高等代数重点技巧总结.ppt

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1、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

2、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

3、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

4、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

5、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：,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 BC D,是一个方阵，其中 A 是可逆的子方阵，那么,|M|=|A|D CA1 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 CA1 加到第二行，1 B0 D CAC D,也就是,(,In0CA1 Im,

6、)(,A BC 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 BIn0AB=，1 I1 BC DCA0 D CAm,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 nm，即 m|In AB|=n|Im BA|,2,1.将打洞进行到底

7、,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|Im AB|=|In BA|成立。这只要在矩阵()Im B A In,中分别用 Im 和 In 各打一次洞就可得证：,Im B=|In|Im BA|=|Im|In AB|A In,对于一般的=0，只要在等式|Im AB|=|In 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：)()()(In A1 BA0In0A B=A 1 B1 B I D0Im0 DBABm,特别强调

8、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=(aij)是一个 n 阶对称矩阵，现在要把它合同为对角形。,如果 a11=0，那就用 a11 两次打洞合同掉第一行和第一列的其它元素，把 A 变 成)(a11 0，0,然后考虑右下角的 n 1 阶的矩阵。,如果 a11=0 但是某个 aii=0，那就交换第 i 行和第 1 行，交换第 i 列和第 1 列，把

9、aii 变到 a11 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 aij 不是 0，那就把第 j 行加到第 i 行，第 j 列加到第 i 列，这样 aii 的位置上就出现了 2aij，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，

10、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=(v1,v2,.,vn)，则aij=(vi,v j)，这里的(vi,v j)表示 vi 和 v j 的通常的欧式内积。aii=0 说明 vi=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 m

11、ax 为 A 的最小和最大的实特征值，aii 是 A 的任一对角元，则有,min aii max，,而且两个不等号只要有一个成立则 aii 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,Er 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()B1

12、1 B12 B=，B12=B21，B21 B22,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()Is 0 Q B22 Q=，0 0,4,1.将打洞进行到底,1.2.正定矩阵,那么用矩阵,(,Ir 00 Q,),作合同变换保持 A 不变，把 B 化为形如,B11 0 B=Is 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 Is 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,

13、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 v1,v2,.,vn 是 Rn 的一组基，那么矩阵(v1,v1)(v1,v2)(v1,v n)(v2,v1)(v2,v2)(v2,v n)A=.,(v n,v1)(v n,v2)(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 v1 vn 的长度以及它们之间的相互夹角，所以不难想象 v1 vn 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

14、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 aii 代表 vi 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(vi,v j)2(vi,vi)(v j,v j)，即 a2 aii a jj，从而 aij max aii,a jj。ij,正定矩阵的行列式的值等于 v1,v2,.,vn 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 Ai1 i2 im 的值是 vi1,vi2,.,vim 张成的 平行多面体的体积的平方，所以大于零。,5,1.

15、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|a11 a22 ann，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=，ann,11则|A|=|An1|ann A1|。注意 0 ann A1 ann，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 ann A1 这 个 量 也 是 有 它 的 几 何 解 释 的。我 们 来 这 样 分 析：记nv1 vn1 张成的底面为 P，vn 可以

16、分解为垂直于 P 的分量和属于 P 的分量的和：,vn=vn+v，n,那么设,vn P，v Pn,v n=v n v=x 1 v 1+x n 1 v n 1，n,两边依次用 v1,.,vn1 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)，,(vn1,vn)=x1(vn1,v1)+xn1(vn1,vn1),采用上面例题中的记号，这个方程组就是=An1 X，所以,1vn=(v1,v2,.,vn1)X=(v1,v2,.,vn1)A1 n()()11 v

17、n 2=(v1,v2,.,vn1)A1(v1,v2,.,vn1)A1 nn,1=A1 n,根据勾股定理，vn 2=vn 2+v 2，我们就得到n,1v 2=ann A1 nn,1你看到了什么？ann A1 是 vn 到 P 的距离的平方！那它当然必须大于 0，同时n小于等于 vn 的长度的平方 ann。,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

18、 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 Ak v=0 但是 Ak+1 v=0(k N+)，那么 v,Av,.,Ak v 线性无关。,这个引理证明很简

19、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,v1,Av1,.,A a1 1 v1，v2,Av2,.,A a2 1 v2，vm,Avm,.,A am 1 vm,使得 A 在 A(V)上的限制在这组基下为 Jordan 标准型。其中 A a1 v1=A a2 v2

20、=A am vm=0。显然 A a1 1 v1,.,A am 1 vm 都属于 Ker A。下面把 A a1 1 v1,.,A am 1 vm 扩充为 Ker A 的一组基，比如说扩充为,A a1 1 v1，A am 1 vm，w1，wr，,并选取 ui V 使得 Aui=vi。我们断言向量组,u1,Au1,.,A a1 u1，u2,Au2,.,A a2 u2，um,Aum,.,A am um，w1,.,wr,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 a1 u1

21、,.,A am um,w1,.,wr 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 a1 u1,.,A am um,w1,.,wr 这些项被消掉，剩下的是一个只含有 v1,.,A a1 1 v1,.,vm,.,A am 1 vm 的线性组合为 0 的等式，所以它们前面的系数都是 0，即 u1,.,A a1 1 u1,.,um,.,A am 1 um 这些项在 L 中实际上不出现，从而 L 只包含A a1 u1,.,A am um,w1,.,wr 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。

22、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 a1+am+r+m 个。另一方面，dim A(V)=a1+am，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 nn,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

23、们可以很快算出一般的 Jordan 块 1.J=.1 nn,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)=a0+a1(x)+a m(x)m，,那么,a0 a1.a0 f(J)=.,a n 1.a1 a0,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 nn,且矩阵

24、A 满足 AJ=J A，则 A 必然形如 a0 a1.a0 A=.,a n 1.，a1 a0,即 A 可以表示为 J 的多项式。,证明.设,J,.,J n1 构成空间的一组基，则 A 可以表示为它们的线性组合,A=a0+a1 J+an1 J n1=f(J),其中 f(x)=a0+a1 x+an1 x n1。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,

25、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 In 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

26、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

27、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 n1 1 0，,整个轨道只有一条。但是 J k 则是 k 步 k 步地跳：n n2k 0，n1 n1k 0，k J:nk+1 n2k+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

28、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 kk 1.kkJ=，.kk1,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 a12,0,a23.,，an1,n 0,ann.,而且 a12 a23 an1,n=0，则 A 的 Jordan 标准形就是一个 n 阶的 Jordan 块。

29、,证明.由于 Bn 是零线性变换，但 Bn1 n=0，所以 n,B n,.,Bn1 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

30、 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 n1=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

31、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 Ak）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，

32、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,A3=I r(I A)+r(I+A+A2)=n,证明.注意到存在 u(x),v(x)使得 u(x)(1 x)+v(x)(1+x2+x)=1。考虑大的 2n阶的方阵

33、()()第一列乘以 u(A)加到第二列 IA0I A u(A)(I A)2 0I+A+A0I+A+A2()第二行乘以 v(A)加到第一列 IAI 0I+A+A2()0I用 I 打洞干掉两边的矩阵 3I 0A,所以这个矩阵的秩是 n 当且仅当 A3 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(A2)，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

34、意两点：(1)由于 A2 的列向量都是 A 的列向量的线性组合，所以 r(A)=r(A2)说明 A 的列向量组和 A2 的列向量组是等价的，从而 A 的列向量组可以被 A2 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 A2 X=i 有解 Xi，令 n n 矩阵P=X1,X2,.,Xn，那么 A2 P=A。(2)当 r(A)=r(A2)时有 r(A)=r(A2)=r(A3)=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 A2000()A+B

35、 A2第一列右乘以 A 加到第二列 A2A3()B A2第二列右乘以 P 加到第一列.3 0 A,从而 r(A+B)r(B)+r(A3)=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(A2)说明 A 的 0 特征值对应的Jordan 块都是一阶的，从而 A 形如()A1 0，0 0,这里 A1 是可逆的。AB=BA=0 说明 B 形如()0 0，0 B1,这样就得到了证明。,13,3.秩不等式,定 理 3.5.设 A1,A2,.,Am 为 n 阶方阵，适合条件 A1+Am=I。试证明下面三个条件等价：,(a).A1,A2,.,Am 都是

36、幂等矩阵；,(b).r(A1)+r(A2)+r(Am)=n；,(c).当 1 i j n 时有 Ai A j=A j Ai=0。,证明.(a)(b)：用熟知的结论，幂等矩阵的秩等于它的迹，可得,i=1,r(Ai)=tr(Ai)=tr(In)=n,i=1,m,m,(b)(c)：考虑大的准对角方阵 00 A1 A mIn A1 A1 都加到第一行 A1 都加到第一列 A1 A1.AmAmAm In00 0 A1 A2 A1 A m 打洞干掉第一行和第一列 1.,0,Am,Am,A m A1,A m A2m,所以 r(A1)+r(A2)+r(Am)=n 当且仅当右下角的大的矩阵为 0，即 Ai 都是

37、幂等矩阵而且互相正交。(c)(a)：很简单，省略。,定理 3.5 是数理统计中著名的 Cochran 定理的矩阵版本：,定 理 3.6(Cochran 定理).设 X1,X2,.,Xn 是相互独立且服从正态分布 N(0,1)的随机变量，若,Q1+Q2+Q k=,i=1,Xi2，,n,其中 Qi 是秩为 ni 的关于 X1,X2,.,Xn 的二次型，则下面三个条件等价：,1.Q1,Q2,.,Qk 相互独立；,2.Qi 2(ni)；,3.ni=n。,i=1,k,14,3.秩不等式,例 3.7(北京大学2007).A,B 是两个 n 阶矩阵满足 AB=BA。求证,r(A)+r(B)r(A+B)+r(

38、AB),证明.设 X 是齐次线性方程组 AX=0 的解空间，Y 是齐次线性方程组 BX=0的解空间，Z 是齐次线性方程组 ABX=BAX=0 的解空间，W 是齐次线性方程组(A+B)X=0 的解空间，那么我们有 X Z,Y Z，从而 X+Y Z，而且X Y W。由维数公式，,dim X+dim Y=dim X Y+dim(X+Y)dim W+dim Z,从而,n r(A)+n r(B)n r(A+B)+n r(AB)，,即 r(A)+r(B)r(A+B)+r(AB)。,记得以前在论坛上有个网友发了一个帖子，说他写了一篇论文，证明了这样一个结论：设 A,B 都是 n 阶方阵且 AB=BA，那么有

39、如下的不等式成立：,r(A2)+r(B2)2r(AB),他说这是均值不等式在矩阵里的推广。请大家思考一下这个问题，看看结论成立不?,15,4,交结数：刻画相似程度的不变量,以下都固定 A,B 分别是数域 F 上的 n 阶和 m 阶方阵，K 是 F 的扩域。这一章要讨论的是矩阵方程 AX=XB 的解空间 UF=X Matnm(F)AX=XB,的维数，这个维数又叫做 A 与 B 的交结数，用 i(A,B)来表示。下面就会看到，交结数是一个刻画 A 和 B 相似程度的不变量，它包含了很丰富的信息。首先为什么说交结数是个不变量呢？这里的不变有两个含义，第一是交结数是一个不依赖于域的量。假设把 A,B

40、看成更大的域 K 上的矩阵，考虑 UK=Y Matnm(K)AY=YB，,那么我们有,dim UF=dim UK=i(A,B),这个道理很简单，解矩阵方程就是解齐次线性方程组，大家求基础解系的过程是一样的，在 F 内就能完成。只不过 UF 是基础解系的 F 线性组合，UK 是基础解系的 K 线性组合。交结数是不变量的第二个含义是在相似变换下保持不变。即若矩阵 C 相似于 A，D 相似于 B，则 i(A,B)=i(C,D)。这一点的验证留给大家完成。由上面的讨论可以得到,定 理 4.1.矩阵的相似性和域无关 如果 A,B 在 K 上相似，则它们在 F 上也相似。,证明.A,B 在 K 上相似说明

41、矩阵方程 AX=XB 在 K 上有一个可逆解，现在要证明它在 F 上也有一个可逆解。设 X1,X2,.,Xs 是 UF 的一组基，那么它们也构成 UK 的一组基。AX=XB 在 K 上有一个可逆解说明存在一组 ai K 使得 a1 X1+as Xs 可逆。我们要证明一定有一组 b j F 使得 b1 X1+bs Xs 可逆。自然我们要考察 s 个变元 t1,t2,.,ts 的多元多项式,f(t1,ts)=det|t1 X1+t2 X2+ts Xs|,f 是 一 个 数 域 F 上 的 多 元 多 项 式（当 然 也 是 K 上 的）f(0,0)=0 和，f(a1,as)=0 说明 f 不是常数

42、多项式。由于数域有无穷多个元素，所以必定存在 F 中的 b1,b2,.,bs 使得 f(b1,bs)=0（想一想为什么？。这就说明了 A,B）在 F 上也是相似的。,16,4.交结数：刻画相似程度的不变量,你也许要说，这样做真麻烦，用不变因子直接说明不就行了吗？还用不着数域的假设。可是你再看看下面这个问题：,定 理 4.2.设 A1,A2,.,Am,B1,B2,.,Bm 是 F 上的 n 阶方阵，如果存在 K 上的可逆矩阵 S 使得 S1 Ai S=Bi(i=1,2,.,m)，那么必存在 F 上的可逆矩阵 T 使得T 1 Ai T=Bi(i=1,2,.,m)。,这个定理来自群表示论，意义就是两

43、个表示在 K 上等价就在 F 上等价。显然这个时候不变因子的办法就不好使了，因为没法说明 T 是“公共”的。但是只要 F 有无限多个元素，定理 4.1 的办法就能用，所以它还是很有应用前景的。,证明.沿用前面的记号，考虑向量空间 UF=T Matn(F)Ai T=TBi，i=1,2,.,m，,UK=,S Matn(K)Ai S=SBi，i=1,2,.,m,其实就是把 m 个线性方程组联立起来。所以和前面同样的道理，UF 和 UK 的维数是一样的。设 T1,T2,.,Ts 是 UF 和 UK 共同的一组基，考察多元多项式,f(t1,ts)=det|t1 T1+ts Ts|,S 的存在说明 f 不

44、是零多项式，基域 F 有无限多个元素就保证了存在(a1,a2,.,as)=(0,.,0)使得 f(a1,as)=0，所以 T=a1 T1+as Ts 满足要求。,其实不管 F 是什么域这个定理都是成立的，我们已经证明的是 F 是无限域的情形。至于 F 是有限域的情形，要用到比较深的代数知识，文档里就不写了。接下来是个很有用的结论：,定理 4.3.若 A,B 没有共同的特征值，则矩阵方程 AX=XB 只有零解。,证明.设矩阵 X 满足 AX=XB，则不难验证对任何正整数 k 都有 Ak X=XBk，从而对任何多项式 f(x)都有 f(A)X=X f(B)成立。特别令 f(x)是 A 的特征多项式

45、，由Hamilton-Cayley 定理有 f(A)=0，所以 X f(B)=0。但是 f(B)是可逆矩阵（想一想，为什么？，所以 X=0，定理得证。）,这个结论有个很好的应用，就是当一个矩阵 A 形如()A1 0 0 A2,（这里 A1 和 A2 没有共同的特征值）的时候，与 A 交换的矩阵 B 也必然形如()B1 0 0 B2,17,4.交结数：刻画相似程度的不变量,反复地应用这个结论可以推广到对角线上有 n 个矩阵的情形。换言之，当把 A 按特征值分块的时候与 A 交换的矩阵 B 也就同时被分块了，这就起到了简化问题的作用。例题 3.4 第二个解法就是用的这一招，而且这一招还会反复出现，

46、所以一定要注意。最后来给出交结数的确切值：,定 理 4.4.设 f 1(x),.,f p(x)为 A 的全部不变因子，g1(x),.,gq(x)为 B 的全部不变因子，则(),i(A,B)=,i=1 j=1,deg gcd,p,q,f i(x),g j(x).,证明大意：由于交结数是相似变换下的不变量，所以可以在 A,B 都是 Jordan 标准型的前提下进行计算。设 Jk1(1)L m1(1)Jk2(2)L m2(2)，B=A=.,Jkr(r),Lms(s),相应地把 X 分为 rs 个子块 Xij，Xij 的阶是 k i m j，那么 AX=XB 就变成了,Ji Xij=Xij L ji=

47、1,2,.,r，j=1,2,.,s,整个矩阵方程 AX=XB 的解空间的维数就是各个方程 Ji Xij=Xij L j 的解空间维数的和。不难算出矩阵方程 Ji Xij=Xij L j 的解空间的维数是,gcd(x i)ki,(x j)m j,(,),的次数，所以矩阵方程 AX=XB 的解空间的维数就是两两求出 A 和 B 的初等因子的最大公因式，然后把次数加起来。进一步这个结果还等于两两求出不变因子的最大公因式，然后把次数相加，这就证明了定理。可以看到，A 和 B 的“相似”程度越高，交结数的值就越大，可以说交结数刻画了 A 和 B 之间的相似程度。用模的语言可以更好的解释清楚：交结数就是从

48、 B 模W 到 A 模 V 的模同态组成的向量空间的维数。至于定理 4.3，可以解释为当矩阵方程有非零解的时候，由模同态基本定理，有模同构,W/Ker X Im X.=,即 B 在某个商空间上的诱导变换和 A 在某个子空间上的限制是相似的，从而 A,B 有共同的特征值。,思考题 4.5.已知方阵 A,B 的特征值都是正数且满足 A2=B2，求证 A=B。,18,5,同时上三角化,在叙述这一章内容之前，我们要假定大家已经熟悉下面的结论：,设 F 是复数域上向量空间 V 上的一族线性变换且 F 中的元素两两可交换，则存 在 V 中的一组基使得 F 中所有元素在这组基下的矩阵都是上三角形。,仍设 F

49、 是复数域上向量空间 V 上的一族两两可交换的线性变换。如果 F 中的元 素都是可对角化的，则存在 V 中的一组基使得 F 中所有变换在这组基下的矩阵 都是对角矩阵。,由于这是两个很常见的命题，它们的证明在大多数参考书上都可以找到，所以我在这里就偷偷懒，不再写出证明了。但是你一定要把它们当做很重要的结论来记，既要熟悉证明，又要牢记结论，因为线性变换的同时上三角化（或者对角化）是处理多个线性变换最重要的办法，数学中随处可见它们的应用。需要提醒大家的是，同时上三角化的关键是找公共的特征向量。举两个简单的例子：,例 5.1.设 A 是酉空间上的正规变换，A 为其共轭变换，求证 A 可以表示为 A 的

50、多项式。,我第一次看到这个问题也不会做。后来会做了，还是觉得不简单。现在看看，自己当时真的很傻很天真。,证明.正规变换的条件就是 AA=A A。这是两个交换的可对角化的线性变换，因此可以同时对角化，因此，拉格朗日插值即可。,例 5.2.设 A 是数域 F 上的 n 阶矩阵，考虑 Matn(F)上的线性变换 T(X)=AX XA。求证：如果 A 是幂零的，则 T 也是幂零的；如果 A 是可对角化的，则 T 也是可对角化的。,证明.考虑这样两个线性变换 l A(X)=AX 和 r A(X)=XA，则 T=l A r A 而且 l A和 r A 是可交换的。,1.当 A 是幂零线性变换时，(l A)