高等代数中的一些问题博士家园 xida 1 简单一些的问题问题 1. 设 f (x 1,..., x n ) 是一个实系数的 n 个变元的多项式, 如果 f 在 n 中的某个开球上的值为零, 求证 f 是零多项式. 证明 : 通过适当的仿射变换可以不妨假设这个开球就是单位球. 把 f 中次数为

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乔楠靳向
4 years ago
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1 高等代数中的一些问题博士家园 xida 1 简单一些的问题问题 1. 设 f (x 1,..., x n ) 是一个实系数的 n 个变元的多项式, 如果 f 在 n 中的某个开球上的值为零, 求证 f 是零多项式. 证明 : 通过适当的仿射变换可以不妨假设这个开球就是单位球. 把 f 中次数为 d 的单项式写在一起, 记作 F d, 那么 f = F n + F n F 1 + F 0. 我们只要证明每个 F d 都是零多项式即可. 由于 F d 是齐次的, 所以对任何实数 λ 都有考虑关于变元 t 的多项式 F d (λx 1, λx,..., λx n ) = λ d F d (x 1, x,..., x n ). f (t x) = f (t x 1,..., t x n ) = t n F n + t n 1 F n t F 1 + F 0, 如果某个 F d 不是零多项式, 则存在某个向量 a = (a 1,..., a n ) n 使得 F d (a) 0. 从而 (F n (a), F n 1 (a),..., F 0 (a)) 不是零向量. 由于存在无穷多个实数 t 使得 ta 落在单位球内部, 取其中 n + 1 个不同的, 非零的记作 t 1,..., t n+1. 那么由 f (t i a) = 0 得到 t n 1 F n(a) + t n 1 1 F n 1 (a) + + t 1 F 1 (a) + F 0 (a) = 0 t n F n(a) + t n 1 F n 1 (a) + + t F 1 (a) + F 0 (a) = 0 t n n+1 F n(a) + t n 1 n+1 F n 1(a) + + t n+1 F 1 (a) + F 0 (a) = 0 系数矩阵是一个 Vandermonde 矩阵, 不可能有非零解, 矛盾. 1

2 这个题目是我在看代数几何的时候想起来的. 它的意义就是说明非平凡的仿射代数簇是没有内点的, 从而 Zariski 拓扑是个比欧式拓扑粗糙的多的拓扑. 证明中用到一个事实 : 非零的多项式一定在某点处不为 0( 必须要求基域有无穷多个元素, 比如, ), 请大家回忆下它的证明 ( 对变元个数归纳 ). 接下来这个题目是南开大学的一道考研题, 论坛上讨论过, 这里再作一个总结. 问题. 设 A 是一个元素都是整数的反对称矩阵, 求证 A 的行列式是一个完全平方数. 这个问题不难, 但是很有意义. 在给出证明前, 先回忆一下二次型的基本知识. 我们知道一个数域 F 上的对称矩阵 B 总是合同于一个对角矩阵 D: P BP = D. 而且这里的 P 也是一个 F 上的矩阵 ( 回忆一下化二次型为标准形的算法, 就是用对角元反复打洞, 整个步骤都在数域 F 内进行 ). 简单讲, 上的对称矩阵在 Q 内合同于一个对角矩阵, 上的对称矩阵在内合同于一个对角矩阵. 这和矩阵的相似是很不一样的, 以有理数域上的对称矩阵为例, 它的特征值肯定是实数, 但是可能是无理数, 所以它在内合同于一个上的对角矩阵, 在内相似于一个上的对角矩阵, 但是未必在内相似于上的对角矩阵. 回到原来的问题上来 : 我们知道 A 一定是个整数, 我们只要能证明 A 是一个有理数的平方, 那么它就必然是一个整数的平方. 所以我们可以把 A 看成有理数域内的矩阵, 通过合同变换 ( 整个合同的步骤在有理数域内进行 ), 把 A 化成形如 0 a1 a a s a s 的有理数上矩阵, 就可以证明结论. 而这一切与对称矩阵化为对角形完全类似, 也是通过打洞来实现. 首先可以假设 A 的第一行不为零 ( 否则跳过第一行第一列考虑右下角 ), 通过置换 A 的行与列我们可以假设 A 形如 0 a a 0 A n = A B B. A n. 这里 a 0, 从而 A 可逆. 所以可以用 A 打洞消去 B, B : I 0 A B I A 1 B A 1 I n B B A 0 = A n 0 I n 0 A n + B A 1 B.

3 请大家自行验证这是一个合同变换 ( 关于打洞可以看葵花宝典的第一章 ), 而且整个过程不超出有理数域. 然后对右下角的 A n + B A 1 B 重复这个过程就把 A 化成了标准形. 现在设 P AP 为前面说过的标准形, 那么 P A 是一个有理数的平方, 而 P 是一个有理数上的可逆矩阵, 所以 P 也是有理数的平方 ( 其实是 1), 从而 A 是有理数的平方, 从而是整数的平方. 问题 3. 设 P, Q 是两个元素都是非负整数的矩阵, 满足 PQ = I, 求证 P 和 Q 都是置换矩阵. 这里置换矩阵的定义是每一行和每一列都恰好只有一个 1 的矩阵, 这样的矩阵对应的线性变换把基向量作一个置换, 故得此名. 这个问题是在半单李代数根系的分类里见到的, 背景是说如果两个素根系生成同样的正根, 那么这两个素根系相同. 证明很简单, 左乘一个矩阵 P 就是给 Q 做一些初等行变换, 而元素都是非负整数就给这些行变换加了很多限制, 详细的证明留给大家完成. 问题 4. 设 A 是一个实对称矩阵, λ min 和 λ max 为 A 的最小和最大的实特征值, 那么 A 的任何对角元 a ii (1 i n) 都满足 λ min a ii λ max, 而且两个不等式只要有一个的等号成立就会有 a i j = a i j = 0 (j i).( 也就是说 a ii 所在的行和列的其它元素都是 0) 证明 : 有这么一个引理, 一个半正定矩阵的对角元总是非负的, 而且如果这个对角元是 0 的话该对角元所在的行与列必然都是 0. 所以只要对 A + λ min I 和 λ max I A 这两个半正定矩阵应用这个引理即可.( 引理的证明仍然见葵花宝典第一章 ) 这个结论的几何意义很明确, 把二次型 X AX 看成单位球面上的连续函数, 它在标准单位坐标 e i 上的值就是 a ii, 在其特征向量 α i 上的值为 λ i. 实际上这个函数的极大值和极小值都在特征向量处取得, 换言之, 单位球面的形变在特征向量处最严重. 问题 5. 设 A, B 是两个实对称矩阵, 如果 A + B, A B, A 三者有相同的特征多项式, 求证必有 B = 0. 这个问题是我自己发现的, 不敢肯定是否已经存在. 证明要用到前一个问题作为引理. 证明 : 可以假设 A 是对角形 A = diag{ λ 1,..., λ n } λ 1 λ n. 这个时候 A ± B 的第一个对角元是 λ 1 ± b 11, 它必须不大于 A ± B 最大的特征值 λ 1, 所以 b 11 = 0, 而且这时 A ± B 的第一个对角元是 λ 1, 从而 B 的第一行第一列必须都是 0, 从而 B 形如 B 3

4 使用归纳法即可. 问题 6. 设 A, B 都是 n 阶方阵, 而且 AB = BA, 问是否有不等式成立? r(a ) + r(b ) r(ab) 这是老论坛上一位网友提出的问题, 说这个结论是他在一篇论文中证明了的. 我感觉很有意思, 就试着证明它, 但是怎么也做不出来, 回头构造反例, 也很困难. 这正是这个问题的巧妙之处. 下面给出一个反例 : A = , B = 这样 r(a ) = 0, r(b ) = r(ab) = 1, 从而原不等式不成立. 不过当 A, B 之中有一个可逆, 或者只有一个 0 特征值的 Jordan 块的时候结论都是对的 ( 至少三阶以下矩阵都是对的 ), 所以构造反例的时候必须从两个 Jordan 块开始, 这就增加了难度. 请大家自己证明, 当 A, B 的阶都不大于 3 时不等式是成立的. 问题 7 ( 两半正定矩阵同时合同于对角形 ). 两个 n 阶半正定矩阵 A, B 可以同时合同于对角形, 即存在可逆矩阵 T 使得 T AT, T BT 都是对角矩阵. 这个问题在葵花宝典中有, 可惜那里的证明是错误的, 感谢网友 Inzagi 指出了其中的错误, 这里把正确的解答发上来 : 证明 : 首先做合同变换把 A 化成标准形 A E r 0, 这时 B 仍然是半正定的, 所以不妨 0 0 从一开始就假设 A 就是如上的标准形, 并设 B = B 11 B 1, B 1 = B 1 B 1 B. 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 Q B Q = I s 0, 0 0 4

5 那么矩阵 I r 0 0 Q 的合同变换保持 A 不变, 把 B 化为形如 B 11 0 I r 的矩阵. 这个时候用 I r 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, 接下来就很显然了. 在证明过程中, 使用了半正定矩阵的对角元一旦出现 0, 则整行整列都是 0 这个结论. 问题 8. 设 A, B 是两个 n 阶复矩阵, 且存在复数 a, b 使得 AB BA = aa+ bb, 求证 A, B 可以同时上三角化. 同时上三角化的问题本质上就是寻找公共特征向量. 证明 : 如果 a, b 都是 0, 那么交换的矩阵可以同时上三角化, 结论成立. 所以不妨设 a 0. 以 B/a 代替 B 我们还可以假设 a = 1. 记 C = AB BA = A + bb, 则 CB BC = C. 我们来证明 B, C 可以同时上三角化, 那么 A = C bb 也就被上三角化了. 所以只要证明如下结论 : 若两个矩阵 C, B 满足 CB BC = C, 则 C, B 可以同时上三角化. 为此只要找 B, C 的公共特征向量. 设 C x = λx 是 C 的特征向量, W = span{ x, Bx, B x,... }, 则 W 是一个 B 不变子空间. 我们来证明 W 也是 C 的不变子空间, 而且有 C(B i x) = λb i x + (B i 1 x,..., B x, x 的线性组合 ). i = 1 时, C(Bx) = (BC + C)x = λbx + λx, 5

6 结论成立. 设 i m 时结论成立, 则 C(B m+1 x) = CB(B m x) = (BC + C)(B m x) = (B + I)(λB m + ) = λb m+1 x + 所以 W 确实是 C 的不变子空间, 而且在基 x, Bx,... 下 C 的矩阵是一个对角线上都是 λ 的上三角矩阵. 但是 C = CB BC 是 W 上两个线性变换之差, 其迹必须是 0, 从而 λ = 0, 那么 C 是幂零的, 设 N 是 C 的特征子空间, 那么对 x N 有 C(Bx) = (BC + C)x = 0, 所以 N 也是 B 的不变子空间, B 在 N 上有特征向量, 从而 B, C 有共同的特征向量 x. 现在把 x 开拓为整个空间的一组基, B, C 的矩阵形如 B = λ, C = 0, 0 B 1 0 C 1 那么 C 1 B 1 B 1 C 1 = C 1, 可以使用归纳假设, 把 B 1, C 1 同时上三角化就证明了结论. 稍难一些的问题问题 9 (Craig-Sakamoto 定理 ). 设 A, B 是两个 n 阶实对称矩阵, 如果对任何实数 x, y 都有等式成立, 那么必有 AB = 0. det(i xa yb) = det(i xa) det(i yb) Craig-Sakamoto 定理是统计学中的重要定理, 关于其证明以及其对于统计学的重要意义大家可以 Google 一下, 会找到不少资料. 这里的证明是我 Google 来的, 很巧妙. 证明 : 对于一个矩阵 C, 记 ρ(c) 为 C 的谱半径. 给 A, B 乘以合适的常数以后我们总可以假定 ρ(a) = ρ(b) = 1. 此外, 我们可以在 A 是标准形 A = diag{ 1, a,..., a n } = 1 0 (1 a a n ). 0 A n 1 6

7 的前提下讨论 ( 给 A, B 同时施以正交变换不影响条件和结论 ). 我们断言这个时候 B 必然形如 B n 1 这是因为当 r > 1 时, A/r 和 B/r 的特征值都落在开区间 ( 1, 1) 内, 所以 I A/r 和 I±B/r 都是可逆的, 从而 det(i A r ± B r ) = det(i A r ) det(i ± B r ) 0. 这说明 r > 1 时 r 不是 A ± B 的特征值. 另一方面我们有 det(i A ± B) = det(i A) det(i ± B) = 0, 所以 A±B 的特征值的最大者都是 1, 所以 A±B 的对角元都不能超过 1, 所以必须有 b 11 = 0, 而且这个时候 A ± B 的第一个对角元都是 1, 等于其极大特征值, 所以第一行第一列的所有非对角元素必须都是 0, 从而说明 B 的确是上面所说的形式. 接下来就可以用归纳法了 : 当 x 1 时,. det(i xa yb) = (1 x) det(i n 1 xa n 1 yb n 1 ) det(i xa) = (1 x) det(i n 1 xa n 1 ) det(i yb) = det(i n 1 yb n 1 ). 所以 x 1 时有 det(i n 1 xa n 1 yb n 1 ) = det(i n 1 xa n 1 ) det(i n 1 yb n 1 ) 成立, 再根据连续性即得上式对任何 x, y R 都成立. 根据归纳假设, A n 1 B n 1 = 0, 从而 AB = 0, 得证. 下面这个问题在老论坛上出现了好几次, 也有不少证明方法, 可惜扰动法太麻烦, 外积的方法太高深. 这里给一个思路比较明晰的证明. 问题 10. 设 M = 0 I n, 如果实方阵 A 满足 M = A MA, 求证 det A = 1. I n 0 所有满足 M = A MA 的方阵 A 全体组成的集合为 S. 显然若 A S, B S, 那么就有 AB S. 我们要证明 (1) 若 A S, 那么 A 1 S, A S. 7

8 证明 : A 1 S 是很好证的, 两边同时用 A 1 作合同变换即可. 至于 A S, 注意到 M = I n, 所以 (AM)M = (AM)A MA = (AMA )MA (AMA )MA = M MA M = AMA. (AM)M = AI n = M MA 所以 A S. () 设 H S 且 H 正定, H 的平方根为 P, 则 P S. 证明 : 由已知可得 M = H M H, H 1 M = M H, 从而对任何多项式 f (x) 有 f (H 1 )M = M f (H). 设 H 特征值为 { λ 1,..., λ n }, 正交矩阵 O 使得 O HO = diag{ λ 1,..., λ n }, 那么 O PO = diag{ sl λ 1,..., sl λ n }. 我们可以用拉格朗日插值来求出 f 使得 f (λ i ) = sl λ i, f (1/λ i ) = 1/sl λ i (1 i n), 这样就有 f (H) = P, f (H 1 ) = P 1, 从而 P S. (3) 设 A S, A 的极分解为 A = HQ, 这里 H 正定, Q 正交, 则 H S, Q S. 证明 : A S, A S AA S AA = H S Q = AH 1 S. (4) 设 Q S, Q 正交, 则 detq = 1. C D C D 证明 : 设 Q =, 则 MQ = QM, 从而 C = F, D = E, 所以 Q =. Q 正交说 E F D C 明 CC + DD = I n, C D = DC. 从而 (C + id)(c id ) = I n, 则 C D D C = C D ic D C + id = C id D 0 C + id = C + id C id = 1, 从而 detq = 1. (5) 设 H S, H 正定, 则 det H = 1. 证明 : 由 M = H M H 可得 (det H) = 1. 但是 H 正定, 所以 det H = 1. 综合 (3), (4), (5), 我们就得到了问题的证明. 这里的 S 实际上构成一个群, 叫做辛群. 这个证明就是利用了 S 的群结构, 去证明 S 在极分解下保持不变, 然后对正定矩阵和正交矩阵分别加以验证即可. 这个证明同样适用于复矩阵的情况. C D 注. = C + id C id 应该是一个熟知的结论, 为了方便大家起见文中给出了 D C 证明, 就是两步简单的行列变换. 问题 11 ( 不可逆矩阵空间最大维数 ). 设 M 是 M n () 的一个子空间, 如果 M 中的矩阵都是不可逆矩阵, 那么 M 的维数最大可能是多少? 8

9 这个问题的答案并不难猜, 是 n(n 1). 例子也很好举 : 第一行都是 0, 其它位置为任意复数的全体 n n 矩阵构成的子空间就满足要求. 但是证明 M 的维数不可能比这更大却是一件很困难的事. 我们来证明一个更强的结论 : 命题. 如果 M 是 M n () 的子空间而且 M 中的矩阵的秩都不超过 r, 那么 M 的维数至多为 rn. 证明 : 首先我们可以不妨假设 M 中含有一个矩阵 A, A = I r 这里 0 < r n 1.( 否则的话就把 M 中的矩阵 X 都变成 PXQ) 我们断言 (1) 这个时候 M 中的矩阵都形如这里 B 11 是 r r 矩阵, 而且 B 1 B 1 = 0. (1) 的证明 : 对任意的 B M, 设 B 11 B 1 B 1 0. B = B 11 B 1, B 1 B 那么对任何复数 t, ta + B 仍然是 M 中秩不超过 r 的矩阵, 所以其任何 r + 1 阶的子式必须为 0, 即 t I (t) = r + B 11 α i β j b i j = 0. 这里 b i j 表示 B 的第 (i, j) 个元素, α i 表示 B 1 的第 i 行, β j 表示 B 1 的第 j 列. 这个行列式展开以后是 t 的一个多项式, 由于它必须恒等于 0, 所以首项 t r 的系数 b i j = 0, 从而 B = 0. 而且当 t I r + B 11 可逆的时候根据打洞的技巧, (t) = t I r + B 11 0 α i (t I r + B 11 ) 1 β j = α i β j (t I r + B 11 ). 所以 α i β j = 0, 从而 B 1 B 1 = 0, 引理成立. () 如果 B, C M, 则 B 1 C 1 + C 1 B 1 = 0. 对 B + C 应用前一个引理, 有 (B 1 + C 1 )(B 1 + C 1 ) = 0, 展开即得 B 1 C 1 + C 1 B 1 = 0. 9

10 最后完成证明 : 我们来考虑一个线性映射 f : M M r n (): f (B) = (B 11, B 1 ). 这个线性映射的核 U = Kerf = 0 0. B 1 0 下面我们再通过一个线性映射 g 把 U 嵌入到 M r n () 的对偶空间 M r n () 中去 : g(b)(x 11, X 1 ) = tr(b 1 X 1 ). X M r n (). 考察 g(u) = { X M r n () g(b)(x ) = 0, B U }. 那么 dim g(u) = dim M r n () dim g(u) = rn dim U. 显然 f (U) g(u), 所以 dim f (U) rn dim U. 即 dim M = dim U + dim f (U) rn. 问题 1 ( 交换矩阵空间最大维数 ). 设 M 是 M n () 的一个子空间, 如果 M 中的矩阵两两可以交换, 求证 M 的维数最大是 [ n 4 ] + 1. 证明 : 对 n 归纳, n = 1 结论显然成立, 设小于 n 的时候结论成立, 来看 n 的情形 : 由于 M 中的矩阵两两可以交换, 所以它们可以同时上三角化. 所以无妨假设 M 中的每一个矩阵都是上三角矩阵. 对每个 A M, 我们截取 A 左上角的 n 1 阶主子阵, 把这个矩阵记作 f (A), 同时截取 A 的右下角的 n 1 阶主子阵, 把它记作 g(a), 那么所有的 f (A) 之间两两可以交换, 所有的 g(a) 两两之间可以交换. 由于 f 和 g 都可以看做是 M 到 M n 1 () 的交换子空间的线性映射, 所以由归纳假设, dim f [ (n 1) 4 不难看出, KerA 中的元素形如里的 α, β 都是 n 1 向量. ], dim g [ (n 1) 4 0 n n 1 α, Kerg 中的元素形如 ]. β 0 n 1 n. 这两者交换意味着 β α = 0, 即 α β, 从而 Kerf Kerg, 所 10

11 以 dim Kerf + dim Kerg n, 从而 dim M = dim Kerf + dim f = dim Kerg + dim g dim Ker f + dim Kerg (n 1) + [ ] n 1) + [(n ] [ n 4 ] + 1. 最后给出构造的例子 : n = m 是偶数的时候就取形如 λi m N 0 λi m 的矩阵, n = m + 1 是奇数的时候就取形如 λi m N 0 λi m+1 的矩阵. 11

6.3 正定二次型

6.3 正定二次型一个实二次型, 既可以通过正交变换化为标准形, 也可以通过拉格朗日配方法化为标准形, 显然, 其标准形一般来说是不惟一的, 但标准形中所含有的项数是确定的, 项数等于二次型的秩当变换为实变换时, 标准形中正系数和负系数的个数均是不变的定理 ( 惯性定理 ) 设有二次型 f =x T Ax, 它的秩为 r, 如果有两个实的可逆变换 x=c y 及 x=c z 分别使 f =k