百度了一圈没有靠谱点的答案,于是便有了这篇博客。 只写了一些自己觉得有价值的习题。
第一章 多项式
1.3 整除性与最大公因式
习题3
证明: 当
n
=
6
m
+
5
n=6m+5
n = 6 m + 5 时,多项式
x
2
+
x
y
+
y
2
x^2+xy+y^2
x 2 + x y + y 2 整除多项式
(
x
+
y
)
n
−
x
n
−
y
n
(x+y)^n-x^n-y^n
( x + y ) n − x n − y n ; 当
n
=
6
m
+
1
n=6m+1
n = 6 m + 1 时,多项式
(
x
2
+
x
y
+
y
2
)
2
(x^2+xy+y^2)^2
( x 2 + x y + y 2 ) 2 整除多项式
(
x
+
y
)
n
−
x
n
−
y
n
(x+y)^n-x^n-y^n
( x + y ) n − x n − y n .这里
m
m
m 是使
n
>
0
n>0
n > 0 的整数,而
x
,
y
x,y
x , y 是实数.
注意到
x
2
+
x
+
1
x^2+x+1
x 2 + x + 1 的根
w
w
w 为三次单位根,且
w
+
1
w+1
w + 1 为6次单位根.
用归纳法,对于
6
m
+
5
6m+5
6 m + 5 的情况,只需计算
f
(
w
)
f(w)
f ( w ) 是否为0,对于
6
m
+
1
6m+1
6 m + 1 的情况还需计算
f
′
(
w
)
f'(w)
f ′ ( w ) .
习题10
设
f
(
x
)
f(x)
f ( x ) 是
2
n
+
1
2n+1
2 n + 1 次多项式,
n
n
n 为正整数,
f
(
x
)
+
1
f(x)+1
f ( x ) + 1 被
(
x
−
1
)
n
(x-1)^n
( x − 1 ) n 整除,
f
(
x
)
−
1
f(x)-1
f ( x ) − 1 被
(
x
+
1
)
n
(x+1)^n
( x + 1 ) n 整除.求
f
(
x
)
f(x)
f ( x ) .
First we have:
u
(
x
)
(
x
−
1
)
n
−
1
=
v
(
x
)
(
x
+
1
)
n
+
1
u(x)(x-1)^n - 1 = v(x)(x+1)^n + 1
u ( x ) ( x − 1 ) n − 1 = v ( x ) ( x + 1 ) n + 1
Because of
(
(
x
−
1
)
n
,
(
x
+
1
)
n
)
=
1
((x-1)^n,(x+1)^n)=1
( ( x − 1 ) n , ( x + 1 ) n ) = 1 ,there exists
u
(
x
)
,
v
(
x
)
u(x),v(x)
u ( x ) , v ( x ) , such that:
u
(
x
)
(
x
−
1
)
n
−
v
(
x
)
(
x
+
1
)
n
=
2
u(x)(x-1)^n - v(x)(x+1)^n = 2
u ( x ) ( x − 1 ) n − v ( x ) ( x + 1 ) n = 2
if we find such
u
(
x
)
,
v
(
x
)
u(x),v(x)
u ( x ) , v ( x ) ,then
(
u
(
x
)
+
t
(
x
)
∗
(
x
+
1
)
n
)
(
x
−
1
)
n
−
1
(u(x)+t(x)*(x+1)^n)(x-1)^n - 1
( u ( x ) + t ( x ) ∗ ( x + 1 ) n ) ( x − 1 ) n − 1 could be a valid
f
(
x
)
f(x)
f ( x ) .
Notice that there exists a
u
(
x
)
u(x)
u ( x ) ,
d
e
g
(
u
(
x
)
)
<
n
deg(u(x)) < n
d e g ( u ( x ) ) < n ,then because:
u
(
x
)
=
(
1
−
v
(
x
)
(
x
+
1
)
n
)
(
x
−
1
)
−
n
u(x) = (1-v(x)(x+1)^n)(x-1)^{-n}
u ( x ) = ( 1 − v ( x ) ( x + 1 ) n ) ( x − 1 ) − n So:
u
(
i
)
(
−
1
)
=
(
∏
j
=
0
i
−
1
(
−
n
−
j
)
)
(
−
2
)
−
n
−
i
u^{(i)}(-1) = (\prod_{j=0}^{i-1}(-n-j)) (-2)^{-n-i}
u ( i ) ( − 1 ) = ( j = 0 ∏ i − 1 ( − n − j ) ) ( − 2 ) − n − i
Use Taylor’s expansion:
u
(
x
)
=
∑
i
=
0
n
−
1
u
(
i
)
(
−
1
)
i
!
(
x
+
1
)
i
u(x) = \sum_{i=0}^{n-1}\frac{u^{(i)}(-1)}{i!}(x+1)^i
u ( x ) = i = 0 ∑ n − 1 i ! u ( i ) ( − 1 ) ( x + 1 ) i
1.5 实系数与复系数多项式
习题1
尝试构造
n
n
n 次单位根.
习题2.(4)
一个小Trick:
x
4
−
a
x
2
+
1
=
(
x
2
+
1
)
2
−
(
2
+
a
)
x
2
=
(
x
2
+
2
+
a
x
+
1
)
(
x
2
−
2
+
a
x
+
1
)
x^4-ax^2+1=(x^2+1)^2-(2+a)x^2 = (x^2+\sqrt{2+a}x+1)(x^2-\sqrt{2+a}x + 1)
x 4 − a x 2 + 1 = ( x 2 + 1 ) 2 − ( 2 + a ) x 2 = ( x 2 + 2 + a
x + 1 ) ( x 2 − 2 + a
x + 1 )
习题10
证明:实系数多项式
f
(
x
)
f(x)
f ( x ) 对所有实数
x
x
x 恒取非负实数值的充分必要条件是,存在实系数多项式
φ
(
x
)
,
ψ
(
x
)
\varphi(x),\psi(x)
φ ( x ) , ψ ( x ) ,使得
f
(
x
)
=
[
φ
(
x
)
]
2
+
[
ψ
(
x
)
]
2
f(x) = [\varphi(x)]^2 + [\psi(x)]^2
f ( x ) = [ φ ( x ) ] 2 + [ ψ ( x ) ] 2 .
f
(
x
)
=
g
(
x
)
[
(
x
−
z
1
)
.
.
.
(
x
−
z
t
)
]
[
(
x
−
z
1
ˉ
)
.
.
.
(
x
−
z
t
ˉ
)
]
=
g
(
x
)
(
p
(
x
)
+
i
q
(
x
)
)
(
p
(
x
)
−
i
q
(
x
)
)
=
(
g
(
x
)
p
(
x
)
)
2
+
(
g
(
x
)
q
(
x
)
)
2
\begin{aligned}f(x)&=g(x)[(x-z_1)...(x-z_t)][(x-\bar{z_1})...(x-\bar{z_t})]\\&=g(x)(p(x)+iq(x))(p(x)-iq(x)) \\&= (\sqrt{g(x)}p(x))^2 + (\sqrt{g(x)}q(x))^2\end{aligned}
f ( x ) = g ( x ) [ ( x − z 1 ) . . . ( x − z t ) ] [ ( x − z 1 ˉ ) . . . ( x − z t ˉ ) ] = g ( x ) ( p ( x ) + i q ( x ) ) ( p ( x ) − i q ( x ) ) = ( g ( x )
p ( x ) ) 2 + ( g ( x )
q ( x ) ) 2
1.6 整系数与有理系数多项式
例1
证明分圆多项式在
Z
\Z
Z 上不可约
f
(
x
)
=
x
p
−
1
x
−
1
f(x) = \frac{x^p-1}{x-1}
f ( x ) = x − 1 x p − 1 ,根为
w
1
,
.
.
.
,
w
p
−
1
w^1,...,w^{p-1}
w 1 , . . . , w p − 1 ,
p
p
p 为奇数,又
(
x
−
w
i
)
(
x
−
w
p
−
1
)
(x-w^i)(x-w^{p-1})
( x − w i ) ( x − w p − 1 ) 不是有理系数,故不可约.
例2
设
a
1
,
.
.
.
,
a
n
a_1,...,a_n
a 1 , . . . , a n 是
n
n
n 个不同的整数,
n
≥
2
n \ge 2
n ≥ 2 ,证明:多项式
∏
i
(
x
−
a
i
)
−
1
\prod_i (x-a_i) -1
∏ i ( x − a i ) − 1 在
Q
\mathbb{Q}
Q 上不可约.
反证.设
f
(
x
)
=
g
(
x
)
h
(
x
)
f(x)=g(x)h(x)
f ( x ) = g ( x ) h ( x ) ,则
g
(
x
)
,
h
(
x
)
g(x),h(x)
g ( x ) , h ( x ) 在
n
n
n 个点上取相反数,故
g
(
x
)
+
h
(
x
)
=
0
⇒
g
(
x
)
=
−
h
(
x
)
⇒
f
(
x
)
=
−
g
2
(
x
)
g(x)+h(x)=0 \Rightarrow g(x)=-h(x) \Rightarrow f(x)=-g^2(x)
g ( x ) + h ( x ) = 0 ⇒ g ( x ) = − h ( x ) ⇒ f ( x ) = − g 2 ( x ) 与
f
(
x
)
f(x)
f ( x ) 首项为1矛盾.
习题2
设
f
(
x
)
=
∑
i
=
0
n
a
i
x
i
f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i
f ( x ) = ∑ i = 0 n a i x i 是整系数多项式,且素数
p
p
p 满足:
p
∤
a
0
,
p
∤
a
1
,
.
.
.
,
p
∤
a
k
,
p
∣
a
k
+
1
,
.
.
.
,
p
∣
a
n
,
p
2
∤
a
n
p\not |a_0, p \not | a_1, ..., p \not | a_k, p|a_{k+1},...,p|a_n, p^2 \not| a_n
p ∣ a 0 , p ∣ a 1 , . . . , p ∣ a k , p ∣ a k + 1 , . . . , p ∣ a n , p 2 ∣ a n .证明
f
(
x
)
f(x)
f ( x ) 具有次数
≥
n
−
k
\ge n-k
≥ n − k 的整系数不可约因式.
反证.设$f(x)=g(x)h(x)$,$g(x)=\sum_{i=0}^sb_ix^i$,$h(x)=\sum_{i=0}^tc_ix^i$,$p|b_s,p\not|c_t,p\not|b_0,p\not |c_1$,则$\exist m, p \not | b_{s-m}, p|b_{s-m+1},p|_{s-m+2}... \Rightarrow p \not|a_{n-m} \Rightarrow n-m \le k \Rightarrow m \ge n-k$,对$g$进行归纳.
习题6
设整系数多项式
f
(
x
)
f(x)
f ( x ) 在
x
x
x 的
4
4
4 个不同整数值上取值为
1
1
1 ,则
f
(
x
)
f(x)
f ( x ) 在
x
x
x 的其他整数值上的值不能是
−
1
-1
− 1 .
证明是显然的.
习题7
证明:设正整数
n
≥
12
n \ge 12
n ≥ 1 2 ,并且
n
n
n 次整系数多项式
f
(
x
)
f(x)
f ( x ) 在
x
x
x 的
⌊
n
2
⌋
+
1
\lfloor\frac{n}{2}\rfloor + 1
⌊ 2 n ⌋ + 1 个以上的整数值上取值为
±
1
\pm 1
± 1 ,则
f
(
x
)
f(x)
f ( x ) 在
Q
\mathbb{Q}
Q 上不可约.
根据习题6,取值必然全为
1
1
1 或全为
−
1
-1
− 1 ,然后反证,
f
=
g
h
f=gh
f = g h ,则
g
=
−
h
g=-h
g = − h 或
g
=
h
g=h
g = h ,
f
=
−
g
2
f=-g^2
f = − g 2 或
f
=
g
2
f=g^2
f = g 2 ,分别与取值为正和取值为负矛盾.
习题8
设整系数多项式
a
x
2
+
b
x
+
1
ax^2+bx+1
a x 2 + b x + 1 在有理数域
Q
\mathbb{Q}
Q 上不可约,并且
φ
(
x
)
=
∏
i
(
x
−
a
i
)
\varphi(x)=\prod_{i}(x-a_i)
φ ( x ) = ∏ i ( x − a i ) ,其中
a
1
,
a
2
,
.
.
.
,
a
n
a_1,a_2,...,a_n
a 1 , a 2 , . . . , a n 是
n
n
n 个不同的整数,
n
≥
7
n \ge 7
n ≥ 7 ,证明:多项式
f
(
x
)
=
a
[
φ
(
x
)
]
2
+
b
φ
(
x
)
+
1
f(x) = a[\varphi(x)]^2+b\varphi(x)+1
f ( x ) = a [ φ ( x ) ] 2 + b φ ( x ) + 1 在
Q
\mathbb{Q}
Q 上不可约.
反证.
f
(
x
)
=
g
(
x
)
h
(
x
)
f(x)=g(x)h(x)
f ( x ) = g ( x ) h ( x ) 在
n
n
n 个点上取1,则
g
=
h
⇒
f
=
g
2
⇒
g
g=h \Rightarrow f=g^2 \Rightarrow g
g = h ⇒ f = g 2 ⇒ g 在
n
n
n 个点取1
⇒
g
=
c
φ
(
x
)
+
1
⇒
f
(
x
)
=
(
c
φ
(
x
)
+
1
)
2
\Rightarrow g = c\varphi(x)+1 \Rightarrow f(x)=(c\varphi(x)+1)^2
⇒ g = c φ ( x ) + 1 ⇒ f ( x ) = ( c φ ( x ) + 1 ) 2 与
a
x
2
+
b
x
+
1
ax^2+bx+1
a x 2 + b x + 1 不可约矛盾.
1.8 对称多项式
习题3
设三次方程
x
3
+
a
x
2
+
b
x
+
c
x^3+ax^2+bx+c
x 3 + a x 2 + b x + c 的三个根是某个三角形的内角的正弦.证明:
a
(
4
a
b
−
a
3
−
8
c
)
=
4
c
2
a(4ab-a^3-8c)=4c^2
a ( 4 a b − a 3 − 8 c ) = 4 c 2
证明:利用海伦公式化简即可.
习题6
设对称多项式
f
(
x
1
,
x
2
,
.
.
.
,
x
n
)
f(x_1,x_2,...,x_n)
f ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) 满足:
f
(
x
1
+
a
,
x
2
+
a
,
.
.
.
,
x
n
+
a
)
=
f
(
x
1
,
x
2
,
.
.
.
,
x
n
)
f(x_1+a,x_2+a,...,x_n+a) = f(x_1,x_2,...,x_n)
f ( x 1 + a , x 2 + a , . . . , x n + a ) = f ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) ,
a
a
a 为任意常数.设
f
(
x
1
,
x
2
,
.
.
.
,
x
n
)
=
g
(
σ
1
,
σ
2
,
.
.
.
,
σ
n
)
f(x_1,x_2,...,x_n) = g(\sigma_1,\sigma_2,...,\sigma_n)
f ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) = g ( σ 1 , σ 2 , . . . , σ n ) .证明:
∑
i
=
1
n
(
n
−
i
+
1
)
σ
i
−
1
∂
g
∂
σ
i
=
0
\sum_{i=1}^{n}(n-i+1)\sigma_{i-1}\frac{\partial g}{\partial \sigma_{i}} = 0
∑ i = 1 n ( n − i + 1 ) σ i − 1 ∂ σ i ∂ g = 0
证:首先
∑
i
∂
σ
k
x
i
=
(
n
−
k
+
1
)
σ
k
−
1
\sum_i\frac{\partial \sigma_k}{x_i} = (n-k+1)\sigma_{k-1}
∑ i x i ∂ σ k = ( n − k + 1 ) σ k − 1 ,由题
∑
i
=
1
n
∂
f
∂
x
i
=
0
\sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i} = 0
∑ i = 1 n ∂ x i ∂ f = 0
∑
i
=
1
n
∂
f
∂
x
i
=
∑
i
=
1
n
∂
g
∂
σ
i
∑
j
∂
σ
i
x
j
=
∑
i
=
1
n
(
n
−
i
+
1
)
σ
i
−
1
∂
g
∂
σ
i
=
0
\begin{aligned} \sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i} &= \sum_{i=1}^n \frac{\partial g}{\partial \sigma_i}\sum_{j}\frac{\partial \sigma_i}{x_j} \\&= \sum_{i=1}^n(n-i+1)\sigma_{i-1} \frac{\partial g}{\partial \sigma_i} = 0\end{aligned}
i = 1 ∑ n ∂ x i ∂ f = i = 1 ∑ n ∂ σ i ∂ g j ∑ x j ∂ σ i = i = 1 ∑ n ( n − i + 1 ) σ i − 1 ∂ σ i ∂ g = 0
习题8,10
由牛顿多项式确定方程组后套用Cramer法则.
对10可利用归纳:
习题11
若多项式
f
(
x
1
,
x
2
,
x
3
,
.
.
.
,
x
n
)
=
f
(
x
2
,
x
3
,
.
.
.
,
x
n
,
x
1
)
=
f
(
x
3
,
.
.
.
,
x
n
,
x
1
,
x
2
)
=
.
.
.
f(x_1,x_2,x_3,...,x_n) = f(x_2,x_3,...,x_n,x_1) = f(x_3,...,x_n,x_1,x_2)=...
f ( x 1 , x 2 , x 3 , . . . , x n ) = f ( x 2 , x 3 , . . . , x n , x 1 ) = f ( x 3 , . . . , x n , x 1 , x 2 ) = . . . 则称
f
(
x
1
,
.
.
.
,
x
n
)
f(x_1,...,x_n)
f ( x 1 , . . . , x n ) 在未定元
f
(
x
1
,
.
.
.
,
x
n
)
f(x_1,...,x_n)
f ( x 1 , . . . , x n ) 的循环变换下不变, 证明:
f
f
f 在这种条件下可由
g
0
,
.
.
.
,
g
1
g_0,...,g_1
g 0 , . . . , g 1 表示,其中
g
j
(
x
1
,
.
.
.
,
x
n
)
=
∑
i
=
1
n
x
i
w
i
j
g_j(x_1,...,x_n) = \sum_{i=1}^{n}x_i w^{ij}
g j ( x 1 , . . . , x n ) = ∑ i = 1 n x i w i j ,
w
w
w 为
n
n
n 次单位根,进一步的,
f
f
f 可表示为:
∑
m
0
,
m
1
,
.
.
.
,
m
n
−
1
a
m
0
,
m
1
,
.
.
.
,
m
n
−
1
g
0
m
0
.
.
.
g
n
−
1
m
n
−
1
\sum_{m_0,m_1,...,m_{n-1}}a_{m_0,m_1,...,m_{n-1}}g_0^{m_0}...g_{n-1}^{m_{n-1}}
∑ m 0 , m 1 , . . . , m n − 1 a m 0 , m 1 , . . . , m n − 1 g 0 m 0 . . . g n − 1 m n − 1
其中
m
1
+
2
m
2
+
.
.
.
+
(
n
−
1
)
m
n
−
1
m_1+2m_2+...+(n-1)m_{n-1}
m 1 + 2 m 2 + . . . + ( n − 1 ) m n − 1 能被
n
n
n 整除,且
∑
i
m
i
≤
deg
(
f
)
\sum_im_i \le \deg(f)
∑ i m i ≤ deg ( f ) .
证明:
首先:
{
g
0
=
x
0
+
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
g
1
=
x
0
+
x
1
w
+
x
2
w
2
+
.
.
.
+
x
n
w
n
⋯
g
n
−
1
=
x
0
+
x
1
w
n
−
1
+
x
2
w
2
(
n
−
1
)
+
.
.
.
+
x
n
w
n
(
n
−
1
)
\begin{cases}g_0 &=& x_0 &+& x_1 &+& x_2&+& ... &+& x_n\\g_1 &=& x_0 &+& x_1w&+&x_2w^2 &+& ... &+& x_nw^n \\ \cdots \\ g_{n-1} &=& x_0 &+& x_1w^{n-1} &+&x_2w^{2(n-1)}&+&...&+&x_nw^{n(n-1)} \end{cases}
⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ g 0 g 1 ⋯ g n − 1 = = = x 0 x 0 x 0 + + + x 1 x 1 w x 1 w n − 1 + + + x 2 x 2 w 2 x 2 w 2 ( n − 1 ) + + + . . . . . . . . . + + + x n x n w n x n w n ( n − 1 )
列出其增广矩阵:
det
(
(
1
1
.
.
.
1
w
w
2
.
.
.
w
n
⋮
⋮
⋱
⋮
w
n
−
1
w
2
(
n
−
1
)
⋯
w
n
(
n
−
1
)
)
)
=
∏
i
<
j
(
w
i
−
w
j
)
\det(\begin{pmatrix} 1 & 1 & ... & 1\\w & w^2 & ... & w^n \\ \vdots & \vdots &\ddots &\vdots \\ w^{n-1} & w^{2(n-1)} & \cdots & w^{n(n-1)} \end{pmatrix}) = \prod_{i<j}(w^i-w^j)
det ( ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎛ 1 w ⋮ w n − 1 1 w 2 ⋮ w 2 ( n − 1 ) . . . . . . ⋱ ⋯ 1 w n ⋮ w n ( n − 1 ) ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎞ ) = i < j ∏ ( w i − w j )
Vandermonde矩阵行列式不为0,则存在唯一解
x
i
=
∑
a
x
i
g
j
x_i = \sum a_{x_i}g_j
x i = ∑ a x i g j ,即存在唯一表示
f
=
∑
m
0
,
m
1
,
.
.
.
,
m
n
−
1
a
m
0
,
m
1
,
.
.
.
,
m
n
−
1
g
0
m
0
.
.
.
g
n
−
1
m
n
−
1
f=\sum_{m_0,m_1,...,m_{n-1}}a_{m_0,m_1,...,m_{n-1}}g_0^{m_0}...g_{n-1}^{m_{n-1}}
f = ∑ m 0 , m 1 , . . . , m n − 1 a m 0 , m 1 , . . . , m n − 1 g 0 m 0 . . . g n − 1 m n − 1
又:
f
(
x
1
,
x
2
,
.
.
.
,
x
n
)
=
h
(
g
0
,
g
1
,
.
.
.
,
g
n
−
1
)
=
h
(
∑
i
x
i
,
∑
i
x
i
w
i
,
.
.
.
,
∑
i
x
i
w
i
(
n
−
1
)
)
f(x_1,x_2,...,x_n) = h(g_0,g_1,...,g_{n-1}) = h(\sum_{i}x_i,\sum_{i}x_iw^i,...,\sum_{i}x_iw^{i(n-1)})
f ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) = h ( g 0 , g 1 , . . . , g n − 1 ) = h ( ∑ i x i , ∑ i x i w i , . . . , ∑ i x i w i ( n − 1 ) )
f
(
x
n
,
x
1
,
.
.
.
,
x
n
−
1
)
=
h
(
g
0
,
w
g
1
,
.
.
.
,
w
n
−
1
g
n
−
1
)
f(x_n,x_1,...,x_{n-1}) = h(g_0,wg_1,...,w^{n-1}g_{n-1})
f ( x n , x 1 , . . . , x n − 1 ) = h ( g 0 , w g 1 , . . . , w n − 1 g n − 1 )
f
=
∑
m
0
,
m
1
,
.
.
.
,
m
n
−
1
a
m
0
,
m
1
,
.
.
.
,
m
n
−
1
g
0
m
0
.
.
.
g
n
−
1
m
n
−
1
=
∑
m
0
,
m
1
,
.
.
.
,
m
n
−
1
a
m
0
,
m
1
,
.
.
.
,
m
n
−
1
(
w
g
0
)
m
0
.
.
.
(
w
g
n
−
1
)
m
n
−
1
=
∑
m
0
,
m
1
,
.
.
.
,
m
n
−
1
w
m
1
+
2
m
2
+
.
.
.
+
(
n
−
1
)
m
n
−
1
a
m
0
,
m
1
,
.
.
.
,
m
n
−
1
(
w
g
0
)
m
0
.
.
.
(
w
g
n
−
1
)
m
n
−
1
\begin{aligned}f&=\sum_{m_0,m_1,...,m_{n-1}}a_{m_0,m_1,...,m_{n-1}}g_0^{m_0}...g_{n-1}^{m_{n-1}} \\&= \sum_{m_0,m_1,...,m_{n-1}}a_{m_0,m_1,...,m_{n-1}}(wg_0)^{m_0}...(wg_{n-1})^{m_{n-1}}\\&=\sum_{m_0,m_1,...,m_{n-1}}w^{m_1+2m_2+...+(n-1)m_{n-1}}a_{m_0,m_1,...,m_{n-1}}(wg_0)^{m_0}...(wg_{n-1})^{m_{n-1}}\end{aligned}
f = m 0 , m 1 , . . . , m n − 1 ∑ a m 0 , m 1 , . . . , m n − 1 g 0 m 0 . . . g n − 1 m n − 1 = m 0 , m 1 , . . . , m n − 1 ∑ a m 0 , m 1 , . . . , m n − 1 ( w g 0 ) m 0 . . . ( w g n − 1 ) m n − 1 = m 0 , m 1 , . . . , m n − 1 ∑ w m 1 + 2 m 2 + . . . + ( n − 1 ) m n − 1 a m 0 , m 1 , . . . , m n − 1 ( w g 0 ) m 0 . . . ( w g n − 1 ) m n − 1
对比系数可知
n
∣
m
1
+
2
m
2
+
.
.
.
+
(
n
−
1
)
m
n
−
1
n|m_1+2m_2+...+(n-1)m_{n-1}
n ∣ m 1 + 2 m 2 + . . . + ( n − 1 ) m n − 1
第二章 行列式
2.2
n
n
n 阶行列式的定义与性质
习题9
求下列行列式:
(1)
∣
1
2
3
4
2
3
4
1
3
4
1
2
4
1
2
3
∣
\left |\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 1 \\ 3 &4 & 1 & 2 \\4 & 1 & 2 & 3\end{matrix}\right |
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
可直接进行行列变换。 也有循环矩阵的一般求解形式:https://wenku.baidu.com/view/bf28cb59f01dc281e53af0ff.html
(4)
∣
a
b
c
d
−
b
a
d
−
c
−
c
−
d
a
b
−
d
c
−
b
a
∣
\left |\begin{matrix}a & b & c & d \\ -b & a & d & -c \\ -c & -d & a & b \\-d & c & -b & a\end{matrix}\right |
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a − b − c − d b a − d c c d a − b d − c b a ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
注意两行点乘值为0,然后用
∣
A
A
T
∣
=
∣
A
∣
2
|AA^T| = |A|^2
∣ A A T ∣ = ∣ A ∣ 2 计算。
2.3 Laplace展开定理
习题3
记:
D
=
∣
a
1
x
1
b
1
x
1
a
1
x
2
b
1
x
2
a
1
x
3
b
1
x
3
a
2
x
1
b
2
x
1
a
2
x
2
b
2
x
2
a
3
x
3
b
3
x
3
a
1
y
1
b
1
y
1
a
1
y
2
b
1
y
2
a
1
y
3
b
1
y
3
a
2
y
1
b
2
y
1
a
2
y
2
b
2
y
2
a
2
y
3
b
2
y
3
a
1
z
1
b
1
z
1
a
1
z
2
b
1
z
2
a
1
z
3
b
1
z
3
a
2
z
1
b
2
z
1
a
2
z
2
b
2
z
2
a
2
z
3
b
2
z
3
∣
D = \left |\begin{matrix}a_1x_1 & b_1x_1 & a_1x_2 & b_1x_2 & a_1x_3 & b_1x_3 \\ a_2x_1 & b_2x_1 & a_2x_2 & b_2x_2 & a_3x_3 & b_3x_3 \\ a_1y_1 & b_1y_1 & a_1y_2 & b_1y_2 & a_1y_3 & b_1y_3 \\ a_2y_1 & b_2y_1 & a_2y_2 & b_2y_2 & a_2y_3 & b_2y_3\\ a_1z_1 & b_1z_1 & a_1z_2 & b_1z_2 & a_1z_3 & b_1z_3 \\ a_2z_1 & b_2z_1 & a_2z_2 & b_2z_2 & a_2z_3 & b_2z_3\\ \end{matrix}\right |
D = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 x 1 a 2 x 1 a 1 y 1 a 2 y 1 a 1 z 1 a 2 z 1 b 1 x 1 b 2 x 1 b 1 y 1 b 2 y 1 b 1 z 1 b 2 z 1 a 1 x 2 a 2 x 2 a 1 y 2 a 2 y 2 a 1 z 2 a 2 z 2 b 1 x 2 b 2 x 2 b 1 y 2 b 2 y 2 b 1 z 2 b 2 z 2 a 1 x 3 a 3 x 3 a 1 y 3 a 2 y 3 a 1 z 3 a 2 z 3 b 1 x 3 b 3 x 3 b 1 y 3 b 2 y 3 b 1 z 3 b 2 z 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
δ
=
∣
a
1
b
1
a
2
b
2
∣
\delta = \left| \begin{matrix}a_1 & b_1 \\ a_2 & b_2\end{matrix}\right|
δ = ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 a 2 b 1 b 2 ∣ ∣ ∣ ∣
Δ
=
∣
x
1
x
2
x
3
y
1
y
2
y
3
z
1
z
2
z
3
∣
\Delta = \left| \begin{matrix}x_1 & x_2 & x_3\\ y_1 & y_2 & y_3 \\ z_1 & z_2 & z_3\end{matrix}\right|
Δ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ x 1 y 1 z 1 x 2 y 2 z 2 x 3 y 3 z 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
证明:
D
=
δ
3
Δ
2
D= \delta^3\Delta^2
D = δ 3 Δ 2
构造两个矩阵,乘积为所求矩阵。 且行列式分别为
δ
3
\delta^3
δ 3 ,
Δ
2
\Delta^2
Δ 2 。
习题9
设
b
i
,
j
=
(
a
i
,
1
+
a
i
,
2
+
⋯
+
a
i
,
n
)
−
a
i
,
j
,
1
≤
i
,
j
≤
n
b_{i,j} = (a_{i,1}+a_{i,2}+\cdots+a_{i,n}) - a_{i,j}, 1\le i,j \le n
b i , j = ( a i , 1 + a i , 2 + ⋯ + a i , n ) − a i , j , 1 ≤ i , j ≤ n 。证明:
∣
b
i
,
j
∣
n
=
(
−
1
)
n
−
1
(
n
−
1
)
∣
a
i
,
j
∣
n
|b_{i,j}|_{n} = (-1)^{n-1}(n-1)|a_{i,j}|_n
∣ b i , j ∣ n = ( − 1 ) n − 1 ( n − 1 ) ∣ a i , j ∣ n
这种每行有相同的元素的题可以考虑加边。
2.5 行列式的计算
例9
求
n
n
n 阶行列式:
Δ
n
=
∣
1
1
⋯
1
x
1
x
2
⋯
x
n
x
1
2
x
2
2
⋯
x
n
2
.
.
.
x
1
k
−
1
x
2
k
−
1
⋯
x
n
k
−
1
x
1
k
+
1
x
2
k
+
1
⋯
x
n
k
+
1
.
.
.
∣
\Delta_n = \left| \begin{matrix}1 & 1 & \cdots & 1\\ x_1 & x_2 & \cdots& x_n \\ x_1^2 & x_2^2 & \cdots&x_n^2 \\ &... \\ x_1^{k-1} & x_2^{k-1} & \cdots&x_n^{k-1}\\x_1^{k+1} & x_2^{k+1} & \cdots&x_n^{k+1} \\ & ... \\\end{matrix}\right|
Δ n = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 x 1 x 1 2 x 1 k − 1 x 1 k + 1 1 x 2 x 2 2 . . . x 2 k − 1 x 2 k + 1 . . . ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 1 x n x n 2 x n k − 1 x n k + 1 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
补齐
x
i
k
x_i^k
x i k 行,最后一列新增未定元
x
x
x ,然后答案为Vandermonde行列式中
x
k
x^k
x k 的系数。
习题1
(5)
求:
Δ
=
∣
x
a
a
⋯
a
a
−
a
x
a
⋯
a
a
⋯
⋯
⋯
⋯
−
a
−
a
−
a
⋯
x
a
−
a
−
a
−
a
⋯
−
a
x
∣
\Delta = \left| \begin{matrix}x & a & a & \cdots & a & a\\ -a & x & a & \cdots & a & a \\ &&\cdots\cdots\cdots\cdots \\-a & -a &-a & \cdots & x & a \\ -a & -a &-a & \cdots & -a & x\end{matrix}\right|
Δ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ x − a − a − a a x − a − a a a ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ − a − a ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ a a x − a a a a x ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
类似反对称行列式,把最后一列全提个
a
a
a 出来得到一个递推式,第一列全提个
−
a
-a
− a 出来得到一个递推式,然后解方程即可。
(10)
求
∣
I
m
+
A
m
,
2
∗
B
2
,
m
∣
|I_m + A_{m,2} * B_{2,m}|
∣ I m + A m , 2 ∗ B 2 , m ∣ ,其中
A
m
,
2
=
∣
a
1
1
a
2
1
⋯
a
m
1
∣
,
B
2
,
m
=
∣
b
1
b
2
⋯
b
m
1
1
⋯
1
∣
A_{m,2} = \left|\begin{matrix}a_1 & 1 \\a_2 & 1 \\ &\cdots \\a_m &1\end{matrix}\right|, B_{2,m} =\left| \begin{matrix}b_1 & b_2 & \cdots & b_m \\ 1 & 1 & \cdots & 1\end{matrix}\right|
A m , 2 = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 a 2 a m 1 1 ⋯ 1 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ , B 2 , m = ∣ ∣ ∣ ∣ b 1 1 b 2 1 ⋯ ⋯ b m 1 ∣ ∣ ∣ ∣ 。
用打洞原理,
∣
I
m
+
A
m
,
n
∗
B
n
,
m
∣
=
∣
I
n
+
A
m
,
n
T
B
n
,
m
T
∣
|I_m + A_{m,n}*B_{n,m}| = |I_n + A_{m,n}^T B_{n,m}^T|
∣ I m + A m , n ∗ B n , m ∣ = ∣ I n + A m , n T B n , m T ∣ ,然后就只有四个数了。
(12)
∣
(
m
k
)
(
m
k
+
1
)
⋯
(
m
k
+
n
−
1
)
(
m
+
1
k
)
(
m
+
1
k
+
1
)
⋯
(
m
+
1
k
+
n
−
1
)
⋯
⋯
⋯
⋯
(
m
+
n
−
1
k
)
(
m
+
n
−
1
k
+
1
)
⋯
(
m
+
n
−
1
k
+
n
−
1
)
∣
\left| \begin{matrix} \binom{m}{k} & \binom{m}{k+1} & \cdots & \binom{m}{k+n-1} \\ \binom{m+1}{k} & \binom{m+1}{k+1} & \cdots & \binom{m+1}{k+n-1} \\ &&\cdots\cdots\cdots\cdots \\\binom{m+n-1}{k} & \binom{m+n-1}{k+1} & \cdots & \binom{m+n-1}{k+n-1}\end{matrix}\right|
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ( k m ) ( k m + 1 ) ( k m + n − 1 ) ( k + 1 m ) ( k + 1 m + 1 ) ( k + 1 m + n − 1 ) ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ( k + n − 1 m ) ( k + n − 1 m + 1 ) ( k + n − 1 m + n − 1 ) ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
每行提一个
1
k
!
\frac1{k!}
k ! 1 ,每列提一个
m
m
m ,然后变成一个子问题,最后要求这个矩阵(
m
i
m_i
m i =
m
1
+
i
−
1
m_1 + i - 1
m 1 + i − 1 ):
∣
1
(
m
1
1
)
(
m
1
2
)
⋯
(
m
1
n
−
1
)
1
(
m
2
1
)
(
m
2
2
)
⋯
(
m
2
n
−
1
)
⋯
⋯
⋯
⋯
1
(
m
n
1
)
(
m
n
2
)
⋯
(
m
n
n
−
1
)
∣
\left| \begin{matrix} 1 & \binom{m_1}{1} & \binom{m_1}{2} & \cdots & \binom{m_1}{n-1} \\ 1 & \binom{m_2}{1} & \binom{m_2}{2} & \cdots & \binom{m_2}{n-1} \\ &&\cdots\cdots\cdots\cdots \\1 & \binom{m_n}{1} & \binom{m_n}{2} & \cdots & \binom{m_n}{n-1}\end{matrix}\right|
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 1 1 ( 1 m 1 ) ( 1 m 2 ) ( 1 m n ) ( 2 m 1 ) ( 2 m 2 ) ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ( 2 m n ) ⋯ ⋯ ⋯ ( n − 1 m 1 ) ( n − 1 m 2 ) ( n − 1 m n ) ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
上面这个矩阵每列提一个
1
k
!
\frac1{k!}
k ! 1 变成下降幂,然后下降幂通过列变换变成Vandermonde矩阵。
(14)
∣
1
0
0
⋯
0
1
1
(
1
1
)
0
⋯
0
x
1
(
2
1
)
(
2
2
)
⋯
0
x
2
⋯
⋯
⋯
⋯
1
(
n
−
2
1
)
(
n
−
2
2
)
⋯
(
n
−
2
n
−
2
)
x
n
−
2
1
(
n
−
1
1
)
(
n
−
1
2
)
⋯
(
n
−
1
n
−
2
)
x
n
−
1
∣
\left| \begin{matrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 1 & \binom{1}{1} & 0 & \cdots & 0 & x \\ 1 & \binom{2}{1} & \binom{2}{2} & \cdots & 0 & x^2 \\ &&\cdots\cdots\cdots\cdots \\ 1 & \binom{n-2}{1} & \binom{n-2}{2} & \cdots & \binom{n-2}{n-2} & x^{n-2} \\ 1 & \binom{n-1}{1} & \binom{n-1}{2} & \cdots & \binom{n-1}{n-2} & x^{n-1} \\\end{matrix}\right|
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 1 1 1 1 0 ( 1 1 ) ( 1 2 ) ( 1 n − 2 ) ( 1 n − 1 ) 0 0 ( 2 2 ) ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ( 2 n − 2 ) ( 2 n − 1 ) ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 0 0 0 ( n − 2 n − 2 ) ( n − 2 n − 1 ) 1 x x 2 x n − 2 x n − 1 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
f
(
x
+
1
)
=
x
n
−
1
⇒
f
(
x
)
=
(
x
−
1
)
n
−
1
f(x+1) = x^{n-1} \Rightarrow f(x)=(x-1)^{n-1}
f ( x + 1 ) = x n − 1 ⇒ f ( x ) = ( x − 1 ) n − 1
(16)
∣
1
cos
θ
1
cos
2
θ
1
⋯
cos
(
n
−
1
)
θ
1
1
cos
θ
2
cos
2
θ
2
⋯
cos
(
n
−
1
)
θ
2
⋯
⋯
⋯
⋯
1
cos
θ
n
cos
2
θ
n
⋯
cos
(
n
−
1
)
θ
n
∣
\left| \begin{matrix} 1 & \cos \theta_1 & \cos2\theta_1 & \cdots & \cos(n-1)\theta_1 \\ 1 & \cos \theta_2 & \cos2\theta_2 & \cdots & \cos(n-1)\theta_2 \\ &&\cdots\cdots\cdots\cdots \\1 & \cos \theta_n & \cos2\theta_n & \cdots & \cos(n-1)\theta_n \end{matrix}\right|
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 1 1 cos θ 1 cos θ 2 cos θ n cos 2 θ 1 cos 2 θ 2 ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ cos 2 θ n ⋯ ⋯ ⋯ cos ( n − 1 ) θ 1 cos ( n − 1 ) θ 2 cos ( n − 1 ) θ n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
方法1:
cos
n
θ
\cos n\theta
cos n θ 是个关于
cos
θ
\cos\theta
cos θ 的多项式,然后用上题方法。
方法2:用复数表示
cos
θ
\cos \theta
cos θ ,然后随便搞搞。。
方法3:和差化积。
(17)
∣
x
1
−
n
x
−
2
2
−
(
n
−
1
)
x
−
4
⋱
⋱
⋱
−
1
x
−
2
n
∣
\left| \begin{matrix} x & 1 & & & \\ -n & x-2 & 2 & & \\ &-(n-1) & x-4 & \ddots\\ &&\ddots&\ddots \\ & & & &-1 & x-2n\end{matrix}\right|
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ x − n 1 x − 2 − ( n − 1 ) 2 x − 4 ⋱ ⋱ ⋱ − 1 x − 2 n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
注意到每列和一样,且很稀疏,对每列求个前缀和然后对行差分,按最后一行展开归纳。
习题2
证明:
∏
1
≤
i
<
j
≤
n
(
a
i
−
a
j
)
\prod_{1 \le i \lt j \le n}(a_i-a_j)
∏ 1 ≤ i < j ≤ n ( a i − a j ) 能被
1
n
−
1
2
n
−
2
.
.
.
(
n
−
2
)
2
(
n
−
1
)
1^{n-1}2^{n-2}...(n-2)^2(n-1)
1 n − 1 2 n − 2 . . . ( n − 2 ) 2 ( n − 1 ) 整除。
写成Vandermonde行列式,然后加成排列组合的形式,在每行除个阶乘得到上面某道题的形式。
习题3
证明偶阶斜对称方阵的行列式是个完全平方。
用1,2行消去下面行的第1,2列,然后得到的矩阵还是偶阶斜对称矩阵。 然后归纳。
习题4
设
∀
i
,
a
i
,
i
>
0
,
∀
i
≠
k
,
a
i
,
k
<
0
,
∑
j
a
i
,
j
>
0
\forall i , a_{i,i} > 0, \forall i \not = k, a_{i,k} < 0, \sum_{j}a_{i,j}>0
∀ i , a i , i > 0 , ∀ i = k , a i , k < 0 , ∑ j a i , j > 0 ,证明
∣
a
i
,
j
∣
n
×
n
>
0
|a_{i,j}|_{n×n}>0
∣ a i , j ∣ n × n > 0 .
打洞后归纳。
习题5
证明:主角占优矩阵的行列式不为0.
如果等于0,则以
a
i
,
j
a_{i,j}
a i , j 为系数的齐次线性方程组有非0解。可推出矛盾。
习题6
把
n
n
n 阶行列式
∣
λ
I
−
A
∣
|\lambda I - A|
∣ λ I − A ∣ 展成
λ
\lambda
λ 的多项式,并用
det
A
\det A
det A 的子式表达它的关于
λ
\lambda
λ 的各次幂的系数,其中
A
=
(
a
i
,
j
)
n
∗
n
A=(a_{i,j})_{n*n}
A = ( a i , j ) n ∗ n
f
(
λ
)
f(\lambda)
f ( λ ) 求
i
i
i 次导后带入0可得第
i
i
i 项的答案,然后对矩阵求导即可。
第三章 矩阵
3.2 Binet-Cauchy公式
例2
设
A
=
(
a
i
,
j
)
A=(a_{i,j})
A = ( a i , j ) 为
n
n
n 阶方阵,其中
a
i
,
j
=
(
i
,
j
)
a_{i,j}=(i,j)
a i , j = ( i , j ) ,求
∣
A
∣
|A|
∣ A ∣ 。
利用
n
=
∑
d
∣
n
φ
(
d
)
n=\sum_{d|n}\varphi(d)
n = ∑ d ∣ n φ ( d ) ,构造
B
=
(
b
i
,
j
)
,
b
i
,
j
=
[
i
∣
j
]
B=(b_{i,j}),b_{i,j}=[i|j]
B = ( b i , j ) , b i , j = [ i ∣ j ] ,
C
=
(
c
i
,
j
)
,
c
i
,
j
=
[
j
∣
i
]
∗
φ
(
j
)
C=(c_{i,j}),c_{i,j}=[j|i]*\varphi(j)
C = ( c i , j ) , c i , j = [ j ∣ i ] ∗ φ ( j ) ,则
∣
B
∣
=
1
,
∣
C
∣
=
∏
i
=
1
n
φ
(
i
)
|B|=1,|C|=\prod_{i=1}^n\varphi(i)
∣ B ∣ = 1 , ∣ C ∣ = ∏ i = 1 n φ ( i ) ,由
A
=
B
C
A=BC
A = B C 知
∣
A
∣
=
∣
C
∣
|A|=|C|
∣ A ∣ = ∣ C ∣ 。
习题2
证明
∀
A
,
B
∈
M
n
∗
n
(
F
)
,
A
B
−
B
A
≠
I
\forall A,B\in M_{n*n}(F),AB-BA \not= I
∀ A , B ∈ M n ∗ n ( F ) , A B − B A = I 。
证:用
t
r
tr
t r 函数的可交换性,
t
r
(
A
B
)
−
t
r
(
B
A
)
=
0
≠
t
r
(
I
)
tr(AB)-tr(BA)=0 \not= tr(I)
t r ( A B ) − t r ( B A ) = 0 = t r ( I ) 。
习题4
(3)带入循环行列式公式求值即可。
(4)计算b-循环行列式的值。 详见https://baike.baidu.com/item/b%E5%BE%AA%E7%8E%AF%E8%A1%8C%E5%88%97%E5%BC%8F/22777133?fr=aladdin
习题10
考虑多项式的每项系数即可。
习题11
考虑Binet-Cauchy公式:
∣
A
∣
2
=
L
a
p
l
a
c
e
展
开
=
[
∑
B
(
1
,
2
,
.
.
.
,
k
i
1
,
i
2
,
.
.
.
,
i
k
)
C
(
1
,
2
,
.
.
.
,
n
−
k
i
k
+
1
,
i
k
+
2
,
.
.
.
,
i
n
)
]
2
≤
[
∑
B
(
1
,
2
,
.
.
.
,
k
i
1
,
i
2
,
.
.
.
,
i
k
)
2
]
[
∑
C
(
1
,
2
,
.
.
.
,
n
−
k
i
k
+
1
,
i
k
+
2
,
.
.
.
,
i
n
)
2
]
=
B
i
n
e
t
−
C
a
u
c
h
y
定
理
∣
B
∣
∣
C
∣
|A|^2 \xlongequal{Laplace展开} = [\sum B\binom{1,2,...,k}{i_1,i_2,...,i_k}C\binom{1,2,...,n-k}{i_{k+1},i_{k+2},...,i_{n}}]^2 \le [\sum B\binom{1,2,...,k}{i_1,i_2,...,i_k}^2][\sum C\binom{1,2,...,n-k}{i_{k+1},i_{k+2},...,i_{n}}^2]\xlongequal{Binet-Cauchy定理}|B||C|
∣ A ∣ 2 L a p l a c e 展 开
= [ ∑ B ( i 1 , i 2 , . . . , i k 1 , 2 , . . . , k ) C ( i k + 1 , i k + 2 , . . . , i n 1 , 2 , . . . , n − k ) ] 2 ≤ [ ∑ B ( i 1 , i 2 , . . . , i k 1 , 2 , . . . , k ) 2 ] [ ∑ C ( i k + 1 , i k + 2 , . . . , i n 1 , 2 , . . . , n − k ) 2 ] B i n e t − C a u c h y 定 理
∣ B ∣ ∣ C ∣
3.3 可逆矩阵
##习题1
(3)
w
w
w 是
n
n
n 次单位根,求
A
−
1
A^{-1}
A − 1 ,其中
a
i
,
j
=
w
i
(
j
−
1
)
a_{i,j}=w^{i(j-1)}
a i , j = w i ( j − 1 ) 。
逆矩阵为
B
,
b
i
,
j
=
w
−
i
(
j
−
1
)
B,b_{i,j}=w^{-i(j-1)}
B , b i , j = w − i ( j − 1 ) 。FFT的逆变换。
(4)这是一个比较少元素的矩阵,可列方程组暴力求解。
习题14
设
A
∈
R
2
n
×
2
n
A\in R^{2n \times 2n}
A ∈ R 2 n × 2 n ,设KaTeX parse error: Undefined control sequence: \pmatrix at position 3: M=\̲p̲m̲a̲t̲r̲i̲x̲{0 & I_n\\-I_n&… ,若
A
M
A
T
=
M
AMA^T=M
A M A T = M ,求证
∣
A
∣
=
1
|A|=1
∣ A ∣ = 1 。
证:
∣
A
∣
2
∣
M
∣
=
∣
M
∣
⇒
∣
A
∣
2
=
1
|A|^2|M|=|M| \Rightarrow |A|^2 = 1
∣ A ∣ 2 ∣ M ∣ = ∣ M ∣ ⇒ ∣ A ∣ 2 = 1 ,往证
∣
A
∣
=
1
|A|=1
∣ A ∣ = 1 。
方法1:
(
A
M
+
M
A
)
A
T
=
M
(
I
+
A
A
T
)
(AM+MA)A^T = M(I+AA^T)
( A M + M A ) A T = M ( I + A A T )
注意到KaTeX parse error: Undefined control sequence: \pmatrix at position 9: AM+MA = \̲p̲m̲a̲t̲r̲i̲x̲{B & C \\ -C & … ,在复数域上作变换有
∣
B
C
−
C
B
∣
=
∣
B
+
i
C
C
−
C
+
i
B
B
∣
=
∣
B
+
i
C
C
0
B
−
i
C
∣
=
∣
B
+
i
C
∣
∣
B
−
i
C
∣
\left|\begin{matrix}B & C\\-C & B\end{matrix}\right| =\left|\begin{matrix}B+iC & C \\ -C + iB & B\end{matrix}\right| =\left|\begin{matrix}B+iC & C \\ 0 & B-iC\end{matrix}\right| = |B+iC||B-iC|
∣ ∣ ∣ ∣ B − C C B ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ B + i C − C + i B C B ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ B + i C 0 C B − i C ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ B + i C ∣ ∣ B − i C ∣
在实数意义下
B
+
i
C
B+iC
B + i C 与
B
−
i
C
B-iC
B − i C 共轭,故行列式共轭,知
∣
B
+
i
C
∣
∣
B
−
i
C
∣
=
∣
B
+
i
C
∣
2
>
0
|B+iC||B-iC|=|B+iC|^2 > 0
∣ B + i C ∣ ∣ B − i C ∣ = ∣ B + i C ∣ 2 > 0 ,又
I
+
A
A
T
I+AA^T
I + A A T 正定,
∣
M
∣
=
1
|M|=1
∣ M ∣ = 1 ,知
∣
A
T
∣
>
0
|A^T|>0
∣ A T ∣ > 0
方法2(微小摄动法):
设
A
=
(
B
C
D
E
)
A=\binom{B \ C}{D\ E}
A = ( D E B C ) ,则
A
M
A
T
=
(
B
C
T
−
C
B
T
B
E
T
−
C
D
T
D
C
T
−
E
B
T
D
E
T
−
E
D
T
)
AMA^T = \binom{BC^T-CB^T \ BE^T-CD^T}{DC^T-EB^T DE^T-ED^T}
A M A T = ( D C T − E B T D E T − E D T B C T − C B T B E T − C D T )
⇒
B
C
T
−
C
B
T
=
0
,
D
E
T
−
E
D
T
=
0
,
B
E
T
−
C
D
T
=
I
,
D
C
T
−
E
B
T
=
I
\Rightarrow BC^T-CB^T = 0, DE^T-ED^T = 0, BE^T - CD^T = I, DC^T-EB^T=I
⇒ B C T − C B T = 0 , D E T − E D T = 0 , B E T − C D T = I , D C T − E B T = I 。
若
B
B
B 可逆,则
det
(
B
C
D
E
)
=
∣
B
C
0
E
−
D
B
−
1
C
∣
=
det
(
B
E
T
−
B
C
T
(
B
−
1
)
T
D
T
)
=
det
(
B
E
T
−
C
D
T
)
=
1
\det\binom{B \ C}{D \ E} = \left|\begin{matrix}B&C \\ 0 & E-DB^{-1}C\end{matrix}\right| = \det(BE^T-BC^T(B^{-1})^TD^T) = \det(BE^T-CD^T)=1
det ( D E B C ) = ∣ ∣ ∣ ∣ B 0 C E − D B − 1 C ∣ ∣ ∣ ∣ = det ( B E T − B C T ( B − 1 ) T D T ) = det ( B E T − C D T ) = 1
否则,希望找到
X
≠
0
X \not = 0
X = 0 ,满足
X
C
T
=
C
X
T
XC^T = CX^T
X C T = C X T ,从而
(
B
+
t
X
)
C
T
−
C
(
B
+
t
X
)
T
=
0
(B+tX)C^T -C(B+tX)^T=0
( B + t X ) C T − C ( B + t X ) T = 0 。
那么
X
Q
T
I
t
P
T
=
P
I
t
Q
X
T
⇒
P
−
1
X
Q
T
I
t
=
I
t
Q
X
T
(
P
−
1
)
T
XQ^TI_tP^T=PI_tQX^T \Rightarrow P^{-1}XQ^T I_t =I_tQX^T(P^{-1})^T
X Q T I t P T = P I t Q X T ⇒ P − 1 X Q T I t = I t Q X T ( P − 1 ) T ,不难发现只要
P
−
1
X
Q
T
P^{-1}XQ^T
P − 1 X Q T 满足
(
X
1
X
2
0
X
3
)
\binom{X_1 X_2}{0 \ X_3}
( 0 X 3 X 1 X 2 ) 即可,其中
X
1
T
=
X
1
X_1^T=X_1
X 1 T = X 1 ,又因为必然存在任意小的
ϵ
\epsilon
ϵ ,满足
B
′
=
B
+
ϵ
X
B'=B+\epsilon X
B ′ = B + ϵ X 可逆,则:
∣
B
′
C
D
E
∣
=
det
(
B
′
E
T
−
C
D
T
)
=
det
(
I
+
ϵ
X
E
T
)
\left|\begin{matrix}B' & C \\ D & E\end{matrix}\right|=\det(B'E^T - CD^T) = \det(I+\epsilon XE^T)
∣ ∣ ∣ ∣ B ′ D C E ∣ ∣ ∣ ∣ = det ( B ′ E T − C D T ) = det ( I + ϵ X E T ) ,在上式中令
ϵ
\epsilon
ϵ 趋于0,即得
det
(
A
)
>
0
\det(A)>0
det ( A ) > 0 。
3.4 矩阵的秩与相抵
习题2
(3) 计算Cauchy行列式的逆矩阵。
用行列变换的方法过于繁琐,因此介绍求Cauchy行列式的方法。
https://www.cnblogs.com/xixifeng/p/3932238.html
习题15
运用辗转相除法代替Gauss消元即可。
3.5 一些例子
例5
证明
n
n
n 阶幂等方阵
A
A
A (即
A
2
=
A
A^2=A
A 2 = A )的秩等于它的迹。
证:
A
2
=
A
⇒
I
r
Q
P
I
r
=
I
r
⇒
Q
P
=
(
I
r
B
C
D
)
A^2=A \Rightarrow I_rQPI_r = I_r \Rightarrow QP=\binom{I_r \ B}{C \ D}
A 2 = A ⇒ I r Q P I r = I r ⇒ Q P = ( C D I r B ) ,故
t
r
(
P
I
r
Q
)
=
t
r
(
Q
P
I
r
)
=
r
=
r
(
A
)
tr(PI_rQ) = tr(QPI_r) = r=r(A)
t r ( P I r Q ) = t r ( Q P I r ) = r = r ( A ) 。
例6 Frobenius不等式
设
A
∈
F
m
×
n
,
B
∈
F
n
×
p
,
C
∈
F
p
×
q
A\in F^{m\times n}, B \in F^{n \times p}, C \in F^{p \times q}
A ∈ F m × n , B ∈ F n × p , C ∈ F p × q ,证明:
r
(
A
B
C
)
+
r
(
B
)
≥
r
(
A
B
)
+
r
(
B
C
)
r(ABC)+r(B) \ge r(AB)+r(BC)
r ( A B C ) + r ( B ) ≥ r ( A B ) + r ( B C )
证:
还是用打洞的思想。
(
A
B
C
0
0
B
)
→
(
A
B
C
0
−
B
C
B
)
→
(
0
A
B
−
B
C
B
)
\begin{pmatrix}ABC &0 \\ 0 & B\end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix}ABC & 0 \\ -BC & B\end{pmatrix} \rightarrow\begin{pmatrix}0 &AB \\ -BC & B\end{pmatrix}
( A B C 0 0 B ) → ( A B C − B C 0 B ) → ( 0 − B C A B B )
例8
设
A
∈
F
m
×
n
,
B
∈
F
p
×
q
,
C
∈
F
m
×
q
,
X
∈
F
n
×
q
,
Y
∈
F
m
×
p
A \in F^{m \times n},B \in F^{p\times q}, C \in F^{m \times q}, X \in F^{n \times q}, Y \in F^{m \times p}
A ∈ F m × n , B ∈ F p × q , C ∈ F m × q , X ∈ F n × q , Y ∈ F m × p ,证明:
A
X
−
Y
B
=
C
有
解
⇔
r
(
A
C
0
B
)
=
r
(
A
0
0
B
)
AX-YB=C 有解 \Leftrightarrow r(\begin{matrix}A & C \\ 0 & B\end{matrix})=r(\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & B\end{matrix})
A X − Y B = C 有 解 ⇔ r ( A 0 C B ) = r ( A 0 0 B )
思路:
P
P
P (
A
C
0
B
\begin{matrix}A & C \\ 0 & B\end{matrix}
A 0 C B )Q通过简单的行列变换可变为
P
P
P (
A
0
0
B
\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & B\end{matrix}
A 0 0 B )Q,然后构造出一组解。
习题1
证明:设
A
A
A 是
n
n
n 阶方阵,如果存在正整数
k
k
k ,使得
r
(
A
k
)
=
r
(
A
k
+
1
)
r(A^k) = r(A^{k+1})
r ( A k ) = r ( A k + 1 ) ,则
r
(
A
k
)
=
r
(
A
k
+
t
)
,
t
∈
N
r(A^k)=r(A^{k+t}), t\in \N
r ( A k ) = r ( A k + t ) , t ∈ N
证:
r
(
A
A
k
A
)
+
r
(
A
k
)
≥
2
r
(
A
k
+
1
)
⇒
A
k
+
2
=
A
k
+
1
r(AA^{k}A) +r(A^k) \ge 2r(A^{k+1}) \Rightarrow A^{k+2}=A^{k+1}
r ( A A k A ) + r ( A k ) ≥ 2 r ( A k + 1 ) ⇒ A k + 2 = A k + 1
习题4
设
A
,
B
A,B
A , B 为
n
n
n 阶方阵,
A
B
=
B
A
=
0
AB=BA=0
A B = B A = 0 ,且
r
(
A
2
)
=
r
(
A
)
r(A^2)=r(A)
r ( A 2 ) = r ( A ) 。证明
r
(
A
+
B
)
=
r
(
A
)
+
r
(
B
)
r(A+B)=r(A)+r(B)
r ( A + B ) = r ( A ) + r ( B ) 。
证:
打洞就完事了。 不过首先有一个引理,存在
C
,
s
.
t
.
A
2
C
=
A
C,s.t.A^2C=A
C , s . t . A 2 C = A ,很显然,这里就不证了。
(
A
0
0
B
)
→
(
A
A
+
B
0
B
)
→
c
1
−
c
2
∗
A
C
(
0
A
+
B
0
B
)
→
(
0
A
+
B
0
−
A
)
→
r
2
+
r
1
∗
A
C
(
0
A
+
B
0
0
)
\begin{pmatrix}A &0 \\ 0 & B\end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} A & A+B \\ 0 & B\end{pmatrix} \overset{c_1-c_2*AC}\rightarrow\begin{pmatrix}0 &A+B \\ 0 & B\end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix}0 &A+B \\ 0 & -A\end{pmatrix}\overset{r_2+r_1*AC}\rightarrow\begin{pmatrix}0 &A+B \\ 0 & 0\end{pmatrix}
( A 0 0 B ) → ( A 0 A + B B ) → c 1 − c 2 ∗ A C ( 0 0 A + B B ) → ( 0 0 A + B − A ) → r 2 + r 1 ∗ A C ( 0 0 A + B 0 )