高等代数拾遗
查漏补缺前五章
参考书：高等代数北大第四版
这里讨论的多项式，向量组，矩阵都是在数域$P$上的。
多项式
这里列出两个重要的定理：
$Th1:$如果不可约多项式$p(x)$是$f(x)$的$k$重因式$(k\geq 1)$，那么他是微商$f’(x)$的$k-1$重因式。
$Cor:$多项式$f(x)$没有重因式的充分必要条件是$f(x)$与$f’(x)$互素。
$Th2:$设$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_0$是一个整系数多项式。如果有一个素数$p$，使得
$(1):p \nmid a_n$
$(2):p|a_{n-1},a_{n-2},\cdots, a_0$
$(3):p^2 \nmid a_0$
那么$f(x)$在有理数域上不可约。
一个经典的例子是$x^n+2$在有理数域上不可约，从而任意次多项式都可能再有理数域上不可约。
行列式
本章主要是如何计算行列式，下面列出几个经典例子：
1.计算：
$$
D_n=\begin{vmatrix}
a_1-b_1 & a_1-b_2 & \cdots & a_1-b_n \\
a_2-b_1 & a_2-b_2 & \cdots & ya_2-b_n \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_n-b_1 & a_n-b_2 & \cdots & a_n-b_n \\
\end{vmatrix}
$$
在这里不列出详细过程，只列出答案：
$n=1$时，行列式值为$a_1-b_1$
$n=2$时，行列式值为$(a_1-a_2)(b_1-b_2)$
$n\geq 3$时，行列式值为 $0$
注记：计算行列式时，注意是否需要分类讨论。
2.计算：
$$
D_n=\begin{vmatrix}
x & y & y & \cdots & y & y \\
z & x & y & \cdots & y & y \\
z & z & x & \cdots & y & y \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
z & z & z & \cdots & x & y \\
z & z & z & \cdots & z & x
\end{vmatrix}
$$
解：$x=y$时，可以得到$D_n=(x+(n-1)y)(x-y)^{n-1}$
$x\neq y$时，一个很经典的算法是将行列式化为$
\begin{vmatrix}
x-y & y & y & \cdots & y & y \\
z-x & x & y & \cdots & y & y \\
0 & z & x & \cdots & y & y \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
0 & z & z & \cdots & x & y \\
0 & z & z & \cdots & z & x
\end{vmatrix}
$后按照第一列展开，得到递推式：$D_n=(x-y)D_{n-1}-y
\begin{vmatrix}
1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \\
z & x & \cdots & y & y \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
z & z & \cdots & x & y \\
z & z & \cdots & z & x
\end{vmatrix}
$
$=
(x-y)D_{n-1}-y
\begin{vmatrix}
1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \\
0 & x-z & \cdots & y-z & y-z \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & x-z & y-z \\
0 & 0 & \cdots & 0 & x-z
\end{vmatrix}
$
$=(x-y)D_{n-1}-y(x-z)^{n-1}$
用同样的方法还可得到$D_n=(x-z)D_{n-1}-z(x-y)^{n-1}$
化简即有$D_n=\frac{y(x-z)^n-z(x-y)^n}{y-z}$
3.计算
$$D_1=\begin{vmatrix}
1 & 1 & \cdots & 1 \\
x_1 & x_2 & \cdots & x_{n} \\
x_1^2 & x_2^2 & \cdots & x_n^2 \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
x_1^{n-2} & x_2^{n-2} & \cdots & x_n^{n-2} \\
x_1^{n} & x_2^{n} & \cdots & x_n^{n}
\end{vmatrix}$$
解：将其扩充为
$D=\begin{vmatrix}
1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \\
x_1 & x_2 & \cdots & x_{n} & x_{n+1} \\
x_1^2 & x_2^2 & \cdots & x_n^2 & x_{n+1}^2 \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
x_1^{n-2} & x_2^{n-2} & \cdots & x_n^{n-2} & x_{n+1}^{n-2} \\
x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & \cdots & x_n^{n-1} & x_{n+1}^{n-1} \\
x_1^{n} & x_2^{n} & \cdots & x_n^{n} & x_{n+1}^{n}
\end{vmatrix}$
此行列式的值为$\prod\limits_{1\leq i < j \leq n+1} (x_j-x_i)=\prod\limits_{1\leq i < j \leq n} (x_j-x_i) \times \prod\limits_{k=1}^n(x_{n+1}-x_k)$
将扩充后的行列式按照最后一列展开，有
$D=(-1)^{1+n+1}d_{1,n+1}+(-1)^{2+n+1}d_{2,n+1}+\cdots + (-1)^{n+1+n+1}d_{n+1,n+1}$
比较两边系数，有$(-1)^{n+n+1}D_1=[x_{n+1}^{n-1}]D$，其中$[x^k]$表示$x^k$的系数。
$D_1=(-1)^{n+n+1}\prod\limits_{1\leq i < j \leq n} (x_j-x_i)\sum\limits_{k=1}^n(-x_k)=\prod\limits_{1\leq i < j \leq n} (x_j-x_i)\sum\limits_{k=1}^n x_k$
注记：对于一个不熟悉的行列式来说，我们要将其往我们熟悉的行列式上靠。
线性方程组
这一章关于向量组的零碎的定理与推论较多，下面列出一些重要的和容易遗忘的：
1.设$\pmb{\alpha}_1,\pmb{\alpha}_2,\cdots, \pmb{\alpha}_r$与$\pmb{\beta}_1,\pmb{\beta}_2,\cdots,\pmb{\beta}_s$是两个向量组，如果
(1):向量组$\pmb{\alpha}_1,\pmb{\alpha}_2,\cdots, \pmb{\alpha}_r$可由$\pmb{\beta}_1,\pmb{\beta}_2,\cdots,\pmb{\beta}_s$线性表出
(2):$r>s$
则$\pmb{\alpha}_1,\pmb{\alpha}_2,\cdots, \pmb{\alpha}_r$一定线性相关。
Cor1:如果向量组$\pmb{\alpha}_1,\pmb{\alpha}_2,\cdots, \pmb{\alpha}_r$可由$\pmb{\beta}_1,\pmb{\beta}_2,\cdots,\pmb{\beta}_s$线性表出，且$\pmb{\alpha}_1,\pmb{\alpha}_2,\cdots, \pmb{\alpha}_r$线性无关，则$r\leq s$
Cor2:任意$n+1$个$n$维向量一定线性相关。
Cor3:两个线性无关的等价向量组一定含有相同个数的向量。
Cor4:假设向量$\pmb{\beta}$可以经向量组$\pmb{\alpha}_1,\pmb{\alpha}_2,\cdots, \pmb{\alpha}_r$线性表出，则表示法唯一的充要条件为$\pmb{\alpha}_1,\pmb{\alpha}_2,\cdots, \pmb{\alpha}_r$线性无关。
注记：如果一个向量组成的向量组线性相关，那么它一定是零向量。
2.一个向量组的极大线性无关组都含有相同个数的向量。
据此我们可以定义向量组的秩：向量组的极大无关组所含的向量个数称为此向量组的秩。
3.矩阵的行秩就是将矩阵行向量组的秩，类似的可以定义矩阵的列秩。
Th1:矩阵的行秩与列秩相等，统称为矩阵的秩。
Th2:一个$n\times n$的方阵的行列式为0的充要条件是其秩小于$n$
3.5:在一个$s\times n$的矩阵$\pmb{A}$中任意选定$k$行和$k$列，位于这些选定的行和列的交点上的$k^2$个元素按照原来的次序所组成的$k$级行列式，称为$\pmb{A}$的一个$k$级子式。
Th3:一个矩阵秩为$r$的充要条件为矩阵中有一个$r$级子式不为0，但是所有$r+1$级子式全为0。
Th4:线性方程组$\pmb{Ax}=\pmb{b}$有解的充要条件是$rank(\pmb{A})=rank(\bar{\pmb{A}})$，这里的$\bar{\pmb{A}}$为$A$的增广矩阵。
4.线性方程组$\pmb{Ax}=\pmb{b}$的导出组定义为$\pmb{Ax}=\pmb{0}$
定义其次线性方程组$\pmb{Ax}=\pmb{0}$的基础解系$\pmb{\eta}_1,\pmb{\eta}_2,\cdots,\pmb{\eta}_r$如下：
(1):$\pmb{Ax}=\pmb{0}$的任意一个解都可以表示为$\pmb{\eta}_1,\pmb{\eta}_2,\cdots,\pmb{\eta}_r$的线性组合。
(2):$\pmb{\eta}_1,\pmb{\eta}_2,\cdots,\pmb{\eta}_r$线性无关。
Th1:其次线性方程组基础解系中的向量个数等于$n-rank(\pmb{A})$
Cor1:与基础解系等价的线性无关的向量组也是基础解系。
Th2:如果 $\pmb{\gamma}_0$ 是 $\pmb{Ax}=\pmb{b}$ 的一个特解，那么 $\pmb{Ax}=\pmb{b}$ 的任一解可表示为 $\pmb{\gamma}=\pmb{\gamma}_0+\pmb{\eta}$ ，其中 $\pmb{\eta}$ 为导出组一解。因此当 $\pmb{\eta}$ 取遍导出组的全部解时，上式就取遍了 $\pmb{Ax}=\pmb{b}$ 的全部解。
Cor2：方程组 $\pmb{Ax}=\pmb{b}$ 有解时，解是唯一的充要条件时它的导出组只有零解。
下面列出两个习题：
1.线性方程组 $\pmb{Ax}=\pmb{0}$ 的系数矩阵为：
$$\pmb{A}=\begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n-1,1} & a_{n-1,2} & \cdots & a_{n-1,n}
\end{pmatrix}$$
设$M_i$时从矩阵 $\pmb{A}$ 中划第 $i$ 列所剩下的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩阵的行列式，证明：
(1): $(M_1,-M_2,\cdots (-1)^{n-1}M_n)$ 是方程组的一个解。
(2):如果$\pmb{A}$的秩为$n-1$，那么方程组的解全是 $(M_1,-M_2,\cdots (-1)^{n-1}M_n)$ 的倍数。
证明：
(1):考虑行列式
$$A_i=\begin{vmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n-1,1} & a_{n-1,2} & \cdots & a_{n-1,n} \\
a_{i1} & a_{i2} & \cdots & a_{in}
\end{vmatrix}=0,i=1,2,\cdots, n$$
按照最后一行展开，就有 $a_{i1}M_1-a_{i2}M_2+\cdots + (-1)^{n-1}a_{in}M_n=0$
即 $(M_1,-M_2,\cdots (-1)^{n-1}M_n)$ 是原方程的一个解。
(2):若 $r(\pmb{A})=n-1$，则其基础解系里只有一个解，所有解都为其倍数。所以只需证明(1)中求的一解非零即可。注意到 $r(\pmb{A})=n-1$，则 $\pmb{A}$有一个$n-1$级子式不为 $0$，即(1)求的的解为非零解。
2.设
$$A=\begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{pmatrix}$$
为一实数域上的矩阵，证明：
(1):如果 $|a_{ii}|>\sum\limits_{j\neq i} |a_{ij}|, i=1,2,\cdots,n $，那么 $|A|\neq 0$
(2):如果 $a_{ii}>\sum\limits_{j\neq i} |a_{ij}|, i=1,2,\cdots,n$ ，那么 $|A| > 0$
证明：
(1)只需证明 $\pmb{Ax}=\pmb{0}$ 的解只有零解即可。
对于上述方程任一非零解 $\pmb{c}=(c_1,c_2,\cdots,c_n)$ ，总可以选出 $c_i>0$ 使得 $|c_i|\geq |c_j| , j=1,2,\cdots,n$，那么 $|a_{i1}c_1+a_{i2}c_2+\cdots + a_{in}c_n| \geq |a_{ii}||c_i| - \sum\limits_{j\neq i}|a_{ij}c_i| \geq |c_i|(|a_{ii}|-\sum\limits_{j\neq i}|a_{ij}|)>0$
所以$\pmb{Ax}=\pmb{0}$只有零解，这就证明了我们的结论。
(2)运用数学归纳法证明。
$n=1$ 时， $|\pmb{A}|=a_{11}>0$ ，结论对 $n=1$ 成立。
假设结论对 $n-1$ 成立，下面我们对 $n$ 证明结论。
取$A$的第一行$n$个代数余子式$A_{11},A_{12},\cdots,A_{1n}$，则有
$$a_{11}A_{11}+a_{12}A_{12}+\cdots+a_{1n}A_{1n}=|\pmb{A}|$$
$$a_{i1}A_{11}+a_{i2}A_{12}+\cdots+a_{in}A_{1n}=0, i\neq 1$$
由(1)有： $|A|\neq 0$ ，所以 $A_{11},\cdots,A_{1n}$ 至少有一个不为0。
下面我们证明 $|A_{11}|\geq|A_{1i}|,i=1,2,3,\cdots n$。
事实上，假若存在 $i\neq 1$ ，使得 $|A_{1i}|\geq |A_{1j}|, j=1,2,\cdots, n$，此时必然有$|A_{1i}|>0$，则
$$0=|a_{i1}A_{11}+a_{i2}A_{12}+\cdots+a_{in}A_{1n}| $$
$$\geq |a_{ii}||A_{1i}|-\sum\limits_{j\neq i}|a_{ij}||A_{1j}|$$
$$\geq |a_{ii}||A_{1i}|-\sum\limits_{j\neq i}|a_{ij}||A_{1i}|$$
$$= |A_{1i}|-(|a_{ii}|-\sum\limits_{j\neq i}|a_{ij}|)>0$$
矛盾了，所以 $|A_{11}|\geq|A_{1i}|,i=1,2,3,\cdots n$。
由归纳假设有$A_{11}>0$，故$a_{11}A_{11}>0$，于是
所以 $|\pmb{A}|=a_{11}A_{11}+\sum\limits_{i=2}^n a_{1i}A_{1i}\geq a_{11}A_{11}-\sum\limits_{i=2}^n|a_{1i}||A_{1i}|\geq (a_{11}-\sum\limits{i=2}^n|a_{1i}|)A_{11}>0$
这就完成了归纳法。
注记：形如(1)类型的矩阵称为严格对角占优矩阵，事实上，对于对称的严格对角占优的矩阵，我们可以证明其一定是正定矩阵。
这类矩阵在数值分析中也有重要的作用，例如其可以进行LU分解，也可以进行Jacobi迭代和G-S迭代和$0 <\omega \leq 1$的松弛迭代等。
矩阵
这一章关于矩阵的零碎的定理与推论较多，下面列出一些重要的和容易遗忘的：
1.关于矩阵的秩：
(1):$rank(\pmb{A}+\pmb{B})\leq rank(\pmb{A})+rank(\pmb{B})$
(2):$rank(\pmb{AB})\leq min(rank(\pmb{A}),rank(\pmb{B}))$
(3):如果 $\pmb{A} = \pmb{A_1} \pmb{A_2} \cdots \pmb{A_t}$，那么 $rank(\pmb{A})\leq \min\limits_{1\leq j\leq t }rank(\pmb{A}_j)$
(4):设$\pmb{A}$是$s\times n$矩阵，如果$\pmb{P}$是$s\times s$可逆矩阵，$\pmb{Q}$是$n\times n$可逆矩阵，那么$rank(\pmb{A})=rank(\pmb{PA})=rank(\pmb{AQ})$
(5):设$\pmb{A}$,$\pmb{B}$是$n\times n$矩阵，如果$\pmb{AB}=\pmb{0}$，那么$rank(\pmb{A})+rank(\pmb{B}) \leq n$
(6):设$\pmb{A}$是$s\times n$矩阵，$\pmb{B}$是$n\times m$矩阵，则$rank(\pmb{AB})\geq rank(\pmb{A})+rank(\pmb{B})-n$
(7):$rank(\pmb{A}^*)=\begin{cases}
n& rank(\pmb{A})=n \\
1& rank(\pmb{A})=n-1 \\
0& rank(\pmb{A})< n-1 \\
\end{cases}
$
2.关于逆矩阵：下面均假设矩阵可逆
(1):如果$|\pmb{A}|=d$，那么$|\pmb{A}^{-1}|=d^{-1}$
(2):如果矩阵$\pmb{A},\pmb{B}$可逆，那么$\pmb{A}’$和$\pmb{AB}$也可逆，且成立$(\pmb{A}’)^{-1}=(\pmb{A}^{-1})’$，$(\pmb{AB})^{-1}=\pmb{B}^{-1}\pmb{A}^{-1}$
(3): $\pmb{A}^{-1}=\frac{1}{d}\pmb{A}^*$
(4): $|\pmb{A}^*|=|\pmb{A}|^{n-1}$
(5): $(\pmb{A}^*)^*=|\pmb{A}|^{n-2}\pmb{A}$
3.关于初等矩阵
(1):矩阵$\pmb{A}$与$\pmb{B}$称作等价的，如果$\pmb{B}$可以由$\pmb{A}$经过一系列初等变换得到。
(2):任何一$s\times n$矩阵都与一形式为 $\begin{pmatrix}
\pmb{E}_r & 0 \\
0 & 0 \\
\end{pmatrix}$等价，其中$r$是矩阵的秩。
(3):矩阵$\pmb{A}$与$\pmb{B}$等价的充要条件是有初等矩阵$\pmb{P}_1, \pmb{P}_2, \cdots, \pmb{P}_l, \pmb{Q}_1,\pmb{Q}_2\cdots,\pmb{Q}_t$，使得$\pmb{A}=\pmb{P}_1 \pmb{P}_2 \cdots \pmb{P}_l \pmb{B} \pmb{Q}_1 \pmb{Q}_2 \cdots \pmb{Q}_t$
(4):两个$s\times n$矩阵$\pmb{A},\pmb{B}$等价的充要条件为，存在可逆的$s$级矩阵$\pmb{P}$和可逆的$n$级矩阵$\pmb{Q}$，使得$\pmb{A}=\pmb{PBQ}$
(5):$n$级矩阵$\pmb{A}$可逆的充要条件为他能成一系列初等矩阵的乘积。
4.经典结论
(1):设$\pmb{A},\pmb{B}$分别是$n\times m, m\times n$矩阵，则：
$$\begin{vmatrix}
\pmb{E}_m & \pmb{B} \\
\pmb{A} & \pmb{E}_n \\
\end{vmatrix}=|\pmb{E}_n-\pmb{AB}|=|\pmb{E}_m-\pmb{BA}|$$
Cor:设$\pmb{A},\pmb{B}$分别是$n\times m, m\times n$矩阵，则：
$$|\lambda \pmb{E}_n-\pmb{AB}|=\lambda^{n-m}|\lambda\pmb{E}_m-\pmb{BA}|$$
提示：考虑$|\pmb{E}_n-(\frac{\pmb{A}}{\lambda})\pmb{B}|$，再用(1).
(2):设$\pmb{A}$为$2\times 2$矩阵，证明：如果$\exists l \geq 2,s.t. \pmb{A}^l=\pmb{0}$，那么$\pmb{A}^2=\pmb{0}$
提示：分$rank(\pmb{A})=0$或者$1$讨论，注意$rank(\pmb{A})=1$时，有$\pmb{A}^2=k\pmb{A}$
注记：本题有许多种做法，一个经典的做法是使用Jordan型，由此可以推出$n$阶幂零矩阵的幂零指数不超过$n$。
(3):设$\pmb{A}$为$n\times n$矩阵，证明：如果$\pmb{A}^2=\pmb{E}$，那么$rank(\pmb{A}+\pmb{E})+rank(\pmb{A}-\pmb{E})=n$
提示：考虑$(\pmb A-\pmb{E})(\pmb{A}+\pmb{E})=\pmb{0}$以及$(\pmb{A}+\pmb{E})+(\pmb{A}-\pmb{E})=2\pmb{A}$
二次型
我们用对称矩阵的角度来看二次型。
(1):合同关系
两个$n\times n$矩阵$\pmb A, \pmb B$称作合同的，如果有可逆的$n\times n$矩阵$\pmb{C}$，使得$\pmb{B}=\pmb{C}’\pmb{AC}$。
合同关系是一个等价关系。
任意一个对称矩阵都合同于一个对角矩阵，即$\exists \pmb{C}$，使得$\pmb{C}’\pmb{AC}$是对角型矩阵。
注记：进一步的，我们可以要求$C$是正交的。
(2):规范形
任意一个复系数的对称矩阵$\pmb{A}$合同于一个形式为 $\begin{pmatrix}
\pmb{E}_r & 0 \\
0 & 0 \\
\end{pmatrix}$的对角矩阵，从而有任意两个复数对称矩阵合同的充要条件是他们的秩相等。
任意一个实系数的对称矩阵$\pmb{A}$合同于一个形式为 $\begin{pmatrix}
\pmb{E_p} & 0 & 0 \\
0 & -\pmb{E_{r-p}} & 0 \\
0 & 0 & 0 \\\end{pmatrix}$的对角矩阵，其中对角线上$1$的个数$p$和$-1$的个数$r-p$都是唯一确定的，分别称为$\pmb{A}$的正、负惯性指数，它们的差$2p-r$称做$A$的符号差。
(3):正定性
1.实二次型$\pmb{X}’\pmb{AX}$是正定的充要条件是矩阵$A$的顺序主子式全大于零。
2.实二次型$\pmb{X}’\pmb{AX}$，其中$A$是对称矩阵，则下面命题等价：
(1)$\pmb{X}’\pmb{AX}$ 是半正定的；
(2)它的正惯性指数与秩相等；
(3)有可逆实矩阵$\pmb{C}$，使得$\pmb{C}’\pmb{AC}=diag\{d_1,d_2,\cdots, d_n\},d_i \geq 0, i=1,2,\cdots n$；
(4)有实矩阵$\pmb{C}$，使得$\pmb{A}=\pmb{C}’\pmb{C}$；
(5)$\pmb{A}$的所有主子式皆大于零或等于零。
注记：在(5)中，不能只要求顺序主子式全大于或等于零。
列出几个习题：
(1):设$\pmb{A}$是反对称矩阵，证明：$\pmb{A}$合同于
$$\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-1 & 0 \\
& & 0 & 1 \\
& & -1& 0 \\
& & & & \ddots \\
& & & & & 0 & 1 \\
& & & & & -1& 0 \\
& & & & & & & 0 \\
& & & & & & & & \ddots \\
& & & & & & & & & 0\\
\end{pmatrix}$$
提示：可以使用归纳法证明。
(2):证明$rank(\pmb{A}’\pmb{A})=rank(\pmb{A})$
提示：可以从$\pmb{A}’\pmb{A}\pmb{X}=0$和$\pmb{AX}=\pmb{0}$的解的角度考虑。
先写这么多吧，后面五章看看有没有时间，有时间再写吧。