_2) &= (\alpha v_1+\beta v_2)^\T A(\alpha v_1+\beta v_2)\\ &= \alpha^2v_1^\T Av_1+2\alpha\beta v_1^\T Av_2+\beta^2v_2^\T A v_2\\ &= \alpha^2\lambda_1+\beta^2\lambda_2\le 0. } \]

(取等當(dāng)且僅當(dāng) $\alpha=\beta=0$.) 然而, 當(dāng) $(\alpha,\beta)\neq(0,0)$ 時, 總是存在某對 $(\alpha,\beta)$ 使得 $\alpha v_1+\beta v_2=\pary{c|c}{w^\T&0}^\T$, 其中 $w\in\R^{n-1}$, 于是 $f(\alpha v_1+\beta v_2)=f(w)<0$, 與歸納假設(shè)矛盾.

??對正定矩陣的構(gòu)造: 對任意 $A\in\M_{m\x n}(\R)$, $A^\T A$ 是對稱的, 且是半正定的, 這時因為 $v^\T A^\T Av=(Av)^\T(Av)\ge 0$ (取等當(dāng)且僅當(dāng) $Av=0$). 所以 $\ker A=\{0\}$ (generally "invertible") 時它還是正定的.

定義-命題 9.7.3

??對有限維實內(nèi)積空間 $V$ 以及自伴的 $T\in\End(V)$, 若 $T$ 正定 (半正定), 則存在唯一的自伴矩陣 $S$, 使得 $S$ 也正定 (半正定), 且 $S^2=T$, 合理地定義為 $\sqrt{T}:=S$.

??→ Proof. 存在性: 取單位正交基 $\seq v1n$, 令 $Sv_i=\sqrt{\lambda_i}v_i$ 則給出一個合法的 $S$.

??唯一性: 對符合條件的 $S$, 不計重數(shù)地降序列出其特征值 $\mu_1\ops>\mu_m\ge 0$, 則 $V$ 相應(yīng)分解為

\[V=\bigoplus_{i=1}^m V_{\mu_i}. \]

由于 $T=S^2$, 所以 $T$ 的特征值就是 $\mu_1^2\ops>\mu_m^2\ge 0$, 且 $T$ 的 $\mu_i^2$ 對應(yīng)的特征子空間就是 $V_{\mu_i}$. 反過來, 對 $T$ 的特征值 $\lambda_1\ops>\lambda_m$, $S$ 限制在 $T$ 的 $\lambda_i$-特征子空間上必然就是 $\sqrt{\lambda_i}\id$.

定理 9.7.4 (極分解)

??對內(nèi)積空間 $V$ 和可逆的 $T\in\End(V)$, 存在唯一的 $R,U\in\End(V)$, 使得 $R$ 正定, $U$ 是正交變換, 且 $T=RU$.

??→ Proof. 唯一性: 若 $T=RU$, 則 $TT^*=RUU^*R=RR^*=R^2$, 所以根據(jù) 定義-命題 9.7.3, $R=\sqrt{TT^*}$ 唯一且可逆, $U=R^{-1}T$ 唯一.

??存在性: 取 $R=\sqrt{TT^*}$, $U=R^{-1}T$, 只需證明 $U$ 是正交的. 注意 $(R^{-1})^*=(R^*)^{-1}=R^{-1}$, 所以

\[U^*=T^*(R^{-1})^*=T^*R^{-1}=T^{-1}\underbrace{TT^*(R^2)^{-1}}_{\id}R=T^{-1}R=U^{-1}. \]

posted @ 2024-12-28 14:24 Rainybunny 閱讀(233) 評論(0) 收藏舉報

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Note -「A. Algebra 24 Aut.」“還有一束日光正在為你送達(dá)”

第一章 綜觀

\(\S1.1\) 何為代數(shù)

\(\S1.3\) 從線性方程組到 Gauss-Jordan 消元法

第二章 集合, 映射與關(guān)系

\(\S2.1\) 集合概論

\(\S2.2\) 映射的運算

\(\S2.3\) 集合的積與無交并

\(\S2.4\) 序結(jié)構(gòu)

\(\S2.5\) 等價關(guān)系與商集

\(\S2.6\) 從正整數(shù)集到有理數(shù)集

\(\S2.7\) 算術(shù)入門

第三章 環(huán), 域和多項式

\(\S3.1\) 環(huán)和域

\(\S 3.2\) 同態(tài)和同構(gòu)

\(\S3.3\) 多項式環(huán)

\(\S3.4\) 有理函數(shù)域

\(\S3.5\) 域的特征

第四章 向量空間和線性映射

\(\S4.1\) 回到線性方程組

\(\S4.2\) 向量空間

\(\S4.3\) 矩陣及其運算

\(\S4.4\) 基和維數(shù)

\(\S4.5\) 線性映射

\(\S4.6\) 從線性映射觀矩陣

\(\S4.8\) 核, 像與消元法

\(\S4.7\) 從矩陣轉(zhuǎn)置到對偶空間

\(\S4.9\) 基的變換: 矩陣的共軛與相抵

\(\S4.10\) 直和分解

\(\S4.11\) 分塊矩陣運算

\(\S4.12\) 商空間

第五章 行列式

\(\S5.1\) 置換

\(\S5.3\) 一類交錯形式的刻畫

\(\S5.4\) 行列式的定義和基本性質(zhì)

\(\S5.5\) 一些特殊行列式

\(\S5.6\) 分塊行列式

\(\S5.7\) Cramer 法則

\(\S5.8\) 特征多項式和 Cayley-Hamilton 定理

\(\S5.9\) 矩陣的跡

\(\S5.10\) 不變子空間

\(\S5.12\) 交換環(huán)上的行列式

第六章 重訪環(huán)和多項式

\(\S6.1\) 理想和商環(huán)

\(\S6.2\) 多項式的唯一分解性質(zhì)

\(\S6.3\) 主理想環(huán)的唯一分解性

\(\S6.6\) 根和重因式

\(\S6.10\) 從不可約多項式構(gòu)造擴域

第七章 對角化

\(\S7.1\) 特征值與特征向量

\(\S7.2\) 極小多項式

\(\S7.3\) 上三角化

\(\S7.4\) 廣義特征子空間

第八章 雙線性形式

\(\S8.1\) 雙線性形式

\(\S8.2\) 非退化形式與伴隨映射

\(\S8.3\) 分類問題的提出

\(\S8.4\) 二次型的基本概念

\(\S8.5\) 配方法

\(\S8.6\) 實二次型的分類

\(\S8.7\) 反對稱雙線性形式: 辛空間

第九章 實內(nèi)積結(jié)構(gòu)

\(\S9.2\) 內(nèi)積空間

\(\S9.3\) Gram-Schmidt 正交化

\(\S9.4\) 內(nèi)積空間上的伴隨映射和正交變換

\(\S9.5\) 自伴算子的正交對角化

\(\S9.6\) 應(yīng)用: 最小二乘解

\(\S9.7\) 對于正定二次型的應(yīng)用

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