高等代数重点技巧总结.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,The Legendary Book on,Linear Algebra,目录,第零章,第一章,第二章,第三章,第四章,第五章,第六章,第七章,第八章,番外话,.,将打洞进行到底,.,Jordan,标准形总结,秩不等式,.,1,2,7,.12,交结数：刻画相似程度的不变量,.16,同时上三角化,.19,覆盖定理,.23,.25,有理标准形和交换的矩阵,解题的艺术,.30,I,0,番外话,先说一件很囧的事。两年前我给北京大学化学学院一年级的学弟学妹们上高数的,习题课。开学第一次课来了三十个人，到期末的最后一次课只剩下十三个人。虽说习,题课不管讲的好坏都拿那份钱，学生也不会拿鸡蛋西红柿拍你，但是看着来上课的人,越来越少确实对自尊是一种打击。特别让我印象深刻的是一个相貌气质都很不错的,MM,（那十三个人之一）,，她每次课都在下面很认真的听，很安静，整个学期她只站起,来问了三次问题，但是每一次都把我问倒了。很显然这是对我的进一步打击。我很无,奈的承认自己不配拿那份津贴，就转行做了本学院高等代数课的助教。这次给我打击,的是另一个很清纯的,MM,。有很多次我在黑板上出了题目，然后微笑着、踱着步子显,示高深莫测的时候，她都举手表示已经做出了答案。接下来我只能用凝固的微笑和景,仰的目光看着她在全班面前用柔柔的声音解释如何如何。不过总的来说，我还是成功,的,Hold,住了局面，当时一个学年下来到课人数无明显下滑。,习题课上多了，自己也有一些体会。讲课跟做题是不一样的，你必须脑子里时刻,清楚自己在讲什么，接下来要讲什么，然后把它们用平缓的节奏一遍讲正确。你讲的,语气速度快了，或者思维有了跳跃，学生一下跟不上，那么你后面的内容他们听起,来都很茫然。当我一时不知道说什么好的时候，我会面色如常地擦擦黑板，换换粉,笔，整理一下自己的思路，绝不轻易开口。因为如果你不小心说错了话，那比没说要,糟糕一百倍：接下来你要用十句话来挽救你的错误，学生很可能就被绕晕了。即使是,“嗯”“啊”“那么”这些口头禅，也会暴露你的思路的紊乱。高深莫测永远是,Hold,、,局面的不二法宝。我曾经开玩笑地给学生说，我讲课有一个优点，就是从来没有口头,禅。结果大家都笑了。我不解，然后大家异口同声的告诉我：老师，你讲课有一个口,头禅，就是“很显然”（囧）。希望我在这个文档里没有再犯这个错误,:P,。,本文档脱胎于以前的同名文档，经过多次修改以后与最初的版本相比已经面目全,非。但是变薄变精炼的趋势一直没有改变。那些武侠小说中出现的秘笈宝典，几乎无,一例外都是“薄薄的一本小册子”，因为浓缩的才是精华。本文档也照此看齐，不求,全，但求精致，通过几个专题来体现高等代数的方法和想法。还是那句话，与其炖上,一锅大杂烩，倒不如几样精致的小菜来得有滋味。至于纯粹为难而难，或者为收录而,收录的内容，就不在考虑之列了。文档薄一点，也是为了激发大家速成的欲望。,本文档是本人心血之作，也算经过了教学的实践检验，因此我相信质量不会太糟，,但是错误恐怕仍然难以避免。欢迎大家来信指教：,xidalapuda,1,1,将打洞进行到底,之所以把这一章作为整本书的开始，是因为打洞是矩阵里面最基本最重要的技巧，,江湖上出来混的没有不知道的，所以怎样强调它的重要性也不过分。下面这个例子就,很好地说明了什么是打洞。,定理,1.1.,设,M,=,(,),A B,C D,是一个方阵，其中,A,是可逆的子方阵，那么,|,M,|=|,A,|,D,CA,1,B,|,结论不难记，从,D,出发顺时针走一圈就可以了。,证明,.,思路就是利用,A,的可逆性来打洞，干掉,B,C,之一：,)(,ABA B,第一行左乘以,CA,1,加到第二行,，,1,B0 D,CAC D,也就是,(,I,n,0,CA,1,I,m,)(,A B,C D,),(,AB,，,1,B0 D,CA,),=,两边求行列式即可。,类似地，,D,可逆的时候结论变成,|,M,|=|,D,|,A,BD,1,C,|,（从,A,出发顺时针走,一圈）。打洞说白了就是一个降阶的过程。,注意到如果把上式写成,()(),1,(),A BI,n,0AB,=,，,1,I,1,BC D,CA0 D,CA,m,这就很像一个分块的,LU,分解。其实真正的,LU,分解和这个是一回事，这里就不具体,写了。,如果把打洞的过程倒过来用，就是提升：,定 理,1.2.,设,A,是,n,m,矩阵，,B,是,m,n,矩阵，则,AB,和,BA,的特征多项式只差,一个因子,n,m,，即,m,|,I,n,AB,|=,n,|,I,m,BA,|,2,1.,将打洞进行到底,1.1.,对称矩阵的打洞,只需要对,=,0,证明即可。我们先证明,=,1,的时候结论成立，也就是,|,I,m,AB,|=|,I,n,BA,|,成立。这只要在矩阵,(),I,m,B,A I,n,中分别用,I,m,和,I,n,各打一次洞就可得证：,I,m,B,=|,I,n,|,I,m,BA,|=|,I,m,|,I,n,AB,|,A I,n,对于一般的,=,0,，只要在等式,|,I,m,AB,|=|,I,n,BA,|,中用,A/,替换,A,即可。,1.1,对称矩阵的打洞,打洞有很多重要的应用，特别是当,M,是对称矩阵的时候，如果你用,A,打两次洞,干掉,B,和,B,就会发现这恰好是一个合同变换：,)()(),(,I,n,A,1,BA0I,n,0A B,=,A,1,B,1,B I,D0I,m,0 D,B,AB,m,特别强调的是，对称矩阵的打洞有特别重要的意义：由于,M,可以看作一个“内积”的,度量矩阵，所以两边打洞实际上就是在这个“内积”下做,Schmidt,正交化，化二次型,为标准形的配方法和矩阵法都源自于此。这里简要描述一下矩阵法，详细的叙述请查,阅教科书。,定 理,1.3,(,化二次型为标准形的算法,).,设,A,=(,a,ij,),是一个,n,阶对称矩阵，现在要把,它合同为对角形。,如果,a,11,=,0,，那就用,a,11,两次打洞合同掉第一行和第一列的其它元素，把,A,变,成,)(,a,11,0,，,0,然后考虑右下角的,n,1,阶的矩阵,。,如果,a,11,=,0,但是某个,a,ii,=,0,，那就交换第,i,行和第,1,行，交换第,i,列和第,1,列，,把,a,ii,变到,a,11,的位置上来，然后返回上一步。,如果,A,的对角线上都是,0,，但是某个,a,ij,不是,0,，那就把第,j,行加到第,i,行，第,j,列加到第,i,列，这样,a,ii,的位置上就出现了,2a,ij,，然后返回上一步。,这样经过有限步以后就可以把,A,变成对角形。,3,1.,将打洞进行到底,1.1.,对称矩阵的打洞,这个算法说白了就是一句话：制造非零的对角元来干掉非对角元，其实就是不断,地做,Schmidt,正交化。,正定矩阵是最容易化为标准形的对称矩阵，因为正定矩阵的对角元总不是,0,（想,一想，为什么？，所以只需要第一个步骤就可以化为标准形。半正定矩阵的打洞也很）,简单，虽然对角元可能出现,0,，但是我们有下面的引理：,引 理,1.4.,如果半正定矩阵,A,的某个对角元是,0,，那么该对角元所在的行和列所有元素,都是,0,。,证明,.,由 于,A,半 正 定，所 以 有 平 方 根 分 解,A,=,P,P,。记,P,=(,v,1,v,2,.,v,n,),，则,a,ij,=(,v,i,v,j,),，这里的,(,v,i,v,j,),表示,v,i,和,v,j,的通常的欧式内积。,a,ii,=,0,说明,v,i,=,0,，从,而第,i,行第,i,列都是,0,。,可见半正定矩阵化为标准形本质上也只需要步骤,1,，只不过对角线上遇到,0,的时,候不用打洞，自动跳过去继续考虑右下角的矩阵。,接下来是引理,1.4,的两个应用：,定 理,1.5.,设,A,是一个实对称矩阵，,min,和,max,为,A,的最小和最大的实特征值，,a,ii,是,A,的任一对角元，则有,min,a,ii,max,，,而且两个不等号只要有一个成立则,a,ii,所在的行和列的其它元素就必然都是,0,。,证明,.,只要对,A,+,min,I,和,max,I,A,这两个半正定矩阵应用引理,1.4,即可。,定 理,1.6,(,两半正定矩阵同时合同于对角形,).,设,A,B,是两个,n,阶半正定矩阵，则存,在可逆矩阵,T,使得,T,AT,T,BT,都是对角矩阵。,证明,.,首先做合同变换把,A,化成标准形,(,A,E,r,0,，,0 0,),这时,B,仍然是半正定的（虽然,B,也发生了变化），所以不妨从一开始就假设,A,就是如,上的标准形，并设,(),B,11,B,12,B,=,，,B,12,=,B,21,，,B,21,B,22,我们要在保持,A,的形状的前提下把,B,化成标准形。,设正交矩阵,Q,使得,(),I,s,0,Q B,22,Q,=,，,0 0,4,1.,将打洞进行到底,1.2.,正定矩阵,那么用矩阵,(,I,r,0,0 Q,),作合同变换保持,A,不变，把,B,化为形如,B,11,0,B,=,I,s,0,0 0 0,的矩阵。注意这里已经利用了引理,1.4,的结论，由于,B,的最后一个对角元是零矩阵，,所以它的最后一行和最后一列中的矩阵都是,0,。这个时候再用,I,s,打洞消去“,”的部,分，这还是一个不影响,A,的合同变换，这就把,A,B,同时变成了准对角形，最后再用,一次正交变换就可以了。,1.2,正定矩阵,正定矩阵的另一个名字是内积的度量矩阵，永远不要忘记这一点。正定矩阵几乎,所有结论都有对应的几何解释，所以只要你搞清楚这些结论的几何意义，正定矩阵其,实就是一个很简单的东东。,设,v,1,v,2,.,v,n,是,R,n,的一组基，那么矩阵,(,v,1,v,1,)(,v,1,v,2,)(,v,1,v,n,),(,v,2,v,1,)(,v,2,v,2,)(,v,2,v,n,),A,=,.,.,.,.,(,v,n,v,1,)(,v,n,v,2,)(,v,n,v,n,),就是一个正定矩阵。反过来，每一个正定矩阵都有如上的表示形式。很显然，,A,刻画,了向量组,v,1,v,n,的长度以及它们之间的相互夹角，所以不难想象,v,1,v,n,的一些几,何性质可以用,A,的代数性质来描述。反过来，如果有人问你正定矩阵的代数性质，你,也要立刻想到它对应的几何解释。,举几个例子：,正定矩阵的对角元都不是零。这是显然的，因为,a,ii,代表,v,i,的长度的平方，当然,不能是零。,正定矩阵中最大的元素必然出现在对角线上。这是因为内积满足,Schwatz,不等,式,(,v,i,v,j,),2,(,v,i,v,i,)(,v,j,v,j,),，即,a,2,a,ii,a,jj,，从而,a,ij,max,a,ii,a,jj,。,ij,正定矩阵的行列式的值等于,v,1,v,2,.,v,n,张成的平行多面体的体积的平方。正定,矩阵的主子式都大于零，这是因为主子式,A,i,1,i,2,i,m,的值是,v,i,1,v,i,2,.,v,i,m,张成的,平行多面体的体积的平方，所以大于零。,5,1.,将打洞进行到底,1.2.,正定矩阵,例,1.7.,设,A,是,n,阶正定矩阵，求证,|,A,|,a,11,a,22,a,nn,，等号成立当且仅当,A,是,对角矩阵。,这个结论的几何解释就是：平行多面体的体积不大于各个棱长的乘积，当且仅当,各棱垂直的时候等号成立。,证明,.,用归纳法，假设,n,1,的时候结论成立。设,(),A,n,1,A,=,，,a,nn,11,则,|,A,|=|,A,n,1,|,a,nn,A,1,|,。注意,0,a,nn,A,1,a,nn,，所以使用归纳假,nn,设即可。等号成立的条件也不难证明。,1,实 际 上,a,nn,A,1,这 个 量 也 是 有 它 的 几 何 解 释 的。我 们 来 这 样 分 析：记,n,v,1,v,n,1,张成的底面为,P,，,v,n,可以分解为垂直于,P,的分量和属于,P,的分量的和：,v,n,=,v,n,+,v,，,n,那么设,v,n,P,，,v,P,n,v,n,=,v,n,v,=,x,1,v,1,+,x,n,1,v,n,1,，,n,两边依次用,v,1,.,v,n,1,作内积，我们得到这样一个方程组：,(,v,1,v,n,)=,x,1,(,v,1,v,1,)+,x,n,1,(,v,1,v,n,1,),，,(,v,2,v,n,)=,x,1,(,v,2,v,1,)+,x,n,1,(,v,2,v,n,1,),，,(,v,n,1,v,n,)=,x,1,(,v,n,1,v,1,)+,x,n,1,(,v,n,1,v,n,1,),采用上面例题中的记号，这个方程组就是,=,A,n,1,X,，所以,1,v,n,=(,v,1,v,2,.,v,n,1,),X,=(,v,1,v,2,.,v,n,1,),A,1,n,(),(),11,v,n,2,=(,v,1,v,2,.,v,n,1,),A,1,(,v,1,v,2,.,v,n,1,),A,1,nn,1,=,A,1,n,根据勾股定理，,v,n,2,=,v,n,2,+,v,2,，我们就得到,n,1,v,2,=,a,nn,A,1,nn,1,你看到了什么？,a,nn,A,1,是,v,n,到,P,的距离的平方！那它当然必须大于,0,，同时,n,小于等于,v,n,的长度的平方,a,nn,。,思考题,1.8.,书上有这样一个定理：对称矩阵,A,是正定的当且仅当,A,的顺序主子式,都大于,0,。看看这个是怎样打洞的？和,LU,分解定理比较一下，它们是不是很像？,思考题,1.9.,设,A,是一个元素都是整数的反对称矩阵，求证,|,A,|,是完全平方数。,6,2,Jordan,标准形总结,这一章主要介绍,Jordan,形的两个运算性质和两个代数性质。两个运算性质分别是,计算,Jordan,块的多项式和与,Jordan,块交换的矩阵；两个代数性质是,Jordan,块的不可,分解性和分裂性质。熟悉,Jordan,块的运算很重要，等你学到常微分方程的时候就会体,会到这一点。,2.1,Jordan,标准形定理的证明,我们要说的这个证明在思想上没有什么先进之处，只是把老想法用新语言说了一,遍，但是这的确是最简单的说法！,我们先说一个简单的引理：,引 理,2.1.,设,A,是一个线性变换，如果向量,v,满足,A,k,v,=,0,但是,A,k,+,1,v,=,0,(,k,N,+,),，,那么,v,Av,.,A,k,v,线性无关。,这个引理证明很简单，留给大家完成。,定 理,2.2.,设,A,是,V,上的幂零线性变换，则存在,V,的一组基使得,A,在这组基下的,矩阵是一些,Jordan,块的和。,证明,.,对,V,的维数,n,归纳。,n,=,1,时显然，设,dim V,n,时结论成立，考虑,dim V,=,n,的情形。这时,A,的像空间,A,(,V,),是,V,的,A,不变子空间且,dim A,(,V,),dim V,，所以,根据归纳假设存在,A,(,V,),中的一组基,v,1,Av,1,.,A,a,1,1,v,1,，,v,2,Av,2,.,A,a,2,1,v,2,，,，,v,m,Av,m,.,A,a,m,1,v,m,使得,A,在,A,(,V,),上的限制在这组基下为,Jordan,标准型。其中,A,a,1,v,1,=,A,a,2,v,2,=,A,a,m,v,m,=,0,。显然,A,a,1,1,v,1,.,A,a,m,1,v,m,都属于,Ker A,。,下面把,A,a,1,1,v,1,.,A,a,m,1,v,m,扩充为,Ker A,的一组基，比如说扩充为,A,a,1,1,v,1,，,，,A,a,m,1,v,m,，,w,1,，,，,w,r,，,并选取,u,i,V,使得,Au,i,=,v,i,。我们断言向量组,u,1,Au,1,.,A,a,1,u,1,，,u,2,Au,2,.,A,a,2,u,2,，,，,u,m,Au,m,.,A,a,m,u,m,，,w,1,.,w,r,构成,V,的一组基。如果这一断言成立，那么,A,在这组基下显然就是,Jordan,标准型。,7,2.Jordan,标准形总结,2.2.JORDAN,块的运算特点,注意现在,A,a,1,u,1,.,A,a,m,u,m,w,1,.,w,r,构成,Ker A,的一组基。,这组向量的线性无关性很好证，假设这些向量的某个线性组合,L,等于,0,，两边用,A,作用以后,A,a,1,u,1,.,A,a,m,u,m,w,1,.,w,r,这些项被消掉，剩下的是一个只含有,v,1,.,A,a,1,1,v,1,.,v,m,.,A,a,m,1,v,m,的线性组合为,0,的等式，所以它们前面的系数都是,0,，,即,u,1,.,A,a,1,1,u,1,.,u,m,.,A,a,m,1,u,m,这些项在,L,中实际上不出现，从而,L,只包含,A,a,1,u,1,.,A,a,m,u,m,w,1,.,w,r,这些项。但是这些项是,Ker A,的一组基，所以它们前面,的系数也都是,0,。,有了线性无关，要证明这组向量是一组基，只要再算算维数即可。这组向量一,共有,a,1,+,a,m,+,r,+,m,个。另一方面，,dim A,(,V,)=,a,1,+,a,m,，,dim Ker A,=,m,+,r,。注意由同态基本定理,dim V,=,dim A,(,V,)+,dim Ker A,，所以这些向量的个数,等于,V,的维数，从而它们构成,V,的一组基。,2.2,Jordan,块的运算特点,学到现在，你应该知道这个小规律（不知道的话用力将头撞墙三下,:P,）当,J,是一,个幂零的,Jordan,块的时候，,0 1,.0,J,=,，,.,.1,0,n,n,那么,J,2,就是把,J,中的,1,向右上方平移一层，,J,k,就平移,k,1,层，,J,n,就变成零矩阵了。,用这个规律我们可以很快算出一般的,Jordan,块,1,.,J,=,.,.1,n,n,的多项式来：对于给定的,m,次多项式,f,(,x,),，在,点作,f,的,Taylor,展开：,f,(,x,)=,a,0,+,a,1,(,x,)+,a,m,(,x,),m,，,那么,a,0,a,1,.,a,0,f,(,J,)=,.,.,a,n,1,.,.,.,a,1,a,0,可见,Jordan,块的多项式是很好算的，其形状是一个上三角的分层矩阵。,8,2.Jordan,标准形总结,2.3.,与,JORDAN,块交换的矩阵,2.3,与,Jordan,块交换的矩阵,反过来我们可以证明与一个,Jordan,块,J,交换的矩阵必然可以表示为,J,的多项式。,定理,2.3.,设,J,=,0 1,.,.0,，,.1,0,n,n,且矩阵,A,满足,AJ,=,J A,，则,A,必然形如,a,0,a,1,.,.a,0,A,=,.,a,n,1,.,.,.,，,a,1,a,0,即,A,可以表示为,J,的多项式。,证明,.,设,J,.,J,n,1,构成空间的一组基，则,A,可以表示为它们的线性组合,A,=,a,0,+,a,1,J,+,a,n,1,J,n,1,=,f,(,J,),其中,f,(,x,)=,a,0,+,a,1,x,+,a,n,1,x,n,1,。不难验证对任何的,i,，,A,(,J,i,)=,J,i,(,A,)=,J,i,(,f,(,J,),)=,f,(,J,)(,J,i,),既然在一组基上有,A,=,f,(,J,),成立，那么自然在全空间上也成立。,2.4,Jordan,块的不可分解性,设,J,是有限维向量空间,V,上的线性变换，且,J,在一组基下的矩阵是,Jordan,形：,1,.,.,(,1,2,.,n,),J,=(,1,2,.,n,),.,.1,我们有如下的结论：,定理,2.4.,不存在,V,的一对,J,不变的真子空间,U,W,使得,V,=,U,W,。,9,2.Jordan,标准形总结,2.5.JORDAN,块的分裂,证明,.,只要证明,=,0,的情形即可（否则就用,J,I,n,代替,J,）。这里的关键在于,J,仅有,一个线性无关的特征向量：由于,r,(,J,)=,n,1,，所以齐次线性方程组,JX,=,0,的解空间,是一维的，这就等价于说,J,关于特征值,0,的特征子空间是一维的。如果存在满足条件,的一对,U,W,，那么,J,在,U,和,W,上就会各自有一个特征向量，这就导致了矛盾。,这个结论的意义是什么呢？说的就是,Jordan,块具有不可分解性：,Jordan,块矩阵,对应的线性变换不能再分解为两个更小的线性变换的直和。就像整数可以唯一分解为,素数的乘积，多项式在复数域上可以唯一分解为一次因式的乘积一样，线性变换在复,数域上可以唯一分解为,Jordan,块的和，这些组成单元不能够再进行分解。,如果说,Jordan,块的不可分解性是一个极端的话，那么对角矩阵的“完全可约性”,则是另一个极端：,思 考 题,2.5.,设,A,是复数域上有限维向量空间,V,上的线性变换，则,A,可对角化的,充要条件是对任何,A,不变子空间,U,，都有,A,不变子空间,W,使得,V,=,U,W,成,立。,然而,Jordan,块的幂却是可以分解的，而且分解的很规则，这就是下面要讨论的。,2.5,Jordan,块的分裂,我们来算,J,k,的标准形。分情况讨论，先看,=,0,的情形：,这个时候,J,是一个移位算子：,J:,n,n,1,1,0,，,整个轨道只有一条。但是,J,k,则是,k,步,k,步地跳：,n,n,2k,0,，,n,1,n,1,k,0,，,k,J:,n,k,+,1,n,2k,+,1,0,所以,J,k,有,k,条轨道，每个轨道都是一个,Jordan,块，即,J,K,的标准形中有,k,个,Jordan,块。设,n,=,qk,+,r,，这里,0,r,k,，则这,k,个,Jordan,块中有,r,个是,q,+,1,阶的，另外,k,r,个是,q,阶的。,举个例子，一个,8,阶的,0,特征值,Jordan,块,J,，,J,3,的,Jordan,标准形是什么样子的？,这个时候,J,8,有,3,个轨道,8,5,2,7,4,1,6,3,，所以,J,7,的,Jordan,标准形是,2,个,3,阶的,Jordan,块和,1,个,2,阶的,Jordan,块的和。,再来看,=,0,的情形。,k,k,k,1,.,.,.,.,k,k,J,=,，,.,k,k,1,k,10,2.Jordan,标准形总结,2.5.JORDAN,块的分裂,所以只需要分析,B,=,J,k,k,I,的标准形。我们有如下的结论：,定理,2.6.,设,A,=,0 a,12,0,a,23,.,.,.,.,，,a,n,1,n,0,a,nn,.,.,.,.,.,.,而且,a,12,a,23,a,n,1,n,=,0,，则,A,的,Jordan,标准形就是一个,n,阶的,Jordan,块。,证明,.,由于,B,n,是零线性变换，但,B,n,1,n,=,0,，所以,n,B,n,.,B,n,1,n,构成空间的一,组基，在这组基下,B,的矩阵就是一个,n,阶的,Jordan,块。,总结一下：零特征值的,Jordan,块的高次幂一定会分裂，而且是尽可能均匀的分,裂；非零特征值的,Jordan,块的任意次幂都不会分裂。,一个不可约的代数结构，在某种限制或者扩张的意义下却能均匀的“碎裂”，这,是代数学中一个常见而重要的现象。比如设,f,是一个有理数域,Q,上的不可约多项式，,F,是,Q,的一个正规扩域，则如果,f,在,F,上是可约的，那么,f,必然分解成一些次数相同,的多项式的乘积：,f,=,f,1,f,2,f,r,，,deg f,1,=,deg f,r,类似的还有代数数论中素理想的分解，群表示论中不可约表示（在诱导和限制下）的,分解，代数几何中不可约代数簇的分解等等。,最后我想多说一点废话。,Jordan,标准形的理论告诉我们复数域上的线性变换本质,上只有两种，那就是数乘变换和移位变换：,A,1,=,2,，,A,2,=,3,，,，,A,n,1,=,n,，,A,n,=,0,复数域上的任何线性变换都可以分解为数乘变换和移位变换的组合，而数乘变换,是很平凡的变换，所以可以说移位运算是最重要的线性变换。,Halmos,说过在泛函分,析里面最重要的泛函仍然是移位运算（至少你要想想紧算子，,Toeplitz,算子，,Hankel,算子）。,不说泛函了，我懂的不多，再说就露馅了,:P,。看来线性变换和群在集合上的作用,是很相似的，就是一些不动点（相当于特征向量）和非平凡的轨道（,Jordan,块）的组,合，把作用限制在子群上（相当于子模,A,k,）轨道还可以继续分解。有些矩阵不能对角,化的原因就在于它们有非平凡的轨道，或者说，组成成分里含有移位算子。,11,3,秩不等式,秩不等式问题有比较模式化的解决方法，就是利用分块矩阵的初等变换，其原理,就是下面这个引理：,引 理,3.1.,设,M,=,(,A 0,，,C B,),其中,A,B,都是方阵，那么,r,(,M,),r,(,A,)+,r,(,B,),。,引理的证明留给大家完成（真的很简单）。,在证明有关秩的不等式的时候，基本思路就是从准对角矩阵出发，用初等变换化,成三角形的分块矩阵，来应用上面这个引理。,下面是秩不等式里面最基本的结论：,定 理,3.2,(Frobenius,不等式,).,设,A,是数域,F,上的,m,n,矩阵，,B,是,n,k,矩阵，,C,是,k,s,矩阵，则,r,(,AB,)+,r,(,BC,),r,(,ABC,)+,r,(,B,),.,证明,.,(,ABC 0,0B,),(,ABC AB,0B,),(,0AB,BC B,),比较两端的矩阵的秩即可。,例,3.3,(,北京大学,2005).,设,A,是数域,F,上,n,维向量空间上的线性变换，求证,A,3,=,I,r,(,I,A,)+,r,(,I,+,A,+,A,2,)=,n,证明,.,注意到存在,u,(,x,),v,(,x,),使得,u,(,x,)(,1,x,)+,v,(,x,)(,1,+,x,2,+,x,)=,1,。考虑大的,2n,阶的方阵,()(),第一列乘以,u,(,A,),加到第二列,I,A0I,A u,(,A,)(,I,A,),2,0I,+,A,+,A0I,+,A,+,A,2,(),第二行乘以,v,(,A,),加到第一列,I,AI,0I,+,A,+,A,2,(),0I,用,I,打洞干掉两边的矩阵,3,I 0A,所以这个矩阵的秩是,n,当且仅当,A,3,I,=,0,，这就得到了证明。,12,3.,秩不等式,例,3.4.,设,A,B,是数域,F,上的,n,阶方阵且满足,AB,=,BA,=,0,r,(,A,)=,r,(,A,2,),，求证,r,(,A,+,B,)=,r,(,A,)+,r,(,B,),证明,.,只要证明,r,(,A,+,B,),r,(,A,)+,r,(,B,),即可。用老办法，从,(),A,+,B 0,00,出发，通过初等变换化为形如,(,B,0 A,),的矩阵，就得到了结论。在变换前先注意两点：,(1),由于,A,2,的列向量都是,A,的列向量的线性组合，所以,r,(,A,)=,r,(,A,2,),说明,A,的列,向量组和,A,2,的列向量组是等价的，从而,A,的列向量组可以被,A,2,的列向量组线性表,示。设,i,是,A,的第,i,个列向量，那么线性方程组,A,2,X,=,i,有解,X,i,，令,n,n,矩阵,P,=,X,1,X,2,.,X,n,，那么,A,2,P,=,A,。,(2),当,r,(,A,)=,r,(,A,2,),时有,r,(,A,)=,r,(,A,2,)=,r,(,A,3,)=,这个在,Frobenius,不等式,r,(,B,)+,r,(,ABC,),r,(,AB,)+,r,(,BC,),中令,B,=,C,=,A,即可。,下面进行变换：,)(,A,+,B 0A,+,B 0,第一行左乘以,A,加到第二行,A,2,000,(),A,+,B A,2,第一列右乘以,A,加到第二列,A,2,A,3,(),B A,2,第二列右乘以,P,加到第一列,.,3,0 A,从而,r,(,A,+,B,),r,(,B,)+,r,(,A,3,)=,r,(,B,)+,r,(,A,),，得证。,下面再给一种解法：,可以假设,A,是,Jordan,标准形，那么,r,(,A,)=,r,(,A,2,),说明,A,的,0,特征值对应的,Jordan,块都是一阶的，从而,A,形如,(),A,1,0,，,0 0,这里,A,1,是可逆的。,AB,=,BA,=,0,说明,B,形如,(),0 0,，,0 B,1,这样就得到了证明。,13,3.,秩不等式,定 理,3.5.,设,A,1,A,2,.,A,m,为,n,阶方阵，适合条件,A,1,+,A,m,=,I,。试证明下,面三个条件等价：,(a).A,1,A,2,.,A,m,都是幂等矩阵；,(b).r,(,A,1,),+r,(,A,2,),+,+r,(,A,m,)=,n,；,(c).,当,1,i,1,，则存在与,A,交换的变换,B,使得,Bv,1,=,v,2,。,假设这个引理是正确的，那么,B,肯定不是,A,的多项式，所以必须,r,=,1,，即,A,是,由一个向量生成的循环空间。,27,7.,有理标准形和交换的矩阵,7.2.,何时与,A,交换的矩阵总是,A,的多项式？,证明,.,我们已经知道,v,1,中的元素都形如,f,(,A,),v,1,，这里,f,(,x,),是一个多项式。既然已,经规定了,B,在生成元,v,1,处的值，因此我们只要“顺水推舟”地定义,B,就好了：对于,u,=,f,(,A,),v,1,v,1,，令,Bu,=,f,(,A,),v,2,v,2,而把,B,在其它的,v,i,(,i,=,1,),上的作用都定义为零。这就是一个线性变换，把,v,1,映为,v,2,，而且与,A,交换。,这样定义,B,有个问题，就是,u,=,f,(,A,),v,1,这个表示中,f,(,x,),不是唯一的，我们,还需要验证,Bu,的定义不依赖于,f,(,x,),的选取。设,u,=,f,1,(,A,),v,1,=,f,2,(,A,),v,1,，我们,要说明,f,1,(,A,),v,2,=,f,2,(,A,),v,2,。由,f,1,(,A,),v,1,=,f,2,(,A,),v,1,可得,p,1,(,x,)|(,f,1,f,2,),，当然就有,p,2,(,x,)|(,f,1,f,2,),，从而,f,1,(,A,),v,2,=,f,2,(,A,),v,2,。因此我们,B,的定义是合理的。,现在我们已经找到了,A,应该满足的必要条件：,V,有一个关于,A,的循环向量,v,。那,么这个条件是不是充分的呢？答案是肯定的：,定 理,7.5.,若,V,有一个关于,A,的循环向量,v,，则任何与,A,交换的变换都可以写成,A,的多项式。,证明,.,我们断言循环空间上一个与,A,交换的变换,B,由它在生成元,v,处的值,Bv,完全决,定：由于存在多项式,f,(,x,),使得,Bv,=,f,(,A,),v,，不难验证这时,B,=,f,(,A,),成立。,从而我们已经从变换的角度完全解决了这一问题。,矩阵的角度,在定理,4.4,中令,A,=,B,，那么,i,(,A,A,),就是与,A,交换的矩阵构成的空间的维数。,这个维数总是大于等于,n,的：,()(),p ppp,i,(,A,A,)=,deg f,i,(,x,),f,j,(,x,),deg f,i,(,x,),f,i,(,x,)=,deg f,i,(,x,)=,n,i,=,1 j,=,1,i,=,1,i,=,1,A,的多项式也构成一个线性空间，这个空间的维数总是小于等于,n,的，因为其中的元,素总是,I,A,.,A,n,1,的线性组合。这两个空间的维数相等当且仅当上面式子中的等,号成立，这时,A,仅有一个不变因子，也就是,A,的特征多项式等于其极小多项式，这就,从矩阵的角度证明了定理,7.5,。,例,7.6.,如果矩阵,A,有,n,个互不相同的特征值那么与,A,交换的矩阵一定可以表示为,A,的多项式,.,证明,.,设,Av,i,=,i,v,i,，那么,v,1,+,v,n,就是一个循环向量。,28,7.,有理标准形和交换的矩阵,7.3.,双中心化子定理,7.3,双中心化子定理,定理,7.7,(,双中心化子,).,设,A,是任一给定的方阵，如果方阵,C,和每一个与,A,可交换,的方阵都可交换，则,C,可以表示为,A,的多项式。,证明,.,首先把,A,C,都看成某个向量空间上的线性变换，如果结论成立的话，显然下面,的条件是必须满足的：,引 理,7.8.,A,的不变子空间直和分解必定也是,C,的不变子空间直和分解。,引理的证明：设,V,在,A,的作用下分解为不变子空间的直和,V,=,V,1,V,r,，,P,是从,V,到,V,i,上的投影，则有,AP,=,PA,，那么根据已知有,CP,=,PC,，所以,V,i,也是,C,的不,变子空间，引理得证。,我们还是来考虑,V,在,A,的作用下的循环子空间分解,V,=,v,1,v,2,v,r,这里的,v,1,.,v,r,满足的条件仍然与定理,7.1,中一致。由于,C,在每个,v,i,上的限制与,A,交换，所以立刻想到用上定理,7.5,的结论：,C,在子空间,v,i,上可以表示为,A,的多项,式,C,=,g,i,(,A,),。问题是这些,g,i,(,x,),相等吗？如果是同一个多项式那问题就解决了，但是,这个不那么显然，所以得分析的再细一点。我们回忆前面证过的结论（参考引理,7.4,）,引 理,7.9.,对任何,i,1,，存在与,A,交换的变换,B,使得,Bv,1,=,v,i,。（道理是一样一样的）,现在是它派上用场的时候了。我们有,v,1,v,i,g,i,(,A,),v,i,，,B,C,v,1,g,1,(,A,),v,1,g,1,(,A,),v,i,由于,CB,=,BC,所以两条路径的结果应该是一样的，也就是,g,i,(,A,),v,i,=,g,1,(,A,),v,i,。再,强调一遍：循环空间上一个与,A,交换的变换由它在生成元处的值完全决定，所以,g,i,(,A,),和,g,1,(,A,),在,v,i,上相同，所以我们可以统一用,g,1,(,x,),来代替所有的,g,i,(,x,),，即,C,=,g,1,(,A,),。,这个定理的意义就是在环,Mat,n,(,F,),中，对矩阵,A,生成的子环,R,求两次中心化子,以后又得到了,R,，所以叫做双中心化子定理。双中心化子性质是单代数的核心性质，,在结合代数理论中会经常见到它。,C,B,29,8,解题的艺术,这一章选择了一些解法比较巧妙但又不是纯难度的一些题目。如果你是第一次见,到它们，还是建议先自己思考一会。毕竟这样的题目比较少，浪费一道少一道。,例,8.1.,伴随矩阵,A,总可以表示为,A,的多项式,.,证明,.,首先,r,(,A,),n,1,和,r,(,A,)=,n,的情形是很容易的，,r,(,A,)=,n,1,的情形才是关,键。下面就考虑这种情形。,显然只要对,A,是,Jordan,标准形的情况加以证明即可。把,A,按特征值分块为,)(,B 0,A,=,，,0 J,这里,B,是,m,阶可逆矩阵，,J,是一个特征值为,0,的,l,阶,Jordan,块，,m,+,l,=,n,。注意由于,有,r,(,A,)=,n,1,的前提，所以,A,只能有一个特征值为,0,的,Jordan,块。,现在来看,A,。由于,AA,=,A,A,=,0,，所以,A,也被同时分块为,(),0 0,A,=,0 C,（因为,B,可逆，所以左上角也应该是,0,）只需要算,C,，也就是,J,的伴随矩阵乘以,|,B,|,。,而,J,只有左下角的,0,的代数余子式是,(,1,),l,+,1,|,B,|,，其它的都是,0,，所以,0 0,0.,C,=|,B,|,J,