高等代数上册 1–5 章 · 下册 6–10 章 · 合订本
以《高等代数（第五版）》目录为骨架的讲义：每节先「说人话」，再给定义与定理（证明可折叠），配例题、易错点与自测。三个交互实验演示行列式展开、特征值与二次型正定。公式矢量渲染，整本离线可读。
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多项式CHAPTER 01 · 11 SECTIONS
本章把多项式从中学的“算式”提升为数域上的代数对象。先定义数域与一元多项式环，建立次数与带余除法，再给出最大公因式与互素理论，证明因式分解唯一性定理。随后讨论重因式与多项式函数的根，分别在复数域、实数域与有理数域上完成或研究因式分解，最后进入多元多项式与对称多项式基本定理。
这本书从最不像线性代数的对象起手：多项式。本章把中学里的算式升级成数域上的代数对象，带余除法、最大公因式、因式分解唯一性一立，整数那套算术就在 $P[x]$ 里复刻成功；重因式与根的部分又第一次把「代数」和「函数」接通。第二章算行列式、第三章解方程组，处理的都是有限个线性约束，而这一章提供了「化到最简再谈唯一」的样板：往后每一处唯一性论证都是它的回声。
§1数域
验数域按四问走：$0,1$ 在不在？加、减、乘出不出圈？除法呢（除数非零）？任何一问卡住就不是数域。最小的例子是 $\mathbb{Q}$：任何数域都从 $0,1$ 出发靠四则生成它，所以谁也绕不开 $\mathbb{Q}$。
设 $P$ 是由一些复数组成的集合，且 $0\in P$，$1\in P$。若对任意 $a,b\in P$，都有 $a+b\in P$，$a-b\in P$，$ab\in P$，并且当 $b\neq 0$ 时 $a/b\in P$，则称 $P$ 是一个数域。
核心是“封闭”：加、减、乘、除（除数非零）的结果不许跑出 $P$。整数集 $\mathbb{Z}$ 对除法不封闭，不是数域。
- $P$ 是一个数域
任意数域 $P$ 都包含有理数域 $\mathbb{Q}$，即 $\mathbb{Q}$ 是最小的数域。
证明思路
由 $0,1\in P$ 与加法封闭，反复相加得全体自然数含于 $P$。由减法封闭得负整数，故 $\mathbb{Z}\subseteq P$。再由除法封闭（除数非零的整数仍在 $P$ 中）得任意 $m/n\in P$，从而 $\mathbb{Q}\subseteq P$。
「$P$ 对减、除封闭」两条在承重：只对加、乘封闭推不出 $\mathbb{Q}\subseteq P$，例如自然数集连 $0-1$ 都装不下。而 $0,1\in P$ 是链条起点，没有 $1$ 就生成不了自然数；封闭性缺一环，$\mathbb{Q}$ 就进不来，「最小」二字无从谈起。
判断 $P=\{a+b\sqrt{2}\mid a,b\in\mathbb{Q}\}$ 是否为数域。
解答与答案
- 加减封闭：$(a_1+b_1\sqrt2)\pm(a_2+b_2\sqrt2)=(a_1\pm a_2)+(b_1\pm b_2)\sqrt2$，系数仍在 $\mathbb{Q}$。
- 乘法封闭：$(a_1+b_1\sqrt2)(a_2+b_2\sqrt2)=(a_1a_2+2b_1b_2)+(a_1b_2+a_2b_1)\sqrt2$。
- 除法：若 $a+b\sqrt2\neq 0$，则 $\dfrac{1}{a+b\sqrt2}=\dfrac{a-b\sqrt2}{a^2-2b^2}$。若 $a^2-2b^2=0$ 且 $b\neq 0$，则 $\sqrt2=\pm a/b\in\mathbb{Q}$，矛盾；$b=0$ 时 $a\neq 0$，分母为 $a^2\neq 0$。故商仍在 $P$。
答案是数域，且 $P=\mathbb{Q}(\sqrt2)$。
判断 $S=\{a+bi\mid a,b\in\mathbb{Z}\}$（高斯整数）是否为数域。
解答与答案
- 加减乘仍在 $S$ 中（整系数运算不产生分母）。
- 取 $1+i\in S$，$1\in S$，但 $\dfrac{1}{1+i}=\dfrac{1-i}{2}=\dfrac12-\dfrac12 i$，实部虚部不是整数。
- 故 $S$ 对除法不封闭，不是数域。
答案不是数域（对除法不封闭）。
- $\mathbb{Z}$ 常被误当成数域：$1,2\in\mathbb{Z}$ 但 $1/2\notin\mathbb{Z}$，除法不封闭。
- 验证封闭性时漏检“除数不为 $0$”这一前提，或忘了要对任意一对元素都成立，而不是只找几个例子。
- 定义中的 $0,1\in P$ 不是装饰条件；若集合连 $0$ 或 $1$ 都不含，谈四则封闭没有意义。
- 有限集（如 $\{0,1\}$）若按普通复数运算做除法一般不封闭；数域默认在复数范围内讨论，含无限多个元素。
1下列集合中，不是数域的是
答案与解析
正确答案：A
$\mathbb{Z}$ 对除法不封闭：$1/2\notin\mathbb{Z}$。其余三个都是数域。
2任意数域都包含有理数域。
答案与解析
正确答案：A
由 $0,1$ 与加减乘除可以造出全部有理数，故 $\mathbb{Q}$ 是最小数域。
3$P=\{a+b\sqrt[3]{2}\mid a,b\in\mathbb{Q}\}$ 是否为数域？
答案与解析
正确答案：B
$\dfrac{1}{1+\sqrt[3]2}$ 一般不能写成 $a+b\sqrt[3]2$ 形式；需 $\sqrt[3]4$ 项才能有理化，故对除法不封闭。
§2一元多项式
次数公式要盯紧前提：$\deg(fg)=\deg f+\deg g$ 只对非零多项式说，$\deg(f+g)\le\max$ 的等号要次数不等才保证。验算：$f=x^2+1$、$g=x^2-1$ 时 $f+g=2x^2$ 次数仍 $2$；$f=x^2$、$g=-x^2+1$ 时 $f+g=1$ 次数掉到 $0$，首项相消即如此。
设 $P$ 是一个数域，$x$ 是一个文字（符号）。形如 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$（$a_i\in P$，$n\geq 0$，$a_n$ 可为 $0$ 的有限和）称为数域 $P$ 上的一元多项式。$a_i$ 称为系数。
这里多项式是形式表达式，不是函数；两个多项式相等当且仅当同次项系数全相同。
若 $f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$ 且 $a_n\neq 0$，则称 $a_nx^n$ 为 $f$ 的首项，$a_n$ 为首项系数，$n$ 为 $f$ 的次数，记作 $\deg f=n$。系数全为零的多项式称为零多项式，记作 $0$，不定义其次数（或约定 $\deg 0=-\infty$）。
零多项式与零次多项式（非零常数）要分开：$\deg c=0$ 当 $c\in P$ 且 $c\neq 0$。
数域 $P$ 上全体一元多项式关于通常的多项式加法与乘法构成一个环，称为一元多项式环，记作 $P[x]$。
- $f(x),g(x)\in P[x]$
- $f+g\neq 0$
$\deg(f+g)\leq \max(\deg f,\deg g)$。当 $\deg f\neq \deg g$ 时取等号。
证明思路
和的首项由较高次项贡献；若两边次数相同，首项系数可能相消而降次，故一般只有不等式。次数不等时较高次项不会被消掉，故等于较大次数。
- $f(x),g(x)\in P[x]$
- $f\neq 0$
- $g\neq 0$
$\deg(fg)=\deg f+\deg g$。从而 $P[x]$ 是整环（无零因子）：$fg=0$ 蕴含 $f=0$ 或 $g=0$。
证明思路
设首项 $a_mx^m$ 与 $b_nx^n$，则 $fg$ 的最高次项只能来自首项之积 $a_mb_nx^{m+n}$，且 $a_mb_n\neq 0$（数域无零因子）。故次数为 $m+n$。若 $fg=0$ 而 $f,g$ 都非零，右边次数 $\geq 0$，左边无次数，矛盾。
「$f,g$ 非零」删掉即荒谬：零多项式没有次数，公式两边无意义。真正承重的是数域无零因子：首项系数之积 $a_mb_n\ne0$ 才保证乘积首项不消失，否则 $P[x]$ 里冒出零因子，$\deg(fg)=\deg f+\deg g$ 随时可破。
设 $f=x^3-2x+1$，$g=2x^2+x$，求 $f+g$、$fg$ 与它们的次数。
解答与答案
- $f+g=x^3+2x^2-x+1$，次数为 $3$。
- $fg=(x^3-2x+1)(2x^2+x)=2x^5+x^4-4x^3-2x^2+2x^2+x=2x^5+x^4-4x^3+x$。
- 核对：$\deg f=3$，$\deg g=2$，$\deg(fg)=5=3+2$，与定理一致。
答案$f+g=x^3+2x^2-x+1$（次数 $3$）；$fg=2x^5+x^4-4x^3+x$（次数 $5$）。
在 $\mathbb{Q}[x]$ 中找一对非零多项式 $f,g$，使 $\deg(f+g)<\max(\deg f,\deg g)$。
解答与答案
- 取 $f=x^2+1$，$g=-x^2+x$，则 $\deg f=\deg g=2$。
- $f+g=x+1$，次数为 $1<2$。
- 原因：二次项系数 $1+(-1)=0$ 发生相消。
答案例如 $f=x^2+1$，$g=-x^2+x$，则 $f+g=x+1$，次数 $1$。
- $\deg(fg)=\deg f+\deg g$ 要求 $f,g$ 都非零；零多项式没有次数（或次数 $-\infty$），不能硬套公式。
- 把“次数”与“项数”或“系数个数”混淆：$x^{100}+1$ 只有两项，次数是 $100$。
- 和的次数可以因首项相消而变小，不能写成 $\deg(f+g)=\max(\deg f,\deg g)$。
- 零次多项式是可逆的非零常数，不是零多项式；$P[x]$ 中可逆元恰为 $P\\setminus\\{0\\}$ 中的常数。
1设 $\deg f=3$，$\deg g=2$，则 $\deg(fg)=$
答案与解析
正确答案：C
非零多项式乘积次数相加：$3+2=5$。
2$P[x]$ 中两个非零多项式的乘积仍非零。
答案与解析
正确答案：B
数域无零因子，故 $P[x]$ 是整环，无零因子。
§3整除的概念
带余除法的操作口诀：拿 $f$ 的首项除以 $g$ 的首项得商的一项，乘回去消掉最高次，重复到余式次数低于除式。例如 $x^3-1$ 除以 $x-1$：商 $x^2+x+1$、余 $0$，一步到位就说明 $x-1\mid x^3-1$。
设 $f(x),g(x)\in P[x]$。若存在 $h(x)\in P[x]$ 使 $f(x)=g(x)h(x)$，则称 $g(x)$ 整除 $f(x)$，记作 $g(x)\mid f(x)$，并称 $g$ 是 $f$ 的因式，$f$ 是 $g$ 的倍式。否则记作 $g(x)\nmid f(x)$。
- $f(x),g(x)\in P[x]$
- $g(x)\neq 0$
存在唯一的一对 $q(x),r(x)\in P[x]$，使 $f(x)=q(x)g(x)+r(x)$，且 $r(x)=0$ 或 $\deg r<\deg g$。
证明思路
存在性：若 $f=0$ 或 $\deg f<\deg g$，取 $q=0,r=f$；否则对 $\deg f$ 归纳，用 $f$ 的首项除以 $g$ 的首项消去最高次，对次数更低的余式用归纳假设。唯一性：若 $f=q_1g+r_1=q_2g+r_2$ 且两个余式都满足次数条件，则 $(q_1-q_2)g=r_2-r_1$，左边次数分析迫使 $q_1=q_2$，$r_1=r_2$。
「$g\ne0$」删掉无意义：除以零多项式没有定义。余式的次数条件也不能松：若允许 $\deg r\le\deg g$，商与余立刻不唯一，$x^2=x\cdot x+0=(x+1)\cdot x-x$ 两种写法都「合法」。承重的正是 $\deg r<\deg g$ 这条严格不等式。
- $f,g,h\in P[x]$
- $c\in P$ 且 $c\neq 0$
(1) $f\mid f$；(2) 若 $f\mid g$ 且 $g\mid h$，则 $f\mid h$；(3) 若 $f\mid g$ 且 $g\mid f$，则存在非零常数 $c$ 使 $f=cg$；(4) $c\mid f$；(5) 若 $f\mid g$ 且 $f\mid h$，则对任意 $u,v\in P[x]$ 有 $f\mid ug+vh$。
证明思路
(1) 取 $h=1$。(2) 由 $g=fh_1$，$h=gh_2$ 得 $h=f(h_1h_2)$。(3) 比较次数：$\deg f=\deg g$，商只能是零次多项式。(4) $f=c^{-1}(cf)$。(5) $ug+vh=f(uh_1+vh_2)$。
用带余除法求 $f=x^5+x^3+1$ 除以 $g=x^2-1$ 的商式与余式。
解答与答案
- $x^5=x^3(x^2-1)+x^3$，故 $f=x^3(x^2-1)+2x^3+1$。
- $2x^3=2x(x^2-1)+2x$，故 $f=(x^3+2x)(x^2-1)+2x+1$。
- $\deg(2x+1)=1<2=\deg g$，故 $q=x^3+2x$，$r=2x+1$。
答案$q(x)=x^3+2x$，$r(x)=2x+1$。
判断 $x-2$ 是否整除 $f=x^3-3x+2$，并写出分解。
解答与答案
- 试算 $f(2)=8-6+2=4\neq 0$，由后文余数定理知 $f$ 除以 $x-2$ 的余数为 $f(2)$。
- 直接做除法：$x^3-3x+2=(x-2)(x^2+2x+1)+4$。
- 余式为非零常数 $4$，故 $x-2\nmid f$。
答案$x-2$ 不整除 $f$，带余除法给出 $f=(x-2)(x^2+2x+1)+4$。
- 带余除法要求 $g\neq 0$；除以零多项式没有定义。
- 余式条件是 $\deg r<\deg g$ 或 $r=0$；只写“次数更低”会漏掉 $r=0$ 与 $\deg g=0$（常数除式）的边界情形。
- 整除不具唯一性：$f=gq$ 中的 $q$ 唯一，但若允许相差非零常数，因式写法很多；比较因式时要先标准化。
- 在一般数域上“$f(a)=0$”与“$x-a$ 整除 $f$”要到多项式函数一节才严格打通，不能在此处循环引用。
1$f$ 除以 $g$ 的余式 $r$ 满足
答案与解析
正确答案：D
带余除法的唯一性正是靠“$r=0$ 或 $\deg r<\deg g$”锁定的。
2若 $f\mid g$ 且 $g\mid f$，则 $f=g$。
答案与解析
正确答案：A
反例：$f=x+1$，$g=2x+2=2(x+1)$，互相整除但不相等，只相差非零常数倍。
§4最大公因式
求 $(f,g)$ 走辗转相除，最后倒代出贝祖等式：$(2x,3x)$ 一步就得 $x$，倒代是 $x=(-1)\cdot 2x+1\cdot 3x$。算完记得首一化，因为 $(f,g)$ 只在非零常数倍下唯一。
设 $f,g\in P[x]$。若 $d\mid f$ 且 $d\mid g$，称 $d$ 为 $f,g$ 的公因式。若 $d$ 是公因式，且 $f,g$ 的任一公因式都整除 $d$，则称 $d$ 为 $f,g$ 的一个最大公因式，记作 $(f,g)$。
最大公因式若存在则在相差非零常数倍意义下唯一；通常取首项系数为 $1$ 的那一个。
若 $(f,g)=1$（即 $f,g$ 的最大公因式是零次多项式），则称 $f$ 与 $g$ 互素。
- $f,g\in P[x]$
- $f,g$ 不全为零
$(f,g)$ 存在，且存在 $u,v\in P[x]$ 使 $(f,g)=uf+vg$。
证明思路
不妨设 $g\neq 0$，用辗转相除法得到一串等式，最后一个非零余式 $r_s$ 就是最大公因式。从除法等式逐个倒代，可把 $r_s$ 表成 $uf+vg$。对任意公因式 $d$，由 $d\mid f$，$d\mid g$ 得 $d\mid uf+vg=r_s$，故 $r_s$ 为最大公因式。
「$f,g$ 不全为零」删掉即退化：$f=g=0$ 时约定 $(0,0)=0$，$u,v$ 无从谈起。「$P$ 是数域」也在承重：取 $f=2$、$g=x$，$\mathbb{Z}[x]$ 里 $2u+xv$ 的常数项恒为偶数、凑不出 $1$；$\mathbb{Q}[x]$ 里取 $u=\frac12$、$v=0$ 就是 $1$。
- $f,g,h\in P[x]$
- $(f,g)=1$
(1) 存在 $u,v$ 使 $uf+vg=1$；(2) 若 $f\mid gh$，则 $f\mid h$；(3) 若 $f\mid h$，$g\mid h$，则 $fg\mid h$；(4) $(f,gh)=1$ 当 $(f,g)=1$ 且 $(f,h)=1$。
证明思路
(1) 即贝祖等式。(2) $h=h(uf+vg)=u(fh)+v(gh)$，两项都被 $f$ 整除。(3) 由 $h=fa$ 及 $g\mid fa$、$(f,g)=1$ 得 $g\mid a$，故 $fg\mid h$。(4) 由 (2) 的推广：存在 $u,v$ 使 $uf+vg=1$，$u'f+v'h=1$，两式相乘再整理得 $f$ 与 $gh$ 的贝祖等式为 $1$。
求 $(f,g)$，其中 $f=x^3-1$，$g=x^2-1$，并求 $u,v$ 使 $(f,g)=uf+vg$。
解答与答案
- $x^3-1=(x)(x^2-1)+(x-1)$，即 $r_1=x-1$。
- $x^2-1=(x+1)(x-1)+0$，故 $(f,g)=x-1$（已首一）。
- 由第一式：$x-1=f-xg$，即 $u=1$，$v=-x$。
答案$(f,g)=x-1=x^3-1-x(x^2-1)$，可取 $u=1$，$v=-x$。
判断 $f=x^2+1$ 与 $g=x^2-1$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中是否互素。
解答与答案
- $g-f=-2$，故 $1=\dfrac{1}{2}(f-g)$。
- 即 $\dfrac12 f+(-\dfrac12)g=1$，由贝祖等式逆推得 $(f,g)=1$。
- 也可直接看出 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上无实根而 $g$ 的根为 $\pm 1$，无公共一次因式；再因二者都是二次，最大公因式次数只能为 $0$ 或 $2$，不能为 $2$。
答案互素，$(f,g)=1$。
- 最大公因式不唯一：$(f,g)$ 与 $c(f,g)$（$c\neq 0$）都是；比较或作答时应取首一多项式。
- 当 $f=g=0$ 时约定 $(0,0)=0$，贝祖等式与互素概念按定义退化；讨论互素前先排除全零。
- 贝祖等式 $uf+vg=(f,g)$ 中的 $u,v$ 不唯一；辗转相除倒代只是求出一组。
- $(f,g)=1$ 不表示 $f,g$ 都没有根，只表示没有公共的非常数因式；在 $\mathbb{Q}[x]$ 中 $x^2+1$ 可以无根却仍参与互素判断。
1在 $\mathbb{Q}[x]$ 中，$(x^2-1,\,x^3-1)=$
答案与解析
正确答案：A
辗转相除：$x^3-1=x(x^2-1)+(x-1)$，$x^2-1=(x+1)(x-1)$，故最大公因式为 $x-1$。
2若 $(f,g)=1$ 且 $f\mid gh$，则 $f\mid h$。
答案与解析
正确答案：B
这是互素的基本消去律，由贝祖等式 $uf+vg=1$ 两边乘 $h$ 即得。
§5因式分解定理
这条定理的用法是化归：任何关于 $f$ 的问题都能拆到每个不可约因子上分别处理，比如整除 $f$ 的多项式必由这些 $p_i$ 的幂拼出（再乘非零常数）。它把一个整体对象拆成一串可单独计数的原子，「算术基本定理」这个名字的分量就在这。
设 $p(x)\in P[x]$，$\deg p\geq 1$。若 $p$ 不能写成两个次数更低的多项式之积，则称 $p$ 在 $P[x]$ 中不可约（既约）；否则称 $p$ 可约。
可约与否与所考虑的数域 $P$ 有关：$x^2+1$ 在 $\mathbb{R}[x]$ 中不可约，在 $\mathbb{C}[x]$ 中可约。
- $p(x)\in P[x]$
- $\deg p\geq 1$
- $p$ 不可约
- $f\in P[x]$
必有 $p\mid f$ 或 $(p,f)=1$。
证明思路
设 $d=(p,f)$。因 $p$ 不可约，$p$ 的非常数因式只有与 $p$ 相伴的多项式，故 $\deg d=0$ 或 $d$ 与 $p$ 相伴。前者 $(p,f)=1$，后者 $p\mid f$。
- $f(x)\in P[x]$
- $\deg f\geq 1$
$f$ 可分解为有限个不可约多项式之积 $f=p_1p_2\cdots p_s$；若又有 $f=q_1q_2\cdots q_t$，则 $s=t$，且适当重排后 $p_i$ 与 $q_i$ 相伴（只差非零常数倍）。
证明思路
存在性对 $\deg f$ 归纳：若 $f$ 不可约则已可；否则 $f=f_1f_2$，次数都降低，对 $f_1,f_2$ 用归纳假设再拼起来。唯一性：对 $s$ 归纳。由 $p_1\mid q_1\cdots q_t$ 与 $p_1$ 不可约，反复用“整除乘积则整除某个因子”得 $p_1$ 与某个 $q_j$ 相伴，消去后再对剩下的因子用归纳假设。常数倍可并入第一个因子，写成首一标准分解式则唯一。
「$\deg f\ge1$」把常数挡在外面：非零常数没有非常数因式，零多项式更谈不上分解。承重的还有「$P$ 是数域」：唯一性靠「整除乘积必整除某个因子」，系数一旦跳出唯一分解整环就塌，$\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ 里 $6=2\cdot3=(1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})$ 就是两种拆法。
- $f\in P[x]$
- $\deg f\geq 1$
- $a$ 是 $f$ 的首项系数
存在互异的不可约首一多项式 $p_1,\ldots,p_r$ 与正整数 $e_1,\ldots,e_r$，使 $f=a\,p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}$，且该表法唯一。
证明思路
先做任意不可约分解，再把相伴因子合并成同一首一 $p_i$ 并把常数乘幂计入指数，首项系数提到最前面。唯一性由因式分解唯一性定理保证：首一化后常数倍不再有自由度。
在 $\mathbb{Q}[x]$ 中将 $f=x^4-1$ 写成标准分解式。
解答与答案
- $x^4-1=(x^2-1)(x^2+1)=(x-1)(x+1)(x^2+1)$。
- $x-1$，$x+1$ 是一次式，故在 $\mathbb{Q}$ 上不可约；$x^2+1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上无根且二次，故不可约。
- 三个因式都已首一，$f$ 的首项系数为 $1$。
答案$x^4-1=(x-1)(x+1)(x^2+1)$。
说明 $f=2x^2-2\in\mathbb{Q}[x]$ 的标准分解式，并指出若不提取首项系数会出现什么问题。
解答与答案
- $f=2(x^2-1)=2(x-1)(x+1)$。
- 若写成 $(2x-2)(x+1)$ 或 $(x-1)(2x+2)$，因式不首一，比较分解时不唯一。
- 标准分解式要求 $a=2$，$p_1=x-1$，$p_2=x+1$，指数都是 $1$。
答案$f=2(x-1)(x+1)$；首项系数 $2$ 单独提出后，首一不可约因子及其指数才唯一。
- “唯一”指因子可重排且每个因子可差非零常数倍；不写成首一标准分解式时形式不唯一。
- 常数多项式与零多项式不进入不可约讨论：可约/不可约只针对次数 $\geq 1$ 的多项式。
- 可约性依赖系数域：$x^2-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约，在 $\mathbb{R}$ 上可约。
- 不可约多项式未必是一次式；在 $\mathbb{Q}$ 上存在任意次的不可约多项式（见 Eisenstein 判别）。
1在 $\mathbb{R}[x]$ 中，$x^2+1$ 是
答案与解析
正确答案：B
$x^2+1$ 在 $\mathbb{R}$ 上无根，二次无根则在 $\mathbb{R}[x]$ 中不可约。
2多项式因式分解的唯一性是指分解式中因子的书写顺序与常数倍都不计。
答案与解析
正确答案：A
唯一性定理只保证到“重排后因子两两相伴”；首一标准分解式才完全确定。
§6重因式
判重因式的流程：求 $f'$，算 $d=(f,f')$；$d$ 是常数就无重因式，否则 $f/d$ 剥掉重数。例如 $f=x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2)$，$f'=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$，$d=x-1$，$f/d=(x-1)(x+2)$ 已无重因式。
设 $f\in P[x]$，$p$ 是不可约多项式。若 $p^k\mid f$ 但 $p^{k+1}\nmid f$（$k\geq 1$），则称 $p$ 是 $f$ 的 $k$ 重因式；当 $k\geq 2$ 时称 $p$ 为 $f$ 的重因式，$k=1$ 时称为单因式。
若 $f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0\in P[x]$，定义 $f'(x)=na_nx^{n-1}+\cdots+a_1$。并递归定义高阶导数 $f^{(k)}=(f^{(k-1)})'$。
这是形式导数，只用到整数 $k\cdot a_k$ 与 $P$ 的特征为 $0$ 的事实（$\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C}$ 上都可用）。
- $f\in P[x]$
- $p$ 是不可约多项式
- $\deg p\geq 1$
$p$ 是 $f$ 的重因式 $\iff$ $p\mid f$ 且 $p\mid f'$。
证明思路
（$\Rightarrow$）写 $f=p^k g$（$k\geq 2$，$p\nmid g$），求导得 $f'=kp^{k-1}g+p^kg'$，故 $p\mid f'$。（$\Leftarrow$）若 $p\mid f$ 而 $p$ 只是单因式，写 $f=pg$，$p\nmid g$，则 $f'=p'g+pg'$。若 $p\mid f'$，则 $p\mid p'g$；由 $\deg p'<\deg p$ 与 $p$ 不可约得 $p\nmid p'$，再由 $p\mid p'g$ 与 $(p,p')=1$ 得 $p\mid g$，矛盾。故 $p$ 的重数 $\geq 2$。
- $f\in P[x]$
- $\deg f\geq 1$
$f$ 没有重因式 $\iff$ $(f,f')=1$。
证明思路
（$\Rightarrow$）若 $f$ 无重因式，则每个不可约因子只出现一次，由重因式判别，任何不可约 $p$ 不能同时整除 $f$ 与 $f'$，故 $(f,f')=1$。（$\Leftarrow$）若 $f$ 有重因式 $p$，则 $p\mid f$ 且 $p\mid f'$，与互素矛盾。
两端的条件都在承重：$\deg f\ge1$ 排除零多项式，$f=0$ 时 $f'=0$，$(f,f')$ 根本没意义；而「$p$ 不可约」是上一条判别的前提，对可约的 $p$ 谈重数会失真，$f=(x^2-1)^2$ 要拆成 $x-1$、$x+1$ 各自数幂次。缺任一条，$(f,f')=1$ 就不再等价于无重因式。
- $f\in P[x]$
- $\deg f\geq 1$
设 $d=(f,f')$，则 $f/d$ 与 $f$ 有完全相同的不可约因式（不计重数），且 $f/d$ 无重因式。
证明思路
在标准分解式 $f=a\prod p_i^{e_i}$ 中，$f'$ 使每个 $p_i$ 的幂至少降为 $p_i^{e_i-1}$，故 $d$ 恰好剥去一次重数。$f/d$ 中每个 $p_i$ 的指数为 $1$，因而无重因式，且不可约因子集合与 $f$ 相同。
判断 $f=x^4-2x^3+x^2$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中有无重因式，并写出其标准分解式。
解答与答案
- $f=x^2(x-1)^2$。
- $f'=4x^3-6x^2+2x=2x(2x^2-3x+1)=2x(2x-1)(x-1)$。
- $(f,f')=x(x-1)$（差常数倍），次数 $2>0$，故 $f$ 有重因式 $x$ 与 $x-1$，都是二重。
答案有重因式：$f=x^2(x-1)^2$，$x$ 与 $x-1$ 均为二重。
求 $f=x^3-3x+2$ 的重因式，并写出 $f/(f,f')$。
解答与答案
- $f'=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$。
- 试根 $f(1)=0$，因式分解 $f=(x-1)^2(x+2)$。
- $(f,f')=x-1$（首一），故 $f/(f,f')=(x-1)(x+2)=x^2+x-2$，无重因式。
答案重因式为 $x-1$（二重）；$f/(f,f')=x^2+x-2$。
- “无重因式”不等于“无根”或“不可约”：$x^2+1$ 无重因式但在 $\mathbb{R}$ 上仍不可约，在 $\mathbb{C}$ 上有一对单根。
- 判别重因式必须用不可约 $p$；对可约多项式谈“重数”要先分解。
- 零多项式的导数为零，不能套用 $(f,f')=1$ 判别；讨论重因式前先要求 $\deg f\geq 1$。
- 求 $(f,f')$ 后要首一化再除；忘掉常数倍会让答案看起来“不是因式”。
1$f$ 没有重因式的充要条件是
答案与解析
正确答案：C
这是无重因式的核心判别，与是否可约、是否有根无关。
2若 $p^2\mid f$ 且 $p$ 不可约，则 $p\mid f'$。
答案与解析
正确答案：B
写 $f=p^2g$，则 $f'=2pp'g+p^2g'$，故 $p\mid f'$。
§7多项式函数
余数定理的用法是「求值即求余」：$f$ 除以 $x-a$ 的余数就是 $f(a)$。要算 $f(3)$ 不必展开，直接代：$f(x)=x^3-2x+1$ 给出 $f(3)=27-6+1=22$，这就是 $f$ 除以 $x-3$ 的余数。
设 $f(x)\in P[x]$，$a\in P$。将 $x$ 换成 $a$ 所得的值记为 $f(a)$，得到 $P$ 上的函数。若 $f(a)=0$，则称 $a$ 是 $f$ 的一个根（或零点）。
- $f(x)\in P[x]$
- $a\in P$
$f(x)$ 除以 $x-a$ 的余式是常数 $f(a)$，即 $f(x)=q(x)(x-a)+f(a)$。
证明思路
由带余除法，$f=q(x)(x-a)+r$，$r\in P$。两边代入 $x=a$（多项式求值与运算相容），得 $f(a)=0\cdot q(a)+r=r$。
- $f(x)\in P[x]$
- $a\in P$
$(x-a)\mid f(x)$ $\iff$ $f(a)=0$。
证明思路
（$\Rightarrow$）$f=(x-a)q$ 代入 $x=a$ 得 $f(a)=0$。（$\Leftarrow$）余数定理给出 $f=q(x)(x-a)+f(a)=q(x)(x-a)$，故 $x-a$ 整除 $f$。
- $f(x)\in P[x]$
- $\deg f=n\geq 0$
$f$ 在 $P$ 中至多有 $n$ 个不同的根（零多项式除外，它在任意点取零值）。
证明思路
对 $n$ 归纳。$n=0$ 时非零常数无根。设 $a$ 是一个根，则 $f=(x-a)g$，$\deg g=n-1$。$f$ 的其余根都是 $g$ 的根，由归纳假设至多 $n-1$ 个，合计至多 $n$ 个。
「零多项式除外」删掉即假：零多项式处处取零，根有无穷多个，「至多 $n$ 个」当场失效。承重的还有「根在固定 $P$ 里数」：$x^2+1$ 在 $\mathbb{R}$ 中 $0$ 个根、在 $\mathbb{C}$ 中 $2$ 个根，都不违反定理；换个域就换一个答案，所以定理必须先说清在哪个数域里数根。
- $f,g\in P[x]$
- $P$ 含无穷多个元素（如 $\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C}$）
若对一切 $a\in P$ 都有 $f(a)=g(a)$，则 $f=g$（系数对应相等）。
证明思路
令 $h=f-g$。若 $h\neq 0$，则 $h$ 至多有 $\deg h$ 个根，与 $h$ 在无穷多个点取零矛盾。故 $h=0$，即 $f=g$。
求 $f=x^3-6x^2+11x-6$ 的全部有理根，并写出因式分解。
解答与答案
- 试 $a=1$：$f(1)=1-6+11-6=0$，故 $x-1\mid f$。
- 除法得 $f=(x-1)(x^2-5x+6)=(x-1)(x-2)(x-3)$。
- 根为 $1,2,3$，恰 $3$ 个，与 $\deg f=3$ 的上界一致。
答案根为 $1,2,3$；$f=(x-1)(x-2)(x-3)$。
设 $f\in\mathbb{Q}[x]$，$\deg f=2$，且 $f(1)=f(2)=f(3)=0$。求 $f$。
解答与答案
- 二次多项式至多 $2$ 个根，却有 $3$ 个不同根，故 $f$ 只能是零多项式。
- 若允许 $f=0$，则 $f(x)=0$ 满足条件；不存在非零二次多项式满足该条件。
- 这也是“根的个数限制”的直接应用。
答案只可能是零多项式 $f=0$；非零二次多项式不可能有三个不同根。
- 零多项式是恒等于零的函数，处处为根；说“$n$ 次多项式至多 $n$ 个根”时必须排除零多项式并要求 $n=\deg f$。
- 根在扩域中可以变多：$x^2+1$ 在 $\mathbb{R}$ 中无根，在 $\mathbb{C}$ 中有两个根；“至多 $n$ 个”是对固定数域 $P$ 说的。
- 重根按一个点计；$ (x-1)^2$ 在 $\mathbb{R}$ 中只有一个不同根 $1$，但它是二重根。
- 在有限域上不同多项式可定义同一函数，恒等定理要求 $P$ 无穷；形式多项式相等与函数相等要在无穷域上才等价。
1若 $\deg f=3$，则 $f$ 在 $\mathbb{C}$ 中不同根的个数
答案与解析
正确答案：D
代数基本定理会保证至少一个复根，但不同根的个数仍可因重根而少于 3；一般结论是“至多 3”。
2$f(a)=0$ 当且仅当 $(x-a)\mid f(x)$。
答案与解析
正确答案：A
这就是因式定理，余数定理是它的直接推论。
§8复系数与实系数多项式的因式分解
实系数多项式拆到底的口诀：实根给一次因式，共轭复根对给 $x^2-2\mathrm{Re}(a)x+|a|^2$。例如 $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$，二次因子判别式 $1-4=-3<0$，正是那对共轭根 $\frac{-1\pm\sqrt{-3}}{2}$ 配出来的。
- $f(x)\in\mathbb{C}[x]$
- $\deg f\geq 1$
存在 $a\in\mathbb{C}$ 使 $f(a)=0$，即 $f$ 在 $\mathbb{C}$ 中至少有一个根。
证明思路
经典证明有多种：可用刘维尔定理（非常数整函数有界则常数），也可用代数拓扑或实分析的极小模论证。对讲义而言，承认该定理即可推出 $\mathbb{C}[x]$ 的因式分解形态。
代数基本定理的第一个现代证明一般归于高斯（十八世纪末的博士论文），此后他又给出几种不同证法。它是本章唯一「承认即可」的大定理，$\mathbb{C}[x]$ 的分解形态全部由它一句存在性推出来。
- $f(x)\in\mathbb{C}[x]$
- $\deg f=n\geq 1$
存在 $a\in\mathbb{C}$ 与 $c\in\mathbb{C}^\times$，使 $f=c\prod_{i=1}^n(x-a_i)$（$a_i$ 为根，可重复）。从而 $\mathbb{C}[x]$ 中不可约多项式恰为一次多项式。
证明思路
由代数基本定理取一根 $a_1$，因式定理给出 $f=(x-a_1)f_1$，$\deg f_1=n-1$。对 $f_1$ 归纳即得全部根。若 $g\in\mathbb{C}[x]$ 次数 $\geq 2$，它有根从而有一次真因式，故可约。
- $f(x)\in\mathbb{R}[x]$
- $a\in\mathbb{C}$
- $f(a)=0$
$f(\overline{a})=0$，即实系数多项式的非实复根成共轭对出现。
证明思路
对 $f(x)=\sum a_kx^k$（$a_k\in\mathbb{R}$）取共轭：$\overline{f(a)}=\sum \overline{a_k}\,\overline{a}^{\,k}=\sum a_k\overline{a}^{\,k}=f(\overline{a})$。由 $f(a)=0$ 得 $f(\overline{a})=0$。
「$f$ 实系数」删掉立刻有反例：$f=(x-i)(x-1)$ 有根 $i$，但 $f(-i)=(-2i)(-1-i)\ne0$，共轭 $-i$ 不是根。承重的是每个系数都实：取共轭时 $\overline{a_k}=a_k$，才能把 $f(\overline a)$ 与 $\overline{f(a)}$ 接上。
- $f(x)\in\mathbb{R}[x]$
- $\deg f\geq 1$
$f$ 可分解为一次因式与判别式小于 $0$ 的二次不可约因式之积；$\mathbb{R}[x]$ 中不可约多项式恰为一次式与负判别式二次式。
证明思路
在 $\mathbb{C}$ 上分解后，把共轭复根对 $(a,\overline{a})$ 配对得实二次式 $(x-a)(x-\overline{a})=x^2-2\mathrm{Re}(a)x+|a|^2$，判别式小于 $0$。实根对应一次因式。反过来，实系数二次式可约当且仅当判别式非负；更高次实系数多项式总有实根或可拆出二次因式，故不会不可约。
在 $\mathbb{R}[x]$ 与 $\mathbb{C}[x]$ 中分别分解 $f=x^4+1$。
解答与答案
- 配方：$x^4+1=(x^2+1)^2-2x^2=(x^2+\sqrt2\,x+1)(x^2-\sqrt2\,x+1)$。
- 两个二次式的判别式为 $2-4=-2<0$，故在 $\mathbb{R}$ 上不可约，这就是 $\mathbb{R}$ 上的分解。
- 在 $\mathbb{C}$ 上再分解：$x^2\pm\sqrt2 x+1=0$ 的根为 $x=\dfrac{\pm(-\sqrt2)\pm\sqrt{-2}}{2}$ 等，最终 $x^4+1=\prod_{k=0}^{3}(x-\zeta_k)$，$\zeta_k=e^{i\pi(2k+1)/4}$。
答案$\mathbb{R}$：$x^4+1=(x^2+\sqrt2 x+1)(x^2-\sqrt2 x+1)$；$\mathbb{C}$：分成四个一次式 $x-e^{i\pi(2k+1)/4}$，$k=0,1,2,3$。
已知实系数三次多项式 $f$ 有一个根 $1+i$，且首项系数为 $1$，求 $f$ 的实系数分解形态。
解答与答案
- 由共轭根定理，$\overline{1+i}=1-i$ 也是根。
- 故 $(x-(1+i))(x-(1-i))=x^2-2x+2$ 整除 $f$。
- 三次故还有一个实根 $b\in\mathbb{R}$，$f=(x^2-2x+2)(x-b)$。
答案$f=(x^2-2x+2)(x-b)$，$b\in\mathbb{R}$；在 $\mathbb{R}$ 上不可约因子为 $x^2-2x+2$ 与一次式 $x-b$。
- 共轭成对只对实系数多项式成立；$(x-i)(x-1)$ 系数不全实，根 $i$ 的共轭 $-i$ 不必是根。
- 代数基本定理是存在性定理，不给出求根公式；不能用它“算出”根来。
- $\mathbb{R}$ 上不可约二次式的判别式必须 $<0$；判别式 $=0$ 时是重根一次式的平方，可约。
- 在 $\mathbb{C}$ 上每个多项式都拆成一次式，谈“不可约”要先说明系数域。
1$\mathbb{C}[x]$ 中的不可约多项式是
答案与解析
正确答案：A
代数基本定理保证次数 $\geq 2$ 必有复根，从而有一次真因式，故可约。
2实系数多项式的虚根成共轭对出现。
答案与解析
正确答案：B
对 $f\in\mathbb{R}[x]$ 取共轭即得 $f(\overline{a})=\overline{f(a)}$，故 $a$ 为根时 $\overline{a}$ 也是。
§9有理系数多项式
艾森斯坦的使用顺序：先清分母写成整系数，再找素数 $p$。$x^2+1$ 直接判不了，但 $f(x+1)=x^2+2x+2$ 对 $p=2$ 满足全部条件（$2\nmid1$、$2\mid2$、$4\nmid2$），于是 $x^2+1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上也不可约。
整系数多项式的系数互素（即系数的最大公因数为 $1$）时，称为本原多项式。
例如 $6x^2-3x+3=3(2x^2-x+1)$，括号内是本原多项式。
- $f(x),g(x)\in\mathbb{Z}[x]$
两个本原多项式的乘积仍是本原多项式。
证明思路
反证：设乘积的系数有公共素因子 $p$。把 $f,g$ 的系数按是否被 $p$ 整除分成两类，取不被 $p$ 整除的最低次项系数 $a_r,b_s$。乘积中 $x^{r+s}$ 的系数为 $\sum_{i+j=r+s}a_ib_j$，除 $a_rb_s$ 外每项都含 $p$，故该系数不被 $p$ 整除，与 $p$ 整除乘积所有系数矛盾。
- $f(x)\in\mathbb{Q}[x]$
- $\deg f\geq 1$
$f$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中可约 $\iff$ $f$ 可写成两个次数更低的有理系数多项式之积 $\iff$ $f$ 可写成两个次数更低的整系数多项式之积。
证明思路
（$\Leftarrow$ 的第二段）把有理系数写成整系数再提公因数得本原分解；由高斯引理，乘积的本原部分不能保持本原除非某个因子是常数，从而可整理为整系数真分解。（$\Rightarrow$）有理系数分解本身即给出第一段。注意整系数分解允许提取有理数倍。
- $f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0\in\mathbb{Z}[x]$
- 存在素数 $p$ 使 $p\nmid a_n$
- $p\mid a_i$（$i=0,1,\ldots,n-1$）
- $p^2\nmid a_0$
$f(x)$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约。
证明思路
反证：设 $f=gh$，$g,h\in\mathbb{Z}[x]$，次数都 $\geq 1$（由高斯引理可要求整系数）。模 $p$ 得 $\overline{f}=\overline{g}\,\overline{h}$ 在 $\mathbb{F}_p[x]$ 中。由条件 $\overline{f}=\overline{a_n}x^n$，故 $\overline{g},\overline{h}$ 都是单项式 $c x^r$、$d x^s$（$r,s\geq 1$）。于是 $p$ 整除 $g,h$ 的常数项，从而 $p^2$ 整除 $f$ 的常数项，与 $p^2\nmid a_0$ 矛盾。
艾森斯坦（Eisenstein）判别法出现在十九世纪中叶，至今仍是 $\mathbb{Q}$ 上造不可约多项式最快的办法：$x^n-2$ 取 $p=2$，$2\nmid1$、其余系数全被 $2$ 整除、$4\nmid2$，一行就判出不可约。
四个条件一条都不能少：去掉 $p^2\nmid a_0$，$x^2+4x+4=(x+2)^2$ 对 $p=2$ 会「通过」判别却是可约的；去掉 $p\nmid a_n$，$2x^2+4x+2=2(x+1)^2$ 同样误判。$p\nmid a_n$ 保证模 $p$ 后首项不消失，$p^2\nmid a_0$ 正是反证收尾那一步。
- $f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0\in\mathbb{Z}[x]$
- $a_n\neq 0$
- $\dfrac{u}{v}\in\mathbb{Q}$（既约，$v>0$）是 $f$ 的根
则 $v\mid a_n$ 且 $u\mid a_0$。特别地，$f$ 的有理根只有有限多个候选，可逐一检验。
证明思路
由 $f(u/v)=0$ 乘以 $v^n$ 得 $a_nu^n+a_{n-1}u^{n-1}v+\cdots+a_0v^n=0$。移项后 $v$ 整除 $a_nu^n$，由 $(u,v)=1$ 得 $v\mid a_n$；对称地 $u$ 整除 $a_0v^n$，故 $u\mid a_0$。
证明 $f(x)=x^5+2x+2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约（艾森斯坦）。
解答与答案
- 取素数 $p=2$。
- $p=2$ 不整除首项系数 $1$；整除 $a_4=\cdots=a_1=0$ 与 $a_0=2$。
- $p^2=4\nmid a_0=2$，条件全部满足，故 $f$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约。
答案$x^5+2x+2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约（对 $p=2$ 用艾森斯坦）。
求 $f(x)=2x^3-3x^2+2x-1$ 的全部有理根。
解答与答案
- 候选：$u\mid -1$，$v\mid 2$，故 $u/v\in\{\pm 1,\pm 1/2\}$。
- $f(1)=2-3+2-1=0$，故 $x=1$ 是根；$f(-1)=-2-3-2-1\neq 0$。
- $f(1/2)=2(1/8)-3(1/4)+2(1/2)-1=0.25-0.75+1-1=-0.5\neq 0$；$f(-1/2)$ 也不为 $0$。除以 $x-1$ 得 $f=(x-1)(2x^2-x+1)$，二次式判别式 $1-8<0$ 无有理根。
答案唯一有理根 $x=1$；$f=(x-1)(2x^2-x+1)$。
- 艾森斯坦是充分不必要条件：$x^2+x+1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约，却不存在满足条件的素数 $p$。
- 使用艾森斯坦前必须把多项式写成整系数；$f=(x^2+1)/2$ 这类要先清分母。
- 有理根定理只给候选列表，仍要代入检验；不能把“$u\mid a_0$，$v\mid a_n$”直接当成“就是根”。
- 不可约性依赖系数域：$x^3-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约，在 $\mathbb{R}$ 上可约（有实根 $\sqrt[3]2$）。
1艾森斯坦判别法给出的结论是
答案与解析
正确答案：B
该判别法是 $\mathbb{Q}$ 上不可约的充分条件，不判别根的实虚。
2两个本原多项式的乘积仍是本原多项式。
答案与解析
正确答案：A
这就是高斯引理，证明用对公共素因子的反证。
§10多元多项式
首项乘积性质是多元里的次数可加替身：$fg\ne0$、整环结论、第 11 节的消首项法都靠它撑着。用它之前先声明用哪套排序：同一题中途换排序法，量出的首项可以不是同一项。
设 $P$ 是数域，$x_1,\ldots,x_n$ 是 $n$ 个文字。形如 $a x_1^{k_1}x_2^{k_2}\cdots x_n^{k_n}$（$a\in P$，$k_i$ 为非负整数）的式子称为单项式，$a$ 称为系数，$k_1+\cdots+k_n$ 称为该单项式的次数。有限个单项式的和称为 $n$ 元多项式。
比较两个不同单项式 $x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n}$ 与 $x_1^{l_1}\cdots x_n^{l_n}$：从左起找第一个使 $k_i\neq l_i$ 的下标 $i$，若 $k_i>l_i$ 则称前者排在后者之前。按此序写出的多项式称为字典排列，第一个单项式称为首项。
字典序不等于按总次数排；例如 $x_1^2$ 的总次数 2 排在 $x_1x_2^{10}$ 前面。
- $f,g$ 是 $n$ 元多项式
- $f\neq 0$
- $g\neq 0$
在字典排列下，$fg$ 的首项等于 $f$ 的首项与 $g$ 的首项之积。从而 $fg\neq 0$，多元多项式环是整环。
证明思路
设首项 $a\,x^\alpha$ 与 $b\,x^\beta$，乘积中该单项式系数 $ab\neq 0$。任何其他单项对 $x^{\alpha+\beta}$ 的贡献都不改变字典序下的最高位置，且不会与首项之积相消（因 $ab\neq 0$）。故 $fg$ 首项为 $ab\,x^{\alpha+\beta}$，特别地 $fg\neq 0$。
「$f,g$ 非零」删掉，零多项式没有首项，结论无从谈起。承重的还有「排列法与乘法相容」：只按总次数排给不出全序，同次数的项谁先说不清；字典序下首项之积落在其他乘积项之前、不会被消掉，整条性质才立住。
- $f,g$ 是非零 $n$ 元多项式
若按总次数（全次数）计，$\deg(fg)=\deg f+\deg g$。
证明思路
总次数最高的项来自 $f,g$ 各自最高次项的乘积，且系数乘积非零，不会被完全消去。因此乘积的全次数恰好相加。注意字典序首项与全次数首项可以不是同一项。
将 $f=x_1^2 x_2 + x_1 x_2^2 + x_1^3$ 按字典排列写出，并指出首项。
解答与答案
- 比较 $x_1^3$ 与 $x_1^2x_2$：第一文字指数 $3>2$，故 $x_1^3$ 在前。
- $x_1^2x_2$ 与 $x_1x_2^2$：$x_1$ 指数 $2>1$，故 $x_1^2x_2$ 在前。
- 字典序：$x_1^3+x_1^2x_2+x_1x_2^2$。
答案字典排列为 $x_1^3+x_1^2 x_2+x_1 x_2^2$，首项 $x_1^3$。
计算 $(x_1+x_2)(x_1+x_2+x_3)$，并验证首项等于首项之积。
解答与答案
- 展开：$x_1^2+x_1x_2+x_1x_3+x_1x_2+x_2^2+x_2x_3=x_1^2+2x_1x_2+x_1x_3+x_2^2+x_2x_3$。
- $f=x_1+x_2$ 首项 $x_1$，$g=x_1+x_2+x_3$ 首项 $x_1$。
- 乘积首项为 $x_1\cdot x_1=x_1^2$，与展开式一致；乘积非零。
答案$x_1^2+2x_1x_2+x_1x_3+x_2^2+x_2x_3$；首项 $x_1^2$，确为首项之积。
- 字典序按第一个不同下标比较，不是先比总次数；$x_1x_2^{100}$ 的字典序位置低于 $x_1^2$，尽管总次数更高。
- 零多项式没有首项；谈“首项之积”前要排除零因子。
- 多元多项式的“次数”有全次数与分次之分，比较时要说明用哪一种。
- 合并同类项要先对齐每个文字的指数向量，只对总次数相同就合并会出错。
1在字典排列下，$n$ 元多项式乘积的首项等于
答案与解析
正确答案：C
首项乘积性质：字典序首项来自两因子首项相乘，且系数非零。
2多元多项式环存在零因子。
答案与解析
正确答案：B
由首项乘积性质，非零多项式之积非零，故是整环、无零因子。
§11对称多项式
求 $\varphi$ 的算法是对消首项：取 $f$ 的首项，配 $a\sigma_1^{k_1-k_2}\cdots\sigma_n^{k_n}$ 减掉，对余下的重复。用 $f=x_1^2+x_2^2$ 验：一次对消就得 $f=\sigma_1^2-2\sigma_2$。
设 $f(x_1,\ldots,x_n)$ 是 $n$ 元多项式。若对任意对换 $(x_i,x_j)$，$f$ 都不变，则称 $f$ 为 $n$ 元对称多项式。等价地，对任意 $n$ 元置换 $\sigma$ 有 $f(x_{\sigma(1)},\ldots,x_{\sigma(n)})=f(x_1,\ldots,x_n)$。
$\sigma_1=x_1+\cdots+x_n$，$\sigma_2=\sum_{i<j}x_ix_j$，$\ldots$，$\sigma_k=\sum_{1\leq i_1<\cdots<i_k\leq n}x_{i_1}\cdots x_{i_k}$，$\ldots$，$\sigma_n=x_1x_2\cdots x_n$。这 $n$ 个多项式称为初等对称多项式。
它们恰好是首一多项式 $\prod_{i=1}^n(x-x_i)$ 展开后各次项系数（差符号）。
$s_k=x_1^k+x_2^k+\cdots+x_n^k$（$k\geq 1$）称为幂和多项式，也是对称多项式。
- $f(x_1,\ldots,x_n)$ 是 $n$ 元对称多项式
- $P$ 是特征 $0$ 的数域（如 $\mathbb{Q}$）
存在唯一的 $n$ 元多项式 $\varphi$，使 $f(x_1,\ldots,x_n)=\varphi(\sigma_1,\ldots,\sigma_n)$。
证明思路
存在性：对字典序归纳。若 $f$ 已是 $\sigma$ 的多项式则完；否则取 $f$ 的首项 $a x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n}$，由对称性知 $k_1\geq k_2\geq\cdots\geq k_n$，构造 $a\sigma_1^{k_1-k_2}\sigma_2^{k_2-k_3}\cdots\sigma_n^{k_n}$ 与 $f$ 首项对消，对更低者归纳。唯一性：若 $\varphi(\sigma)=\psi(\sigma)$，考虑 $\varphi-\psi$，利用 $\sigma_1,\ldots,\sigma_n$ 代数独立（视 $\sigma$ 为新文字时存在多项式逆映射论证），得 $\varphi=\psi$。
「$f$ 对称」删掉即假：不对称的 $x_1$ 写不成 $\varphi(\sigma)$。「特征 $0$」不是基本定理的必需品，消首项只用加减，任意特征都成立；它管的是牛顿公式：用 $s_k$ 反解 $\sigma_k$ 要除以 $k$，特征 $p$ 下 $k$ 为 $p$ 的倍数时 $k=0$，$\sigma_k$ 项消失，递推链就断了。
- $s_k=x_1^k+\cdots+x_n^k$
- $\sigma_1,\ldots,\sigma_n$ 为初等对称多项式
- $1\leq k\leq n$
$s_k-\sigma_1 s_{k-1}+\sigma_2 s_{k-2}-\cdots+(-1)^{k-1}\sigma_{k-1}s_1+(-1)^k k\sigma_k=0$；当 $k>n$ 时相应的公式中 $\sigma_k$ 项消失（$\sigma_k=0$）。
证明思路
由 $\prod_{i=1}^n(x-x_i)=x^n-\sigma_1x^{n-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_n$，对每个根 $x_i$ 有 $x_i^n=\sigma_1x_i^{n-1}-\sigma_2x_i^{n-2}+\cdots$。乘以 $x_i^{k-n}$ 再对 $i$ 求和，整理即得递推。$k\leq n$ 与 $k>n$ 的差别只在是否出现 $k\sigma_k$ 项。
- $f(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)$
$\Delta=\prod_{i<j}(x_i-x_j)^2$ 是对称多项式，故可表为 $\sigma_1,\ldots,\sigma_n$ 的多项式，从而可表为 $f$ 的系数的多项式。
证明思路
任意对换 $x_i,x_j$ 只改变 $\prod_{i<j}(x_i-x_j)$ 的符号，平方后不变，故 $\Delta$ 对称。由对称多项式基本定理得 $\Delta=\varphi(\sigma)$，再代入韦达关系 $\sigma_k=(-1)^k a_{n-k}/a_n$ 即得系数表达。
将 $f=x_1^2+x_2^2+x_3^2$ 表为 $\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3$ 的多项式。
解答与答案
- $s_2=x_1^2+x_2^2+x_3^2$，由牛顿公式 $s_2=\sigma_1 s_1-2\sigma_2$。
- 而 $s_1=\sigma_1$，故 $s_2=\sigma_1^2-2\sigma_2$。
- 直接验证：$\sigma_1^2=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)=s_2+2\sigma_2$。
答案$x_1^2+x_2^2+x_3^2=\sigma_1^2-2\sigma_2$。
将 $g=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3$ 与 $h=x_1^3+x_2^3+x_3^3$ 用 $\sigma$ 表示（$n=3$）。
解答与答案
- $g$ 就是 $\sigma_2$。
- 牛顿：$s_3=\sigma_1 s_2-\sigma_2 s_1+3\sigma_3$。
- 代入 $s_1=\sigma_1$，$s_2=\sigma_1^2-2\sigma_2$，得 $s_3=\sigma_1(\sigma_1^2-2\sigma_2)-\sigma_2\sigma_1+3\sigma_3=\sigma_1^3-3\sigma_1\sigma_2+3\sigma_3$。
答案$g=\sigma_2$；$h=\sigma_1^3-3\sigma_1\sigma_2+3\sigma_3$。
- 对称多项式基本定理中的 $\varphi$ 唯一，是把 $\sigma_1,\ldots,\sigma_n$ 当作独立文字；若只在 $\sigma$ 之间再加关系，表法会不唯一。
- $\sigma_k$ 是 $k$ 次初等对称多项式，不要与幂和 $s_k$ 混淆；牛顿公式连接的是这两族。
- 对称性要求对所有对换不变；只对部分置换不变的多项式（如 $x_1$）不是对称多项式。
- 判别式 $\Delta$ 对称，但 $\prod_{i<j}(x_i-x_j)$ 本身只差符号（交错），不是对称多项式。
1每个 $n$ 元对称多项式都可唯一表为初等对称多项式的多项式。
答案与解析
正确答案：A
这是对称多项式基本定理，存在性与唯一性都要写。
2$x_1+x_2x_3$（$n=3$）是否为对称多项式？
答案与解析
正确答案：D
对换 $x_1,x_2$ 后变为 $x_2+x_1x_3$，不等于原式，故不对称。
3牛顿公式把幂和 $s_k$ 表成
答案与解析
正确答案：A
牛顿公式正是 $s_k$ 与 $\sigma_i$ 之间的递推，属于对称多项式基本定理的显式版本。
行列式CHAPTER 02 · 8 SECTIONS
本章从二、三阶行列式与解方程组的动机出发，用排列的逆序数给出 $n$ 级行列式的定义。接着建立行列式的七条基本性质与化三角、按行展开、范德蒙德等计算手段。最后给出克拉默法则，以及拉普拉斯展开与行列式乘法规则，把高阶行列式与矩阵乘法衔接起来。
上一章把多项式的除法与分解理顺；这一章换战场，从解方程组的需要出发，给每个方阵配上一个专属的数——行列式。先借二、三阶的对角线法则热身，再用逆序数把 $n$ 级行列式定义严，然后靠七条性质、化三角、按行展开、范德蒙德公式把它变成能算的工具；克拉默法则与乘法规则收尾，为第 3 章判别解的存在性、第 4 章讨论可逆矩阵埋下引线。
§1引言
二阶的 $ad-bc$ 一正一负，三阶六项三正三负——这正负号从哪来？答案是排列的奇偶性：全体排列各出一项，符号由 $(-1)^{\tau}$ 给。下一节的逆序数，就是给这条符号规则打地基。
设 $a,b,c,d$ 是数，则二阶行列式 $\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}=ad-bc$。竖排的数表 $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ 称为二阶方阵，其对应的行列式记作 $\det$ 或两条竖线。
二阶行列式就是“主对角线之积减去副对角线之积”。
三阶行列式 $\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}$ 定义为 $6$ 项代数和：主对角线方向三条线乘积取正，副对角线方向三条线乘积取负，即 $a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{12}a_{21}a_{33}-a_{11}a_{23}a_{32}$。
沙路法（对角线法则）只对二阶、三阶成立，四阶及以上的行列式不能这样算。
- 二元线性方程组 $a_{11}x+a_{12}y=b_1$，$a_{21}x+a_{22}y=b_2$
- 系数行列式 $D=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{vmatrix}\neq 0$
方程组有唯一解 $x=\dfrac{D_x}{D}$，$y=\dfrac{D_y}{D}$，其中 $D_x=\begin{vmatrix}b_1&a_{12}\\b_2&a_{22}\end{vmatrix}$，$D_y=\begin{vmatrix}a_{11}&b_1\\a_{21}&b_2\end{vmatrix}$。
证明思路
用消元法：第一式乘 $a_{22}$ 减去第二式乘 $a_{12}$，得 $(a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21})x=b_1a_{22}-a_{12}b_2=D_x$。因 $D\neq 0$ 可除，得 $x=D_x/D$；对称得 $y=D_y/D$。代回可验证满足两式。
条件 $D\neq0$ 承重：$D=0$ 时公式里的除法直接失效，解的形状还分两种——$2x+4y=6, x+2y=3$ 有无穷多解，$2x+4y=6, x+2y=4$ 无解，两者的 $D=2\cdot2-4\cdot1=0$ 一模一样。行列式只负责有没有唯一解，不负责到底几组解。
计算 $\begin{vmatrix}1&2\\3&4\end{vmatrix}$ 与 $\begin{vmatrix}2&-1\\1&3\end{vmatrix}$。
解答与答案
- 第一个：$1\cdot 4-2\cdot 3=4-6=-2$。
- 第二个：$2\cdot 3-(-1)\cdot 1=6+1=7$。
- 注意副对角线是减，符号别丢。
答案$-2$ 与 $7$。
用行列式解方程组 $\begin{cases}x+2y=5\\3x+4y=11\end{cases}$。
解答与答案
- $D=\begin{vmatrix}1&2\\3&4\end{vmatrix}=4-6=-2$。
- $D_x=\begin{vmatrix}5&2\\11&4\end{vmatrix}=20-22=-2$，$D_y=\begin{vmatrix}1&5\\3&11\end{vmatrix}=11-15=-4$。
- $x=D_x/D=(-2)/(-2)=1$，$y=D_y/D=(-4)/(-2)=2$。代回：$1+4=5$，$3+8=11$。
答案$x=1$，$y=2$。
- 对角线法则（沙路法）只适用于二阶、三阶；四阶行列式用它会得到错误结果。
- 副对角线方向的乘积前面是减号，三个副对角项的符号都容易漏。
- $D=0$ 时不能写 $x=D_x/D$；方程组可能无解或有无穷多解，要回到消元讨论。
- 行列式是一个数，方阵是一个数表；符号上 $\begin{vmatrix}\cdot\end{vmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix}\cdot\end{pmatrix}$ 不要混。
1$\begin{vmatrix}1&3\\2&5\end{vmatrix}=$
答案与解析
正确答案：A
$1\cdot 5-3\cdot 2=5-6=-1$。
2对角线法则可以直接用来计算 4 阶行列式。
答案与解析
正确答案：A
沙路法只覆盖二阶、三阶；四阶要用定义、性质或展开。
§2排列
数逆序的口诀：逐个数它后面比它小的个数。$321$ 是 $2+1+0=3$（奇排列），$231$ 是 $1+1+0=2$（偶排列）。$231$ 可由 $123$ 经两次对换（$123\to321\to231$）得到，与 $\tau=2$ 的偶性正好对上。
由 $1,2,\ldots,n$ 组成的一个有序数组 $j_1j_2\cdots j_n$（每个数恰好出现一次）称为一个 $n$ 级排列。若 $p<q$ 而 $j_p>j_q$，则称 $j_pj_q$ 构成一个逆序。排列中逆序的总数称为逆序数，记作 $\tau(j_1j_2\cdots j_n)$。
标准排列 $12\cdots n$ 的逆序数为 $0$。
逆序数为奇数的排列称为奇排列，为偶数的排列称为偶排列。
将排列中两个位置的数互换、其余位置不动，所得的新排列称为由原排列经一次对换得到。
- $n$ 级排列 $\pi$
- $\pi'$ 是 $\pi$ 经一次对换得到的排列
$\pi$ 与 $\pi'$ 的奇偶性相反，即 $\tau(\pi')\not\equiv \tau(\pi)\pmod 2$。
证明思路
先证相邻对换：交换相邻两数，只有这两个数之间的逆序关系改变，逆序数恰改变 $1$。一般对换可写成奇数个相邻对换之积：把左端元素逐步换到右端，再把右端元素逐步换回，总步数为奇数，故奇偶性翻转。
- $n\geq 1$
任意 $n$ 级排列都可经有限次对换化为标准排列 $12\cdots n$，且所用对换次数的奇偶性与排列的奇偶性一致。$n$ 级排列共 $n!$ 个，当 $n\ge 2$ 时其中奇、偶排列各占一半。
证明思路
把每个不在位的数逐次对换归位，即可化为标准排列。由对换改变奇偶性，化为偶排列（标准排列）所需对换次数必为偶数当且仅当原排列为偶排列。计数：全体排列上对换给出奇偶之间的双射，故各 $n!/2$ 个（$n\geq 2$）。
承重的是对换次数的奇偶性唯一：若 $231$ 既能用两次对换、又能用三次对换得到，$(-1)^{\tau}$ 就没有定义可言，行列式的符号当场塌。$231$ 的 $\tau=2$ 与 $123\to321\to231$ 的两次对换互相咬合，正是这种咬合保证定义自洽；$n\geq2$ 时奇偶各半则保证正负项一样多。
求排列 $3142$ 的逆序数，并判断奇偶。
解答与答案
- $3$ 后面比它小的有 $1,2$，贡献 $2$。
- $1$ 后面没有更小的，贡献 $0$；$4$ 后面比它小的有 $2$，贡献 $1$。
- $\tau=2+0+1=3$，为奇数，故 $3142$ 是奇排列。
答案$\tau(3142)=3$，奇排列。
将排列 $2431$ 化为标准排列 $1234$，写出所用对换并核对次数奇偶。
解答与答案
- 计算逆序数：$2$ 后有 $1$，$4$ 后有 $3,1$，$3$ 后有 $1$，合计 $\tau(2431)=4$，为偶排列。
- 先把数字 $1$ 换到首位：位置 $4$ 与位置 $1$ 对换，$2431\to 1432$（1 次对换）。
- 再把数字 $2$ 换到第二位：位置 $4$ 的 $2$ 与位置 $2$ 的 $4$ 对换，$1432\to 1234$（第 2 次对换）。共 2 次对换，偶数次，与偶排列一致。
答案对换两次：$2431\to 1432\to 1234$；$\tau(2431)=4$ 为偶排列，次数奇偶一致。
- 逆序只看“前面大于后面”的数对，不要把位置下标大小与数值大小搞反。
- 对换次数的奇偶性由排列决定，但具体次数不唯一；只有一致的奇偶性才是不变量。
- $n=1$ 时只有一个排列，逆序数 $0$，是偶排列；“奇偶各半”要 $n\geq 2$ 才非平凡。
- 把逆序数与排列的值（把排列看成 $n$ 位数）混淆，例如 $321$ 是排列，其“数值”与逆序数无关。
1$\tau(2314)=$
答案与解析
正确答案：B
$2$ 后有 $1$（1 个），$3$ 后有 $1$（1 个），合计 $2$，偶排列。
2一次对换一定改变排列的奇偶性。
答案与解析
正确答案：B
相邻对换改变逆序数 $1$，一般对换是奇数个相邻对换之积，故奇偶性翻转。
34 级排列共有多少个？
答案与解析
正确答案：C
$4!=24$。
§3$n$ 级行列式
代个数感受规模：$n=4$ 的展开有 $24$ 项，$n=10$ 有 $3628800$ 项，写都写不完。这个式子是说明图纸：它负责把'每项取不同行不同列、符号看奇偶'钉死，算数的活儿交给后面的性质。
设 $A=(a_{ij})$ 是 $n\times n$ 数表，定义 $n$ 级行列式 $\det A=|A|=\sum_{j_1j_2\cdots j_n}(-1)^{\tau(j_1j_2\cdots j_n)}a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}$，其中求和取遍全体 $n$ 级排列。每一项恰取自不同行不同列各一个元素。
项数共 $n!$；$(-1)^{\tau}$ 给出该项符号。$n=2,3$ 时与对角线法则一致。
一般认为行列式思想在十七世纪末由莱布尼茨与日本的关孝和各自在解方程组的计算中用到；十八世纪克拉默、范德蒙德、拉普拉斯逐步整理，十九世纪柯西给出接近今天的排列式定义。细节年代各文献说法不一。
把 $A$ 的行列互换所得矩阵记为 $A^{T}$，$\det(A^{T})$ 称为 $A$ 的转置行列式。
- $A=(a_{ij})$ 是 $n$ 级方阵
- $A$ 为上三角（$i>j$ 时 $a_{ij}=0$）或下三角（$i<j$ 时 $a_{ij}=0$）
$\det A=a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}$，即对角元之积。特别地，对角行列式 $\mathrm{diag}(d_1,\ldots,d_n)$ 的行列式为 $d_1\cdots d_n$；有零对角元时行列式为 $0$。
证明思路
展开定义中的一般项 $(-1)^{\tau}a_{1j_1}\cdots a_{nj_n}$。若某 $j_i\neq i$，则第 $i$ 行取的元素在对角线下方（上三角情形），必为 $0$。故非零项只能是 $j_1=1,\ldots,j_n=n$，对应标准排列，符号为 $+$，乘积即对角元之积。
条件三角承重：一旦有个非零元素落在对角线外，乘积公式就翻车——$\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$ 的行列式是 $-2$，而对角元之积是 $4$。三角形好就好在 $n!$ 项里只有对角元那项不含零，其余全灭。
- $n=2$ 或 $n=3$
排列定义的 $n$ 级行列式与第一节的对角线法则给出的值相同。
证明思路
$n=2$ 时排列只有 $12$（偶）与 $21$（奇），得 $a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}$。$n=3$ 时 $6$ 个排列正好对应主对角三项取正、副对角三项取负，与沙路法逐项相同。
计算 $\begin{vmatrix}1&2&0\\0&3&4\\0&0&5\end{vmatrix}$ 与 $\begin{vmatrix}2&0&0\\1&3&0\\4&5&6\end{vmatrix}$。
解答与答案
- 第一个是上三角：$1\cdot 3\cdot 5=15$。
- 第二个是下三角：$2\cdot 3\cdot 6=36$。
- 若某个对角元为 $0$，三角行列式立刻为 $0$，不必展开。
答案$15$ 与 $36$。
用定义写出 3 阶行列式 $\begin{vmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{vmatrix}$ 的全部非零项并求值。
解答与答案
- 非零项须每行每列各取一个非零元。看各行非零元位置：第 1 行只能取 $a_{12}$，第 2 行只能取 $a_{21}$，第 3 行只能取 $a_{33}$。
- 对应排列 $j_1j_2j_3=213$，$\tau(213)=1$，符号为 $(-1)^1=-1$。
- 该项为 $(-1)\cdot a_{12}a_{21}a_{33}=-1\cdot 1\cdot 1\cdot 1=-1$；其余排列都含零因子，贡献为 $0$。
答案$-1$。
- 定义中有 $n!$ 项，$n$ 稍大就不能硬算；要靠性质化三角或展开。
- 每一项必须取自不同行不同列，不能任取 $n$ 个元素相乘。
- 符号由排列的逆序数决定，不是由“位置偏移个数”的直觉决定；$3$ 阶才刚好等于对角线法则。
- 上三角、下三角、对角三种情况结论相同，都是对角元之积；不要对下三角另推符号。
1$\begin{vmatrix}1&0&0\\2&3&0\\4&5&6\end{vmatrix}=$
答案与解析
正确答案：D
下三角行列式为对角元之积 $1\cdot 3\cdot 6=18$。
2$n$ 级行列式定义中共有多少项？
答案与解析
正确答案：A
每个 $n$ 级排列对应一项，共 $n!$ 项。
§4$n$ 级行列式的性质
化简的优先级：先提公因子、再用倍加造零、万不得已才换行（记得记负号）。倍加是唯一不改行列式值的操作，拿它当主力，符号风险最小。
- $A$ 是 $n$ 级方阵
$\det(A^{T})=\det A$，即行列互换行列式的值不变。因而一切对行成立的性质对列也成立。
证明思路
$A^{T}$ 的 $(i,j)$ 元是 $a_{ji}$。按定义展开 $\det(A^{T})$ 时，一般项为 $(-1)^{\tau}a_{j_11}a_{j_22}\cdots a_{j_nn}$，重排乘积次序并把下标改写为按行排，符号 $(-1)^{\tau}$ 与对应 $\det A$ 中的项相同，故两行列式逐项相等。
- $A$ 是 $n$ 级方阵
- $B$ 是 $A$ 互换第 $i,j$ 两行所得矩阵
$\det B=-\det A$。
证明思路
$B$ 的项与 $A$ 的项一一对应，只是同一列指标在第 $i,j$ 两行对调，这相当于对排列作一次对换，逆序数奇偶性翻转，故每一项变号，总和变号。
- $A$ 是 $n$ 级方阵
- $k$ 是数
- $B$ 是 $A$ 的第 $i$ 行乘 $k$ 所得矩阵
$\det B=k\det A$。等价地，行列式对每一行都是齐次线性的。
证明思路
在定义中，每一项都恰含第 $i$ 行的一个元素，该因子被替换为 $k$ 倍，故每项整体乘 $k$，总和乘 $k$。
某行乘 $k$ 与整个矩阵乘 $k$ 是两回事：前者行列式乘 $k$，后者乘 $k^n$。取 $A=\operatorname{diag}(2,3)$、$k=2$：第二行乘 $2$ 得行列式 $12=2\cdot6$，而 $2A$ 的行列式是 $24=2^2\cdot6$。混用这两条是本节最大的坑。
- $A$ 是 $n$ 级方阵
若 $A$ 有两行成比例，或有一行全为零，则 $\det A=0$。
证明思路
两行成比例时，互换这两行行列式变号，但矩阵不变（或仅差标量），结合提取公因子得 $\det A=-\det A$，故 $\det A=0$。有一行全零时，定义中每项都含该行的零元素，故为 $0$。
- $A$ 是 $n$ 级方阵
- $B$ 是 $A$ 的第 $j$ 行加上第 $i$ 行的 $k$ 倍（$i\neq j$）所得矩阵
$\det B=\det A$。
证明思路
由对第 $j$ 行的线性性，$\det B=\det A+k\det A'$，其中 $A'$ 是把 $A$ 的第 $j$ 行换成第 $i$ 行后的矩阵，于是 $A'$ 的第 $i,j$ 两行相同，行列式为 $0$，故 $\det B=\det A$。
条件 $i\neq j$ 承重：自己加自己的 $k$ 倍等于把该行乘 $(1+k)$，行列式要乘 $(1+k)$。$A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$ 的 $\det=-2$，把第 $1$ 行自己加自己（$k=1$）得 $\begin{pmatrix}2&4\\3&4\end{pmatrix}$，$\det=-4$，正好翻倍。倍加只在加到另一行时才不改值。
- $A$ 的第 $i$ 行写成向量 $\alpha+\beta$
- 其余各行固定
行列式作为各行的函数是线性的，且对行是交错的（两行相同则值为 $0$，换行变号）。对列有完全相同的结论。
证明思路
线性性直接来自定义中每项对第 $i$ 行元素的一次齐次性与可加性；交错性由互换变号与两行相同矩阵不变联合推出。
计算 $D=\begin{vmatrix}1&1&1\\1&2&3\\1&3&6\end{vmatrix}$（化三角）。
解答与答案
- 第 2 行减第 1 行，第 3 行减第 1 行：$D=\begin{vmatrix}1&1&1\\0&1&2\\0&2&5\end{vmatrix}$。
- 第 3 行减第 2 行的 2 倍：$D=\begin{vmatrix}1&1&1\\0&1&2\\0&0&1\end{vmatrix}$。
- 上三角行列式 $=1\cdot 1\cdot 1=1$。
答案$D=1$。
已知 $\det A=3$，求 $\det B$，其中 $B$ 是把 $A$ 的某一列乘 $-2$ 所得矩阵；再求 $\det(2A)$（$A$ 为 3 级）。
解答与答案
- 列乘 $-2$：$\det B=-2\det A=-6$。
- $\det(2A)$：每一行都乘 $2$，三行共 $2^3$ 倍，$\det(2A)=8\cdot 3=24$。
- 易错点：$\det(kA)=k^n\det A$，不是 $k\det A$。
答案$\det B=-6$，$\det(2A)=24$。
- $\det(kA)=k^n\det A$（$n$ 为阶数），不是 $k\det A$；只有“某一行乘 $k$”才是 $k$ 倍。
- 把某行的倍数加到另一行时，不能“自己乘 $k$ 再加到自己”并声称不变——那是某行乘 $(1+k)$。
- 行性质与列性质由转置定理打通，但作变换时不要行、列混用导致矩阵被改错。
- 两行成比例得零，但两行“看起来差不多”不一定成比例；要检查是否真是倍数关系。
1$\det(3A)$ 当 $A$ 为 4 级方阵且 $\det A=2$ 时等于
答案与解析
正确答案：B
$\det(3A)=3^4\det A=81\times 2=162$，对应选项 C。
2把行列式的两行互换，值不变。
答案与解析
正确答案：A
互换两行行列式变号，是“值变号”不是不变。
3若行列式有两行完全相同，则值为
答案与解析
正确答案：C
两行相同，互换后矩阵不变但行列式应变号，故只能为 $0$。
§5行列式的计算
化三角一步写清：$A=\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&10\end{pmatrix}$，做 $r_2-4r_1$、$r_3-7r_1$、$r_3-2r_2$ 后对角元是 $1,-3,1$，故 $\det A=1\cdot(-3)\cdot1=-3$。三次倍加、零换行，符号风险为零。
- $A$ 是 $n$ 级方阵
只用“某行加另一行的倍数”与“互换两行（记录变号）”“某行提取非零公因子”可把 $A$ 化为上三角矩阵 $U$，且 $\det A=(-1)^{s}\,c^{-1}\,\det U$，其中 $s$ 为换行次数，$c$ 为提取出的公因子之积（若未提取则 $c=1$）。
证明思路
倍加不改行列式，互换变号，提取公因子使行列式乘该因子。化为上三角后行列式是对角元之积，把过程中的符号与因子逆回去即得原行列式。这是计算一般数值行列式的标准流程。
- $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 是数
$\begin{vmatrix}1&1&\cdots&1\\a_1&a_2&\cdots&a_n\\a_1^2&a_2^2&\cdots&a_n^2\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_1^{n-1}&a_2^{n-1}&\cdots&a_n^{n-1}\end{vmatrix}=\prod_{1\leq i<j\leq n}(a_j-a_i)$。
证明思路
对 $n$ 归纳，从最后一行起逐行减去上一行的 $a_1$ 倍，把第一列化成 $(1,0,\ldots,0)^{T}$，按第一列展开后提取每行公因子 $(a_j-a_1)$，得到 $n-1$ 阶范德蒙德行列式，再用归纳假设。特别地，$a_i$ 互异时行列式非零。
公式有两个安全阀：下标按 $a_j-a_i$（$j>i$）取方向，写反整体差 $(-1)^{n(n-1)/2}$ 的符号；有 $a_i=a_j$ 时因子里出现 $0$，行列式为 $0$（两列相同本该为 $0$）。验算：$a_1=1,a_2=2,a_3=3$ 时 $\prod_{i<j}(a_j-a_i)=1\cdot2\cdot1=2$，与三阶展开一致。
- $A$ 的第 $i$ 行 $\alpha=\beta+\gamma$
$\det A=\det A_{\beta}+\det A_{\gamma}$，其中 $A_\beta,A_\gamma$ 只是把第 $i$ 行分别换成 $\beta,\gamma$，其余行与 $A$ 相同。
证明思路
这是行列式对行的可加性，直接来自多线性。把某一行拆成两行之和后，行列式拆成两个行列式之和，常用于出现和式或参数的行。
计算 $D=\begin{vmatrix}1&1&1&1\\1&2&3&4\\1&3&6&10\\1&4&10&20\end{vmatrix}$。
解答与答案
- 各行减第 1 行：$D=\begin{vmatrix}1&1&1&1\\0&1&2&3\\0&2&5&9\\0&3&9&19\end{vmatrix}$。
- 第 3 行减第 2 行 2 倍，第 4 行减第 2 行 3 倍：$D=\begin{vmatrix}1&1&1&1\\0&1&2&3\\0&0&1&3\\0&0&3&10\end{vmatrix}$。
- 第 4 行减第 3 行 3 倍：$D=\begin{vmatrix}1&1&1&1\\0&1&2&3\\0&0&1&3\\0&0&0&1\end{vmatrix}$，故 $D=1$。
答案$D=1$。
用范德蒙德公式计算 $V=\begin{vmatrix}1&1&1\\1&2&3\\1&4&9\end{vmatrix}$。
解答与答案
- 对应 $a_1=1$，$a_2=2$，$a_3=3$。
- $\prod_{i<j}(a_j-a_i)=(2-1)(3-1)(3-2)=1\cdot 2\cdot 1=2$。
- 直接展开核对：$1\cdot(2\cdot 9-3\cdot 4)-1\cdot(1\cdot 9-3\cdot 1)+1\cdot(1\cdot 4-2\cdot 1)=(18-12)-(9-3)+(4-2)=6-6+2=2$，与公式一致。
答案$V=2$。
- 每做一次行互换必须记一次变号；漏记符号是化三角最常见错误。
- “某行乘 $k$ 再加到另一行”不改行列式，但“某行乘 $k$”本身会让行列式乘 $k$，两者不要混。
- 范德蒙德公式是 $\prod_{i<j}(a_j-a_i)$，下标方向影响符号；$a_i$ 有相等时行列式为 $0$。
- 拆行法只拆一行（或一列）；同时拆两行会得到 $2\times 2$ 组合个行列式，不能漏项。
1范德蒙德行列式 $\begin{vmatrix}1&1\\a&b\end{vmatrix}=$
答案与解析
正确答案：D
$\prod_{i<j}(a_j-a_i)=b-a$；也等于 $1\cdot b-a\cdot 1=b-a$。
2只用“某行加另一行的倍数”保持行列式值不变。
答案与解析
正确答案：B
倍加变换不改变行列式的值，是化三角的主力操作。
§6行列式按一行(列)展开
按行展开手算一例：$A=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&3&4\\5&0&6\end{pmatrix}$ 按第一行展开，$1\cdot A_{11}+2\cdot A_{12}=1\cdot18+2\cdot20=58$。选零多的行开工，一项能省一半计算。
在 $n$ 级行列式 $A$（$n\geq 2$）中划去第 $i$ 行第 $j$ 列，剩下的 $n-1$ 级行列式称为元素 $a_{ij}$ 的余子式，记作 $M_{ij}$。称 $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的代数余子式。
$A_{ij}$ 只依赖位置 $(i,j)$，与 $a_{ij}$ 本身的大小无关。
- $A=(a_{ij})$ 是 $n$ 级方阵
- $n\geq 2$
对任意固定行 $i$，$\det A=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}A_{ij}$；对任意固定列 $j$，$\det A=\sum_{i=1}^{n}a_{ij}A_{ij}$。
证明思路
把定义中 $n!$ 项按第 $i$ 行所取的元素分组，每组恰对应一个 $a_{ij}$，其余因子构成 $M_{ij}$ 的展开项；符号 $(-1)^{\tau}$ 可整理成 $(-1)^{i+j}$ 乘上余子式展开的符号。对列的情形由转置定理得到。
条件元素与代数余子式必须同行同列，承重在配对：错位就归零。$A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$ 按第一行展开 $1\cdot4+2\cdot(-3)=-2$；换成第 $1$ 行元素乘第 $2$ 行代数余子式，$1\cdot(-2)+2\cdot1=0$（异乘变零）。配对规则是展开定理的命根。
- $A$ 是 $n$ 级方阵
- $n\geq 2$
- $i\neq k$ 或 $j\neq l$
$\sum_{j=1}^{n}a_{ij}A_{kj}=0$（$i\neq k$）；$\sum_{i=1}^{n}a_{ij}A_{il}=0$（$j\neq l$）。
证明思路
左边等于把 $A$ 的第 $k$ 行换成第 $i$ 行后按第 $k$ 行展开所得行列式，而新矩阵有两行相同，行列式为 $0$。列的情形对称。
- $A=(a_{ij})$ 是 $n$ 级方阵
- 某一行（列）含多个零
$\det A$ 可按该行（列）展开成至多几个非零 $a_{ij}A_{ij}$ 之和，从而把 $n$ 阶计算化为若干个 $n-1$ 阶计算。
证明思路
展开定理的直接应用。选零多的行或列可以显著减少项数；递归进行可降到二阶，再用对角线法则。
按第一行展开计算 $D=\begin{vmatrix}1&2&3\\0&4&5\\0&0&6\end{vmatrix}$，并核对三角公式。
解答与答案
- 按第一行：$D=1\cdot A_{11}+2\cdot A_{12}+3\cdot A_{13}$。
- $A_{11}=+M_{11}=\begin{vmatrix}4&5\\0&6\end{vmatrix}=24$，$A_{12}=-M_{12}=-\begin{vmatrix}0&5\\0&6\end{vmatrix}=0$，$A_{13}=+M_{13}=\begin{vmatrix}0&4\\0&0\end{vmatrix}=0$。
- 故 $D=1\cdot 24+0+0=24$，与上三角乘积 $1\cdot 4\cdot 6=24$ 一致。
答案$D=24$。
计算 $D=\begin{vmatrix}1&0&2\\3&1&0\\2&0&1\end{vmatrix}$（按第 2 列展开）。
解答与答案
- 第 2 列只有 $a_{22}=1$ 非零，$D=a_{22}A_{22}=1\cdot(-1)^{2+2}M_{22}$。
- $M_{22}=\begin{vmatrix}1&2\\2&1\end{vmatrix}=1-4=-3$。
- 故 $D=-3$。
答案$D=-3$。
- 代数余子式的符号是 $(-1)^{i+j}$，不是只看行号或只看列号；画棋盘格辅助记忆。
- $A_{ij}$ 是划去第 $i$ 行第 $j$ 列后的余子式，与元素 $a_{ij}$ 的值无关，不能先乘进去了事。
- 异乘变零的和是“原行列式的某行元素 $\times$ 另一行代数余子式”，不要与展开公式搞混。
- 一阶行列式就是元素本身，没有余子式；$M_{ij}$ 要求 $n\geq 2$。
1元素 $a_{ij}$ 的代数余子式是
答案与解析
正确答案：A
定义 $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$。
2行列式按任意一行展开的值都相同。
答案与解析
正确答案：A
展开定理对任意行（列）成立，结果都是同一个行列式。
§7克拉默法则
克拉默法则的意义在显式公式，不在算法：$n$ 大时算 $n+1$ 个 $n$ 阶行列式远比高斯消元慢。它胜在把每个解写成两个行列式之商，理论推导一路顺手。
对 $n$ 元线性方程组 $\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j=b_i$（$i=1,\ldots,n$），称 $D=\det(a_{ij})$ 为系数行列式；$D_i$ 是把 $D$ 的第 $i$ 列换成常数列 $(b_1,\ldots,b_n)^{T}$ 后得到的行列式。
- 线性方程组 $\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j=b_i$（$i=1,\ldots,n$）
- 系数行列式 $D\neq 0$
方程组有唯一解 $x_i=\dfrac{D_i}{D}$（$i=1,\ldots,n$）。
证明思路
把解 $x_j=D_j/D$ 代入第 $i$ 个方程，左边为 $\sum_j a_{ij}D_j/D$。分子是把 $D$ 的第 $j$ 列换成 $b$ 后按第 $j$ 列展开再乘 $a_{ij}$ 的组合；由异乘变零与展开定理，$\sum_j a_{ij}A_{kj}=D\delta_{ik}$，整理得分子 $=b_i D$，故左边 $=b_i$。唯一性由 $D\neq 0$ 时消元可解出唯一解。
克拉默法则得名于十八世纪的瑞士数学家克拉默。一般认为十八世纪中叶他在研究线性方程组解的显式公式时给出这一法则；类似的想法在他之前已有人零星用到，归属细节说法不一。
条件 $D\neq0$ 承重：它保证分母不为零且解唯一。$x+2y=5, 3x+4y=11$：$D=-2$、$D_x=-2$、$D_y=-4$，故 $x=1, y=2$，代回原方程两行都对。若 $D=0$，分子分母同为零也猜不出解，只能回消元。
- 齐次线性方程组 $\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j=0$（$i=1,\ldots,n$）
若 $D\neq 0$，则只有零解 $x_1=\cdots=x_n=0$；若齐次组有非零解，则必有 $D=0$。（对 $n$ 个方程 $n$ 个未知量，$D=0$ 时确实存在非零解，这是第 3 章的判别，此处只写必要性。）
证明思路
$D\neq 0$ 时克拉默法则给出唯一解，常数全为零时 $D_i=0$，故解为零。若有非零解而 $D\neq 0$，由唯一性只能是零解，矛盾，故 $D=0$。
充分性（$D=0$ 必有非零解）要到线性方程组理论完整建立后再证。
用克拉默法则解 $\begin{cases}x_1+x_2+x_3=6\\x_1-x_2+x_3=2\\2x_1+x_2-x_3=1\end{cases}$。
解答与答案
- $D=\begin{vmatrix}1&1&1\\1&-1&1\\2&1&-1\end{vmatrix}=1\cdot(1-1)-1\cdot(-1-2)+1\cdot(1+2)=6$。
- $D_1=\begin{vmatrix}6&1&1\\2&-1&1\\1&1&-1\end{vmatrix}=6\cdot(1-1)-1\cdot(-2-1)+1\cdot(2+1)=6$。
- 类似地 $D_2=\begin{vmatrix}1&6&1\\1&2&1\\2&1&-1\end{vmatrix}=12$，$D_3=\begin{vmatrix}1&1&6\\1&-1&2\\2&1&1\end{vmatrix}=18$。故 $x_1=6/6=1$，$x_2=12/6=2$，$x_3=18/6=3$。代回：$1+2+3=6$，$1-2+3=2$，$2+2-3=1$。
答案$D=6$，$x_1=1$，$x_2=2$，$x_3=3$。
问 $\lambda$ 为何值时齐次组 $\begin{cases}(\lambda-1)x_1+x_2=0\\x_1+(\lambda-1)x_2=0\end{cases}$ 有非零解？
解答与答案
- 系数行列式 $D=(\lambda-1)^2-1=\lambda^2-2\lambda$。
- $D=\lambda(\lambda-2)$。
- 有非零解必须 $D=0$，故 $\lambda=0$ 或 $\lambda=2$（此时方程组两行成比例，确实有非零解）。
答案$\lambda=0$ 或 $\lambda=2$。
- 克拉默法则只适用于方程个数与未知量个数相等且 $D\neq 0$ 的情形；不能拿来判一般线性方程组。
- $D_i$ 是替换第 $i$ 列，不是替换第 $i$ 行；写反会得到错误解。
- 齐次组“有非零解 $\Rightarrow D=0$”是必要条件；本章未证 $D=0\Rightarrow$ 非零解的充分性。
- 行列式为零时不能除，也不能用 $0/0$ 猜测解；要回到高斯消元。
1克拉默法则的适用前提是
答案与解析
正确答案：B
必须是方阵且 $D\\neq 0$，才能写出 $x_i=D_i/D$。
2若 $n$ 元齐次线性方程组有非零解，则系数行列式为零。
答案与解析
正确答案：B
$D\\neq 0$ 时由克拉默法则只有零解，故有非零解必 $D=0$。
§8拉普拉斯定理·行列式的乘法规则
直觉上说，$|\det A|$ 是 $A$ 对体积的缩放倍数（符号管定向），乘法法则就是缩放率可乘。数字验证：$A=\operatorname{diag}(2,3)$、$B=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ 时 $\det(AB)=6=6\cdot1$，两段缩放叠起来一点不打折。
在 $n$ 级行列式 $A$（$n\geq k\geq 1$）中任取 $k$ 行、$k$ 列，交叉处的 $k^2$ 个元素按原顺序构成的 $k$ 级行列式称为 $A$ 的一个 $k$ 级子式。划去这 $k$ 行 $k$ 列后剩下的 $n-k$ 级行列式称为该子式的余子式；加上符号 $(-1)^{(i_1+\cdots+i_k)+(j_1+\cdots+j_k)}$ 称为代数余子式。
$k=1$ 时就是元素的余子式与代数余子式；$k=n$ 时子式就是 $A$ 自身。
- $A$ 是 $n$ 级方阵
- $n\geq k\geq 1$
- 取定第 $i_1<\cdots<i_k$ 行
$\det A$ 等于所有取自这 $k$ 行的 $k$ 级子式与其代数余子式乘积之和；对任意 $k$ 列取定的情形也有完全相同的展开式。
证明思路
把定义中的 $n!$ 项按“这 $k$ 行所取的 $k$ 个列指标”分组。每组内的乘积正好构成一个 $k$ 级子式与其余部分（余子式展开项）的乘积；符号 $(-1)^{\tau}$ 拆成行、列下标和的两部分，得到代数余子式中的 $(-1)^{(i_1+\cdots+i_k)+(j_1+\cdots+j_k)}$。$k=1$ 即按行展开。
- $A=(a_{ij})$，$B=(b_{ij})$ 都是数域 $P$ 上的 $n$ 级方阵
$\det(AB)=\det A\cdot \det B$。
证明思路
构造 $2n$ 级分块行列式 $\begin{vmatrix}A&0\\-I&B\end{vmatrix}$。一方面它等于 $\det A\cdot\det B$（按前 $n$ 行拉普拉斯展开，或化为分块上三角）。另一方面用行变换把左下 $-I$ 消为 $0$，右上变成 $AB$，行列式化为 $\begin{vmatrix}0&AB\\-I&B\end{vmatrix}$ 的等价型，再按后 $n$ 行展开得 $\det(AB)$。故 $\det(AB)=\det A\det B$。
条件同阶方阵承重：不同阶要改用柯西–比内公式，结论变成 $k$ 级子式乘积之和。而且 $\det$ 只管乘不管加：$A=B=E_2$ 时 $\det(A+B)=\det(2E)=4$，$\det A+\det B=2$。两条规则别串门。
- $A$，$B$ 是 $n$ 级方阵
- $k$ 是数
$\det(kA)=k^n\det A$；$\det(A^m)=(\det A)^m$；若 $A$ 可逆则 $\det(A^{-1})=(\det A)^{-1}$。
证明思路
第一式由每行提 $k$ 得到。第二式对乘法规则归纳。第三式由 $AA^{-1}=I$ 两边取行列式，$\det A\det(A^{-1})=1$。
用乘法规则计算：已知 $\det A=2$，$\det B=-3$，$A,B$ 为 3 级，求 $\det(AB)$ 与 $\det(BA)$。
解答与答案
- $\det(AB)=\det A\det B=2\cdot(-3)=-6$。
- $\det(BA)=\det B\det A=-6$。
- 注意即使 $AB\neq BA$，两者的行列式仍相等。
答案$\det(AB)=\det(BA)=-6$。
用拉普拉斯定理按前两行展开 $D=\begin{vmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\3&2&2&1\\4&5&1&1\end{vmatrix}$。
解答与答案
- 前两行非零子式只有 $\begin{vmatrix}1&0\\0&1\end{vmatrix}=1$（取第 1、2 列）。
- 其代数余子式为 $(-1)^{(1+2)+(1+2)}\begin{vmatrix}2&1\\1&1\end{vmatrix}=+(2-1)=1$。
- 故 $D=1\cdot 1=1$。也可看作分块三角，$\det=\det I_2\cdot\det\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}=1$。
答案$D=1$。
- 拉普拉斯展开要“所有”取自这 $k$ 行的 $k$ 级子式，不能只算一个最大的；零子式可跳过，但其余都要。
- $k$ 级子式的代数余子式符号用行标与列标之和，不是 $(-1)^{k}$ 或 $(-1)^{i_k+j_k}$。
- $\det(AB)=\det A\det B$ 对同阶方阵成立；$A$、$B$ 不同阶时要改用柯西–比内公式，不能乱套。
- $\det(A+B)\neq \det A+\det B$；乘法规则只对乘积矩阵，不对应加法。
1$\det(AB)=$
答案与解析
正确答案：C
行列式乘法规则：$\det(AB)=\det A\det B$（同阶方阵）。
2拉普拉斯定理中 $k=1$ 时退化为按一行展开。
答案与解析
正确答案：A
$1$ 级子式就是元素，代数余子式即 $(-1)^{i+j}M_{ij}$，与按行展开一致。
3$A$ 可逆时 $\det(A^{-1})=$
答案与解析
正确答案：D
$\det A\det(A^{-1})=\det I=1$，故 $\det(A^{-1})=(\det A)^{-1}$。
线性方程组CHAPTER 03 · 6 SECTIONS
本章用消元法把线性方程组化为阶梯形，引入 n 维向量空间与线性相关性，建立向量组的秩与矩阵的秩，证明有解判别定理，最后给出齐次解空间的维数公式与非齐次解的结构。整章是线性代数的计算与理论枢纽。
上一章把行列式练成了判别工具，这一章要把解方程组从手艺变成理论：消元法给算法，向量组的秩给“独立信息的条数”，有解判别与解的结构把“有没有解、解怎么写”全部折算成一个数——秩。秩会长成第四章矩阵的秩、第六章线性空间的维数；解空间公式 $\dim W=n-r(A)$ 正是那边维数定理的预演。
§1消元法
消元法的思想在《九章算术》方程章里已经成形：那里的“遍乘直除”就是对整式做倍加与消元，和今天课本里的动作一一对应。高斯在十九世纪初把它整理成标准算法。同一个想法管了两千年，连“化到上台阶再回代”都一样。
形如 $\begin{cases} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_n=b_1\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2n}x_n=b_2\\ \cdots\\ a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\cdots+a_{mn}x_n=b_m\end{cases}$ 的方程组称为 $n$ 个未知量、$m$ 个方程的线性方程组，其中 $a_{ij}\in P$，$b_i\in P$。$b_1=\cdots=b_m=0$ 时称为齐次线性方程组，否则称为非齐次的。
系数矩阵 $A=(a_{ij})_{m\times n}$，增广矩阵 $\bar{A}=(A\mid b)$。
以下三种变换称为线性方程组的初等变换：（1）交换两个方程的位置；（2）用非零常数乘某一个方程；（3）把一个方程的倍数加到另一个方程上。它们分别对应增广矩阵的行初等变换。
三种变换都可逆，因此变换前后解集相同。
- 线性方程组 $S$ 经过有限次初等变换得到 $S'$
$S$ 与 $S'$ 同解，即它们有完全相同的解集合。
证明思路
每种初等变换都有逆变换；变换把一组解映成一组解，逆变换再映回来。故解集一一对应，完全相同。
三种变换都可逆是同解的全部理由：换行、非零数乘、倍加，每一步都能倒回去，解集自然不动。删掉“非零”就塌：用 $0$ 乘某行会把该方程变成 $0=0$ 或 $0=c$，凭空丢掉一个约束。
若线性方程组满足：（1）若有零方程则排在最后；（2）每个方程的第一个未知量（首元）下标严格增大；（3）首元系数为 $1$ 且所在列其余系数为 $0$，则称为阶梯形（或行最简形）方程组。行最简形还要求首元系数为 $1$。
- 任意线性方程组 $S$（系数在数域 $P$ 中）
$S$ 经过有限次初等变换必可化为阶梯形方程组；由阶梯形可直接读出唯一解、无穷多解或无解。
证明思路
对首列：若全为零则看下一列；否则取非零元消去其余方程的该未知量。对剩下子方程组归纳。零行排后。回代读解。
“有限次初等变换”承重：每次消元要拿首元系数做除法，得在数域里做——非零可除、除完不越界；挪到只许整数的范围，$2x=1$ 就卡壳。另外阶梯形能直接读出结局，靠的是每步同解；少一步可逆，读出的就不是原方程的解。
用消元法解方程组 $\begin{cases} x_1+2x_2+x_3=4\\ 2x_1+5x_2+3x_3=9\\ x_1+3x_2+3x_3=5\end{cases}$。
解答与答案
- 对增广矩阵做行变换：$\begin{pmatrix}1&2&1&4\\2&5&3&9\\1&3&3&5\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&2&1&4\\0&1&1&1\\0&1&2&1\end{pmatrix}$。
- 继续消元：$\to\begin{pmatrix}1&2&1&4\\0&1&1&1\\0&0&1&0\end{pmatrix}$，得阶梯形。
- 回代：$x_3=0$，$x_2=1-x_3=1$，$x_1=4-2x_2-x_3=2$。
答案唯一解 $(x_1,x_2,x_3)=(2,1,0)$。
用消元法解 $\begin{cases} x_1+x_2-x_3=1\\ 2x_1+2x_2-2x_3=2\\ x_1+x_2-x_3=0\end{cases}$。
解答与答案
- 增广矩阵 $\to\begin{pmatrix}1&1&-1&1\\0&0&0&0\\0&0&0&-1\end{pmatrix}$（第三行减第一行）。
- 把末行换到第二行：$\begin{pmatrix}1&1&-1&1\\0&0&0&-1\\0&0&0&0\end{pmatrix}$。
- 第二行写成 $0=-1$，出现矛盾，故方程组无解。
答案无解。
- 把初等变换与「随便加减方程」混为一谈：只能做规定的三种变换，且用常数乘某行时该常数必须非零，否则会丢解或增解。
- 零方程没有被丢掉，而是必须保留在阶梯形末尾并检查常数项是否为零；若出现 $0=c$（$c\neq0$）就是无解，若 $0=0$ 则直接丢掉。
- 退化情形：$m=n=1$ 时只有一个方程 $a_{11}x_1=b_1$，$a_{11}=0$ 且 $b_1=0$ 时解为全体数，$a_{11}=0$ 且 $b_1\neq0$ 时无解——不要默认总有唯一解。
1线性方程组的初等变换共有几种？
答案与解析
正确答案：A
交换两方程、非零常数乘一方程、一方程的倍数加到另一方程，共三种。
2任意线性方程组都可经初等变换化为阶梯形。
答案与解析
正确答案：A
消元法定理：对首列消元后归纳，有限步必化为阶梯形，且与原方程组同解。
§2n维向量空间
“$n$ 维”的 $n$ 数的是分量个数，不是向量个数：$P^2$ 里躺着无穷多个向量，$(1,0)$、$(0,1)$、$(1,1)$ 只是其中三个。维数说的是自由度的数目，不是人口普查。
数域 $P$ 上的 $n$ 元有序数组 $(a_1,a_2,\ldots,a_n)$ 称为一个 $n$ 维向量，$a_i$ 称为它的分量。向量既可写成行 $(a_1,\ldots,a_n)$，也可写成列 $\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}$。
线性方程组的每个方程的系数行是一个向量；未知量组 $(x_1,\ldots,x_n)$ 也是一个向量。
设 $\alpha=(a_1,\ldots,a_n)$，$\beta=(b_1,\ldots,b_n)$，$k\in P$。定义加法 $\alpha+\beta=(a_1+b_1,\ldots,a_n+b_n)$，数乘 $k\alpha=(ka_1,\ldots,ka_n)$。$\alpha=\beta$ 当且仅当对应分量全相等。
分量全为零的向量记为 $0$，称为零向量；$(-1)\alpha$ 记为 $-\alpha$。
数域 $P$ 上全体 $n$ 维向量组成的集合，连同上述加法与数乘，称为 $n$ 维向量空间，记作 $P^n$。
这里只是「列向量空间」的雏形；一般线性空间公理见第6章。
- $\alpha,\beta,\gamma\in P^n$，$k,l\in P$
加法满足交换律、结合律，存在零向量与负向量；数乘满足 $1\alpha=\alpha$，$k(l\alpha)=(kl)\alpha$，$k(\alpha+\beta)=k\alpha+k\beta$，$(k+l)\alpha=k\alpha+l\alpha$。
证明思路
按分量验证：每条运算律都化为数域 $P$ 中对应分量的数的运算律，逐分量成立即整体成立。
八条律是全章恒等变形的执照，看似显然却处处在用：删掉 $k(\alpha+\beta)=k\alpha+k\beta$，线性组合没法展开，判别方程 $\sum x_i\alpha_i=0$ 甚至连方程组都写不成；删掉分配律 $(k+l)\alpha=k\alpha+l\alpha$，合并系数的化简全部作废。
设 $\alpha=(1,-2,3)$，$\beta=(0,1,4)$，求 $2\alpha-3\beta$，并验证 $2\alpha-3\beta\in\mathbb{R}^3$。
解答与答案
- $2\alpha=(2,-4,6)$，$3\beta=(0,3,12)$。
- $2\alpha-3\beta=(2-0,-4-3,6-12)=(2,-7,-6)$。
- 三个分量都是实数，故结果属于 $\mathbb{R}^3$。
答案$2\alpha-3\beta=(2,-7,-6)$。
- 把「分量个数相同」当成可以相加：必须同维，$(a_1,a_2)$ 与 $(b_1,b_2,b_3)$ 不能相加。
- 零向量是分量全为零的向量，不是数字 $0$；写 $\alpha=0$ 时要指明它是 $P^n$ 中的零向量。
- 退化情形 $n=1$：$P^1$ 就是 $P$ 自身，向量退化成数；此时「向量加法」就是数加法，别再当成新对象。
1$\mathbb{R}^2$ 中 $(1,2)+(3,4)$ 等于
答案与解析
正确答案：B
分量相加：$(1+3,2+4)=(4,6)$。
2不同维数的向量也可以定义加法。
答案与解析
正确答案：B
加法要求分量一一对应，维数不同无法对应，故不能相加。
§3线性相关性
$2(1,2)-(2,4)=0$：$(1,2)$ 与 $(2,4)$ 相关；换成 $(1,2)$、$(3,4)$，$k_1(1,2)+k_2(3,4)=0$ 只有零系数解，无关。动手就是设组合为零去解系数。
给定向量 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s\in P^n$ 与数 $k_1,\ldots,k_s\in P$，向量 $k_1\alpha_1+\cdots+k_s\alpha_s$ 称为 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 的一个线性组合，$k_1,\ldots,k_s$ 称为组合系数。
空组的线性组合约定为零向量。
若向量 $\beta$ 可写成 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 的线性组合，则称 $\beta$ 可由 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 线性表出（或线性表示）。
线性表出关系是传递的：若 $\beta$ 可由 $\alpha_i$ 表出，每个 $\alpha_i$ 又可由 $\gamma_j$ 表出，则 $\beta$ 可由 $\gamma_j$ 表出。
若存在不全为零的 $k_1,\ldots,k_s\in P$ 使 $k_1\alpha_1+\cdots+k_s\alpha_s=0$，则称 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 线性相关；否则称为线性无关。线性无关等价于：由 $k_1\alpha_1+\cdots+k_s\alpha_s=0$ 必可推出所有 $k_i=0$。
单个零向量线性相关；单个非零向量线性无关。
- $\alpha_1,\ldots,\alpha_s\in P^n$（$s\ge 1$）
$\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 线性相关 $\iff$ 其中至少有一个向量可由其余 $s-1$ 个向量线性表出。
证明思路
⇒：设 $k_1\alpha_1+\cdots+k_s\alpha_s=0$，某 $k_i\neq0$，解出 $\alpha_i$。⇐：设 $\alpha_i=\sum_{j\neq i}c_j\alpha_j$，移项得非平凡线性组合为零。
- $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 线性无关
- $\beta$ 可由 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 线性表出
表出系数是唯一的：若 $\beta=\sum_i k_i\alpha_i=\sum_i l_i\alpha_i$，则 $k_i=l_i$ 对一切 $i$ 成立。
证明思路
两式相减得 $\sum_i(k_i-l_i)\alpha_i=0$；由线性无关，所有系数为零，即 $k_i=l_i$。
“线性无关”删掉唯一性立刻塌：$(1,0)$ 与 $(2,0)$ 相关，$\beta=(3,0)$ 既可写成 $3(1,0)$ 也可写成 $(1,0)+(2,0)$，系数不唯一。无关保证齐次方程只有零解，两次展开相减得 $\sum(k_i-l_i)\alpha_i=0$，从而每个 $k_i=l_i$。
- 向量组 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 可由 $\beta_1,\ldots,\beta_t$ 线性表出
- $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 线性无关
$s\le t$，且适当重排后可用 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 替换 $\beta_1,\ldots,\beta_s$，两组等价（互相线性表出）。
证明思路
对 $s$ 归纳：表出式里必有某个 $\beta_j$ 系数非零，把它换成 $\alpha_1$；对剩下的向量用归纳假设替换。
两个条件各管一半：只给“可由表出”，$s$ 可以远大于 $t$，相关组能把成员无限膨胀；只给“无关”，两组毫无关系，替换无从谈起。结论 $s\le t$ 说的是“无关组不会比表出它的组更庞大”，这是秩唯一性的第一块砖。
- 向量组 $A$ 与向量组 $B$ 互相线性表出（等价）
$A$ 的极大线性无关组所含向量个数等于 $B$ 的极大线性无关组所含向量个数。
证明思路
用替换定理：无关组可被对方表出，故个数不大于对方；两个方向夹逼，个数相等。
向量组的一个部分组称为极大线性无关组，若（1）该部分组线性无关；（2）向量组中每个向量都可由该部分组线性表出。极大线性无关组所含向量个数称为向量组的秩，记为 $r(\alpha_1,\ldots,\alpha_s)$。
全由零向量构成的向量组秩为 $0$，规定空组为它的极大线性无关组。
- $\alpha_1,\ldots,\alpha_s\in P^n$
- $s>n$
$\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 必线性相关。
证明思路
列向量拼成 $n\times s$ 矩阵；$s>n$ 时齐次方程 $x_1\alpha_1+\cdots+x_s\alpha_s=0$ 未知量个数大于方程个数，必有非零解。
- $\alpha_i=(a_{i1},\ldots,a_{in})\in P^n$，$i=1,\ldots,s$
$\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 线性相关 $\iff$ 齐次线性方程组 $\sum_{i=1}^{s}x_i\alpha_i=0$（按分量写为 $s$ 个未知量 $n$ 个方程）有非零解。
证明思路
把向量等式按分量展开，正好得到齐次方程组；相关定义中的组合系数就是方程组的解。
判断 $\alpha_1=(1,0,1)$，$\alpha_2=(1,1,0)$，$\alpha_3=(0,1,1)$，$\alpha_4=(1,1,1)$ 在 $\mathbb{R}^3$ 中的线性相关性，并求一个极大线性无关组。
解答与答案
- 解 $x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+x_3\alpha_3+x_4\alpha_4=0$，得方程 $\begin{cases}x_1+x_2+x_4=0\\ x_2+x_3+x_4=0\\ x_1+x_3+x_4=0\end{cases}$。
- 解得 $x_1=x_2=x_3=t$，$x_4=-2t$（$t$ 任意）。取 $t=1$ 得非零解 $(x_1,x_2,x_3,x_4)=(1,1,1,-2)$，对应关系 $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3=2\alpha_4$（$\alpha_4=(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)/2$），故四向量线性相关。
- 前三向量拼成矩阵行列式 $\begin{vmatrix}1&1&0\\0&1&1\\1&0&1\end{vmatrix}=2\neq0$，故 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，是极大无关组。
答案线性相关；$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 是一个极大线性无关组（秩为 $3$）。
设 $\alpha_1=(1,2)$，$\alpha_2=(2,4)$，判断是否线性相关，并写出依赖关系。
解答与答案
- 取 $k_1=2$，$k_2=-1$，则 $2\alpha_1-\alpha_2=(2,4)-(2,4)=(0,0)$。
- 系数不全为零，故 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性相关。
- 也可看出 $\alpha_2=2\alpha_1$，一个向量可由另一个线性表出。
答案线性相关，$\alpha_2=2\alpha_1$。
- 把「向量个数等于维数」当成线性无关的充分条件：必须看具体向量，$(1,0)$ 与 $(2,0)$ 个数等于维数但仍相关。
- 线性相关定义里强调「不全为零」：全零系数平凡成立不算相关；判定时要找到一组非平凡系数。
- 退化情形：$s=1$ 时，$\{\alpha\}$ 线性相关 $\iff$ $\alpha=0$；$s=0$ 空组约定线性无关、秩为 $0$，容易记反。
1下列说法正确的是
答案与解析
正确答案：C
$n$ 维空间里超过 $n$ 个向量必相关；B 中 $(1,0),(2,0)$ 就相关；C 中部分组应仍无关；D 中可取无关部分组。
2若向量组线性无关，则其任意部分组也线性无关。
答案与解析
正确答案：A
部分组若有非平凡零组合，补上零系数即得原组的非平凡零组合，矛盾。
§4矩阵的秩
算秩两条路：化阶梯形数非零行（快），或找最高阶非零子式（慢但适于写证明）。做题用前者，证明用后者；两条路通向同一个数，靠的是行秩等于列秩加上初等变换保秩。
矩阵 $A$ 的每一行（列）看作一个向量，称行向量组（列向量组）。行向量组的秩称为 $A$ 的行秩，列向量组的秩称为 $A$ 的列秩。
行秩、列秩分别衡量「独立方程个数」与「独立未知量方向」。
- $A$ 是数域 $P$ 上的 $m\times n$ 矩阵
$A$ 的行秩等于列秩。这个公共值称为矩阵 $A$ 的秩，记作 $r(A)$。
证明思路
对行、列初等变换：它们不改变行秩也不改变列秩。化为阶梯形后行秩=列秩=非零行个数；再逆推回原矩阵。
这是全章最不显然的一步：行向量活在 $P^n$、列向量活在 $P^m$，两套秩的定义毫不相干，却必定相等。它一旦失效，“秩”就得说清是行秩还是列秩，后面所有定理都要改口。正因为相等，化阶梯形数出来的数才配代表整个矩阵。
在 $m\times n$ 矩阵 $A$ 中任取 $k$ 行、$k$ 列（$k\le\min(m,n)$），交叉处 $k^2$ 个元素按原次序构成的 $k$ 阶行列式，称为 $A$ 的一个 $k$ 阶子式。
零矩阵的任意子式为零；单位矩阵 $I_n$ 的 $n$ 阶子式为 $1$。
- $A$ 是 $m\times n$ 矩阵
$r(A)=r$ $\iff$ $A$ 存在 $r$ 阶非零子式，且所有 $r+1$ 阶子式（若存在）全为零。
证明思路
⇒：极大无关的 $r$ 行、$r$ 列交叉给出非零 $r$ 阶子式；更高阶子式按行展开为零。⇐：非零子式对应 $r$ 个无关行/列，故秩至少 $r$；更高阶全零故秩至多 $r$。
两个条件缺一不可：有 $r$ 阶非零子式只说明秩不低于 $r$，还须所有 $r+1$ 阶子式全为零，秩才封顶在 $r$。看 $A=\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}$：一阶子式 $1\ne0$，二阶子式 $1\cdot4-2\cdot2=0$，秩恰为 $1$。
- 矩阵 $B$ 由 $A$ 经过有限次初等行（列）变换得到
$r(B)=r(A)$。
证明思路
三种初等变换对应行向量组互相线性表出，故行向量组等价，秩不变；列秩=行秩，故整体秩不变。
- $A$ 是 $m\times n$ 矩阵
$0\le r(A)\le\min(m,n)$；且 $r(A)=0$ 当且仅当 $A$ 为零矩阵。
证明思路
极大无关组个数不超过行数 $m$ 与列数 $n$；秩为零即没有非零行/列，故 $A=0$。
求矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&4&6\\1&1&1\end{pmatrix}$ 的秩。
解答与答案
- 行变换：$R_2-2R_1$，$R_3-R_1$ 得 $\begin{pmatrix}1&2&3\\0&0&0\\0&-1&-2\end{pmatrix}$。
- 换行并化简：$\begin{pmatrix}1&2&3\\0&1&2\\0&0&0\end{pmatrix}$。
- 非零行有两行，故 $r(A)=2$。也可看子式 $\begin{vmatrix}1&2\\1&1\end{vmatrix}=-1\neq0$，而 $|A|=0$。
答案$r(A)=2$。
- 把「非零行个数」只在阶梯形上用：必须先化阶梯形再数，原矩阵的「非零行个数」一般不是秩。
- 秩为 $0$ 的矩阵只有零矩阵；不要写出 $r(A)=0$ 却仍有非零元的结论。
- 退化情形 $m=n=1$：$A=(a)$，$a\neq0$ 时 $r(A)=1$，$a=0$ 时 $r(A)=0$；此时子式就是行列式本身，容易漏掉 $0$ 情形。
1初等变换不改变矩阵的秩。
答案与解析
正确答案：B
初等变换对应行/列向量组互相表出，故行秩、列秩均不变，秩不变。
2$3\times 4$ 矩阵的秩最大可能是
答案与解析
正确答案：D
$r(A)\le\min(3,4)=3$。
§5线性方程组有解判别定理
$x=1$、$y=1$、$x+y=3$：系数矩阵 $r(A)=2=n$ 已经满秩，$r(\bar A)=3$ 却更大，第三行折出 $0=1$，无解——满秩只管解唯一，管不了存在。
- 线性方程组 $Ax=b$，$A$ 为 $m\times n$ 矩阵，$b\in P^m$
方程组有解 $\iff$ $r(A)=r(\bar{A})$，其中 $\bar{A}=(A\mid b)$。此时：当 $r(A)=n$ 时解唯一；当 $r(A)<n$ 时有无穷多解。
证明思路
化为行最简形：$b$ 能被列向量表出 $\iff$ $r(A)=r(\bar{A})$。自由未知量个数为 $n-r(A)$，故 $r(A)=n$ 时无自由未知量、解唯一。
这条定理在法国、意大利的教科书传统里叫鲁歇–卡佩利定理，一般认为十九世纪末定型；中文教材大多直接叫有解判别定理，把名字让给了结论本身。
判据只做秩比较：$r(A)=r(\bar A)$ 才有解。拿 $x+y=2$ 与 $2x+2y=5$：$r(A)=1$ 而 $r(\bar A)=2$，第二行折出 $0=1$，无解。还要分清分工：$r(A)=n$ 只管唯一，前提是先有解；$r(A)<n$ 时有解必无穷多。
- 齐次线性方程组 $Ax=0$，$A$ 为 $m\times n$ 矩阵
$Ax=0$ 有非零解 $\iff$ $r(A)<n$。特别地，当 $m<n$（方程个数少于未知量个数）时必有非零解。
证明思路
齐次时 $\bar{A}=A$，恒有解。解唯一（只有零解）$\iff$ $r(A)=n$；故有非零解 $\iff$ $r(A)<n$。$m<n$ 时 $r(A)\le m<n$。
- $n$ 个方程 $n$ 个未知量的线性方程组 $Ax=b$，$A$ 为 $n$ 阶方阵
方程组有唯一解 $\iff$ $|A|\neq0$；此时唯一解由克拉默公式给出。若 $|A|=0$，则方程组无解或有无穷多解。
证明思路
$|A|\neq0\iff r(A)=n$，套用有解判别定理得唯一解。$|A|=0$ 时 $r(A)<n$，故若 $r(A)=r(\bar{A})$ 则无穷多解，否则无解。
克拉默法则得名瑞士数学家克拉默，出自他 1750 年的《代数曲线的分析引论》，那本书为求曲线交点坐标而写下这组除法公式。本节把它翻译成秩的语言：$|A|\ne0$ 不过是满秩的行列式外衣。
“方阵”与“$|A|\ne0$”缺一不可：非方阵没有行列式；$|A|=0$ 时公式要除以 $|A|$，当场作废，退回秩的语言。二元情形 $2x+y=5$ 与 $x-y=1$：$|A|=2\cdot(-1)-1\cdot1=-3\ne0$，唯一解 $x=2$、$y=1$；第二式若换 $4x+2y=10$，$|A|=0$，解集反而无穷。
讨论 $\lambda$ 取何值时方程组 $\begin{cases} \lambda x_1+x_2+x_3=1\\ x_1+\lambda x_2+x_3=\lambda\\ x_1+x_2+\lambda x_3=\lambda^2\end{cases}$ 有唯一解、无穷多解或无解。
解答与答案
- 系数行列式 $|A|=(\lambda-1)^2(\lambda+2)$，故 $\lambda\neq1$ 且 $\lambda\neq-2$ 时 $|A|\neq0$，唯一解。
- $\lambda=1$ 时三个方程都成为 $x_1+x_2+x_3=1$，$r(A)=r(\bar{A})=1<3$，无穷多解。
- $\lambda=-2$ 时 $r(A)=2$，而 $r(\bar{A})=3$（增广矩阵出现 $0=c$，$c\neq0$），无解。
答案$\lambda\neq1,-2$ 时唯一解；$\lambda=1$ 时无穷多解；$\lambda=-2$ 时无解。
- 把「系数矩阵满秩」当成「方程组有解」的条件：有解只看 $r(A)=r(\bar{A})$，满秩保证的是解唯一（还要先有解）。
- 齐次方程组永远有零解；说「有解」时要区分「有零解」与「有非零解」，非零解才对应 $r(A)<n$。
- 退化情形：$m=n=1$，$a_{11}x=b$ 中 $a_{11}=0$ 时，$b=0$ 有无穷多解（全体数），$b\neq0$ 无解——不要默认唯一解。
1线性方程组 $Ax=b$ 有解的充要条件是
答案与解析
正确答案：A
有解判别定理：$r(A)=r(\bar{A})$；$r(A)=n$ 保证的是解唯一。
2若齐次方程组中方程个数少于未知量个数，则必有非零解。
答案与解析
正确答案：A
$m<n$ 时 $r(A)\le m<n$，故 $r(A)<n$，必有非零解。
§6线性方程组解的结构
本节是全章的收口：前五节算出的秩在这里兑现成解空间的维数 $n-r(A)$，“特解加齐次通解”其实是平移——解集是解空间整体挪了一个位置。
对非齐次线性方程组 $Ax=b$，称齐次线性方程组 $Ax=0$ 为它的导出齐次方程组（或伴随齐次方程组）。
导出组只由系数矩阵决定，与 $b$ 无关。
- 齐次线性方程组 $Ax=0$，$A$ 为 $m\times n$ 矩阵
全体解向量的集合 $W=\{x\in P^n\mid Ax=0\}$ 对向量加法与数乘封闭，是 $P^n$ 的子空间，称为解空间。$\dim W=n-r(A)$。
证明思路
设 $Ax=0$，$Ay=0$，则 $A(x+y)=0$，$A(kx)=0$，故封闭。行最简形中自由未知量个数为 $n-r(A)$，自由未知量取遍 $P$ 得到全部解。
齐次线性方程组 $Ax=0$ 的解空间 $W$ 的一组基称为它的一个基础解系。即：$\eta_1,\ldots,\eta_{n-r}$ 线性无关，且任意解都可由它们线性表出。
基础解系不唯一；解空间维数 $n-r(A)$ 是不变量。
- 齐次线性方程组 $Ax=0$，$r(A)=r<n$
存在基础解系，且任意基础解系恰含 $n-r$ 个向量。若 $r=n$，则只有零解，解空间为 $\{0\}$，约定基础解系为空。
证明思路
化为行最简形，把自由未知量依次取 $(1,0,\ldots)$ 型的向量，得到 $n-r$ 个线性无关解；任意解的自由参数线性组合即表出。
个数公式 $n-r(A)$ 里是未知量个数 $n$，不是方程个数 $m$。以 $x+y+z=0$ 为例：只有一个方程、$r(A)=1$，基础解系却含 $3-1=2$ 个向量。$r=n$ 时解空间只剩 $\{0\}$，基础解系约定为空，零维也要说清楚。
- 非齐次线性方程组 $Ax=b$ 有解
- $\eta_0$ 是它的一个特解（$A\eta_0=b$）
- $\eta_1,\ldots,\eta_{n-r}$ 是导出组 $Ax=0$ 的基础解系
- $r(A)=r$
$Ax=b$ 的通解为 $x=\eta_0+k_1\eta_1+\cdots+k_{n-r}\eta_{n-r}$，其中 $k_1,\ldots,k_{n-r}$ 取遍 $P$。两个解之差必为导出组的解；特解加上导出组的任一解仍为 $Ax=b$ 的解。
证明思路
设 $A\eta_0=b$，$A\eta_i=0$，则 $A(\eta_0+\sum k_i\eta_i)=b$，故都是解。反之任一解减去 $\eta_0$ 落在解空间，故可由基础解系表出。
两个零件分工明确：特解 $\eta_0$ 管“落在哪儿”，基础解系管“能往哪儿走”。删掉“有解”前提，公式无从写起；把 $k_i$ 换成任意数仍走遍解集，但若写成“特解加特解”就错，两个特解之和一般不是解。
- 非齐次方程组 $Ax=b$ 有解
- $\xi_1,\xi_2$ 是它的任意两个解
$\xi_1-\xi_2$ 是导出组 $Ax=0$ 的解；且 $Ax=b$ 的解集是 $\eta_0+W$，其中 $W$ 是 $Ax=0$ 的解空间。
证明思路
$A(\xi_1-\xi_2)=b-b=0$。解集全体形如 $\eta_0+w$，$w\in W$，故是 $W$ 的一个平移。
求齐次方程组 $\begin{cases} x_1+x_2+x_3+x_4=0\\ x_1+2x_2+3x_3+4x_4=0\end{cases}$ 的一个基础解系。
解答与答案
- 系数矩阵化为行最简形：$\begin{pmatrix}1&2&3&4\\0&-1&-2&-3\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&0&-1&-2\\0&1&2&3\end{pmatrix}$。
- 得 $x_1=x_3+2x_4$，$x_2=-2x_3-3x_4$，自由未知量 $x_3,x_4$。
- 取 $(x_3,x_4)=(1,0)$ 得 $\eta_1=(1,-2,1,0)$；取 $(0,1)$ 得 $\eta_2=(2,-3,0,1)$。$n-r=4-2=2$，个数正确。
答案一个基础解系为 $\eta_1=(1,-2,1,0)$，$\eta_2=(2,-3,0,1)$。
已知非齐次方程组 $Ax=b$ 有两个解 $\xi_1=(1,2,3)$，$\xi_2=(0,1,2)$，且 $r(A)=2$，未知量个数 $n=3$。写出通解。
解答与答案
- 差 $\xi_1-\xi_2=(1,1,1)$ 是导出组的解；$n-r=1$，故导出组的基础解系只有一个向量 $\eta=(1,1,1)$。
- 取特解 $\eta_0=\xi_2=(0,1,2)$。
- 通解 $x=\eta_0+k\eta=(0,1,2)+k(1,1,1)$，$k\in\mathbb{R}$。
答案通解 $x=(0,1,2)+k(1,1,1)$，$k\in\mathbb{R}$。
- 把「通解=特解+齐次通解」写成「通解=特解+另一个特解」：必须加的是导出组的解空间中的向量，两个非齐次解相加一般不再是解。
- 基础解系的个数是 $n-r(A)$，不是 $m-r(A)$；混淆未知量个数 $n$ 与方程个数 $m$ 是常见错误。
- 退化情形：$r(A)=n$ 时齐次只有零解，解空间是 $\{0\}$，基础解系为空，维数为 $0$；非齐次若有解则唯一，不要强行写成无穷多解。
1设 $Ax=0$ 是 $n$ 个未知量的齐次方程组，$r(A)=r$，则基础解系含向量个数为
答案与解析
正确答案：B
解空间维数 $=n-r(A)$，故基础解系恰含 $n-r$ 个向量。
2非齐次线性方程组的任意两个解之差，是导出齐次方程组的解。
答案与解析
正确答案：B
$A(\xi_1-\xi_2)=A\xi_1-A\xi_2=b-b=0$。
矩阵CHAPTER 04 · 7 SECTIONS
本章系统建立矩阵代数：定义矩阵的加法、数乘、乘法与转置，证明乘积的行列式与秩公式，引入可逆矩阵与伴随矩阵，再讲分块运算与初等矩阵，最后用分块初等变换处理秩与逆的典型问题。
上一章用向量与消元把线性方程组解到底，可每一步变换还只是操作记录。这一章要让数表自己站住：矩阵的加法、数乘、乘法、转置先成为一套能算的代数，再用行列式与秩的乘积公式、可逆矩阵与初等矩阵，把「做一次变换」翻译成「乘一个矩阵」。这套语言是后面两章的地基：第五章化二次型就是给对称矩阵做合同，第六章的坐标与过渡矩阵本身就是方阵。
§1矩阵概念
一般认为 matrix 一词由西尔维斯特（Sylvester）引入，把数表当运算对象的矩阵体系则由凯莱（Cayley）系统发展。在那之前数表只是抄写工具，抄完就化成一个个方程；有了矩阵，数表本身成了主角。
由 $m\times n$ 个数 $a_{ij}\in P$（$i=1,\ldots,m$；$j=1,\ldots,n$）排成的 $m$ 行 $n$ 列的数表 $A=\begin{pmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots\\a_{m1}&\cdots&a_{mn}\end{pmatrix}$ 称为数域 $P$ 上的 $m\times n$ 矩阵，记作 $A\in P^{m\times n}$ 或 $(a_{ij})_{m\times n}$。$m=n$ 时称为 $n$ 阶方阵（$n$ 级矩阵）。
矩阵是数表，不是行列式；方阵才谈行列式。
设 $A=(a_{ij})_{m\times n}$，$B=(b_{ij})_{m\times n}$。若对一切 $i,j$ 都有 $a_{ij}=b_{ij}$，则称 $A$ 与 $B$ 相等，记为 $A=B$。元素全为零的矩阵称为零矩阵，记为 $0$。$n$ 阶矩阵 $\mathrm{diag}(1,1,\ldots,1)$ 称为 $n$ 阶单位矩阵，记为 $I_n$。
相等首先要求行数、列数分别相同；$\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$ 不相等。
只有一行的矩阵 $A=(a_1,\ldots,a_n)$ 称为行矩阵（行向量），只有一列的矩阵称为列矩阵（列向量）。它们与第3章的 $n$ 维向量是同一对象的不同写法。
行向量、列向量是 $1\times n$ 与 $n\times 1$ 矩阵的特例。
设 $A=\begin{pmatrix}1&x+y\\0&2\end{pmatrix}$，$B=\begin{pmatrix}1&3\\0&2\end{pmatrix}$，且 $A=B$，求 $x,y$ 的一组取值，并说明解是否唯一。
解答与答案
- 由相等定义，对应元素相等：$x+y=3$，其余位置已满足。
- 方程 $x+y=3$ 有无穷多组解，例如 $x=1,y=2$ 或 $x=0,y=3$。
- 故解不唯一，通解为 $(x,y)=(t,3-t)$，$t\in P$。
答案通解 $x=t$，$y=3-t$（$t\in P$），解不唯一。
- 把矩阵与行列式混用符号：$\begin{vmatrix}\cdot\end{vmatrix}$ 是行列式（数），$\begin{pmatrix}\cdot\end{pmatrix}$ 是矩阵（数表）。
- 矩阵相等忽略形状：$2\times 2$ 与 $2\times 3$ 的矩阵永远不相等，即使「看起来数字差不多」。
- 退化情形 $m=n=1$：$1\times1$ 矩阵就是一个数，它和该数的行列式数值相同，但概念上仍是矩阵与数之别。
1矩阵 $\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$ 的（1,2）位置元素是
答案与解析
正确答案：A
（1,2）表示第 1 行第 2 列，元素为 $2$。
2两个矩阵相等，当且仅当它们的形状相同且对应元素相等。
答案与解析
正确答案：A
定义：先同型，再逐元素比较；形状不同直接不相等。
§2矩阵的运算
取 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$、$B=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ 一算：$AB=B$ 而 $BA=0$。同样的两个矩阵换个顺序就从非零变零，任何把 $AB$ 改写成 $BA$ 的化简都要重查一遍。
设 $A=(a_{ij})$，$B=(b_{ij})$ 都是 $m\times n$ 矩阵，$k\in P$。定义 $A+B=(a_{ij}+b_{ij})$，$kA=(ka_{ij})$，$-A=((-1)a_{ij})$。$A-B=A+(-B)$。
只有同型矩阵才能相加；数乘是数乘矩阵的每一个元素。
设 $A=(a_{ij})_{m\times s}$，$B=(b_{ij})_{s\times n}$。定义 $AB=C=(c_{ij})_{m\times n}$，其中 $c_{ij}=\sum_{k=1}^{s}a_{ik}b_{kj}=a_{i1}b_{1j}+\cdots+a_{is}b_{sj}$。要求 $A$ 的列数等于 $B$ 的行数。
乘法是「行点乘列」；$AB$ 有定义时 $BA$ 未必有定义。
把矩阵 $A=(a_{ij})_{m\times n}$ 的行换成同序号的列，得到的 $n\times m$ 矩阵称为 $A$ 的转置矩阵，记为 $A^{\mathrm{T}}$（即 $(A^{\mathrm{T}})_{ji}=a_{ij}$）。
$(A^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}}=A$；方阵 $A$ 满足 $A^{\mathrm{T}}=A$ 时称为对称矩阵。
- $A,B,C$ 为使下列运算有定义的矩阵，$k,l\in P$
加法满足交换律、结合律，存在零矩阵与负矩阵；数乘满足 $1A=A$，$k(lA)=(kl)A$，$k(A+B)=kA+kB$，$(k+l)A=kA+lA$；乘法满足结合律 $(AB)C=A(BC)$、左右分配律 $A(B+C)=AB+AC$，$(A+B)C=AC+BC$；且 $I_m A=A I_n=A$（$A$ 为 $m\times n$）。
证明思路
按定义逐元素验证：加法与数乘直接化为数的运算律；乘法结合律把 $(AB)C$ 与 $A(BC)$ 的 $(i,j)$ 元都写成 $\sum_{k,l}a_{ik}b_{kl}c_{lj}$。
- $A\in P^{m\times s}$，$B\in P^{s\times n}$，$m\neq n$
即使 $AB$ 有定义，$BA$ 也未必有定义；即使都是 $n$ 阶方阵且 $AB,BA$ 都有定义，也未必有 $AB=BA$。
证明思路
取 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$，$B=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$，则 $AB=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$，$BA=0$，两者不等。维数不匹配时直接无定义。
条件在挡维数错位：$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$、$B=A^{\mathrm{T}}$ 时 $AB=I_2$ 而 $BA=\mathrm{diag}(1,1,0)\ne I_3$，两个方向对不上；维数不匹配时 $AB$ 干脆无定义，删掉前提结论连陈述都不成立。
- $A,B$ 为使下列运算有定义的矩阵
- $k\in P$
$(A+B)^{\mathrm{T}}=A^{\mathrm{T}}+B^{\mathrm{T}}$，$(kA)^{\mathrm{T}}=kA^{\mathrm{T}}$，$(AB)^{\mathrm{T}}=B^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}$，$(A^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}}=A$。
证明思路
前两式按元素直接验证。乘法转置：$((AB)^{\mathrm{T}})_{ji}=(AB)_{ij}=\sum_k a_{ik}b_{kj}=\sum_k (B^{\mathrm{T}})_{jk}(A^{\mathrm{T}})_{ki}=(B^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}})_{ji}$。
形如 $kI_n$ 的 $n$ 阶矩阵称为数量矩阵；形如 $\mathrm{diag}(d_1,\ldots,d_n)$（非主对角元全为零）的矩阵称为对角矩阵。数量矩阵与任意 $n$ 阶矩阵可交换。
对角矩阵相乘就是对应对角元相乘：$\mathrm{diag}(a_i)\mathrm{diag}(b_i)=\mathrm{diag}(a_ib_i)$。
设 $A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$，$B=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$，计算 $AB$、$BA$，并说明 $AB\neq BA$。
解答与答案
- $AB=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\4&3\end{pmatrix}$。
- $BA=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&4\\1&2\end{pmatrix}$。
- 比较两结果：$(1,1)$ 元 $2\neq3$，故 $AB\neq BA$。
答案$AB=\begin{pmatrix}2&1\\4&3\end{pmatrix}$，$BA=\begin{pmatrix}3&4\\1&2\end{pmatrix}$，$AB\neq BA$。
验证 $(AB)^{\mathrm{T}}=B^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}$，其中 $A=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}$，$B=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$。
解答与答案
- $AB=\begin{pmatrix}1&1\\2&3\end{pmatrix}$，故 $(AB)^{\mathrm{T}}=\begin{pmatrix}1&2\\1&3\end{pmatrix}$。
- $B^{\mathrm{T}}=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}$，$A^{\mathrm{T}}=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}$。
- $B^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}=\begin{pmatrix}1&2\\1&3\end{pmatrix}$，与 $(AB)^{\mathrm{T}}$ 相等。
答案两边都是 $\begin{pmatrix}1&2\\1&3\end{pmatrix}$，验证成立。
- 把矩阵乘法当数乘逐元素相乘：$AB$ 是行点乘列，不是 $a_{ij}b_{ij}$。
- 写 $(AB)^{\mathrm{T}}=A^{\mathrm{T}}B^{\mathrm{T}}$ 是经典错误，正确是 $(AB)^{\mathrm{T}}=B^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}$，顺序要倒过来。
- 退化情形：$1\times1$ 矩阵乘法退化为数的乘法，交换律成立；但一旦维数 $\ge2$ 就失去交换律，不能把 $n=1$ 的直觉推广。
1设 $A$ 为 $2\times 3$ 矩阵，$B$ 为 $3\times 4$ 矩阵，则 $AB$ 的形状是
答案与解析
正确答案：B
$(m\times s)(s\times n)=m\times n$，故 $AB$ 为 $2\times 4$。
2对任意方阵 $A,B$，总有 $AB=BA$。
答案与解析
正确答案：B
矩阵乘法一般不交换，例如 $AB\neq BA$ 的 $2$ 阶反例；仅特殊情形（如 $A=kI$）才交换。
§3矩阵乘积的行列式与秩
等号取不取得到，看 $B$ 用掉几个方向：$B=\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}$ 是投影，$A=I_2$ 时 $r(AB)=1<2$；$B=\mathrm{diag}(2,3)$ 是缩放，$r(AB)=r(A)$ 分毫不掉。先分清投影还是缩放，再决定写不等号还是等号。
- $A,B$ 都是数域 $P$ 上的 $n$ 阶方阵
$|AB|=|A||B|$。
证明思路
把 $AB$ 的第 $i$ 行写成 $A$ 的行的线性组合，利用行列式对行的多线性与反对称性拆开；非零项恰对应排列，整理得 $|A||B|$。或先证 $|AB|=|A||B|$ 对初等矩阵成立，再分解 $A$。
- $A_i$（$i=1,\ldots,k$）都是 $n$ 阶方阵
$|A_1A_2\cdots A_k|=|A_1||A_2|\cdots|A_k|$；且 $|kA|=k^n|A|$（$A$ 为 $n$ 阶，$k\in P$）。
证明思路
对 $k$ 归纳用 $|AB|=|A||B|$。数乘：$kA$ 是每行都乘 $k$，由行列式对行的齐次性共提出 $n$ 个 $k$。
- $A\in P^{m\times s}$，$B\in P^{s\times n}$
- 乘积 $AB$ 有定义
$r(AB)\le\min\{r(A),r(B)\}$。
证明思路
$AB$ 的列是 $A$ 的列的线性组合，故列秩不超过 $r(A)$；$ (AB)^{\mathrm{T}}=B^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}$，同理 $(AB)$ 的行秩不超过 $r(B)$。行秩=列秩即得。
乘积有定义是前提，真正承重的是结论里的 min 不能改成等号：取 $A=\mathrm{diag}(1,0)$、$B=\mathrm{diag}(0,1)$，两个因子秩都是 $1$，但 $AB=0$ 秩为 $0$。所以「乘积秩不变」要另加条件（比如 $B$ 可逆），不能从这条定理里读出来。
- $A\in P^{m\times s}$，$B\in P^{s\times n}$
$r(A)+r(B)-s\le r(AB)\le\min\{r(A),r(B)\}$。
证明思路
把 $A$ 的列空间与 $B$ 的核联系起来：限制映射 $x\mapsto Bx$ 到 $\ker(AB)$ 与 $\ker B$，用维数公式 $\dim\ker(AB)=\dim\ker B+\dim(\mathrm{Im}B\cap\ker A)$ 等，整理得左端。
这条不等式今天通称西尔维斯特（Sylvester）秩不等式，是十九世纪矩阵秩理论定型时留下的基本工具；更一般的形式常被称作弗罗贝尼乌斯（Frobenius）不等式。它出名不是因为难证，而是因为维数公式里几乎每次都要用它兜底。
设 $A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$，$B=\begin{pmatrix}2&0\\1&2\end{pmatrix}$，验证 $|AB|=|A||B|$ 并求 $r(AB)$。
解答与答案
- $|A|=1\cdot4-2\cdot3=-2$，$|B|=2\cdot2-0=4$，故 $|A||B|=-8$。
- $AB=\begin{pmatrix}4&4\\10&8\end{pmatrix}$，$|AB|=4\cdot8-4\cdot10=32-40=-8$，与 $|A||B|$ 相等。
- $|AB|=-8\neq0$，故 $r(AB)=2=\min\{r(A),r(B)\}$。
答案$|AB|=-8=|A||B|$，$r(AB)=2$。
- 把 $|kA|$ 写成 $k|A|$：对 $n$ 阶矩阵应是 $|kA|=k^n|A|$，只差一个 $n$ 次方。
- 认为乘积秩严格变小：正确是 $r(AB)\le\min$，可以取到等号（如 $B=I$ 时 $r(AI)=r(A)$）。
- 退化情形：$A$ 或 $B$ 为零矩阵时 $AB=0$，$r(AB)=0$；$m=n=1$ 时 $|AB|=|A||B|$ 就是数的乘法，不要套 $k^n$ 而忘掉 $n=1$。
1设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$k\in P$，则 $|kA|$ 等于
答案与解析
正确答案：C
$kA$ 的每一行都乘 $k$，共 $n$ 行，故 $|kA|=k^n|A|$。
2对可乘矩阵 $A,B$，总有 $r(AB)\le r(A)$。
答案与解析
正确答案：A
乘积的列是 $A$ 的列的线性组合，列秩不超过 $r(A)$。
§4矩阵的逆
抓顺序错误靠乘回去验：$A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$ 有 $|A|=-2$、$A^{-1}=\begin{pmatrix}-2&1\\3/2&-1/2\end{pmatrix}$，相乘得 $I$；$(AB)^{-1}$ 这类答案也照此乘回去，写错立刻露馅。
对 $n$ 阶方阵 $A$，若存在 $n$ 阶方阵 $B$ 使 $AB=BA=I_n$，则称 $A$ 可逆（非退化），$B$ 称为 $A$ 的逆矩阵，记为 $A^{-1}$。若不存在这样的 $B$，则称 $A$ 不可逆（退化）。
逆矩阵若存在则唯一。
设 $A=(a_{ij})$ 为 $n$ 阶方阵，$A_{ij}$ 是元素 $a_{ij}$ 的代数余子式。矩阵 $A^{*}=(A_{ji})$（注意下标转置）称为 $A$ 的伴随矩阵。即 $(A^{*})_{ij}=A_{ji}$。
伴随矩阵满足 $AA^{*}=A^{*}A=|A|I_n$；这是求逆公式的来源。
- $n$ 阶方阵 $A$ 可逆
逆矩阵唯一，记为 $A^{-1}$；且 $(A^{-1})^{-1}=A$，$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$（$A,B$ 同阶可逆），$(A^{\mathrm{T}})^{-1}=(A^{-1})^{\mathrm{T}}$。
证明思路
若 $AB=AC=I$，则 $B=B(AC)=(BA)C=C$。其余等式直接相乘验证：$(AB)(B^{-1}A^{-1})=A(BB^{-1})A^{-1}=I$。
- $A$ 是 $n$ 阶方阵
$A$ 可逆 $\iff$ $|A|\neq0$ $\iff$ $r(A)=n$。此时 $A^{-1}=\dfrac{1}{|A|}A^{*}$。
证明思路
⇐：$|A|\neq0$ 时由 $AA^{*}=|A|I$ 得 $A^{-1}=|A|^{-1}A^{*}$。⇒：若 $AB=I$，则 $|A||B|=1$，故 $|A|\neq0$。满秩与行列式非零在方阵情形等价。
「$A$ 是方阵」承重：$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$、$B=A^{\mathrm{T}}$ 有 $AB=I_2$ 而 $BA\ne I_3$，两个方向的逆对不上。方阵情形下 $|A|\ne0$ 也删不得：$|A|=0$ 时求逆公式的分母为零。
- $A,B$ 是同阶方阵
$AB$ 可逆 $\iff$ $A$ 与 $B$ 都可逆；此时 $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$。
证明思路
$|AB|=|A||B|$，乘积非零当且仅当两因子都非零。逆矩阵公式直接相乘验证。
- $A$ 是 $n$ 阶可逆方阵
对分块矩阵 $(A\mid I_n)$ 做初等行变换，当 $A$ 化为 $I_n$ 时，$I_n$ 同时化为 $A^{-1}$，即 $(A\mid I_n)\sim(I_n\mid A^{-1})$。
证明思路
初等行变换相当于左乘初等矩阵；可逆 $A$ 可表为有限个初等矩阵之积，左乘 $A^{-1}$ 即把 $A$ 变成 $I$，同一串变换作用在 $I$ 上得 $A^{-1}$。
求 $A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$ 的逆矩阵。
解答与答案
- $|A|=4-6=-2\neq0$，故 $A$ 可逆。
- $A^{*}=\begin{pmatrix}4&-2\\-3&1\end{pmatrix}$（伴随矩阵是代数余子式矩阵转置）。
- $A^{-1}=\dfrac{1}{|A|}A^{*}=\begin{pmatrix}-2&1\\1.5&-0.5\end{pmatrix}$。验证 $AA^{-1}=I$。
答案$A^{-1}=\begin{pmatrix}-2&1\\\dfrac{3}{2}&-\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}$。
用初等行变换求 $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}$ 的逆。
解答与答案
- 写 $(A\mid I)=\begin{pmatrix}2&1&1&0\\1&1&0&1\end{pmatrix}$。
- $R_1\leftrightarrow R_2$ 后消元：$\to\begin{pmatrix}1&1&0&1\\0&-1&1&-2\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&1&0&1\\0&1&-1&2\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&0&1&-1\\0&1&-1&2\end{pmatrix}$。
- 右半即 $A^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}$；验算 $AA^{-1}=I$。
答案$A^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}$。
- 求伴随矩阵时忘记转置：$A^{*}$ 的 $(i,j)$ 元是 $a_{ji}$ 的代数余子式 $A_{ji}$，不是 $A_{ij}$。
- 写 $(AB)^{-1}=A^{-1}B^{-1}$ 是错误的，正确是 $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$，顺序与乘积相反。
- 退化情形：$n=1$，$A=(a)$ 可逆 $\iff$ $a\neq0$，此时 $A^{-1}=(1/a)$；零矩阵任何阶都不可逆，且 $|A|=0$ 时公式 $A^{-1}=|A|^{-1}A^{*}$ 直接失效。
1方阵 $A$ 可逆的充要条件是
答案与解析
正确答案：D
可逆 $\iff$ $|A|\neq0$ $\iff$ $r(A)=n$。
2若 $A,B$ 可逆，则 $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$。
答案与解析
正确答案：B
逆的顺序相反：$(AB)(B^{-1}A^{-1})=I$。
§5矩阵的分块
分块的收益是把大矩阵降级成小块算术：$\mathrm{diag}(A_1,A_2)$ 的幂、逆、行列式都逐块做，一个 $4\times4$ 的问题拆成两个 $2\times2$。代价是每步都要交代清楚切法，切法一变，块的形状跟着变。
把 $m\times n$ 矩阵 $A$ 的行分成 $s$ 组、列分成 $t$ 组，得到 $s\times t$ 的分块矩阵 $A=(A_{pq})$，其中 $A_{pq}$ 是子块（子矩阵）。若 $s=t$ 且 $A_{pp}$ 为方阵，其余 $A_{pq}=0$（$p\neq q$），则称为分块对角矩阵，记为 $\mathrm{diag}(A_{11},\ldots,A_{ss})$。
同一分块方式下才能谈分块运算；分块对角可逆当且仅当每个对角块可逆。
- $A,B$ 都是 $m\times n$ 矩阵，采用同一分块方式 $A=(A_{pq})$，$B=(B_{pq})$
- $k\in P$
$A+B=(A_{pq}+B_{pq})$，$kA=(kA_{pq})$，$A^{\mathrm{T}}=(A_{qp}^{\mathrm{T}})$。
证明思路
分块加法与数乘都按块进行，本质是逐元素运算的分组整理；转置是「先转置分块结构再对每块转置」。
- $A=(A_{pq})_{s\times t}$，$B=(B_{qr})_{t\times u}$
- 分块方式匹配：$A$ 的列分组与 $B$ 的行分组一致
- 对每个 $p,r$，乘积 $\sum_{q=1}^{t}A_{pq}B_{qr}$ 有定义
$AB=C=(C_{pr})$，其中 $C_{pr}=\sum_{q=1}^{t}A_{pq}B_{qr}$。
证明思路
把 $(i,j)$ 元按列分组拆开，对每组的和恰好是块乘积 $A_{pq}B_{qr}$ 的 $(i,j)$ 元，故整体就是块矩阵乘法。
「分块方式匹配」不是技术性条件：若 $A$ 的列分成 $2+1$ 而 $B$ 的行分成 $1+2$，第一个块乘积 $A_{11}B_{11}$ 一个是 $m\times2$、一个是 $1\times n$，连乘都乘不起来，$C_{pr}=\sum_q A_{pq}B_{qr}$ 就是空话。删掉它，定理连陈述都不成立。
- $A=\mathrm{diag}(A_1,\ldots,A_s)$，$B=\mathrm{diag}(B_1,\ldots,B_s)$ 为同型分块对角矩阵
$AB=\mathrm{diag}(A_1B_1,\ldots,A_sB_s)$，$A^k=\mathrm{diag}(A_1^k,\ldots,A_s^k)$；$A$ 可逆 $\iff$ 每个 $A_i$ 可逆，且 $A^{-1}=\mathrm{diag}(A_1^{-1},\ldots,A_s^{-1})$。分块上三角矩阵 $\begin{pmatrix}A_1&*\\0&A_2\end{pmatrix}$ 可逆 $\iff$ $A_1,A_2$ 都可逆，且逆仍为分块上三角。
证明思路
分块对角相乘按块对角元独立进行。可逆性用行列式或直接构造逆：对角块各自求逆拼回。分块上三角用块消元或待定系数求逆。
设 $A=\begin{pmatrix}I_2&*\\0&3I_2\end{pmatrix}$ 中 $*=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$，即 $A=\begin{pmatrix}1&0&1&0\\0&1&0&1\\0&0&3&0\\0&0&0&3\end{pmatrix}$。用分块求 $A^{-1}$。
解答与答案
- 分块为 $A=\begin{pmatrix}I&I\\0&3I\end{pmatrix}$，对角块可逆：$I^{-1}=I$，$(3I)^{-1}=\frac{1}{3}I$。
- 设 $A^{-1}=\begin{pmatrix}I&X\\0&\frac{1}{3}I\end{pmatrix}$，由 $AA^{-1}=I$ 得 $X+I\cdot\frac{1}{3}I=0$，故 $X=-\frac{1}{3}I$。
- 于是 $A^{-1}=\begin{pmatrix}I&-\frac{1}{3}I\\0&\frac{1}{3}I\end{pmatrix}$。
答案$A^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&-\frac{1}{3}&0\\0&1&0&-\frac{1}{3}\\0&0&\frac{1}{3}&0\\0&0&0&\frac{1}{3}\end{pmatrix}$。
- 分块乘法要求「$A$ 的列分组 = $B$ 的行分组」，否则块乘积 $A_{pq}B_{qr}$ 无定义；不能只看大矩阵维数对得上。
- 把分块矩阵的「零块」当成数字 $0$ 去参与运算时，要确认块的形状一致；分块三角求逆时下三角块仍是零块，但右上块一般不是简单取负。
- 退化情形：$s=1$ 分块就是不分块；$A_i=0$ 的分块对角矩阵不可逆，即使其他对角块可逆也不行。
1分块对角矩阵 $\mathrm{diag}(A_1,A_2)$ 可逆的充要条件是
答案与解析
正确答案：A
逆是 $\mathrm{diag}(A_1^{-1},A_2^{-1})$，故两块都必须可逆。
2分块矩阵相乘时，$A$ 的列分组方式必须与 $B$ 的行分组方式一致。
答案与解析
正确答案：A
否则 $A_{pq}B_{qr}$ 无法相乘，块乘法无定义。
§6初等矩阵
怀疑自己写反时，当场乘一遍最快：交换两行的 $E=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ 左乘 $A$ 是换行，右乘 $A$ 却是换列，两者一般不同。拿一个 $2\times3$ 的 $A$ 乘一遍就能定案，别凭口诀硬背。
由单位矩阵 $I_n$ 经过一次初等变换得到的 $n$ 阶矩阵称为初等矩阵。三种初等矩阵对应三种初等变换：（1）交换 $i,j$ 两行的 $P(i,j)$；（2）第 $i$ 行乘非零常数 $c$ 的 $P(i(c))$；（3）第 $j$ 行的 $k$ 倍加到第 $i$ 行的 $P(i,j(k))$。
三种初等矩阵都可逆，其逆仍是同类型初等矩阵。
- $A$ 是 $m\times n$ 矩阵
- $E$ 是 $m$ 阶初等矩阵（行）或 $n$ 阶初等矩阵（列）
对 $A$ 做一次初等行变换，相当于左乘对应的 $m$ 阶初等矩阵；对 $A$ 做一次初等列变换，相当于右乘对应的 $n$ 阶初等矩阵。
证明思路
左乘初等矩阵是对 $A$ 的行做同一变换；右乘是对列。由矩阵乘法定义直接验证三种情形即可。
- $A$ 是 $n$ 阶可逆方阵
$A$ 可表示为有限个初等矩阵的乘积：$A=E_1E_2\cdots E_k$。反之，有限个初等矩阵的乘积一定可逆。
证明思路
可逆 $A$ 的行最简形只能是 $I_n$，即 $A$ 经有限次初等行变换化为 $I$：$E_k\cdots E_1 A=I$，故 $A=E_1^{-1}\cdots E_k^{-1}$，每个 $E_i^{-1}$ 仍是初等矩阵。
「可逆」删掉即假：$A=\mathrm{diag}(1,0)$ 的行列式为 $0$，而初等矩阵的乘积行列式非零，两者不可能相等。反过来正因为可逆 $A$ 的行最简形只能是 $I_n$，才敢把它拆成一串初等矩阵；这一步同时喂饱了求逆与矩阵等价两处。
- $A,B$ 都是 $m\times n$ 矩阵
$A$ 与 $B$ 等价（可经有限次初等变换互化）$\iff$ 存在可逆矩阵 $P,Q$ 使 $B=PAQ$ $\iff$ $r(A)=r(B)$。
证明思路
⇒：每次初等变换对应左或右乘可逆矩阵，累积即 $P,Q$。⇐：可逆矩阵是初等矩阵之积，故 $PAQ$ 与 $A$ 等价。等价标准形只依赖秩。
写出把 $A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$ 的第 2 行减去第 1 行的 3 倍所对应的初等矩阵 $E$，并验证 $EA$。
解答与答案
- 对 $I_2$ 做同样的行变换 $R_2-3R_1$，得 $E=\begin{pmatrix}1&0\\-3&1\end{pmatrix}$。
- $EA=\begin{pmatrix}1&0\\-3&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2\\0&-2\end{pmatrix}$。
- 直接对 $A$ 做 $R_2-3R_1$ 得同样结果，验证成立。
答案$E=\begin{pmatrix}1&0\\-3&1\end{pmatrix}$，$EA=\begin{pmatrix}1&2\\0&-2\end{pmatrix}$。
- 左乘对行、右乘对列，顺序记反会得到错误矩阵；$EA$ 与 $AE$ 做的变换不同。
- 「第 $j$ 行的 $k$ 倍加到第 $i$ 行」的初等矩阵是 $I+kJ_{ij}$（$i\neq j$），不是把 $k$ 放在 $(i,j)$ 的任意位置；写错下标等于做错变换。
- 退化情形：$P(i(c))$ 要求 $c\neq0$，否则不是初等矩阵（行列式为 $0$，不可逆）；$n=1$ 时初等矩阵只有 $(1)$ 与 $(c)$（$c\neq0$）。
1对 $A$ 做一次初等行变换，等价于
答案与解析
正确答案：B
左乘初等矩阵作用于行；右乘作用于列。
2任何可逆矩阵都可以写成有限个初等矩阵的乘积。
答案与解析
正确答案：B
可逆矩阵行等价于 $I$，逆推即得初等矩阵乘积分解。
§7分块乘法的初等变换及应用举例
取 $A=B=C=D=(1)$：$S=1-1=0$，$M=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$ 行列式为 $0$，打洞公式当场失效。这不是公式错，而是它只对 $A$ 与舒尔补 $S=D-CA^{-1}B$ 都可逆的分块说话，动手前先把这两个行列式算出来。
对分块矩阵 $M=\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}$，分块初等变换指：（1）交换两块行（列）；（2）某块行（列）左（右）乘可逆矩阵 $P$；（3）某块行的 $P$ 倍加到另一块行（要求乘法有定义，且「乘到正确一侧」）。相应的分块初等矩阵由 $I$ 作同样分块变换得到。
与数值初等变换的差别：块乘法不交换，所以「倍加」要区分左乘 $P$ 还是右乘 $P$。
- $M$ 是分块方阵
- 每次分块初等变换中左（右）乘的块矩阵可逆
每一步分块初等变换相当于左（右）乘一个可逆分块初等矩阵，故变换前后矩阵等价；$M$ 可逆当且仅当变换后的矩阵可逆。
证明思路
分块初等矩阵可逆（逆是反向变换）；可逆矩阵之积可逆，故 $M$ 与变换结果同可逆、同秩。
- $M=\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}$，其中 $A$ 可逆
- 舒尔补 $S=D-CA^{-1}B$ 可逆
$M$ 可逆，且 $M^{-1}=\begin{pmatrix}A^{-1}+A^{-1}BS^{-1}CA^{-1}&-A^{-1}BS^{-1}\\-S^{-1}CA^{-1}&S^{-1}\end{pmatrix}$。等价地，$|M|=|A|\,|S|$。
证明思路
用分块初等变换把 $C$ 打成零：左乘 $\begin{pmatrix}I&0\\-CA^{-1}&I\end{pmatrix}$，得 $\begin{pmatrix}A&B\\0&S\end{pmatrix}$；再消掉 $B$，得对角分块，逐块求逆再乘回。
两个条件都承重：$A$ 不可逆时 $A^{-1}$ 写不出来，舒尔补无从定义；$S=D-CA^{-1}B$ 不可逆时 $M$ 未必可逆，如 $A=B=(1)$、$C=D=(2)$ 给出 $S=2-2=0$、$|M|=|A||S|=0$。所以动手前先验 $|A|\ne0$ 与 $|S|\ne0$，别算到一半才发现前提塌了。
- $A\in P^{m\times n}$，$B\in P^{m\times n}$（同型）
$\max\{r(A),r(B)\}\le r(A,B)\le r(A)+r(B)$，其中 $(A,B)$ 为横向拼接；且 $r\begin{pmatrix}A&0\\0&B\end{pmatrix}=r(A)+r(B)$。
证明思路
$(A,B)$ 的行空间包含 $A$ 与 $B$ 的行空间，故秩不小于二者；又 $(A,B)$ 的每行是 $(A\text{ 的行},B\text{ 的行})$，行空间可由两边行空间张成，故秩不超过和。分块对角的秩显然相加。
用分块初等变换求 $M=\begin{pmatrix}1&0&2\\0&1&1\\2&1&5\end{pmatrix}$ 的逆（提示：分块为 $A=I_2$，$B$，$C$，$D$）。
解答与答案
- 取 $A=I_2$，$B=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$，$C=(2,1)$，$D=(5)$，则 $A$ 可逆。
- 舒尔补 $S=5-(2,1)I^{-1}\binom{2}{1}=5-5=0$，$S$ 不可逆，说明 $M$ 不可逆。
- 验算：$|M|=1(5-1)-0+2(0-2)=4-4=0$，确不可逆。若 $D$ 改为 $6$，则 $S=1\neq0$，可用打洞公式求逆。
答案此 $M$ 的 $|M|=0$，不可逆（打洞公式中舒尔补 $S=0$）。
- 分块「倍加」时把可逆块乘到错误的一侧：行变换左乘，列变换右乘；块乘法不交换，写 $PA$ 与 $AP$ 结果不同。
- 使用打洞公式忘了检验 $A$ 与舒尔补 $S$ 可逆；$S$ 不可逆时 $M$ 未必可逆，公式失效。
- 退化情形：$B=0$ 或 $C=0$ 时打洞公式退化为分块对角（三角）求逆；$m=n=1$ 时分块就是数，$S=d-cb/a$，与普通公式一致。
1设 $M=\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}$ 中 $A$ 可逆，则舒尔补是
答案与解析
正确答案：C
打洞消去 $C$ 后右下角块为 $D-CA^{-1}B$，即舒尔补。
2分块初等变换相当于左乘或右乘一个可逆的分块初等矩阵。
答案与解析
正确答案：A
每步变换对应一个可逆块初等矩阵，故保持等价与秩。
二次型CHAPTER 05 · 4 SECTIONS
本章研究数域上的二次齐次多项式在非退化线性替换下的化简。先引入二次型的矩阵表示与矩阵的合同，再用配方法证明任何二次型都能化为标准形；随后用惯性定理说明规范形中正负平方项的个数唯一；最后讨论正定二次型，并给出顺序主子式判别法。
上一章把矩阵做成了能运算的对象，这一章给它一个专职工作：把二次齐次多项式 $X'AX$ 在非退化线性替换下化到最简。合同、标准形、惯性指数一路下来，讲的是同一个二次型有多少种写法、哪些数据不随写法变；正定判别是这套语言的第一个应用。到第六章你会看到，这里的合同变换其实是线性空间里换基的影子。
§1二次型及其矩阵表示
验算方式是把 $X'AX$ 展开：$x_ix_j$ 的系数是 $a_{ij}+a_{ji}=2a_{ij}$，所以 $2x_1x_2$ 对应 $a_{12}=a_{21}=1$ 而不是 $2$。照抄系数就多出一倍，后面的秩与判别全跟着错。
换一套变换就换一套不变量：合同变换看惯性指数，相似变换看特征值，两者一般不通用。在 $\mathbb{R}$ 上 $\mathrm{diag}(1,2)$ 与 $\mathrm{diag}(2,2)$ 合同（取 $C=\mathrm{diag}(\sqrt2,1)$ 就换过去），但特征值 $1,2$ 对 $2,2$，绝不相似。
设 $P$ 是一个数域，$x_1,x_2,\ldots,x_n$ 是 $n$ 个文字。系数属于 $P$ 的二次齐次多项式
称为数域 $P$ 上的一个 $n$ 元二次型。
写成双重和时约定 $a_{ij}=a_{ji}$，这样交叉项 $x_ix_j$ 的系数就是 $2a_{ij}$；对称性保证矩阵表示唯一。
二次型的研究比矩阵早得多：十八到十九世纪，欧拉、拉格朗日、高斯在研究整数的平方和表示时就系统整理过二次型的化简。矩阵语言成熟之后，这些配方技巧被统一写成合同变换。
设 $f(x_1,\ldots,x_n)=\sum\limits_{i,j=1}^{n}a_{ij}x_ix_j$（$a_{ij}=a_{ji}$），记 $X=\begin{pmatrix}x_1\\ \vdots\\ x_n\end{pmatrix}$，$A=(a_{ij})$，则 $f=X'AX$。称对称矩阵 $A$ 为二次型 $f$ 的矩阵。
要求 $A$ 对称，二次型与对称矩阵才一一对应；若允许非对称表示，同一二次型有无穷多种矩阵写法。
变量之间的关系
称为由 $x_1,\ldots,x_n$ 到 $y_1,\ldots,y_n$ 的一个线性替换，记作 $X=CY$。若 $|C|\neq 0$，则称为非退化线性替换。
非退化保证替换可逆，否则会把不同变量“捏”在一起，二次型的秩可能下降。
设 $A,B\in P^{n\times n}$。若存在 $P$ 上 $n$ 阶可逆矩阵 $C$，使得 $B=C'AC$，则称 $A$ 与 $B$ 在 $P$ 上合同。
合同与相似不同：合同用 $C'AC$，相似用 $C^{-1}AC$；实对称矩阵在正交相似下同时实现两者。
- $f=X'AX$ 是数域 $P$ 上的 $n$ 元二次型，$A$ 为对称矩阵
- $X=CY$ 是 $P$ 上的非退化线性替换
替换后 $f=(CY)'A(CY)=Y'(C'AC)Y$ 仍是 $n$ 元二次型，其矩阵为 $C'AC$；且 $C'AC$ 仍对称。
证明思路
直接代入 $X=CY$：$(CY)'A(CY)=Y'(C'AC)Y$。
$C'AC$ 的转置为 $C'A'(C')'=C'AC$，故仍对称。
$|C'AC|=|C'|\,|A|\,|C|=|C|^2|A|$，可逆替换不把二次型变成退化齐次式。
「非退化」承重：$C=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$ 时 $|C|=0$，两个变量被捏成一个，$C'AC$ 的秩凭空变小，后面的秩不变性全部失效。「$A$ 对称」也不能删：删掉后 $C'AC$ 未必对称（它的转置是 $C'A'C$），而二次型的矩阵按定义必须对称。
- $P$ 是数域，$A,B,C_0\in P^{n\times n}$
矩阵之间的合同关系满足反身性、对称性与传递性，因而是等价关系。
证明思路
反身：$A=E'AE$。
对称：若 $B=C'AC$ 且 $C$ 可逆，则 $A=(C^{-1})'BC^{-1}$。
传递：若 $B=C_1'AC_1$，$D=C_2'BC_2$，则 $D=(C_1C_2)'A(C_1C_2)$。
- $f=X'AX$ 是数域 $P$ 上的二次型，$A$ 为其对称矩阵
定义 $f$ 的秩为 $A$ 的秩 $\operatorname{rank}A$；在非退化线性替换下，$f$ 的秩不变，因为 $\operatorname{rank}(C'AC)=\operatorname{rank}A$。
证明思路
$C$ 可逆时，$C'$ 也可逆，故 $C'AC$ 与 $A$ 等价。
矩阵等价保持秩，所以 $\operatorname{rank}(C'AC)=\operatorname{rank}A$。
这说明“二次型的秩”不依赖于所用的非退化替换。
写出二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_1x_2+2x_2^2+4x_2x_3+5x_3^2$ 的矩阵 $A$，并求经非退化替换 $x_1=y_1-y_2,\ x_2=y_2,\ x_3=y_3$ 后新二次型的矩阵。
解答与答案
- 交叉项系数对半分：$2x_1x_2$ 给出 $a_{12}=a_{21}=1$，$4x_2x_3$ 给出 $a_{23}=a_{32}=2$，故 $A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&2&2\\0&2&5\end{pmatrix}$。
- 替换写成 $X=CY$，其中 $C=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$，$|C|=1\neq 0$。
- 新矩阵 $B=C'AC=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&2\\0&2&5\end{pmatrix}$，对应新二次型 $g=y_1^2+y_2^2+4y_2y_3+5y_3^2$。
答案$A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&2&2\\0&2&5\end{pmatrix}$，替换后矩阵为 $\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&2\\0&2&5\end{pmatrix}$。
设 $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}$，$C=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$，验证 $B=C'AC$ 与 $A$ 合同，并写出对应二次型。
解答与答案
- 计算 $C'=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}$，$AC=\begin{pmatrix}2&3\\1&2\end{pmatrix}$。
- 于是 $B=C'AC=\begin{pmatrix}2&3\\3&5\end{pmatrix}$，且 $|C|=1\neq 0$，故 $A$ 与 $B$ 合同。
- $A$ 对应 $f=2x_1^2+2x_1x_2+x_2^2$；$B$ 对应 $g=2y_1^2+6y_1y_2+5y_2^2$。令 $x_1=y_1+y_2,\ x_2=y_2$ 可直接代回验证 $f=g$。
答案$B=\begin{pmatrix}2&3\\3&5\end{pmatrix}$；$f=2x_1^2+2x_1x_2+x_2^2$，$g=2y_1^2+6y_1y_2+5y_2^2$，经该替换相等。
- 把交叉项 $2a_{ij}x_ix_j$ 的系数直接当成 $a_{ij}$：写矩阵时必须对半分，否则 $X'AX$ 会多出一倍。
- 忘记要求 $A$ 对称：若用非对称矩阵表示，同一个二次型会有无穷多个矩阵，秩与合同讨论都会乱套。
- 把合同 $C'AC$ 与相似 $C^{-1}AC$ 混为一谈：一般可逆 $C$ 下两者完全不同，只有正交矩阵同时给出合同与相似。
1二次型 $f=x_1^2+4x_1x_2+x_2^2$ 的矩阵中，$a_{12}$ 等于
答案与解析
正确答案：A
$4x_1x_2=2a_{12}x_1x_2$，故 $a_{12}=2$；矩阵为 $\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}$。
2非退化线性替换会改变二次型的秩。
答案与解析
正确答案：A
替换矩阵 $C$ 可逆时 $C'AC$ 与 $A$ 等价，秩不变；退化替换才可能降秩。
§2标准形
配方法的顺序固定：先找一个非零对角元 $a_{ii}$，把含 $x_i$ 的所有项凑成一个平方，再对剩下的文字重复；若所有 $a_{ii}=0$ 但有交叉项，先用 $x_i=y_i+y_j$、$x_j=y_i-y_j$ 造出平方项。
每步配方都把替换矩阵记下来：$x_1=y_1+y_2$、$x_2=y_1-y_2$ 对应 $C_1=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$，总的 $C$ 是各步按发生先后排的乘积。只写结果不记 $C$，等于白化，后面要用的正是这张 $C$。
只含平方项的二次型
称为二次型的一个标准形，其中 $d_i\in P$。
标准形的矩阵是对角矩阵 $\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_n)$；零系数的平方项可以不写。
- $f(x_1,\ldots,x_n)$ 是数域 $P$ 上的 $n$ 元二次型
存在 $P$ 上的非退化线性替换 $X=CY$，把 $f$ 化为标准形 $d_1y_1^2+\cdots+d_ny_n^2$。
证明思路
对文字个数 $n$ 归纳，用配方法。
若某个平方项系数 $a_{ii}\neq 0$，把含 $x_i$ 的项凑成 $(a_{ii}x_i+\sum_{j\neq i}a_{ij}x_j)^2$ 乘以 $1/a_{ii}$，再减去只含其余文字的二次型。
若所有 $a_{ii}=0$ 但有 $a_{ij}\neq 0$（$i\neq j$），先作替换 $x_i=y_i+y_j,\ x_j=y_i-y_j$ 造出平方项。
每步替换均可逆，归纳后得标准形。
条件里「$P$ 是数域」不像套话：它排除特征 $2$ 的域，那里 $2=0$，交叉项 $2a_{ij}x_ix_j$ 无从拆开，连 $x_1x_2$ 都化不成纯平方和。反过来「非退化」是结论里的保险丝：若允许 $|C|=0$ 的替换，得到的标准形可能比原式秩更小，那是丢信息不是化简。
- $f$ 是数域 $P$ 上的二次型，$X=CY$ 是 $P$ 上的非退化线性替换
- $f$ 化为标准形 $d_1y_1^2+\cdots+d_ny_n^2$
标准形中非零平方项的个数等于 $f$ 的秩，与所用的非退化线性替换无关。
证明思路
标准形的矩阵为 $\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_n)$，其秩恰为 $d_i\neq 0$ 的个数。
又 $f$ 的秩在非退化替换下不变，仍等于原对称矩阵 $A$ 的秩。
故非零 $d_i$ 的个数被 $f$ 唯一决定。
- $A$ 是数域 $P$ 上的 $n$ 阶对称矩阵
存在 $P$ 上可逆矩阵 $C$，使得 $C'AC$ 为对角矩阵；即对称矩阵在合同下可对角化。
证明思路
把 $A$ 看成二次型 $X'AX$ 的矩阵。
由化标准形定理，存在非退化替换 $X=CY$ 使新矩阵 $C'AC=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_n)$。
$|C|\neq 0$ 保证 $C$ 即为所求可逆矩阵。
- $A$ 是数域 $P$ 上的 $n$ 阶对称矩阵
- 对分块矩阵 $\begin{pmatrix}A\\E\end{pmatrix}$ 只作初等列变换，并对 $A$ 作相应的初等行变换，保持 $A$ 对称
当左上块化为对角矩阵 $D$ 时，右下块即为可逆矩阵 $C$，满足 $C'AC=D$。
证明思路
初等列变换相当于右乘初等矩阵 $P$，对应的行变换相当于左乘 $P'$。
每次成对操作使 $A$ 变为 $P'AP$，右下的 $E$ 同步变为 $EP=C$。
有限步后 $C'AC=D$，且 $C$ 可逆（初等矩阵乘积）。
用配方法把 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_1x_2+2x_2^2+4x_2x_3+5x_3^2$ 化为标准形，并写出所用的非退化替换。
解答与答案
- 先对 $x_1$ 配方：$f=(x_1+x_2)^2+x_2^2+4x_2x_3+5x_3^2$。
- 令 $y_1=x_1+x_2,\ y_2=x_2,\ y_3=x_3$，即 $x_1=y_1-y_2,\ x_2=y_2,\ x_3=y_3$（替换矩阵行列式为 $1$，非退化）。
- 此时 $f=y_1^2+y_2^2+4y_2y_3+5y_3^2=y_1^2+(y_2+2y_3)^2+y_3^2$。
- 再令 $z_1=y_1,\ z_2=y_2+2y_3,\ z_3=y_3$，得标准形 $z_1^2+z_2^2+z_3^2$。
答案标准形为 $z_1^2+z_2^2+z_3^2$；两次替换合成后 $x_1=z_1-z_2+2z_3,\ x_2=z_2-2z_3,\ x_3=z_3$。
把 $f(x_1,x_2)=2x_1x_2$ 化为标准形。
解答与答案
- 没有平方项，先用 $x_1=y_1+y_2,\ x_2=y_1-y_2$ 造出平方项（替换行列式 $-2\neq 0$）。
- 代入得 $f=2(y_1+y_2)(y_1-y_2)=2y_1^2-2y_2^2$。
- 标准形为 $2y_1^2-2y_2^2$，秩为 $2$。
答案$2y_1^2-2y_2^2$（经 $x_1=y_1+y_2,\ x_2=y_1-y_2$）。
- 配方时忘了替换必须非退化：例如若令 $y_1=x_1+x_2,\ y_2=x_1+x_2$，行列式为 $0$，得到的“标准形”不合法。
- 所有 $a_{ii}=0$ 时直接宣布 $f=0$：其实可能有 $2a_{ij}x_ix_j$ 型交叉项（如 $2x_1x_2$），要先作替换造出平方项。
- 只记标准形的形状、不记秩：标准形中系数 $d_i$ 可随替换变，但非零项的个数不变，混淆这两件事就无法进入惯性定理。
1二次型 $f=x_1^2+2x_1x_2+x_2^2$ 经非退化替换可化为的标准形是
答案与解析
正确答案：B
$f=(x_1+x_2)^2$，令 $y_1=x_1+x_2,\ y_2=x_2$ 得 $y_1^2$，秩为 $1$。
2数域 $P$ 上任意二次型都可经非退化线性替换化为标准形。
答案与解析
正确答案：B
配方法对任意数域成立；标准形存在性不依赖实数或复数假设。
§3唯一性
判两个实二次型是否合同，只比 $(r,p)$：秩先对上，正惯性指数再对上。例如 $x_1^2+x_2^2$ 与 $x_1^2+2x_2^2$ 合同（都是 $r=2,p=2$），而与 $x_1^2-x_2^2$ 不合同（$p=2$ 对 $p=1$）。
符号差 $p-q$ 不是第三个不变量：$r=p+q$ 一定，$p$ 与 $q$ 知道一个就知道另一个，$p-q$ 只是换种记法。真正的自由度是两个，比如 $(r,p)=(3,2)$ 就锁死了 $q=1$。
秩为 $r$ 的实二次型 $f$，若经非退化线性替换化为
则称该式为 $f$ 的一个规范形。复二次型的规范形指 $y_1^2+\cdots+y_r^2$。
规范形是标准形的进一步正规化：系数只保留 $+1,-1$（复情形只保留 $+1$）。
在实二次型的规范形中，正平方项个数 $p$ 称为正惯性指数，负平方项个数 $q$ 称为负惯性指数，$p-q$ 称为符号差。秩 $r=p+q$。
退化情形：若 $f\equiv 0$，则 $r=p=q=0$。
- $f$ 是 $n$ 元实二次型，秩为 $r$
- $f$ 经两组不同的非退化实线性替换分别化为规范形 $y_1^2+\cdots+y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots-y_{p+q}^2$ 与 $z_1^2+\cdots+z_{p'}^2-z_{p'+1}^2-\cdots-z_{p'+q'}^2$
$p=p'$，$q=q'$，从而 $p+q=r$；即正、负惯性指数由 $f$ 唯一确定，与所用非退化线性替换无关。
证明思路
反证：不妨设 $p>p'$。
由维数交集的计数可得，存在非零向量同时落在“前 $p$ 个坐标张成”与“后 $p'+q'+1$ 之后坐标张成”的公共子空间中。
在该非零向量处，第一个规范形取值 $>0$，第二个取值 $\le 0$，矛盾。
故 $p=p'$，同理 $q=q'$。
惯性定理由西尔维斯特（Sylvester）在十九世纪中叶给出，也常被称作西尔维斯特惯性律。在他之前人们已经知道标准形不唯一，却说不清不唯一到什么程度；这条定理把不唯一精确到只差正负项的个数。
「实」字承重：在 $\mathbb{C}$ 上负号能被吸收，$-y_2^2=(\mathrm{i}y_2)^2$，正负之分消失，$p,q$ 无从谈起，只剩秩一个不变量。「非退化」也删不得：退化替换会改秩，惯性指数跟着塌。所以定理只对实的、非退化的替换说话。
- $f$ 是 $n$ 元复二次型，秩为 $r$
$f$ 可经非退化复线性替换化为 $y_1^2+\cdots+y_r^2$，且 $r$ 由 $f$ 唯一确定。
证明思路
先把 $f$ 化为实标准形再在 $\mathbb{C}$ 上继续：任一非零系数 $d_i$ 可写 $d_i=(\sqrt{d_i})^2$ 并吸收进变量。
于是规范形只保留 $+1$ 系数，个数为秩 $r$。
$r$ 在非退化替换下不变，故唯一。
- $f=X'AX$，$g=Y'BY$ 是两个 $n$ 元实二次型，$A,B$ 为实对称矩阵
$f$ 与 $g$ 可经同一非退化实线性替换互相转化 $\iff$ $A$ 与 $B$ 在 $\mathbb{R}$ 上合同 $\iff$ $f$ 与 $g$ 有相同的秩与相同的正惯性指数。
证明思路
若 $B=C'AC$，则 $g$ 的规范形与 $f$ 相同，从而 $r,p$ 一致。
反之，若 $r,p$ 相同，则两者都合同于同一对角阵 $\operatorname{diag}(1,\ldots,1,-1,\ldots,-1,0,\ldots,0)$。
合同的传递与对称性给出 $A$ 与 $B$ 合同，对应可逆替换即所需线性替换。
求实二次型 $f=x_1^2+2x_2^2-3x_3^2+2x_1x_2-4x_2x_3$ 的秩与惯性指数，并写出规范形。
解答与答案
- 矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&2&-2\\0&-2&-3\end{pmatrix}$。
- 顺序主子式：$\Delta_1=1$，$\Delta_2=1\cdot2-1=1$，$\det A=1\bigl(2\cdot(-3)-(-2)^2\bigr)-1\bigl(1\cdot(-3)-0\bigr)=-10+3=-7$，故 $\operatorname{rank}A=3$。
- 配方法：$f=(x_1+x_2)^2+(x_2-2x_3)^2-7x_3^2$，令 $y_1=x_1+x_2,\ y_2=x_2-2x_3,\ y_3=x_3$，得 $y_1^2+y_2^2-7y_3^2$。
- 再令 $z_3=\sqrt{7}\,y_3$，规范形为 $z_1^2+z_2^2-z_3^2$。
答案秩 $r=3$，$p=2$，$q=1$，符号差 $1$；规范形 $z_1^2+z_2^2-z_3^2$。
说明 $f=x_1^2+x_2^2$ 与 $g=y_1^2-y_2^2$ 不能经非退化实线性替换互相转化。
解答与答案
- $f$ 的秩为 $2$，规范形为 $z_1^2+z_2^2$，$p=2,q=0$。
- $g$ 的秩为 $2$，规范形为 $u_1^2-u_2^2$，$p=1,q=1$。
- 秩相同但正惯性指数不同，由惯性定理（或 cor-5-1）它们不合同，故不存在非退化实替换互化。
答案不能：两者正惯性指数分别为 $2$ 与 $1$，不合同。
- 认为“标准形唯一”：标准形的系数 $d_i$ 会随替换改变（例如 $y_1^2+2y_2^2$ 与 $2z_1^2+z_2^2$ 等价），唯一的是惯性指数与秩。
- 在复二次型里谈正负惯性指数：复情形可把系数开方吸进变量，规范形只剩 $+1$，$p$、$q$ 无意义。
- 忽略退化二次型 $f\equiv 0$：此时 $r=p=q=0$，规范形为空和，不要硬套 $p+q=r$ 时漏掉 $0$ 情形。
1实二次型在非退化线性替换下唯一不变的是
答案与解析
正确答案：C
惯性定理保证 $p,q$（从而 $r=p+q$）唯一；标准形系数与迹、行列式都可随替换缩放。
2两个秩相同的实二次型一定合同。
答案与解析
正确答案：A
还须正惯性指数相同。例如 $x_1^2+x_2^2$ 与 $x_1^2-x_2^2$ 同秩但不合同。
§4正定二次型
跑顺序主子式串要一路到底：$A=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}$ 的 $\Delta_1=1>0$，但 $\Delta_2=1-4=-3<0$，半路翻车就不是正定；$\begin{pmatrix}3&1\\1&2\end{pmatrix}$ 的 $3,5$ 全正才算数。中途一个为负就停。
正定矩阵的运算性质不能反着用：$A+B$ 与 $A^{-1}$ 仍正定，$AB$ 却一般不正定，甚至不对称：$A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$、$B=\mathrm{diag}(1,3)$ 乘出 $\begin{pmatrix}2&3\\1&6\end{pmatrix}$ 就不对称。
实二次型 $f(x_1,\ldots,x_n)$ 称为正定的，如果对任意不全为零的实数 $c_1,\ldots,c_n$，都有 $f(c_1,\ldots,c_n)>0$。若 $f(c)\ge 0$ 恒成立，则称半正定；若 $f(c)<0$（$c\neq 0$），称负定；若 $f(c)\le 0$，称半负定。
$n=1$ 时 $f=ax_1^2$ 正定 $\iff$ $a>0$；$f\equiv 0$ 只是半正定（也是半负定），不是正定。
实对称矩阵 $A$ 称为正定矩阵，若二次型 $X'AX$ 正定。
只对实对称矩阵谈正定；若 $A$ 不对称，$X'AX$ 只用到对称部分 $\frac{A+A'}{2}$。
设 $A=(a_{ij})$ 为 $n$ 阶矩阵。$A$ 的 $k$ 阶顺序主子式指左上角 $k$ 阶子矩阵的行列式
顺序主子式强调“左上角”这一串；一般主子式是任选同标号行列交叉，两者在半正定判别中不同。
- $f=X'AX$ 是 $n$ 元实二次型，$A$ 为实对称矩阵
下列条件等价：(i) $f$ 正定；(ii) $f$ 的正惯性指数 $p=n$（负惯性指数 $q=0$）；(iii) $f$ 的规范形为 $y_1^2+\cdots+y_n^2$；(iv) 存在实可逆矩阵 $C$ 使 $C'AC=E$（即 $A$ 与单位矩阵合同）。
证明思路
(i)$\Rightarrow$(ii)：若 $q\ge 1$，在规范形中取对应坐标为 $1$、其余 $0$ 的向量，$f\le 0$，与正定矛盾。
(ii)$\Rightarrow$(iii)：规范形系数全为 $+1$。
(iii)$\Rightarrow$(iv)：规范形矩阵为 $E$，合同传递。
(iv)$\Rightarrow$(i)：$X'AX=(C^{-1}X)'(C^{-1}X)=\|C^{-1}X\|^2>0$ 当 $X\neq 0$。
四款等价靠「实」字串起来：复二次型里 $-y^2=(\mathrm{i}y)^2$，正负可互换，$p=n$ 没有意义，(ii)(iii) 直接失效。而 (iv) 里的 $C$ 必须是实可逆矩阵：换成复矩阵，$X'AX>0$ 这个实数检验也跟着失效。
- $f=X'AX$ 是 $n$ 元实二次型，$A=(a_{ij})$ 为实对称矩阵
$f$ 正定 $\iff$ $A$ 的各阶顺序主子式全大于零，即 $\Delta_1>0,\ \Delta_2>0,\ \ldots,\ \Delta_n>0$。
证明思路
充分性用归纳法：$\Delta_1=a_{11}>0$，对 $n$ 归纳。
把 $A$ 分块为 $A=\begin{pmatrix}a_{11}&\alpha'\\ \alpha&A_1\end{pmatrix}$，作替换把 $a_{11}$ 配成平方后，余下矩阵恰以 $\Delta_k/a_{11}$ 为顺序主子式。
归纳假设余下二次型正定，故 $f$ 正定；必要性则由正定可逐阶作合同化简并保持顺序主子式为正。
「实对称」删掉就有反例：$A=\begin{pmatrix}1&3\\-1&1\end{pmatrix}$ 的顺序主子式 $1$ 与 $4$ 全正，但 $X'AX=(x_1+x_2)^2$ 在 $x_1=-x_2\ne0$ 处取 $0$，不正定。判据只对对称矩阵成立；动手前先把 $A$ 换成 $\frac{A+A'}{2}$。
- $f=X'AX$ 是 $n$ 元实二次型，$A$ 为实对称矩阵
$f$ 负定 $\iff$ $A$ 的奇数阶顺序主子式 $<0$，偶数阶顺序主子式 $>0$（$\Delta_k$ 与 $(-1)^k$ 同号）；等价地 $-f$ 正定。
证明思路
$f$ 负定当且仅当 $-f$ 正定，而 $-f$ 的矩阵为 $-A$。
$-A$ 的 $k$ 阶顺序主子式为 $(-1)^k\Delta_k$。
对 $-A$ 用顺序主子式判别法：$(-1)^k\Delta_k>0$，即 $\Delta_k$ 与 $(-1)^k$ 同号。
- $f=X'AX$ 是 $n$ 元正定实二次型，$A=(a_{ij})$
对每个 $i$ 有 $a_{ii}>0$，且 $\det A>0$。这两条合起来仍只是必要条件，不是充分条件（$n\ge 3$ 时）。
证明思路
取 $X$ 为第 $i$ 个坐标向量 $e_i$，得 $f(e_i)=a_{ii}>0$。
$A$ 正定则 $A$ 与 $E$ 合同，故 $\det A=(\det C)^2>0$。
反之不成立：$A=\begin{pmatrix}1&4&4\\4&1&4\\4&4&1\end{pmatrix}$ 满足 $a_{ii}=1>0$，$\det A=81>0$，但特征值为 $9,-3,-3$，不是正定矩阵。
- $A,B$ 均为 $n$ 阶正定实对称矩阵
$A+B$ 仍正定；$A^{-1}$ 存在且正定；$A$ 的任意 $k$ 阶主子矩阵仍正定。
证明思路
和：$X'(A+B)X=X'AX+X'BX>0$（$X\neq 0$）。
逆：$A=C'EC$ 时 $A^{-1}=C^{-1}(C')^{-1}$，与 $E$ 合同，故正定。
主子矩阵：限制在相应坐标子空间上，二次型仍取正值，或直接用顺序主子式全正推出任一主子式全正的主子矩阵正定。
判断 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+3x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2x_2x_3$ 是否正定。
解答与答案
- 矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&3&1\\0&1&1\end{pmatrix}$。
- $\Delta_1=1>0$，$\Delta_2=1\cdot3-1=2>0$。
- $\det A=1(3\cdot1-1^2)-1(1\cdot1-0)=2-1=1>0$。
- 三阶顺序主子式全正，故 $f$ 正定。
答案正定。
问 $t$ 取何值时，$f(x_1,x_2)=x_1^2+t x_2^2+2x_1x_2$ 正定？
解答与答案
- 矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&1\\1&t\end{pmatrix}$。
- $\Delta_1=1>0$ 恒成立。
- $\Delta_2=\det A=t-1$，需 $t-1>0$。
- 故 $t>1$；当 $t=1$ 时 $f=(x_1+x_2)^2$ 半正定不正定，$t<1$ 时可取到负值或零。
答案$t>1$。
- 把 $a_{ii}>0$ 或 $\det A>0$ 单独当成正定的充要条件：它们只是必要条件，必须各阶顺序主子式同正才行。
- 混淆顺序主子式与一般主子式：正定用左上角顺序主子式串；半正定要“所有主子式 $\ge 0$”，只看顺序主子式会误判。
- 忽略 $f\equiv 0$ 与 $n=1$ 的退化情形：$f\equiv 0$ 半正定而非正定；$n=1$ 时 $ax_1^2$ 正定即 $a>0$。
1实二次型 $f=X'AX$ 正定的充要条件是
答案与解析
正确答案：D
正定等价于 $p=n$（与 $E$ 合同、规范形全正）；其余选项只是必要条件或无关条件。
2若 $A$ 正定，则 $A$ 的各阶顺序主子式都大于零。
答案与解析
正确答案：B
这正是顺序主子式判别法的必要性方向；反之也成立。
线性空间CHAPTER 06 · 8 SECTIONS
本章把“向量”抽象成满足八条公理的线性空间，脱离具体坐标说话。先补集合与映射的语言，再定义线性空间并讨论基、维数与坐标；随后研究基变换、线性子空间及其交与和、直和，最后用同构说明：有限维线性空间本质上就是 $P^n$。
前五章一直在具体对象里打转：向量、矩阵、二次型。这一章抽出它们共同的骨架，加法与数乘的八条公理，于是「向量」不再非得是箭头，多项式、矩阵、函数都能进场。基、维数、坐标把抽象空间接到 $P^n$ 上，子空间的交和与直和教你怎么切分它；第七章的线性变换要在这类空间之间跑，第九章再给空间装上内积。
§1集合·映射
这节是补词汇，不是新数学：后面说「同构」就是双射加保运算，说「线性变换」就是保加法与数乘的映射。读的时候顺手把映射与第四章的矩阵对上，左乘一个矩阵就是 $P^n$ 到 $P^m$ 的映射，单射、满射都能用秩读出来。
集合是具有某种确定性质的对象的全体。若 $A$ 的每个元素都属于 $B$，则称 $A$ 是 $B$ 的子集，记作 $A\subseteq B$。定义交 $A\cap B=\{x\mid x\in A\ \text{且}\ x\in B\}$，并 $A\cup B=\{x\mid x\in A\ \text{或}\ x\in B\}$。
讲义里集合只作语言准备；线性空间的讨论不依赖选择公理等集合论细节。
设 $S,T$ 是两个非空集合。若有一个法则 $\sigma$，使 $S$ 中每个元素 $\xi$ 都有 $T$ 中唯一确定的元素 $\eta$ 与之对应，则称 $\sigma$ 是 $S$ 到 $T$ 的一个映射，记作 $\sigma:S\to T$，$\eta=\sigma(\xi)$。
关键在“每个”与“唯一”：$S$ 中不许有落空的元素，也不许一个 $\xi$ 对应两个像。
设 $\sigma:S\to T$。(1) 若 $\xi_1\neq\xi_2$ 蕴含 $\sigma(\xi_1)\neq\sigma(\xi_2)$，称 $\sigma$ 为单射；(2) 若 $\forall\eta\in T$，存在 $\xi\in S$ 使 $\sigma(\xi)=\eta$，称 $\sigma$ 为满射；(3) 若既是单射又是满射，称 $\sigma$ 为双射（一一对应）。
有限集合上，$|S|=|T|$ 时单射、满射、双射三者等价；无限集则不然。
设 $\sigma:S\to T$，$\tau:T\to U$。定义 $\tau\sigma:S\to U$ 为 $(\tau\sigma)(\xi)=\tau(\sigma(\xi))$，称为 $\sigma$ 与 $\tau$ 的乘积（合成）。
记号顺序：$\tau\sigma$ 表示先作用 $\sigma$ 再作用 $\tau$，与矩阵乘法习惯一致。
若映射 $\sigma:S\to T$ 有逆映射 $\tau:T\to S$，满足 $\tau\sigma=\mathrm{id}_S$ 且 $\sigma\tau=\mathrm{id}_T$，则称 $\sigma$ 可逆，$\tau$ 记作 $\sigma^{-1}$。
逆映射若存在必唯一，故记号 $\sigma^{-1}$ 无歧义。
- $\sigma:S\to T$ 是集合间的映射
$\sigma$ 可逆 $\iff$ $\sigma$ 是双射。
证明思路
若 $\sigma$ 可逆，则 $\sigma^{-1}\sigma=\mathrm{id}$ 给出单射，$\sigma\sigma^{-1}=\mathrm{id}$ 给出满射。
若 $\sigma$ 双射，对每个 $\eta\in T$ 取唯一 $\xi$ 使 $\sigma(\xi)=\eta$，定义 $\tau(\eta)=\xi$，则 $\tau$ 是 $\sigma$ 的逆。
唯一性由合成左右抵消得到。
「映射」二字承重：若 $\sigma$ 一个 $\xi$ 出两个像，逆无从定义。逆还必须两侧都抵消：$\sigma:n\mapsto n+1$ 单而不满，可以造出左逆，却造不出同时抵消两侧的逆映射；只验一边就会误判。
- $\sigma:S\to T$，$\tau:T\to U$，$\rho:U\to V$ 是集合间的映射
$(\rho\tau)\sigma=\rho(\tau\sigma)$，即映射合成满足结合律。
证明思路
两边都是 $S\to V$ 的映射，对任意 $\xi\in S$ 验证像相同。
左边：$((\rho\tau)\sigma)(\xi)=(\rho\tau)(\sigma(\xi))=\rho(\tau(\sigma(\xi)))$。
右边：$(\rho(\tau\sigma))(\xi)=\rho((\tau\sigma)(\xi))=\rho(\tau(\sigma(\xi)))$。
- $\sigma:S\to T$，$\tau:T\to U$ 均可逆
$\tau\sigma$ 可逆，且 $(\tau\sigma)^{-1}=\sigma^{-1}\tau^{-1}$；$\sigma^{-1}$ 也可逆且 $(\sigma^{-1})^{-1}=\sigma$。
证明思路
直接验算：$(\sigma^{-1}\tau^{-1})(\tau\sigma)=\sigma^{-1}(\tau^{-1}\tau)\sigma=\mathrm{id}_S$。
另一侧同理得 $\mathrm{id}_U$。
$(\sigma^{-1})^{-1}=\sigma$ 由逆的定义对称性立得。
设 $S=T=\mathbb{R}$，$\sigma(x)=x^2$，$\tau(y)=y+1$。说明 $\sigma$ 既非单射也非满射，并求 $\tau\sigma$ 与 $\sigma\tau$。
解答与答案
- $\sigma(1)=\sigma(-1)=1$，故不是单射；负实数无原像，故不是满射。
- $(\tau\sigma)(x)=\tau(x^2)=x^2+1$。
- $(\sigma\tau)(x)=\sigma(x+1)=(x+1)^2$。
- 两者不同，说明映射合成一般不可交换。
答案$\tau\sigma(x)=x^2+1$，$\sigma\tau(x)=(x+1)^2$；$\sigma$ 非单非满，合成不可交换。
- 把“有法则”就当成映射：必须检查 $S$ 中每个元素都有像，且像唯一；分段定义时易漏点或一对多。
- 混淆合成顺序 $\tau\sigma$ 与 $\sigma\tau$：一般不相等，写逆映射公式 $(\tau\sigma)^{-1}=\sigma^{-1}\tau^{-1}$ 时顺序必须倒过来。
- 在无限集上用“单射 $\Rightarrow$ 满射”：这只对有限集或等势集成立，例如 $\sigma:\mathbb{N}\to\mathbb{N},\ n\mapsto n+1$ 单射但不满。
1映射 $\sigma:S\to T$ 可逆的充要条件是
答案与解析
正确答案：A
可逆当且仅当双射；单射只保证左逆，满射只保证右逆，两者齐备才有逆映射。
2映射合成满足结合律。
答案与解析
正确答案：A
对任意 $\xi$，$(\rho\tau)\sigma(\xi)$ 与 $\rho(\tau\sigma)(\xi)$ 都等于 $\rho(\tau(\sigma(\xi)))$。
§2线性空间的定义与简单性质
判一个新例子是不是线性空间，先查三件事：加法封闭、数乘封闭、$1\alpha=\alpha$；其余多半继承自熟悉的运算。例如全体 $2\times2$ 对角矩阵是线性空间，全体可逆矩阵却不是，$I+(-I)=0$ 就不可逆了。
设 $P$ 是一个数域，$V$ 是一个非空集合。$V$ 上定义了加法（$V\times V\to V$）与数量乘法（$P\times V\to V$），满足：
(1) 加法交换：$\alpha+\beta=\beta+\alpha$；
(2) 加法结合：$(\alpha+\beta)+\gamma=\alpha+(\beta+\gamma)$；
(3) 存在零元 $0\in V$，使 $\alpha+0=\alpha$；
(4) 存在负元 $-\alpha$，使 $\alpha+(-\alpha)=0$；
(5) $1\alpha=\alpha$；
(6) 数乘结合：$k(l\alpha)=(kl)\alpha$；
(7) 分配：$k(\alpha+\beta)=k\alpha+k\beta$；
(8) 分配：$(k+l)\alpha=k\alpha+l\alpha$。
则称 $V$ 为数域 $P$ 上的线性空间。
八条公理缺一不可；元素不限于“箭头”。常见例子：$P^n$、$P^{m\times n}$、$P[x]$、$P[x]_n$、连续函数空间。
「线性空间」不是从向量箭头出发，而是被公理化出来的：十九世纪末皮亚诺（Peano）写下加法与数乘的公理表时，元素已经包括函数；后来发现矩阵、多项式都满足同一套公理，「空间」才成为统一的概念。
- $V$ 是数域 $P$ 上的线性空间
- $\alpha\in V$
零元唯一；$\alpha$ 的负元唯一，记作 $-\alpha$。
证明思路
设 $0,0'$ 都是零元，则 $0=0+0'=0'$。
设 $\beta,\beta'$ 都是 $\alpha$ 的负元，则 $\beta=\beta+0=\beta+(\alpha+\beta')=(\beta+\alpha)+\beta'=0+\beta'=\beta'$。
唯一性保证记号 $0,-\alpha$ 合法。
- $V$ 是数域 $P$ 上的线性空间
- $\alpha\in V$，$k\in P$
(1) $0\alpha=0$；(2) $k0=0$；(3) $(-1)\alpha=-\alpha$；(4) 若 $k\alpha=0$，则 $k=0$ 或 $\alpha=0$。
证明思路
(1) $0\alpha=(0+0)\alpha=0\alpha+0\alpha$，两边加 $-(0\alpha)$ 得 $0\alpha=0$。
(2) $k0=k(0+0)=k0+k0$，同理 $k0=0$。
(3) $\alpha+(-1)\alpha=(1-1)\alpha=0\alpha=0$，故 $(-1)\alpha$ 是 $\alpha$ 的负元。
(4) 若 $k\neq 0$ 则 $\alpha=k^{-1}(k\alpha)=k^{-1}0=0$。
第 (4) 条的证明只用到「$k\ne0$ 就有 $k^{-1}$」，所以「$P$ 是数域」承重：换成整数环，$2\alpha=0$ 推不出 $\alpha=0$，取二阶元即反例。而 (1)(2) 靠 $0\alpha=(0+0)\alpha$ 两边消去 $0\alpha$，消去律来自负元存在，公理 (4) 在背后撑着。
- $P$ 是数域
下列集合按通常的加法与数乘都是 $P$ 上的线性空间：$P^n$（$n$ 元列向量）、$P^{m\times n}$（$m\times n$ 矩阵）、$P[x]$（一元多项式）、$P[x]_n$（次数 $<n$ 的多项式及零多项式）、$P$ 自身。
证明思路
逐一验证八条公理：加法交换结合由分量（或系数）的运算继承自 $P$。
零元取零向量、零矩阵、零多项式或 $0$；负元取对应分量（系数）的相反元。
数乘的两条分配与结合同样按分量（系数）验证。
设 $V=\mathbb{R}^+$（正实数），定义 $a\oplus b=ab$，$k\odot a=a^k$。验证 $V$ 是 $\mathbb{R}$ 上的线性空间，并写出零元与 $a$ 的负元。
解答与答案
- 加法 $\oplus$ 就是普通乘法，交换、结合成立；数乘 $k\odot a=a^k$ 与普通幂一致。
- 零元：需 $a\oplus 0_V=a$，即 $a\cdot 0_V=a$，故 $0_V=1\in\mathbb{R}^+$。
- 负元：需 $a\oplus(-1)\odot a=a\cdot a^{-1}=1=0_V$，故 $-a=a^{-1}$。
- 八条公理逐一核对均成立（例如 $k\odot(a\oplus b)=(ab)^k=a^k b^k=(k\odot a)\oplus(k\odot b)$）。
答案是 $\mathbb{R}$ 上线性空间；零元为 $1$，$a$ 的负元为 $a^{-1}$。
说明 $\mathbb{R}^2$ 关于普通加法与数乘 $(k,x)\mapsto kx$ 是线性空间，但若把数乘改为 $k\ast x=0$ 则不是。
解答与答案
- 普通结构：八条公理即向量加法与数乘的标准性质，成立。
- 改成 $k\ast x=0$ 后，$1\ast x=x$ 不再成立（除非 $x=0$），公理 (5) 失效。
- 故线性空间的“数乘”必须与 $1$ 相容，不能随便另定义。
答案普通结构是线性空间；改数乘为 $k\ast x=0$ 后不是（$1\ast x\neq x$）。
- 把“零元”想成数 $0$：在线性空间中零元是 $V$ 中的加法单位元，可能是 $1$（正实数乘法结构）或零多项式。
- 验证公理时漏掉 $1\alpha=\alpha$：像 $k\ast x=0$ 这种平凡数乘过不了这一条。
- 混淆数域 $P$ 与空间 $V$：$k\in P$、$\alpha\in V$，写 $k\alpha\in V$；用 $\mathbb{R}$ 还是 $\mathbb{C}$ 会改变“同一条”方程的解空间。
1在线性空间 $V$ 中，$0\alpha$ 等于
答案与解析
正确答案：B
由 $0\alpha=(0+0)\alpha$ 两边消去得 $0\alpha=0$，这里的 $0$ 是 $V$ 的零元。
2正实数集 $\mathbb{R}^+$ 按 $a\oplus b=ab$、$k\odot a=a^k$ 构成 $\mathbb{R}$ 上线性空间。
答案与解析
正确答案：B
零元是 $1$，负元是倒数，八条公理都成立——元素不必是“箭头”。
§3维数·基与坐标
判一组向量是不是基按两问走：先问无关（写不出非零的零组合），再问够用（任意向量可表出）。在 $P^n$ 里两问都化成矩阵的秩。例如 $P^3$ 里 $(1,0,0)'$、$(0,1,0)'$、$(1,1,0)'$ 看着三个，秩只有 $2$，张出的只是 $x_3=0$ 那个平面。
设 $V$ 是 $P$ 上线性空间，$\alpha_1,\ldots,\alpha_s\in V$，$k_1,\ldots,k_s\in P$。称 $k_1\alpha_1+\cdots+k_s\alpha_s$ 为 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 的一个线性组合。
所有线性组合的集合记作 $L(\alpha_1,\ldots,\alpha_s)$，它构成子空间。
向量组 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s\in V$ 称为线性相关，若存在不全为零的 $k_i\in P$ 使 $k_1\alpha_1+\cdots+k_s\alpha_s=0$；否则称为线性无关（此时仅当所有 $k_i=0$ 时组合才为零）。
含零向量的向量组必线性相关；单向量组 $\{\alpha\}$ 无关 $\iff$ $\alpha\neq 0$。
向量组的一个部分组称为极大线性无关组，若该部分组线性无关，且向量组中每个向量都可由它线性表出。极大无关组所含向量个数称为向量组的秩。
同一向量组的任意两个极大无关组等价，从而个数相同。
线性空间 $V$ 中的向量组 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 称为 $V$ 的一组基，若它线性无关且 $V$ 中每个向量都可由它线性表出。基所含向量个数 $n$ 称为 $V$ 的维数，记作 $\dim V=n$。若 $\alpha=\sum\limits_{i=1}^{n}x_i\varepsilon_i$，则称 $(x_1,\ldots,x_n)'$ 为 $\alpha$ 在基 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 下的坐标。
只含零向量的空间维数为 $0$，它没有非空基（或说空集为基）。
- $V$ 是数域 $P$ 上的有限维线性空间
- $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 与 $\eta_1,\ldots,\eta_m$ 都是 $V$ 的基
$m=n$，即 $V$ 的任意两组基含向量个数相同；$\dim V$ 有确定意义。
证明思路
两组基可互相线性表出，故向量组等价，秩相同。
线性无关组的向量个数不超过可表出它的向量组的向量个数，得 $n\le m$ 且 $m\le n$。
故 $m=n$。
- $\dim V=n$
- $\alpha_1,\ldots,\alpha_m\in V$
若 $m>n$，则 $\alpha_1,\ldots,\alpha_m$ 线性相关；若 $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ 线性无关，则它们是 $V$ 的一组基。
证明思路
把每个 $\alpha_j$ 用基 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 写成坐标列，得到 $m$ 个 $n$ 维列向量。
$m>n$ 时坐标向量在 $P^n$ 中线性相关，系数代回得 $\alpha_j$ 的相关关系。
若 $n$ 个向量无关，则它们张成的子空间维数为 $n$，从而等于 $V$，故为基。
「$\dim V=n$」承重：$m>n$ 才敢说相关，$m=n$ 且无关才敢说是基。若不假设有限维，「个数超过维数」就无从比较，$P[x]$ 里有无穷多个线性无关的 $1,x,x^2,\ldots$，这个上界形同虚设。
- $\dim V=n$
- $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 是 $V$ 的一组基
- $\alpha\in V$
存在唯一一组 $x_1,\ldots,x_n\in P$ 使 $\alpha=\sum\limits_{i=1}^{n}x_i\varepsilon_i$，即坐标存在且唯一。
证明思路
存在性来自“基能表出一切向量”。
唯一性：若 $\sum x_i\varepsilon_i=\sum y_i\varepsilon_i$，则 $\sum(x_i-y_i)\varepsilon_i=0$。
由 $\varepsilon_i$ 线性无关得 $x_i=y_i$。
求 $P[x]_3=\{a_0+a_1x+a_2x^2\}$ 的维数，并写出 $f=2-3x+x^2$ 在基 $1,x,x^2$ 与基 $1,(x-1),(x-1)^2$ 下的坐标。
解答与答案
- $1,x,x^2$ 线性无关且能表出一切次数 $<3$ 的多项式，故是基，$\dim P[x]_3=3$。
- 在基 $1,x,x^2$ 下，$f=2\cdot 1+(-3)\cdot x+1\cdot x^2$，坐标为 $(2,-3,1)'$。
- 换基 $1,(x-1),(x-1)^2$：设 $f=a+b(x-1)+c(x-1)^2$。
- 展开右边 $=a+b x-b+c x^2-2c x+c$，与 $2-3x+x^2$ 比较系数：$c=1$，$b-2c=-3\Rightarrow b=-1$，$a-b+c=2\Rightarrow a=0$。
答案$\dim P[x]_3=3$；基 $1,x,x^2$ 下坐标 $(2,-3,1)'$；基 $1,(x-1),(x-1)^2$ 下坐标 $(0,-1,1)'$。
判断 $\alpha_1=(1,0,1)'$，$\alpha_2=(1,1,0)'$，$\alpha_3=(0,1,1)'$ 是否为 $\mathbb{R}^3$ 的基，并求 $\beta=(2,3,1)'$ 的坐标。
解答与答案
- 以三向量为列排成矩阵 $M=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\1&0&1\end{pmatrix}$，$\det M=2\neq 0$，故线性无关。
- $\dim\mathbb{R}^3=3$，三个无关向量即为基。
- 解 $M X=\beta$：$x_1+x_2=2,\ x_2+x_3=3,\ x_1+x_3=1$，解得 $x_1=0,\ x_2=2,\ x_3=1$。
- 验算：$0\cdot\alpha_1+2\alpha_2+1\alpha_3=(2,2,0)+(0,1,1)=(2,3,1)'$。
答案是基；$\beta$ 的坐标为 $(0,2,1)'$。
- 以为“能表出一切向量”就够了：还必须线性无关；多一个冗余向量就不能当基（如 $\mathbb{R}^2$ 中三个向量）。
- 把维数当成 $V$ 中向量个数：维数是基的向量个数，$\mathbb{R}^n$ 有无穷多向量但维数是 $n$。
- 坐标写成行向量却按列向量公式计算：约定坐标是列向量 $X=(x_1,\ldots,x_n)'$，否则与后面基变换公式对不上。
1$\dim V=n$，则 $V$ 中任意 $n+1$ 个向量
答案与解析
正确答案：C
多于 $n$ 个向量必线性相关；$n$ 个无关向量才构成基。
2线性空间的维数等于基中向量的个数，且任意两组基个数相同。
答案与解析
正确答案：A
这是维数确定性定理：基的向量个数是空间的不变量。
§4基变换与坐标变换
公式方向是记忆负担：$(\varepsilon')=(\varepsilon)T$ 是新基 = 旧基乘 $T$，坐标反过来 $X=TY$。用 $T=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}$、$X=(3,2)'$ 一算得 $Y=(3,-1)'$，代回去对得上。
设 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 与 $\varepsilon'_1,\ldots,\varepsilon'_n$ 是 $V$ 的两组基。若
记 $T=(c_{ij})$，写成 $(\varepsilon'_1,\ldots,\varepsilon'_n)=(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)T$，则称 $T$ 为从基 $\varepsilon_i$ 到基 $\varepsilon'_j$ 的过渡矩阵。
过渡矩阵必可逆；从 $\varepsilon'_j$ 回到 $\varepsilon_i$ 的过渡矩阵是 $T^{-1}$。
- $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 与 $\varepsilon'_1,\ldots,\varepsilon'_n$ 都是 $V$ 的基
- $T$ 是从 $\varepsilon_i$ 到 $\varepsilon'_j$ 的过渡矩阵
$T$ 是可逆矩阵。
证明思路
设从 $\varepsilon'_j$ 到 $\varepsilon_i$ 的过渡矩阵为 $S$，则 $(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)=(\varepsilon'_1,\ldots,\varepsilon'_n)S$。
代入得 $(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)=(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)TS$。
由基的线性无关性（或坐标唯一）得 $TS=E$，同理 $ST=E$。
- $\alpha\in V$ 在基 $\varepsilon_i$ 与 $\varepsilon'_j$ 下的坐标分别为 $X$ 与 $Y$
- $T$ 是从 $\varepsilon_i$ 到 $\varepsilon'_j$ 的过渡矩阵
$X=TY$，或等价地 $Y=T^{-1}X$。
证明思路
由 $\alpha=(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)X=(\varepsilon'_1,\ldots,\varepsilon'_n)Y$。
而 $(\varepsilon'_1,\ldots,\varepsilon'_n)=(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)T$，代入得 $(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)X=(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)TY$。
坐标唯一性给出 $X=TY$，再由 $T$ 可逆得 $Y=T^{-1}X$。
公式 $X=TY$ 里「$T$ 是过渡矩阵」已要求两组都是基：新基若相关，$T$ 奇异，$Y=T^{-1}X$ 写不出来。方向也不能反：$T=\begin{pmatrix}2&1\\0&1\end{pmatrix}$、$X=(3,1)'$ 时 $Y=(1,1)'$，误写 $Y=TX$ 得 $(7,1)'$ 就不对了。
- $T$ 是从基 $\varepsilon_i$ 到基 $\varepsilon'_j$ 的过渡矩阵
- $S$ 是从基 $\varepsilon'_j$ 到基 $\varepsilon''_k$ 的过渡矩阵
从 $\varepsilon_i$ 到 $\varepsilon''_k$ 的过渡矩阵为 $TS$；从 $\varepsilon'_j$ 到 $\varepsilon_i$ 的过渡矩阵为 $T^{-1}$。
证明思路
$(\varepsilon'_1,\ldots,\varepsilon'_n)=(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)T$，$(\varepsilon''_1,\ldots,\varepsilon''_n)=(\varepsilon'_1,\ldots,\varepsilon'_n)S$。
代入得 $(\varepsilon''_1,\ldots,\varepsilon''_n)=(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)TS$。
取 $S=T^{-1}$ 即得反向过渡矩阵。
在 $\mathbb{R}^2$ 中，$\varepsilon_1=(1,0)'$，$\varepsilon_2=(0,1)'$，$\varepsilon'_1=(1,1)'$，$\varepsilon'_2=(1,-1)'$。求过渡矩阵 $T$，并求 $\beta=(3,1)'$ 在新基下的坐标。
解答与答案
- $\varepsilon'_1=1\cdot\varepsilon_1+1\cdot\varepsilon_2$，$\varepsilon'_2=1\cdot\varepsilon_1+(-1)\cdot\varepsilon_2$，故 $T=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$。
- 旧坐标 $X=(3,1)'$，新坐标 $Y=T^{-1}X$。
- $T^{-1}=\frac{1}{-2}\begin{pmatrix}-1&-1\\-1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1/2&1/2\\1/2&-1/2\end{pmatrix}$。
- $Y=\begin{pmatrix}1/2&1/2\\1/2&-1/2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$。
答案$T=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$；$\beta$ 在新基下坐标为 $(2,1)'$，验算 $2(1,1)'+1(1,-1)'=(3,1)'$。
- 公式方向弄反：基变换是 $(\varepsilon')=(\varepsilon)T$，坐标变换是 $X=TY$（旧坐标 $=$ 过渡矩阵乘新坐标），不是 $Y=TX$。
- 忘记过渡矩阵必须可逆：若“新基”线性相关，得到的 $T$ 奇异，坐标变换公式失效。
- 多次换基时矩阵乘的顺序写错：从 $\varepsilon$ 经 $T$ 到 $\varepsilon'$ 再经 $S$ 到 $\varepsilon''$，总过渡矩阵是 $TS$，不是 $ST$。
1若 $T$ 是从基 $\varepsilon_i$ 到 $\varepsilon'_j$ 的过渡矩阵，则 $\alpha$ 的旧坐标 $X$ 与新坐标 $Y$ 满足
答案与解析
正确答案：D
由 $\alpha=(\varepsilon)X=(\varepsilon')Y=(\varepsilon)TY$ 得 $X=TY$，即 $Y=T^{-1}X$。
2任意两组基之间的过渡矩阵一定可逆。
答案与解析
正确答案：B
反向过渡矩阵给出逆矩阵；可逆性来自两组都是基。
§5线性子空间
「子空间」只对加法与数乘说话：$P[x]$ 里全体 $n$ 次多项式不是子空间（$x^n+(-x^n)=0$ 就降次了），全体次数不超过 $n$ 的才是。图形直觉也一样会骗人，过原点的平面算，不过原点的不算。
设 $V$ 是数域 $P$ 上的线性空间，$W\subseteq V$ 且 $W\neq\varnothing$。若 $W$ 对 $V$ 的加法与数量乘法封闭（即 $\alpha,\beta\in W$，$k\in P$ 蕴含 $\alpha+\beta\in W$，$k\alpha\in W$），则称 $W$ 是 $V$ 的线性子空间。
$\{0\}$ 与 $V$ 本身总是子空间，称为平凡子空间。
设 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s\in V$，称
为由 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 生成（张成）的子空间。
$L(\alpha_1,\ldots,\alpha_s)$ 是包含这些向量的最小子空间。
- $V$ 是数域 $P$ 上的线性空间
- $W$ 是 $V$ 的非空子集
$W$ 是 $V$ 的子空间 $\iff$ 对任意 $\alpha,\beta\in W$ 与 $k,l\in P$，都有 $k\alpha+l\beta\in W$。
证明思路
必要性：子空间对加法、数乘封闭，故 $k\alpha\in W$，$l\beta\in W$，$k\alpha+l\beta\in W$。
充分性：取 $k=l=0$ 得 $0\in W$；取 $k=1,l=1$ 得加法封闭；取 $l=0$ 得数乘封闭。
八条公理继承自 $V$，故 $W$ 是子空间。
「$W$ 非空」删掉，空集会因空洞地满足封闭而被误判成子空间；判定式 $k\alpha+l\beta\in W$ 取 $k=l=0$ 正好逼出 $0\in W$，所以这条不是形式要求。反过来 $W=\{(a,1)'\}$ 这种不带零元的集合，两个元相加得 $(a+b,2)'$，立刻掉出去。
- $\alpha_1,\ldots,\alpha_s\in V$
- $W$ 是 $V$ 的子空间且 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s\in W$
$L(\alpha_1,\ldots,\alpha_s)\subseteq W$；即 $L(\alpha_1,\ldots,\alpha_s)$ 是包含 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 的最小子空间。且 $\dim L(\alpha_1,\ldots,\alpha_s)$ 等于向量组 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 的秩。
证明思路
子空间对线性组合封闭，故 $W$ 含一切 $\sum k_i\alpha_i$，得 $L\subseteq W$。
$L$ 本身对线性运算封闭，是子空间。
$L$ 的维数等于 $\alpha_i$ 的极大无关组的向量个数，即该向量组的秩。
- $V$ 是数域 $P$ 上的线性空间
齐次线性方程组的解集是 $P^n$ 的子空间；$P[x]_n$ 是 $P[x]$ 的子空间；$V$ 中与固定向量正交（在欧几里得空间中）的集合是子空间。
证明思路
齐次解集：若 $X,Y$ 满足 $AX=0$，则 $A(kX+lY)=kAX+lAY=0$。
$P[x]_n$：次数 $<n$ 的多项式相加或数乘不升次。
正交集：内积对每个变元线性，正交条件对线性组合封闭。
判断 $W=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x+y+z=0\}$ 是否为 $\mathbb{R}^3$ 的子空间，并求其维数与一组基。
解答与答案
- 非空：$(0,0,0)\in W$。
- 若 $X,Y\in W$，则 $A(X+Y)=AX+AY=0$，$A(kX)=kAX=0$，其中 $A=(1,1,1)$，故对线性运算封闭。
- 解方程 $x=-y-z$，通解 $(x,y,z)=y(-1,1,0)+z(-1,0,1)$，故 $W=L((-1,1,0)',(-1,0,1)')$。
- 两向量线性无关，$\dim W=2$。
答案是子空间；$\dim W=2$，一组基为 $(-1,1,0)'$，$(-1,0,1)'$。
- 漏掉“非空”：空集对运算平凡封闭，但不是子空间；验证时先指出零元在内。
- 把非齐次方程解集当子空间：$x+y+z=1$ 的解集不含零元，对加法也不封闭。
- 以为子空间必须与 $V$ 维数相同：真子空间可以维数更低，$\{0\}$ 也是子空间（维数 $0$）。
1下列集合中，是 $\mathbb{R}^3$ 子空间的是
答案与解析
正确答案：A
只有 $x=y$ 是齐次线性条件，对加法数乘封闭；其余不含零元或不封闭。
2非空子集 $W$ 是子空间的充要条件是对任意 $\alpha,\beta\in W$ 与 $k,l\in P$ 有 $k\alpha+l\beta\in W$。
答案与解析
正确答案：A
一条式子同时蕴含加法与数乘封闭，并可取系数为 $0$ 得到零元。
§6子空间的交与和
维数公式要配具体数字才不抽象：$V_1$ 是 $xy$ 平面、$V_2$ 是 $yz$ 平面（都在 $P^3$ 里），$\dim V_1=\dim V_2=2$，交是 $y$ 轴维数 $1$，于是 $\dim(V_1+V_2)=2+2-1=3$，和就是整个 $P^3$。
设 $V_1,V_2$ 是 $V$ 的子空间。定义
和 $V_1+V_2$ 一般比并集大；并集通常不是子空间。
- $V_1,V_2$ 是线性空间 $V$ 的子空间
$V_1\cap V_2$ 与 $V_1+V_2$ 都是 $V$ 的子空间。
证明思路
交：$0\in V_1\cap V_2$；若 $\alpha,\beta$ 同时在两者内，则 $k\alpha+l\beta$ 也在两者内，故在交内。
和：$0=0+0\in V_1+V_2$；对 $\alpha_1+\alpha_2$ 与 $\beta_1+\beta_2$，有 $k(\alpha_1+\alpha_2)+l(\beta_1+\beta_2)=(k\alpha_1+l\beta_1)+(k\alpha_2+l\beta_2)\in V_1+V_2$。
两条都用子空间判定定理。
- $V_1,V_2$ 是有限维线性空间 $V$ 的子空间
$\dim(V_1+V_2)=\dim V_1+\dim V_2-\dim(V_1\cap V_2)$。
证明思路
取 $V_1\cap V_2$ 的基 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_r$，分别扩充成 $V_1$ 的基 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_r,\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 与 $V_2$ 的基 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_r,\beta_1,\ldots,\beta_t$。
证明 $\varepsilon_i,\alpha_j,\beta_k$ 是 $V_1+V_2$ 的基。
数维数：$\dim(V_1+V_2)=r+s+t$，而 $\dim V_1=r+s$，$\dim V_2=r+t$。
「有限维」承重：把 $V_1\cap V_2$ 的基扩充成 $V_1$、$V_2$ 的基，扩充引理只对有限维说。减去 $\dim(V_1\cap V_2)$ 这一项也不能省：$V_1$ 与 $V_2$ 都取 $xy$ 平面时左边是 $2$，右边若不减就是 $2+2=4$，等式不成立。
在 $\mathbb{R}^3$ 中，设 $V_1=L(e_1,e_2)$（$xy$ 平面），$V_2=L(e_2,e_3)$（$yz$ 平面）。求 $V_1\cap V_2$、$V_1+V_2$ 及维数，验证维数公式。
解答与答案
- $V_1\cap V_2=\{(x,y,z)\mid x=0,z=0\}=L(e_2)$，$\dim(V_1\cap V_2)=1$。
- $V_1+V_2=\mathbb{R}^3$，因为 $e_1,e_2,e_3$ 都在和中，$\dim(V_1+V_2)=3$。
- $\dim V_1=2$，$\dim V_2=2$。
- 公式：$2+2-1=3=\dim(V_1+V_2)$，成立。
答案$V_1\cap V_2=L(e_2)$（维数 $1$），$V_1+V_2=\mathbb{R}^3$（维数 $3$）；$2+2-1=3$。
- 以为 $V_1\cup V_2$ 是子空间：例如 $xy$ 平面与 $yz$ 平面的并不含 $(1,0,1)'$ 的和，不封闭。
- 维数公式里漏掉“减去交的维数”：直接 $\dim(V_1+V_2)=\dim V_1+\dim V_2$ 只在交为 $\{0\}$ 时成立。
- 无限维情形乱用公式：维数公式要求 $V_1,V_2$ 有限维（或至少 $V_1\cap V_2$ 有限维且公式中的项有意义）。
1$\dim V_1=3$，$\dim V_2=2$，$\dim(V_1\cap V_2)=1$，则 $\dim(V_1+V_2)=$
答案与解析
正确答案：B
$3+2-1=4$，维数公式给出和的维数。
2两个子空间的和仍为子空间。
答案与解析
正确答案：B
对线性运算封闭可直接验证；交也是子空间。
§7子空间的直和
直和等于把两组基拼起来还是基：$V_1\oplus V_2$ 时，$V_1$ 的基接上 $V_2$ 的基就是 $W$ 的基，维数直接相加。反过来这给了最快的反例法：拼出来的向量个数一旦超过 $\dim W$，就一定不是直和。
设 $V_1,V_2$ 是 $V$ 的子空间，$W=V_1+V_2$。若 $W$ 中每个向量的分解式 $\alpha=\alpha_1+\alpha_2$（$\alpha_i\in V_i$）是唯一的，则称 $W$ 为 $V_1$ 与 $V_2$ 的直和，记作 $W=V_1\oplus V_2$。
唯一性等价于零向量的分解唯一（两边只能都是 $0$）。
- $V_1,V_2$ 是线性空间 $V$ 的子空间
- $W=V_1+V_2$
下列条件等价：(i) $W=V_1\oplus V_2$；(ii) $V_1\cap V_2=\{0\}$；(iii) $\dim W=\dim V_1+\dim V_2$。
证明思路
(i)$\Rightarrow$(ii)：若 $0\neq\alpha\in V_1\cap V_2$，则 $0=\alpha+(-\alpha)=0+0$ 有两种分解，矛盾。
(ii)$\Rightarrow$(iii)：维数公式中交的维数为 $0$。
(iii)$\Rightarrow$(i)：若分解不唯一，存在 $\alpha_1+\alpha_2=\beta_1+\beta_2$ 且某对不全同，则非零元 $\alpha_1-\beta_1=\beta_2-\alpha_2\in V_1\cap V_2$，与维数条件矛盾。
删掉「$V_1\cap V_2=\{0\}$」立刻有反例：$V_1=V_2=x$ 轴时 $\dim V_1+\dim V_2=2$，而 $V_1+V_2$ 还是那条轴、维数 $1$，(iii) 与 (i) 同时垮掉。真正承重的是零向量分解唯一，它一个条件就把 (ii)(iii) 都锁住。
- $W=V_1\oplus V_2$
- $V_1,V_2$ 有限维
$\dim W=\dim V_1+\dim V_2$；且 $V_1$ 的基与 $V_2$ 的基合起来是 $W$ 的基。
证明思路
维数公式与 $V_1\cap V_2=\{0\}$ 给出维数相加。
设 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_r$ 是 $V_1$ 的基，$\eta_1,\ldots,\eta_s$ 是 $V_2$ 的基。
线性无关：$\sum k_i\varepsilon_i+\sum l_j\eta_j=0$ 可拆成两边分别属于 $V_1,V_2$，由交为 $0$ 得系数全零。
个数 $r+s=\dim W$，故为 $W$ 的基。
- $V_1,\ldots,V_s$ 是 $V$ 的子空间
- $W=V_1+\cdots+V_s$
$W=V_1\oplus\cdots\oplus V_s$ $\iff$ 零向量的分解唯一 $\iff$ 对每个 $i$ 有 $V_i\cap\sum_{j\neq i}V_j=\{0\}$ $\iff$ $\dim W=\sum_{i=1}^{s}\dim V_i$（均限有限维时谈维数）。
证明思路
推广两两情形：若某个 $V_i$ 与其余的和有非零交，则零向量出现第二种分解。
反之，分解唯一迫使每个 $V_i$ 与其余的和只交于 $0$。
维数条件用归纳法与两两直和的维数公式。
在 $\mathbb{R}^2$ 中设 $V_1=L((1,0)')$，$V_2=L((1,1)')$。说明 $\mathbb{R}^2=V_1\oplus V_2$，并把 $\beta=(3,2)'$ 写成直和分解。
解答与答案
- $V_1\cap V_2=\{0\}$：若 $k(1,0)'=l(1,1)'$，则 $k=l=0$。
- $\dim V_1+\dim V_2=1+1=2=\dim\mathbb{R}^2$，故为直和。
- 设 $\beta=a(1,0)'+b(1,1)'$，即 $a+b=3,\ b=2$，得 $b=2,a=1$。
- 分解唯一：$\beta=(1,0)'+2(1,1)'$。
答案$\mathbb{R}^2=V_1\oplus V_2$；$\beta=(1,0)'+2(1,1)'$。
- 把“和”与“直和”混用：$V_1+V_2$ 总有定义，但分解不唯一时不是直和（如 $V_1=V_2\neq\{0\}$）。
- 只验 $\dim W=\dim V_1+\dim V_2$ 而不限有限维：无限维时维数条件要另说，分解唯一性才是定义。
- 多个子空间时只检查两两交为 $0$：不够！须 $V_i\cap\sum_{j\neq i}V_j=\{0\}$，例如三条不同直线两两只交于 $0$，但在 $\mathbb{R}^2$ 中三条不能直和。
1$W=V_1+V_2$ 为直和的充要条件是
答案与解析
正确答案：C
交为零元等价于分解唯一、维数相加；其余选项都不保证直和。
2若 $V_1\cap V_2=\{0\}$，则 $\dim(V_1+V_2)=\dim V_1+\dim V_2$。
答案与解析
正确答案：A
维数公式中交的维数为 $0$，故和的维数直接相加。
§8线性空间的同构
用同构的正确姿势是先取基、再翻译成坐标：$P[x]_2$ 里判断 $1+x$、$2-x$、$3+2x$ 是否相关，只要看坐标矩阵 $\begin{pmatrix}1&2&3\\1&-1&2\end{pmatrix}$ 的秩够不够 $3$（这里秩是 $2$，故相关）。抽象问题就此变成矩阵问题。
设 $V$ 与 $V'$ 是数域 $P$ 上的线性空间。若存在双射 $\sigma:V\to V'$，且对任意 $\alpha,\beta\in V$、$k\in P$ 满足
则称 $\sigma$ 为同构映射，$V$ 与 $V'$ 同构，记作 $V\cong V'$。
同构映射必把 $0$ 送到 $0$，把 $-\alpha$ 送到 $-\sigma(\alpha)$。
「同构」的想法来自十九世纪的代数：先在群论里定型，把「结构相同」与「元素相同」彻底分开；线性空间照搬了这个模式，于是「维数相同的 $n$ 维空间结构上一样」成为一句可以证明的话。
- $V,V',V''$ 是数域 $P$ 上的线性空间
线性空间的同构关系具有反身性、对称性、传递性。
证明思路
反身：恒等映射是同构。
对称：同构映射 $\sigma$ 的逆 $\sigma^{-1}$ 仍保持加法与数乘，可由 $\sigma$ 双射线性推出。
传递：$\sigma:V\to V'$，$\tau:V'\to V''$ 同构，则 $\tau\sigma$ 是双射且 $\tau\sigma(\alpha+\beta)=\tau\sigma(\alpha)+\tau\sigma(\beta)$，数乘同理。
- $\sigma:V\to V'$ 是线性空间的同构映射
- $\alpha_1,\ldots,\alpha_s\in V$
$\sum k_i\alpha_i=0$ $\iff$ $\sum k_i\sigma(\alpha_i)=0$；故 $\alpha_i$ 线性相关当且仅当 $\sigma(\alpha_i)$ 线性相关。进而 $\dim V=\dim V'$。
证明思路
由 $\sigma$ 线性：$\sigma(\sum k_i\alpha_i)=\sum k_i\sigma(\alpha_i)$。
$\sigma$ 是单射，故左边为零当且仅当右边为零。
相关性等价，从而基对应基，维数相等。
- $V$ 与 $V'$ 是数域 $P$ 上的有限维线性空间
$V\cong V'$ $\iff$ $\dim V=\dim V'$；特别地，$\dim V=n$ 时 $V\cong P^n$。
证明思路
必要性由同构保持维数（thm-6-17）。
充分性：取 $V$ 的基 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 与 $V'$ 的基 $\varepsilon'_1,\ldots,\varepsilon'_n$，把 $\sum x_i\varepsilon_i$ 映到 $\sum x_i\varepsilon'_i$。
该映射由坐标一一对应给出，是保持运算的双射。
「有限维」删掉即假：无限维空间不能靠一个数 $n$ 分类，$P[x]$ 里有无穷多个线性无关的多项式 $1,x,x^2,\ldots$，「维数相同」这句话失去对象。反过来 $\dim V=n$ 时，坐标映射把 $V$ 搬进 $P^n$，同构才有了具体实现。
- $\dim V=n$
- $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 是 $V$ 的一组基
映射 $\sigma(\alpha)=X$（$\alpha$ 在该基下的坐标列向量）是 $V$ 到 $P^n$ 的同构映射。
证明思路
坐标存在唯一给出双射 $V\to P^n$。
和的坐标等于坐标之和，数乘的坐标等于数乘坐标。
故 $\sigma$ 保持加法与数乘，是同构。
证明 $P[x]_3$ 与 $P^3$ 同构，并写出一个具体的同构映射。
解答与答案
- $\dim P[x]_3=3$（基 $1,x,x^2$），$\dim P^3=3$，故由有限维同构判别知 $P[x]_3\cong P^3$。
- 具体映射：$\sigma(a_0+a_1x+a_2x^2)=(a_0,a_1,a_2)'$。
- 双射：多项式与系数列一一对应；线性：系数运算对应分量运算。
- 也可写 $\sigma(f)=(f(0),f'(0),f''(0)/2)'$ 等，只要线性且一一即可。
答案$\sigma(a_0+a_1x+a_2x^2)=(a_0,a_1,a_2)'$ 是同构；$P[x]_3\cong P^3$。
- 以为同构必须“集合相等”：同构只要求结构一一对应，元素可以完全不同（多项式与坐标列）。
- 忘记同构映射必须同时是线性与双射：只有双射不保持运算不是同构，只有线性而满射不成立也不是。
- 在无限维空间乱套“维数相同即同构”：该判别只对有限维；无限维线性空间的同构要另证。
1数域 $P$ 上两个有限维线性空间同构的充要条件是
答案与解析
正确答案：D
有限维时维数是完全不变量；$V\cong P^n$ 当且仅当 $\dim V=n$。
2同构映射一定把零元映到零元。
答案与解析
正确答案：B
$\sigma(0)=\sigma(0+0)=\sigma(0)+\sigma(0)$，两边消去 $\sigma(0)$ 得 $\sigma(0)=0$。
线性变换CHAPTER 07 · 9 SECTIONS
本章从保持加法与数乘的映射出发建立线性变换理论：先定义运算并说明全体线性变换构成线性空间，再通过基与矩阵把变换化为可计算对象。随后用特征值、特征向量与对角化刻画可化简情形，用值域与核的维数公式度量变换规模。最后讨论不变子空间、若尔当标准形与最小多项式，为第 8 章的 λ-矩阵方法做准备。
上一章把线性空间的骨架搭好了：基、维数、子空间、直和。这一章把作用在空间上的那个映射请上台——保持加法与数乘的线性变换，以及它取定基后对应的矩阵。特征值、值域与核、不变子空间把变换的结构一层层读出来，落在若尔当标准形与最小多项式上；第 8 章要用 λ-矩阵把这里只宣布、未证明的结论真正证出来。
§1线性变换的定义
线性变换的原型是几何：旋转、伸缩、投影都把直线送成直线、把原点送回原点。十九世纪的数学家把这类保持线性结构的映射抽象出来，才有了今天的定义。类比到此为止：几何变换总活在具体的空间里，而这里的变换可以作用在函数、多项式这些看不见的空间上。
设 $V$ 是数域 $P$ 上的线性空间，$\mathcal{A}$ 是 $V$ 到自身的一个映射。若对任意 $\alpha,\beta\in V$ 与任意 $k\in P$ 都有 $\mathcal{A}(\alpha+\beta)=\mathcal{A}(\alpha)+\mathcal{A}(\beta)$ 与 $\mathcal{A}(k\alpha)=k\mathcal{A}(\alpha)$，则称 $\mathcal{A}$ 是 $V$ 的一个线性变换。
两条性质合起来等价于：对任意 $\alpha,\beta\in V$，$k,l\in P$，$\mathcal{A}(k\alpha+l\beta)=k\mathcal{A}(\alpha)+l\mathcal{A}(\beta)$。教材有时把 $V$ 到 $W$ 的相应映射叫线性映射；本章默认 $V$ 到自身。
- $\mathcal{A}$ 是线性空间 $V$ 的线性变换
$\mathcal{A}(0)=0$，且对任意 $\alpha\in V$ 有 $\mathcal{A}(-\alpha)=-\mathcal{A}(\alpha)$。
证明思路
取 $k=0$：$\mathcal{A}(0)=\mathcal{A}(0\cdot 0)=0\cdot\mathcal{A}(0)=0$。取 $k=-1$：$\mathcal{A}(-\alpha)=(-1)\mathcal{A}(\alpha)=-\mathcal{A}(\alpha)$。两步都只用数乘定义，不依赖基。
- $\mathcal{A}$ 是线性变换
- $\alpha_1,\ldots,\alpha_m\in V$，$k_1,\ldots,k_m\in P$
$\mathcal{A}\Bigl(\sum_{i=1}^{m}k_i\alpha_i\Bigr)=\sum_{i=1}^{m}k_i\mathcal{A}(\alpha_i)$。
证明思路
对 $m$ 归纳。$m=1$ 由数乘定义；$m=2$ 由加法与数乘定义合并。设对 $m-1$ 成立，把和拆成前 $m-1$ 项与第 $m$ 项，先用加法定义再用归纳假设，最后并回数乘。
- $\mathcal{A}$ 是线性变换
- $\alpha_1,\ldots,\alpha_m$ 在 $V$ 中线性相关
$\mathcal{A}(\alpha_1),\ldots,\mathcal{A}(\alpha_m)$ 线性相关。
证明思路
由相关性存在不全为零的 $k_i$ 使 $\sum k_i\alpha_i=0$。两边作用 $\mathcal{A}$，由 prop-7-2 得 $\sum k_i\mathcal{A}(\alpha_i)=\mathcal{A}(0)=0$，且 $k_i$ 仍不全为零，故像组相关。
逆命题不成立：线性无关组的像可以相关，例如零变换把任一组都送到零。
条件线性相关是承重的：换成线性无关组，结论立刻塌。反过来不成立——线性无关组可能被压成相关组，例如投影 $(x,y)\mapsto(x,0)$ 把 $(1,0)$ 与 $(1,1)$ 这组无关向量送到 $(1,0)$ 与 $(1,0)$，像组相关。所以这是单行道：相关进、必出相关；无关进，出什么都有可能。
设 $V=\mathbb{R}^3$，定义 $\mathcal{A}(x,y,z)=(x+y,\,y,\,0)$。判断 $\mathcal{A}$ 是否为线性变换；若是，求 $\mathcal{A}(0)$ 与 $\mathcal{A}(2e_1+e_2-e_3)$。
解答与答案
- 验证加法：设 $\alpha=(x_1,y_1,z_1)$，$\beta=(x_2,y_2,z_2)$，则 $\mathcal{A}(\alpha+\beta)=(x_1+x_2+y_1+y_2,\,y_1+y_2,\,0)=\mathcal{A}(\alpha)+\mathcal{A}(\beta)$。
- 验证数乘：$\mathcal{A}(k\alpha)=(k x_1+k y_1,\,k y_1,\,0)=k\mathcal{A}(\alpha)$。两条都成立，故是线性变换。
- $\mathcal{A}(0)=(0,0,0)$；$2e_1+e_2-e_3=(2,1,-1)$，故 $\mathcal{A}(2e_1+e_2-e_3)=(2+1,\,1,\,0)=(3,1,0)$。
答案$\mathcal{A}$ 是线性变换；$\mathcal{A}(0)=(0,0,0)$，$\mathcal{A}(2e_1+e_2-e_3)=(3,1,0)$。
设 $V=P[x]_n$（次数小于 $n$ 的多项式与零多项式构成的线性空间），$\mathcal{D}$ 为求导变换：$\mathcal{D}(f)=f'$。证明 $\mathcal{D}$ 是线性变换，并求 $\mathcal{D}(1)$ 与 $\mathcal{D}(x^2)$。
解答与答案
- 对任意 $f,g\in V$，$(f+g)'=f'+g'$，故 $\mathcal{D}(f+g)=\mathcal{D}(f)+\mathcal{D}(g)$。
- 对任意 $k\in P$，$(kf)'=k f'$，故 $\mathcal{D}(kf)=k\mathcal{D}(f)$。由定义 $\mathcal{D}$ 是线性变换。
- $\mathcal{D}(1)=0$；$\mathcal{D}(x^2)=2x$。注意 $\mathcal{D}$ 不是可逆变换：非零常数多项式被送到 $0$。
答案$\mathcal{D}$ 是线性变换；$\mathcal{D}(1)=0$，$\mathcal{D}(x^2)=2x$。
- 以为线性变换把无关组仍变到无关组。相关组的像必相关，但无关组的像可以相关，例如零变换或投影。
- 只验证加法或只验证数乘就下结论。两条必须都验，或者合并验证 $\mathcal{A}(k\alpha+l\beta)=k\mathcal{A}(\alpha)+l\mathcal{A}(\beta)$。
- 忽略 $\mathcal{A}(0)=0$ 是线性变换的必要条件。若算出 $\mathcal{A}(0)\neq0$，立刻可以断定不是线性变换，例如平移变换 $\alpha\mapsto\alpha+\beta$（$\beta\neq0$）。
1下列变换中，是 $\mathbb{R}^2$ 上线性变换的是
答案与解析
正确答案：A
C 是线性组合：$(2x-y,\,x)$ 对加法与数乘都齐次。A 把原点送到 $(1,0)$，B 与 D 含乘积或平方，都不是线性的。
2线性变换一定把零向量送到零向量。
答案与解析
正确答案：A
取 $k=0$ 得 $\mathcal{A}(0)=0$。这是线性变换的必要条件，常用来快速否定候选映射。
§2线性变换的运算
两个非零变换相乘可以是零变换：在 $\mathbb{R}^2$ 上令 $\mathcal{A}(x,y)=(x,0)$、$\mathcal{B}(x,y)=(0,x)$，则 $(\mathcal{AB})(x,y)=(0,0)$ 而 $(\mathcal{BA})(x,y)=(0,x)$。所以乘法既不能约分也不能默认交换，动手前先想清楚谁先作用。
设 $\mathcal{A},\mathcal{B}$ 是 $V$ 的线性变换，$k\in P$。定义 $(\mathcal{A}+\mathcal{B})(\alpha)=\mathcal{A}(\alpha)+\mathcal{B}(\alpha)$，$(k\mathcal{A})(\alpha)=k\,\mathcal{A}(\alpha)$（对一切 $\alpha\in V$）。
加法与数乘都是逐点定义的，即在每个向量上分别作用再组合。
设 $\mathcal{A},\mathcal{B}$ 是 $V$ 的线性变换。定义乘积 $(\mathcal{AB})(\alpha)=\mathcal{A}\bigl(\mathcal{B}(\alpha)\bigr)$，即先作用 $\mathcal{B}$ 再作用 $\mathcal{A}$。
乘积对应复合映射。注意次序：$\mathcal{AB}$ 表示“先 $\mathcal{B}$ 后 $\mathcal{A}$”，与矩阵乘法的约定一致。
- $\mathcal{A},\mathcal{B}$ 是线性变换
- $k,l\in P$
$\mathcal{A}+\mathcal{B}$、$k\mathcal{A}$、$\mathcal{AB}$ 都仍是 $V$ 的线性变换。
证明思路
逐条验证定义。例如 $(\mathcal{A}+\mathcal{B})(\alpha+\beta)=\mathcal{A}(\alpha+\beta)+\mathcal{B}(\alpha+\beta)=(\mathcal{A}+\mathcal{B})(\alpha)+(\mathcal{A}+\mathcal{B})(\beta)$；数乘与乘积类似，乘积用 $\mathcal{A}(\mathcal{B}(\alpha+\beta))=\mathcal{A}(\mathcal{B}\alpha+\mathcal{B}\beta)$ 展开。
- $V$ 是数域 $P$ 上的 $n$ 维线性空间
- $L(V)$ 表示 $V$ 上全体线性变换的集合
$L(V)$ 关于变换的加法与数量乘法构成 $P$ 上的线性空间，且 $\dim L(V)=n^2$。
证明思路
加法与数乘的线性空间公理逐条验证（结合律、交换律、零变换、负变换、分配律等）。取定基后每个线性变换对应唯一 $n$ 阶矩阵，全体 $n$ 阶矩阵空间维数为 $n^2$，故 $\dim L(V)=n^2$。
$n$ 维有限这一条承重：$\dim L(V)=n^2$ 全靠变换由基的像决定。取 $n=2$，$L(V)$ 恰有 $4$ 个基元 $E_{ij}$（只把 $\varepsilon_j$ 送到 $\varepsilon_i$），$4=2^2$。若 $\dim V$ 无限，$L(V)$ 也无限维，计数公式无从谈起。
- $\mathcal{A},\mathcal{B},\mathcal{C}\in L(V)$
- $k\in P$
乘法满足结合律 $\mathcal{A}(\mathcal{BC})=(\mathcal{AB})\mathcal{C}$ 与左右分配律；$(k\mathcal{A})\mathcal{B}=\mathcal{A}(k\mathcal{B})=k(\mathcal{AB})$。但乘法一般不满足交换律，且存在非零变换使 $\mathcal{AB}=\mathcal{BA}=0$。
证明思路
结合律与分配律直接对向量作用验证，用映射复合的结合性。交换律不成立：例如 $V=\mathbb{R}^2$ 上 $\mathcal{A}(x,y)=(x,0)$，$\mathcal{B}(x,y)=(0,x)$，则 $\mathcal{AB}\neq\mathcal{BA}$。零因子：$\mathcal{A}$ 取投影到 $x$ 轴，$\mathcal{B}$ 取投影到 $y$ 轴，复合为零。
线性变换 $\mathcal{A}$ 称为可逆的，若存在线性变换 $\mathcal{B}$ 使 $\mathcal{AB}=\mathcal{BA}=\mathcal{E}$（$\mathcal{E}$ 为恒等变换）。此时称 $\mathcal{B}$ 为 $\mathcal{A}$ 的逆变换，记作 $\mathcal{A}^{-1}$。
若逆变换存在，则它必唯一，且仍是线性变换。
- $V$ 是数域 $P$ 上的有限维线性空间
- $\mathcal{A}\in L(V)$
下列条件等价：$\mathcal{A}$ 可逆；$\mathcal{A}$ 是双射；$\ker\mathcal{A}=\{0\}$；$\operatorname{Im}\mathcal{A}=V$。
证明思路
可逆显然是双射。双射则单且满，故核为零、像为全空间。反之，核为零则单射；有限维时单射必满射，故双射，从而有集合论逆映射，再验证逆映射是线性的。
有限维是关键：无限维空间上单射不必满射（如右移位变换）。
在 $V=\mathbb{R}^2$ 上设 $\mathcal{A}(x,y)=(x,0)$，$\mathcal{B}(x,y)=(0,x)$。求 $\mathcal{AB}$、$\mathcal{BA}$、$\mathcal{A}+\mathcal{B}$，并说明乘法是否可交换。
解答与答案
- $(\mathcal{AB})(x,y)=\mathcal{A}(\mathcal{B}(x,y))=\mathcal{A}(0,x)=(0,0)$，故 $\mathcal{AB}$ 是零变换。
- $(\mathcal{BA})(x,y)=\mathcal{B}(\mathcal{A}(x,y))=\mathcal{B}(x,0)=(0,x)$，故 $\mathcal{BA}=\mathcal{B}\neq 0$。
- $(\mathcal{A}+\mathcal{B})(x,y)=(x,0)+(0,x)=(x,x)$。由于 $\mathcal{AB}\neq\mathcal{BA}$，乘法不可交换；且 $\mathcal{A},\mathcal{B}$ 都非零而 $\mathcal{AB}=0$，说明 $L(V)$ 有零因子。
答案$\mathcal{AB}=0$，$\mathcal{BA}(x,y)=(0,x)$，$(\mathcal{A}+\mathcal{B})(x,y)=(x,x)$；乘法不可交换。
设 $\mathcal{A}\in L(V)$ 满足 $\mathcal{A}^2=\mathcal{A}$（幂等）。证明 $\mathcal{E}-\mathcal{A}$ 也是幂等的，并求 $(\mathcal{E}-\mathcal{A})\mathcal{A}$。
解答与答案
- 计算 $(\mathcal{E}-\mathcal{A})^2=\mathcal{E}-2\mathcal{A}+\mathcal{A}^2=\mathcal{E}-2\mathcal{A}+\mathcal{A}=\mathcal{E}-\mathcal{A}$，故幂等。
- $(\mathcal{E}-\mathcal{A})\mathcal{A}=\mathcal{A}-\mathcal{A}^2=\mathcal{A}-\mathcal{A}=0$，即两变换乘积为零变换。
- 说明幂等变换在 $\operatorname{Im}\mathcal{A}$ 上像恒等，在 $\ker\mathcal{A}$ 上像零；$\mathcal{E}-\mathcal{A}$ 则相反。
答案$(\mathcal{E}-\mathcal{A})^2=\mathcal{E}-\mathcal{A}$；$(\mathcal{E}-\mathcal{A})\mathcal{A}=0$。
- 把变换乘法写成“先左后右”的直觉顺序。约定是 $\mathcal{AB}(\alpha)=\mathcal{A}(\mathcal{B}(\alpha))$，与矩阵乘法一致：右边先作用。
- 默认乘法可交换，或默认无零因子。$L(V)$ 一般既不交换也有零因子，除非 $n=1$ 或变换属于特殊类（如数量变换）。
- 求逆时忘记验证逆也是线性变换。集合论逆映射存在还不够，需说明它保持加法与数乘；在有限维下由双射自动保持线性结构，但仍应交代。
1设 $V$ 是 $n$ 维线性空间，则 $\dim L(V)$ 等于
答案与解析
正确答案：B
取定基后 $L(V)$ 同构于全体 $n$ 阶矩阵，矩阵空间维数是 $n^2$。
2存在非零线性变换 $\mathcal{A},\mathcal{B}$ 使 $\mathcal{AB}$ 是零变换。
答案与解析
正确答案：B
例如 $\mathbb{R}^2$ 上向两坐标轴的投影，复合为零变换，但两变换本身都不是零变换。
§3线性变换的矩阵
写矩阵先背一句：第 $j$ 列是 $\mathcal{A}(\varepsilon_j)$ 的坐标。换基时若 $(\eta)=(\varepsilon)T$，新基下的矩阵是 $T^{-1}AT$。方向错了答案就全错，检验办法是取 $A=\lambda E$：数量矩阵怎么换都不该变。
设 $V$ 是 $n$ 维线性空间，$\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 是一组基，$\mathcal{A}$ 是线性变换。若 $\mathcal{A}(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)=(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)A$，则称 $n$ 阶矩阵 $A$ 为 $\mathcal{A}$ 在基 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 下的矩阵。
$A$ 的第 $j$ 列是 $\mathcal{A}(\varepsilon_j)$ 在该基下的坐标。记号 $(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)A$ 表示用 $A$ 的列组合基向量。
- $V$ 是数域 $P$ 上的 $n$ 维线性空间
- $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 是 $V$ 的一组固定基
取定基后，线性变换与 $n$ 阶矩阵一一对应：$\mathcal{A}\mapsto A$ 是 $L(V)$ 到 $P^{n\times n}$ 的同构；且和、数量乘积、乘积分别对应矩阵的和、数量乘积、乘积。
证明思路
先由基的像唯一确定变换：任意 $\alpha=\sum x_i\varepsilon_i$，则 $\mathcal{A}(\alpha)=\sum x_i\mathcal{A}(\varepsilon_i)$。再验证 $(\mathcal{A}+\mathcal{B})$ 对应 $A+B$，$k\mathcal{A}$ 对应 $kA$，$\mathcal{AB}$ 对应 $AB$，以及线性性。
设 $A,B\in P^{n\times n}$。若存在可逆矩阵 $T$ 使 $B=T^{-1}AT$，则称 $A$ 与 $B$ 相似，记作 $A\sim B$。
相似是矩阵间的等价关系，刻画“同一线性变换在不同基下的表现”。
- $V$ 是 $n$ 维线性空间
- $\mathcal{A}\in L(V)$
- $A$ 与 $B$ 分别是 $\mathcal{A}$ 在两组基下的矩阵
$A$ 与 $B$ 相似。反之，若 $B=T^{-1}AT$，则存在基使 $\mathcal{A}$ 在这两组基下的矩阵分别为 $A$ 与 $B$。
证明思路
设两组基的过渡矩阵为 $T$，由坐标变换公式得 $\mathcal{A}$ 在新基下的矩阵为 $T^{-1}AT$。反之，取定基与过渡矩阵 $T$，构造第二组基即可。
承重的是过渡矩阵 $T$ 可逆：它必须把一组基送到另一组基。$T=\begin{pmatrix}1&0\\1&0\end{pmatrix}$ 的两列 $(1,1),(0,0)$ 相关，根本不是基变换，$T^{-1}AT$ 无从定义。方向也别反：$(\eta)=(\varepsilon)T$ 时新矩阵是 $T^{-1}AT$，把 $T$ 换成 $T^{-1}$ 就全错。
- $A,B,C\in P^{n\times n}$
相似关系满足自反性、对称性与传递性，是等价关系。相似矩阵有相同的行列式、相同的秩、相同的特征多项式与相同的迹。
证明思路
自反：$T=E$；对称：由 $B=T^{-1}AT$ 得 $A=TBT^{-1}$；传递：$B=T_1^{-1}AT_1$，$C=T_2^{-1}BT_2$，则 $C=(T_1T_2)^{-1}A(T_1T_2)$。行列式：$\det B=\det A$。特征多项式：$\det(\lambda E-B)=\det(T^{-1}(\lambda E-A)T)=\det(\lambda E-A)$。迹由特征多项式系数或直接计算得相同。
- $\mathcal{A},\mathcal{B}\in L(V)$
- $A,B$ 是它们在同一组基下的矩阵
- $k\in P$
$\mathcal{A}+\mathcal{B}$、$k\mathcal{A}$、$\mathcal{AB}$、$\mathcal{A}^{-1}$（若可逆）对应的矩阵依次为 $A+B$、$kA$、$AB$、$A^{-1}$。
证明思路
由基像的坐标读出：$(\mathcal{A}+\mathcal{B})(\varepsilon_j)=\mathcal{A}(\varepsilon_j)+\mathcal{B}(\varepsilon_j)$ 对应列相加。乘积与逆由矩阵乘法与求逆公式对应，利用过渡关系 $ (\mathcal{AB})(\varepsilon)=A(B\varepsilon)$。
设 $V=\mathbb{R}^2$，基 $e_1=(1,0)$，$e_2=(0,1)$，线性变换 $\mathcal{A}(x,y)=(x+y,\,y)$。求 $\mathcal{A}$ 在该基下的矩阵 $A$，并求 $\mathcal{A}$ 在基 $\eta_1=(1,1)$，$\eta_2=(0,1)$ 下的矩阵 $B$。
解答与答案
- $\mathcal{A}(e_1)=(1,0)=1\cdot e_1+0\cdot e_2$，$\mathcal{A}(e_2)=(1,1)=1\cdot e_1+1\cdot e_2$。故 $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$。
- 过渡矩阵 $T$ 满足 $(\eta_1,\eta_2)=(e_1,e_2)T$，即 $T=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}$。
- $B=T^{-1}AT$。计算 $T^{-1}=\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix}$，$AT=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}$，$T^{-1}AT=\begin{pmatrix}2&1\\-1&0\end{pmatrix}$。
答案$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$，$B=\begin{pmatrix}2&1\\-1&0\end{pmatrix}$，且 $B=T^{-1}AT$。
证明相似矩阵有相同的迹与行列式，并对 $A=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$ 与其若尔当形验证。
解答与答案
- 一般地，$\det(T^{-1}AT)=\det T^{-1}\det A\det T=\det A$；$\operatorname{tr}(T^{-1}AT)=\operatorname{tr}(ATT^{-1})=\operatorname{tr}A$。
- $A$ 本身已是若尔当块，特征值 $2$ 为二重，$\operatorname{tr}A=4$，$\det A=4$。
- 若取 $T=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$，直接算 $T^{-1}AT$ 仍得 $A$（因 $A$ 已是标准形），故迹与行列式不变。
答案相似不改变迹与行列式；对给定 $A$，$\operatorname{tr}A=4$，$\det A=4$。
- 把基变换矩阵 $T$ 的方向弄反。若 $(\eta)=(\varepsilon)T$，则新基下矩阵是 $T^{-1}AT$，不是 $TAT^{-1}$。
- 以为相似矩阵等于相等矩阵。相似允许换基，对应同一变换；一般 $A\neq B$ 但 $A\sim B$。
- 写矩阵时行列颠倒：第 $j$ 列应是 $\mathcal{A}(\varepsilon_j)$ 的坐标，不是第 $j$ 行。
1设 $B=T^{-1}AT$，则 $A$ 与 $B$ 的关系是
答案与解析
正确答案：C
这正是相似矩阵的定义：存在可逆 $T$ 使 $B=T^{-1}AT$。
2相似矩阵有相同的特征多项式。
答案与解析
正确答案：A
$\det(\lambda E-T^{-1}AT)=\det(T^{-1}(\lambda E-A)T)=\det(\lambda E-A)$。
§4特征值与特征向量
求特征值固定三步：写 $f(\lambda)=\det(\lambda E-A)$、解根（记得计重数）、对每个根解 $(\lambda_0 E-A)x=0$ 找特征向量。比如 $A=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$：根是 $2$（二重），但只有 $(1,0)$ 一个方向——重根不等于特征向量多。
设 $\mathcal{A}$ 是线性空间 $V$ 的线性变换。若存在 $\lambda_0\in P$ 与非零向量 $\alpha\in V$ 使 $\mathcal{A}(\alpha)=\lambda_0\alpha$，则称 $\lambda_0$ 是 $\mathcal{A}$ 的一个特征值，$\alpha$ 是属于特征值 $\lambda_0$ 的特征向量。
特征向量按定义非零；零向量永远满足 $\mathcal{A}(0)=\lambda\cdot 0$，故不能算特征向量。
设 $A$ 是 $\mathcal{A}$ 在某组基下的矩阵。称 $f(\lambda)=\det(\lambda E-A)$ 为 $A$（或 $\mathcal{A}$）的特征多项式；称 $\det(\lambda E-A)=0$ 为特征方程。
特征多项式与基的选取无关（相似不改变它），故是线性变换本身的不变量。
固定特征值 $\lambda_0$，令 $V_{\lambda_0}=\{\alpha\in V\mid \mathcal{A}(\alpha)=\lambda_0\alpha\}$，称为属于 $\lambda_0$ 的特征子空间。
$V_{\lambda_0}=\ker(\mathcal{A}-\lambda_0\mathcal{E})$，故自动是子空间；它是 $\mathcal{A}$ 的不变子空间。
- $\mathcal{A}$ 在基 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 下的矩阵为 $A$
- $\lambda_0\in P$
$\lambda_0$ 是特征值当且仅当 $\det(\lambda_0 E-A)=0$，当且仅当 $\operatorname{rank}(\lambda_0 E-A)<n$。
证明思路
$\mathcal{A}\alpha=\lambda_0\alpha$ 等价于 $(A-\lambda_0 E)x=0$ 有非零解 $x$。齐次线性方程组有非零解当且仅当系数行列式为零，当且仅当系数矩阵不满秩。
- $\mathcal{A}$ 是线性变换
- $\lambda_1,\ldots,\lambda_m$ 是 $m$ 个互不相同的特征值
- $\alpha_i$ 是属于 $\lambda_i$ 的特征向量
$\alpha_1,\ldots,\alpha_m$ 线性无关。
证明思路
对 $m$ 归纳。设 $\sum k_i\alpha_i=0$，作用 $(\mathcal{A}-\lambda_m\mathcal{E})$，利用 $(\mathcal{A}-\lambda_m\mathcal{E})\alpha_i=(\lambda_i-\lambda_m)\alpha_i$（$i<m$）而第 $m$ 项消失，得 $\sum_{i<m}k_i(\lambda_i-\lambda_m)\alpha_i=0$；由归纳假设各系数为零，再由 $\lambda_i-\lambda_m\neq0$ 得 $k_i=0$，最后 $k_m=0$。
互不相同四字承重：特征值撞车时无关性失效。$\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$ 的二重根 $\lambda=2$ 只有一个特征方向 $(1,0)$，取两个特征向量必然相关。证明里每一步都在除 $\lambda_i-\lambda_m$，互异性的力气全花在这里。
- $A$ 是 $n$ 阶矩阵
- $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ 是 $A$ 的全部特征值（计重数）
$\sum_{i=1}^n\lambda_i=\operatorname{tr}A$，$\prod_{i=1}^n\lambda_i=\det A$。
证明思路
特征多项式 $f(\lambda)=\lambda^n-(\operatorname{tr}A)\lambda^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det A$，又 $f(\lambda)=\prod(\lambda-\lambda_i)$。比较 $\lambda^{n-1}$ 系数与常数项即得。
求矩阵 $A=\begin{pmatrix}2&1\\0&3\end{pmatrix}$ 的特征值与特征向量。
解答与答案
- 特征多项式 $\det(\lambda E-A)=\begin{vmatrix}\lambda-2&-1\\0&\lambda-3\end{vmatrix}=(\lambda-2)(\lambda-3)$，特征值 $\lambda_1=2$，$\lambda_2=3$。
- 对 $\lambda_1=2$：解 $(2E-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix}0&-1\\0&-1\end{pmatrix}x=0$，得 $x_2=0$，$x_1$ 自由。特征向量 $k(1,0)^{\mathsf{T}}$（$k\neq0$）。
- 对 $\lambda_2=3$：$(3E-A)x=0$ 即 $\begin{pmatrix}1&-1\\0&0\end{pmatrix}x=0$，得 $x_1=x_2$，特征向量 $k(1,1)^{\mathsf{T}}$（$k\neq0$）。
答案特征值 $2$ 与 $3$；对应特征向量分别为 $k(1,0)^{\mathsf{T}}$ 与 $k(1,1)^{\mathsf{T}}$（$k\neq0$）。
证明：若 $\lambda_0$ 是 $n$ 阶可逆矩阵 $A$ 的特征值，则 $\lambda_0\neq0$ 且 $\lambda_0^{-1}$ 是 $A^{-1}$ 的特征值。
解答与答案
- 若 $\lambda_0=0$，则 $\det A=0$（因为 $\det A$ 是全体特征值之积），与 $A$ 可逆矛盾，故 $\lambda_0\neq0$。
- 取非零 $\alpha$ 使 $A\alpha=\lambda_0\alpha$。两边左乘 $A^{-1}$ 得 $\alpha=\lambda_0 A^{-1}\alpha$，即 $A^{-1}\alpha=\lambda_0^{-1}\alpha$。
- $\alpha\neq0$，故 $\lambda_0^{-1}$ 是 $A^{-1}$ 的特征值，且 $\alpha$ 仍是特征向量。
答案$\lambda_0\neq0$，且 $A^{-1}$ 的特征值为 $\lambda_0^{-1}$（同一特征向量 $\alpha$）。
- 允许特征向量为零向量。定义要求非零；解特征方程得到的“零解”不能算特征向量。
- 忘了重根。特征多项式的根要计代数重数；特征值可以重复，但不同特征值才保证特征向量无关。
- 混淆代数重数与几何重数：前者是特征方程的根的重数，后者是特征子空间维数，一般几何重数不超过代数重数。
1$\lambda_0$ 是 $A$ 的特征值的充要条件是
答案与解析
正确答案：D
特征方程 $\det(\lambda E-A)=0$ 的根就是特征值，等价于 $\lambda_0 E-A$ 不可逆、齐次方程有非零解。
2属于不同特征值的特征向量线性无关。
答案与解析
正确答案：B
这是标准结论；注意同一特征值的不同特征向量可以相关或无关，无保证。
§5对角矩阵
判对角化别猜，按顺序数：特征值、每个 $\dim V_{\lambda_i}$、加总是否等于 $n$。$\operatorname{diag}(1,1,2)$ 有三个无关特征向量，而 $\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}$特征多项式相同、特征向量却只有两个，化不成对角形。
若线性变换 $\mathcal{A}$ 在某组基下的矩阵是对角矩阵，则称 $\mathcal{A}$ 可对角化。等价地，若矩阵 $A$ 相似于对角矩阵，则称 $A$ 可对角化。
对角矩阵的对角元恰是特征值（按基的顺序排列）。
- $V$ 是数域 $P$ 上的 $n$ 维线性空间
- $\mathcal{A}\in L(V)$
$\mathcal{A}$ 可对角化当且仅当 $V$ 中存在 $n$ 个线性无关的特征向量，当且仅当 $V$ 可分解为各特征子空间的直和。
证明思路
若 $A=T^{-1}\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)T$，则 $T$ 的列就是 $n$ 个线性无关特征向量。反之，以 $n$ 个无关特征向量为列作 $T$，则 $T^{-1}AT$ 为对角阵，对角元为对应特征值。
- $\lambda_1,\ldots,\lambda_m$ 是 $\mathcal{A}$ 的互异特征值
- $V_{\lambda_i}$ 是对应特征子空间
$V_{\lambda_1}+\cdots+V_{\lambda_m}$ 是直和，且 $\dim(V_{\lambda_1}\oplus\cdots\oplus V_{\lambda_m})=\sum_{i=1}^m\dim V_{\lambda_i}$。
证明思路
用 thm-7-7：各特征子空间的基向量合起来仍线性无关。设 $\sum\alpha_i=0$（$\alpha_i\in V_{\lambda_i}$），若不全为零，取非零的下标集合用 $(\mathcal{A}-\lambda_k\mathcal{E})$ 消去，与不同特征值的无关性矛盾，故只能全为零，和为直和。
- $\mathcal{A}$ 有 $n$ 个互不相同的特征值（$n=\dim V$）
$\mathcal{A}$ 可对角化。
证明思路
每个特征值至少贡献一个特征向量，$n$ 个互异特征值给出 $n$ 个线性无关特征向量，套用 thm-7-8。
注意：条件充分不必要。有重根的矩阵仍可能可对角化，例如数量矩阵 $\lambda E$。
- $\mathcal{A}$ 的特征多项式在 $P$ 中可分解为一次因式之积
- 每个特征值 $\lambda_i$ 的代数重数为 $n_i$
$\mathcal{A}$ 可对角化当且仅当对每个 $\lambda_i$ 都有 $\dim V_{\lambda_i}=n_i$（几何重数等于代数重数）。
证明思路
必要性：可对角化时对角线上 $\lambda_i$ 出现 $n_i$ 次，对应 $n_i$ 个线性无关特征向量。充分性：各特征子空间维数之和为 $n$，由 thm-7-9 直和得 $V$ 分解完全，取总基即得对角矩阵。
两个条件都要：特征多项式可分解，保证特征值都落在 $P$ 里（$\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ 在 $\mathbb{R}$ 上连一个特征值都没有）；几何重数等于代数重数，保证特征向量够数。$\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$ 就栽在第二条：代数重数 $2$、几何重数 $1$。
判断 $A=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$ 与 $B=\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}$ 是否可对角化。
解答与答案
- $A$ 的特征多项式 $(\lambda-2)^2$，只有特征值 $2$。$(2E-A)=\begin{pmatrix}0&-1\\0&0\end{pmatrix}$ 秩为 $1$，核维数 $1$，几何重数 $1<2=$ 代数重数，故不可对角化。
- $B$ 已是对角矩阵，可对角化；或直接看特征值 $2,3$ 互异，由 cor-7-1 可对角化。
- 结论：$A$ 不能，$B$ 能。$A$ 是若尔当块，是不可对角化的典型例子。
答案$A$ 不可对角化；$B$ 可对角化（已是 $\operatorname{diag}(2,3)$）。
设 $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$ 的推广：判断 $C=\begin{pmatrix}3&1&0\\0&3&0\\0&0&3\end{pmatrix}$ 能否对角化。
解答与答案
- 特征多项式 $(\lambda-3)^3$，特征值 $3$ 代数重数 $3$。
- $3E-C=\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$，秩 $1$，核维数 $2$，即几何重数 $2<3$。
- 由 thm-7-10，不可对角化。其实 $C$ 已是若尔当形 $J(3,2)\oplus J(3,1)$。
答案$C$ 不可对角化（几何重数 $2<$ 代数重数 $3$）。
- 误以为“有重根就不可对角化”。反例：数量矩阵 $\lambda E$ 有 $n$ 重特征值，但已经是 $n$ 个无关特征向量（任意基），可对角化。
- 只算特征值个数、不核对几何重数。判据要看每个特征值的 $\dim V_{\lambda_i}$ 是否等于代数重数，或直接数无关特征向量个数。
- 把相似变换矩阵 $T$ 的列与特征值对应顺序弄乱。$T$ 的列顺序应与对角矩阵对角元顺序一致。
1$n$ 阶矩阵可对角化的充要条件是
答案与解析
正确答案：A
A 与 C 只是充分条件，D 与对角化无关。充要条件是存在 $n$ 个线性无关特征向量（或各几何重数等于代数重数）。
2矩阵 $\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$ 可对角化。
答案与解析
正确答案：A
它是二阶若尔当块，几何重数 $1<$ 代数重数 $2$，不能对角化。
§6线性变换的值域与核
维数公式当记账用：$n=\dim\ker\mathcal{A}+\dim\operatorname{Im}\mathcal{A}$。拿 $\mathcal{A}(x,y,z)=(x,y,0)$ 说，秩是 $2$、核占 $1$ 个自由度，$2+1=3$ 正好。做题时先算便宜的那个量，另一个自动补上。
设 $\mathcal{A}$ 是线性变换。集合 $\operatorname{Im}\mathcal{A}=\{\mathcal{A}(\alpha)\mid \alpha\in V\}$ 称为 $\mathcal{A}$ 的值域（像空间）。
值域是 $V$ 的子空间，也记作 $\mathcal{A}(V)$。
集合 $\ker\mathcal{A}=\{\alpha\in V\mid \mathcal{A}(\alpha)=0\}$ 称为 $\mathcal{A}$ 的核（零化空间）。
核也是 $V$ 的子空间，也记作 $\mathcal{A}^{-1}(0)$。
- $\mathcal{A}$ 是线性变换
$\operatorname{Im}\mathcal{A}$ 与 $\ker\mathcal{A}$ 都是 $V$ 的线性子空间，且都是 $\mathcal{A}$ 的不变子空间。
证明思路
对值域：$\mathcal{A}(\alpha)+\mathcal{A}(\beta)=\mathcal{A}(\alpha+\beta)$ 仍在值域中，$k\mathcal{A}(\alpha)=\mathcal{A}(k\alpha)$ 也在，且含零。对核：若 $\mathcal{A}\alpha=0$，$\mathcal{A}\beta=0$，则 $\mathcal{A}(\alpha+\beta)=0$，$\mathcal{A}(k\alpha)=0$。再验 $\mathcal{A}$ 作用后仍落在各自子空间内得不变性。
- $V$ 是数域 $P$ 上的 $n$ 维线性空间
- $\mathcal{A}\in L(V)$
$\dim\operatorname{Im}\mathcal{A}+\dim\ker\mathcal{A}=n$。
证明思路
取 $\ker\mathcal{A}$ 的一组基，扩充为 $V$ 的基。证明添上的那些基向量的像构成 $\operatorname{Im}\mathcal{A}$ 的基：像的个数恰为 $n-\dim\ker\mathcal{A}$，线性无关由“核内组合为零”反推，生成由任意原像拆开得到。
也称维数公式或秩-零化度公式；矩阵语言即 $\operatorname{rank}A+\dim\ker A=n$。
有限维承重：证明要把 $\ker$ 的基扩成全空间的基，无限维时无此操作。公式本身好用：$(x,y,z)\mapsto(x+y,0,0)$ 的秩是 $1$、核维数是 $2$，$1+2=3$。哪个量便宜先算哪个——通常秩好算，核的维数跟着出。
- $V$ 是有限维线性空间
- $\mathcal{A}\in L(V)$
$\mathcal{A}$ 是单射当且仅当 $\ker\mathcal{A}=\{0\}$，当且仅当 $\mathcal{A}$ 是满射，当且仅当 $\mathcal{A}$ 可逆。
证明思路
核为零与单射等价是线性映射的基本事实。由维数公式，核为零则 $\dim\operatorname{Im}\mathcal{A}=n$，值域为全空间，故满射；反之亦然。有限维下双射给出可逆。
设 $V=\mathbb{R}^3$，$\mathcal{A}(x,y,z)=(x+y,\,x+y,\,0)$。求 $\ker\mathcal{A}$ 与 $\operatorname{Im}\mathcal{A}$ 的维数，并验证维数公式。
解答与答案
- $\mathcal{A}(x,y,z)=0$ 等价于 $x+y=0$，即 $y=-x$，$z$ 自由。故 $\ker\mathcal{A}=\{(x,-x,z)\}$，基可取 $(1,-1,0)$ 与 $(0,0,1)$，维数 $2$。
- $\operatorname{Im}\mathcal{A}=\{(s,s,0)\mid s\in\mathbb{R}\}$，维数 $1$，基 $(1,1,0)$。
- $2+1=3=\dim V$，维数公式成立。
答案$\dim\ker\mathcal{A}=2$，$\dim\operatorname{Im}\mathcal{A}=1$，和为 $3$。
设 $\mathcal{A}$ 是线性变换且 $\mathcal{A}^2=\mathcal{A}$。证明 $V=\operatorname{Im}\mathcal{A}\oplus\ker\mathcal{A}$。
解答与答案
- 对任意 $\alpha\in V$，写 $\alpha=\mathcal{A}\alpha+(\alpha-\mathcal{A}\alpha)$。第一项在值域中；$\mathcal{A}(\alpha-\mathcal{A}\alpha)=\mathcal{A}\alpha-\mathcal{A}^2\alpha=0$，故第二项在核中。
- 若 $\beta\in\operatorname{Im}\mathcal{A}\cap\ker\mathcal{A}$，则 $\beta=\mathcal{A}\gamma$ 且 $\mathcal{A}\beta=0$，于是 $\beta=\mathcal{A}\gamma$ 推出 $\mathcal{A}\beta=\mathcal{A}^2\gamma=\mathcal{A}\gamma=\beta$，又 $\mathcal{A}\beta=0$，故 $\beta=0$。
- 交为零且和为全空间，故 $V=\operatorname{Im}\mathcal{A}\oplus\ker\mathcal{A}$。
答案$V=\operatorname{Im}\mathcal{A}\oplus\ker\mathcal{A}$。
- 忘记特征向量非零，但在核的定义中零向量属于核。核永远含 $0$，特征向量要求非零，两者概念不同。
- 维数公式只对有限维成立。无限维时 $\dim\operatorname{Im}+\dim\ker$ 可能没有意义（维数非有限）。
- 求核时只解了方程的一部分。应把自由变量写全，核的维数等于 $n-\operatorname{rank}A$，不是等于秩。
1设 $\dim V=n$，$\mathcal{A}\in L(V)$，$\dim\ker\mathcal{A}=r$，则 $\dim\operatorname{Im}\mathcal{A}$ 为
答案与解析
正确答案：B
由秩-零化度定理 $\dim\operatorname{Im}\mathcal{A}=n-\dim\ker\mathcal{A}=n-r$。
2线性变换的核与值域都是 $V$ 的子空间。
答案与解析
正确答案：B
两者都对加法与数乘封闭，且都含零向量，故是子空间（还都是不变子空间）。
§7不变子空间
不变子空间是把大问题切成小块的许可证：每块给出矩阵的一个对角块，问题规模随之下降。但要小心，不是每个子空间都配得上一个不变的补——若尔当块就是那个补不出来的例子，第 8 节会看到。
设 $\mathcal{A}$ 是线性变换，$W$ 是 $V$ 的子空间。若对任意 $\alpha\in W$ 都有 $\mathcal{A}(\alpha)\in W$，则称 $W$ 是 $\mathcal{A}$ 的不变子空间（简称 $\mathcal{A}$-子空间）。
平凡不变子空间为 $\{0\}$ 与 $V$ 本身。
若 $W$ 是 $\mathcal{A}$ 的不变子空间，则把 $\mathcal{A}$ 限制在 $W$ 上得到的映射 $\mathcal{A}|_W:W\to W$ 仍是线性变换，称为 $\mathcal{A}$ 在 $W$ 上的限制。
限制变换是研究不变子空间结构的基本工具。
- $\mathcal{A}\in L(V)$
$\ker\mathcal{A}$、$\operatorname{Im}\mathcal{A}$ 以及每个特征子空间 $V_{\lambda_0}$ 都是 $\mathcal{A}$ 的不变子空间。
证明思路
核与值域的不变性见 thm-7-11。对特征子空间：若 $\mathcal{A}\alpha=\lambda_0\alpha$，则 $\mathcal{A}(\alpha)$ 仍是 $\lambda_0$ 的特征向量（或零），故落在 $V_{\lambda_0}$ 中。
- $V=W_1\oplus\cdots\oplus W_s$
- 每个 $W_i$ 都是 $\mathcal{A}$ 的不变子空间
取各 $W_i$ 的基拼成 $V$ 的基，则 $\mathcal{A}$ 在该基下的矩阵是准对角矩阵 $\operatorname{diag}(A_1,\ldots,A_s)$，其中 $A_i$ 是 $\mathcal{A}|_{W_i}$ 在相应基下的矩阵。
证明思路
由直和，各基拼起来是 $V$ 的基。$\mathcal{A}$ 把 $W_i$ 的基向量仍映为 $W_i$ 中向量，故在这组基下像的坐标只在第 $i$ 块非零，矩阵呈准对角形。
两个前提缺一不可：每个 $W_i$ 不变，$\mathcal{A}$ 才在块内活动、矩阵不越块；直和，各块的基才拼得成全空间的基。旋转 $90°$ 在 $\mathbb{R}^2$ 上没有不变直线，任何切成一维块的企图都失败——这正是块结构强于向量结构的信号。
- $\lambda_1,\ldots,\lambda_m$ 是 $\mathcal{A}$ 的互异特征值
- $W=V_{\lambda_1}+\cdots+V_{\lambda_m}$
$W$ 是 $\mathcal{A}$ 的不变子空间，且该和为直和。
证明思路
每个 $V_{\lambda_i}$ 已是不变子空间，对加法封闭得 $W$ 也不变。直和性由 thm-7-9 的无关性保证。
设 $V=\mathbb{R}^2$，$\mathcal{A}(x,y)=(x,0)$。指出 $\mathcal{A}$ 的所有一维不变子空间，并写出对应的限制变换。
解答与答案
- $W_1=\{(x,0)\}$（$x$ 轴）：$\mathcal{A}(x,0)=(x,0)\in W_1$，不变；限制为恒等变换。
- $W_2=\{(0,y)\}$（$y$ 轴）：$\mathcal{A}(0,y)=(0,0)\in W_2$，不变；限制为零变换。
- 其他一维子空间 $W=\{(t,kt)\}$（$k\neq0$）：$\mathcal{A}(t,kt)=(t,0)\notin W$（$t\neq0$ 时），故不是不变子空间。全部一维不变子空间就是坐标两轴。
答案$x$ 轴与 $y$ 轴；限制分别是恒等变换与零变换。
设 $V=\mathbb{R}^2$，$\mathcal{A}$ 在基 $e_1,e_2$ 下矩阵为 $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$。验证 $W=\{(x,0)\}$ 是不变子空间，并写出准对角分解是否可能。
解答与答案
- $\mathcal{A}(x,0)=(x,0)\in W$，故 $W$ 不变，限制变换是恒等。
- 若 $V=W\oplus W'$ 且 $W'$ 也不变，则 $A$ 应相似于准对角矩阵。但 $A$ 只有一个特征值 $1$，几何重数 $1$，故不存在一维不变补空间使 $A$ 对角化或准对角化为两个一维块。
- 实际上 $A$ 是若尔当块，$V$ 不能分解为两个非平凡不变子空间的直和。
答案$W=\{(x,0)\}$ 不变；但 $V$ 不能分解为两个非平凡 $\mathcal{A}$-不变子空间的直和。
- 把“子空间”当成“不变子空间”。子空间只要求自身对线性运算封闭；不变还要求 $\mathcal{A}(W)\subseteq W$。
- 以为任意子空间都有不变补空间。若尔当块例子说明：不变子空间不一定能补成不变的直和项。
- 限制变换的矩阵不是原矩阵随便截块。必须先取 $W$ 的基再扩充，像的坐标写对，才能得到 $A_i$。
1设 $\mathcal{A}\in L(V)$，下列哪一个是 $\mathcal{A}$ 的不变子空间？
答案与解析
正确答案：C
核、值域、特征子空间都是标准的不变子空间；一般子空间不一定。
2若 $V$ 是 $\mathcal{A}$ 的两个非平凡不变子空间的直和，则 $\mathcal{A}$ 的矩阵必为对角矩阵。
答案与解析
正确答案：A
直和分解只保证矩阵为准对角形（每个块是限制变换的矩阵），不必是对角矩阵——块内部仍可能是若尔当块。
§8若尔当标准形介绍
把满足 $(\mathcal{A}-\lambda_0\mathcal{E})^k\alpha=0$ 的最小 $k$ 叫链长，沿链把向量依次收进基，就拼出一个若尔当块，链长就是块的阶。所以块有多大，等价于广义特征向量链有多长。
设 $\lambda_0\in\mathbb{C}$，$m\ge 1$。形如 $J(\lambda_0,m)=\begin{pmatrix}\lambda_0&1&&\\&\lambda_0&\ddots&\\&&\ddots&1\\&&&\lambda_0\end{pmatrix}$ 的 $m$ 阶矩阵称为若尔当块。
对角元全为 $\lambda_0$，上次对角线元素全为 $1$，其余为 $0$。$m=1$ 时就是一阶块 $(\lambda_0)$。
若尔当块得名于法国数学家卡米尔·若尔当。一般认为，十九世纪末他在整理置换群与矩阵化简问题时系统使用了这种块形，后人便用他的名字称呼这个最小的化不开单元。
由若干个若尔当块拼成的准对角矩阵称为若尔当矩阵。若每个若尔当块的对角元都属于同一数域，且矩阵相似于某个若尔当矩阵，则称该若尔当矩阵为原矩阵的一个若尔当标准形。
若尔当标准形在不计若尔当块的排列次序时唯一；详细证明见第 8 章。
- $A$ 是 $n$ 阶复矩阵
存在可逆复矩阵 $T$，使 $T^{-1}AT$ 为若尔当矩阵；即每个复矩阵都相似于一个若尔当标准形。
证明思路
思路：对 $n$ 归纳。取一个特征值与广义特征向量链，得到一维或更高维不变子空间；取商空间或不变补空间，对限制变换用归纳假设，再拼接得到若尔当块的直和。
完整证明在第 8 章用 $\lambda$-矩阵与初等因子推导；本节只陈述结论并给例子。
复矩阵一条承重：实矩阵的特征值可能成对虚出。$\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ 的特征值是 $\pm i$，在 $\mathbb{R}$ 上找不到任何若尔当块，进 $\mathbb{C}$ 后才相似于 $\operatorname{diag}(i,-i)$。所以若尔当理论默认在代数闭域上开讲。
- $J=J(\lambda_0,m)$ 是 $m$ 阶若尔当块
$J$ 的特征多项式为 $(\lambda-\lambda_0)^m$，最小多项式也是 $(\lambda-\lambda_0)^m$；$J$ 不可对角化当 $m\ge 2$。
证明思路
特征多项式直接算上三角行列式。最小多项式：$(J-\lambda_0 E)^{m-1}\neq 0$ 而 $(J-\lambda_0 E)^m=0$，故最小多项式次数为 $m$。$m\ge 2$ 时几何重数为 $1<$ 代数重数 $m$，故不可对角化。
写出 $J=J(2,3)$ 的具体矩阵，求其特征多项式与最小多项式，并说明它是否可对角化。
解答与答案
- $J=\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&1\\0&0&2\end{pmatrix}$。
- 特征多项式 $\det(\lambda E-J)=(\lambda-2)^3$；$(J-2E)^2\neq0$ 而 $(J-2E)^3=0$，故最小多项式为 $(\lambda-2)^3$。
- $2E-J$ 的秩为 $2$，核维数 $1<3$，几何重数 $1$，故不可对角化；它是三阶若尔当块。
答案$J=\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&1\\0&0&2\end{pmatrix}$；特征多项式与最小多项式均为 $(\lambda-2)^3$；不可对角化。
求矩阵 $A=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$ 的一个若尔当标准形，并给出可逆矩阵 $T$。
解答与答案
- $A$ 本身已是若尔当块 $J(2,2)$，故若尔当标准形就是 $A$ 本身。
- 取 $T=E$，则 $T^{-1}AT=A$。
- 若坚持要非平凡 $T$，任何可逆 $T$ 与 $T^{-1}AT$ 仍相似于 $J(2,2)$；标准形在不计块序时唯一。
答案若尔当标准形为 $\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$；可取 $T=E$。
- 把若尔当标准形误写成对角矩阵。只有可对角化时若尔当块全是一阶；一般情形上次对角线的 $1$ 不能丢。
- 以为若尔当标准形唯一到矩阵相等。唯一性只在不计若尔当块排列次序的意义下成立。
- 在实数域上强行写若尔当标准形。复特征值可能不在 $\mathbb{R}$ 中，一般在 $\mathbb{C}$ 上讨论；实数域上另有实标准形。
1若尔当块 $J(\lambda_0,m)$ 当 $m\ge 2$ 时
答案与解析
正确答案：D
$m\ge 2$ 时几何重数为 $1$，小于代数重数 $m$，故不能对角化。
2任意 $n$ 阶复矩阵都相似于某个若尔当矩阵。
答案与解析
正确答案：B
这是若尔当标准形存在性定理；详细证明见第 8 章。
§9最小多项式
特征多项式与最小多项式别混：$A=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$ 满足 $A^2=0$ 但 $A\neq0$，所以 $m(\lambda)=\lambda^2$，而 $f(\lambda)=\lambda^3$。说恰好为零时，永远拿最小多项式作证。
设 $\mathcal{A}\in L(V)$，$f(\lambda)\in P[\lambda]$。若 $f(\mathcal{A})=0$（零变换），则称 $f(\lambda)$ 是 $\mathcal{A}$ 的一个零化多项式。
矩阵语言：$f(A)=0$。零化多项式一定存在，例如特征多项式（Cayley-Hamilton）。
在 $\mathcal{A}$ 的全体非零零化多项式中，次数最低的首一多项式称为 $\mathcal{A}$ 的最小多项式，记作 $m(\lambda)$。
首一指最高次项系数为 $1$。最小多项式唯一。
- $\mathcal{A}\in L(V)$
- $\dim V=n<\infty$
$\mathcal{A}$ 的最小多项式存在且唯一；它是任何零化多项式的因式。
证明思路
存在性：$L(V)$ 维数 $n^2$，故 $E,\mathcal{A},\ldots,\mathcal{A}^{n^2}$ 线性相关，给出非零零化多项式，取次数最低的。唯一性：若有两个次数最低的首一零化多项式，相减得次数更低的零化多项式或零多项式，导出它们相等。整除性：带余除法 $f=qm+r$，则 $r(\mathcal{A})=0$，由次数最低得 $r=0$。
存在性靠 $L(V)$ 有限维：$n=2$ 时 $\mathcal{E},\mathcal{A},\mathcal{A}^2,\mathcal{A}^3,\mathcal{A}^4$ 是 $5$ 个二维变换，必线性相关，非零零化多项式由此现身。唯一性靠首一约定：两个最低次首一零化多项式相减只能是零，否则出现次数更低的零化多项式，自相矛盾。
- $A$ 是 $n$ 阶矩阵
- $f(\lambda)=\det(\lambda E-A)$
$f(A)=0$，即特征多项式是零化多项式；从而最小多项式 $m(\lambda)$ 整除 $f(\lambda)$。
证明思路
用经典证法：设 $(\lambda E-A)^{\#}$ 为 $\lambda E-A$ 的伴随矩阵，其元素是 $\lambda$ 的多项式，满足 $(\lambda E-A)(\lambda E-A)^{\#}=f(\lambda)E$。代入 $\lambda=A$（多项式矩阵运算）得 $f(A)=0$。再由 thm-7-16 的整除性得 $m\mid f$。
注意：代入 $\lambda=A$ 不是数值代入，而是把多项式矩阵看作系数在矩阵环中的多项式。
Cayley-Hamilton 定理得名于凯莱与哈密顿。一般认为十九世纪中叶凯莱在低阶情形、哈密顿在四元数计算中分别遇到过它，一般阶的证明则由弗罗贝尼乌斯在十九世纪末给出。这段说法流传很广，细节在不同文献里略有出入。
- $A\sim B$
$A$ 与 $B$ 有相同的最小多项式。
证明思路
若 $B=T^{-1}AT$，则 $B^k=T^{-1}A^kT$，从而 $g(B)=T^{-1}g(A)T$。于是 $g(A)=0$ 当且仅当 $g(B)=0$，零化多项式集合相同，最小多项式相同。
特征多项式也是相似不变量；但特征多项式相同的矩阵不一定相似，最小多项式加特征多项式也不足以刻画相似。
- $m(\lambda)$ 是 $\mathcal{A}$ 的最小多项式
- $\lambda_0$ 是 $m(\lambda)$ 的根
$\lambda_0$ 是 $\mathcal{A}$ 的特征值。反之，每个特征值都是最小多项式的根。
证明思路
若 $m(\lambda)=(\lambda-\lambda_0)q(\lambda)$，而 $m(\mathcal{A})=0$，若 $(\mathcal{A}-\lambda_0 E)q(\mathcal{A})=0$ 但 $q(\mathcal{A})\neq0$，则存在向量 $\alpha$ 使 $q(\mathcal{A})\alpha\neq0$ 且 $(\mathcal{A}-\lambda_0 E)q(\mathcal{A})\alpha=0$，得特征向量，故 $\lambda_0$ 是特征值。反之若 $\lambda_0$ 是特征值但不是 $m$ 的根，则 $m(\lambda_0)\neq0$，用 $\mathcal{A}\alpha=\lambda_0\alpha$ 得 $m(\mathcal{A})\alpha=m(\lambda_0)\alpha\neq0$，与 $m(\mathcal{A})=0$ 矛盾。
求 $A=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$ 的最小多项式。
解答与答案
- 特征多项式 $(\lambda-2)^2$，故最小多项式只能是 $(\lambda-2)$ 或 $(\lambda-2)^2$。
- 计算 $A-2E=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\neq0$，故 $(\lambda-2)$ 不能零化 $A$。
- $(A-2E)^2=0$，故最小多项式为 $(\lambda-2)^2$，与特征多项式相同。
答案$m(\lambda)=(\lambda-2)^2$。
求 $B=\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}$ 的最小多项式，并与特征多项式比较。
解答与答案
- 特征多项式 $(\lambda-2)(\lambda-3)$。
- $(B-2E)(B-3E)=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&0\\0&0\end{pmatrix}=0$，且 $B-2E\neq0$，$B-3E\neq0$。
- 故最小多项式为 $(\lambda-2)(\lambda-3)$，次数 $2$；与特征多项式相同，说明 $B$ 可对角化且两个特征值都出现。
答案$m(\lambda)=(\lambda-2)(\lambda-3)$，等于特征多项式。
- 把特征多项式当成最小多项式。一般只知 $m\mid f$；当有重根或若尔当块大于 $1$ 阶时 $m\neq f$ 的情形常见（如二阶若尔当块两者相同，但多块直和时 $m$ 次数更低）。
- 忘记最小多项式要求首一。不首一的零化多项式不唯一，最小多项式定义强调首一以保证唯一。
- 以为最小多项式相同就能判定矩阵相似。最小多项式与特征多项式相同仍不够，还要初等因子或若尔当块结构。
1关于最小多项式 $m(\lambda)$，正确的是
答案与解析
正确答案：A
Cayley-Hamilton 给出 $f(A)=0$，故最小多项式整除特征多项式；一般只是因式，不必相等。
2相似矩阵有相同的最小多项式。
答案与解析
正确答案：A
相似不改变零化多项式集合，故最小多项式这一相似不变量保持不变。
λ-矩阵CHAPTER 08 · 7 SECTIONS
本章用 λ-矩阵为工具研究矩阵相似标准形。先建立 λ-矩阵的秩与可逆性，再用初等变换化出唯一标准形，提取行列式因子与不变因子。由此给出矩阵相似的充要条件，并引入初等因子。最后把初等因子翻译成若尔当块，完成若尔当标准形的理论推导，并给出在任意数域上有意义的有理标准形。
第 7 章留下的是相似矩阵的分类问题：什么叫同一个线性变换，怎么把彼此不相似的矩阵数清楚。这一章造工具——λ-矩阵：把两个矩阵相似翻译成两个特征矩阵等价，再用行列式因子、不变因子、初等因子这些多项式不变量给等价类编号，最后把初等因子翻译成若尔当块，补上若尔当标准形的完整证明。有理标准形说明这套不变量在任意数域上都能用；第 9 章换几何武器，用内积与正交性重新看矩阵。
§1λ-矩阵
λ-矩阵可逆的门槛比数字矩阵高得多：行列式非零不够，必须是非零常数。$\operatorname{diag}(\lambda,1)$ 的行列式是 $\lambda$，看着满秩，却找不到多项式矩阵的逆。数字直觉在这里要重新校准。
设 $P$ 是数域，$P[\lambda]$ 是 $P$ 上一元多项式环。元素取自 $P[\lambda]$ 的 $m\times n$ 矩阵称为 $\lambda$-矩阵（多项式矩阵）。
数字矩阵可看成 $\lambda$-矩阵的特例（元素为零次多项式）。$\lambda$-矩阵也有加法、数乘与乘法。
$\lambda$-矩阵 $A(\lambda)$ 的秩定义为其中非零子式的最高阶数，记作 $\operatorname{rank}A(\lambda)$。若 $n$ 阶 $\lambda$-矩阵的秩为 $n$，则称为满秩矩阵。
秩也可用等价标准形中的非零对角元个数来刻画。
设 $A(\lambda)$ 是 $n$ 阶 $\lambda$-矩阵。若存在 $n$ 阶 $\lambda$-矩阵 $B(\lambda)$ 使 $A(\lambda)B(\lambda)=B(\lambda)A(\lambda)=E$，则称 $A(\lambda)$ 可逆，并称 $B(\lambda)$ 为它的逆。
注意：元素可逆（作为多项式）与矩阵可逆不是一回事，判据见 thm-8-1。
- $A(\lambda)$ 是 $n$ 阶 $\lambda$-矩阵
$A(\lambda)$ 可逆当且仅当 $\det A(\lambda)$ 是 $P$ 中的非零常数（零次多项式）。
证明思路
若可逆，则 $\det A\cdot\det B=1$，而多项式乘积为 $1$ 只有均为非零常数。反之，若 $\det A=c\neq0$，由伴随矩阵公式 $A\cdot\frac{1}{c}A^{*}=E$，伴随矩阵元素仍是多项式，故逆存在。
行列式是非零常数是精确门槛：若 $\det A(\lambda)$ 非常数，比如 $\lambda$，而逆存在，则 $\det A\cdot\det B=1$；比较次数得 $\deg\det A+\deg\det B=0$，只能都是零次，矛盾。所以行列式非零远远不够。
设 $A\in P^{n\times n}$，称 $\lambda E-A$ 为 $A$ 的特征矩阵。它是特殊的 $\lambda$-矩阵，$\det(\lambda E-A)$ 即 $A$ 的特征多项式。
第 4 节的核心技巧：把矩阵相似问题化成特征矩阵（$\lambda$-矩阵）的等价问题。
- $A\in P^{n\times n}$
$\det(\lambda E-A)$ 是 $n$ 次首一多项式，常数项为 $(-1)^n\det A$。
证明思路
展开行列式：主对角线乘积贡献 $\lambda^n$ 与低次项，常数项是 $\det(-A)=(-1)^n\det A$。首项系数为 $1$ 来自 $\lambda$ 的幂次。
判断 $A(\lambda)=\begin{pmatrix}\lambda&1\\0&\lambda+1\end{pmatrix}$ 与 $B(\lambda)=\begin{pmatrix}1&\lambda\\0&1\end{pmatrix}$ 是否可逆。
解答与答案
- $\det A(\lambda)=\lambda(\lambda+1)$，不是常数多项式，故 $A(\lambda)$ 不可逆。
- $\det B(\lambda)=1$，是非零常数，故 $B(\lambda)$ 可逆。
- 直接验证 $B(\lambda)$ 的逆：$B(\lambda)^{-1}=\begin{pmatrix}1&-\lambda\\0&1\end{pmatrix}$，乘积为单位矩阵。
答案$A(\lambda)$ 不可逆；$B(\lambda)$ 可逆，且 $B(\lambda)^{-1}=\begin{pmatrix}1&-\lambda\\0&1\end{pmatrix}$。
设 $A=\begin{pmatrix}1&2\\0&3\end{pmatrix}$，写出特征矩阵 $\lambda E-A$ 并求 $\det(\lambda E-A)$。
解答与答案
- $\lambda E-A=\begin{pmatrix}\lambda-1&-2\\0&\lambda-3\end{pmatrix}$。
- $\det(\lambda E-A)=(\lambda-1)(\lambda-3)=\lambda^2-4\lambda+3$。
- 常数项 $3=(-1)^2\det A$，与 prop-8-1 一致；特征值为 $1$ 与 $3$。
答案$\lambda E-A=\begin{pmatrix}\lambda-1&-2\\0&\lambda-3\end{pmatrix}$，$\det(\lambda E-A)=(\lambda-1)(\lambda-3)$。
- 把元素可逆当成矩阵可逆。$\lambda$ 在 $P[\lambda]$ 中不可逆（不是单位），但 $\operatorname{diag}(1,1)$ 可逆；判据只看行列式是否为非零常数。
- 在 $\lambda$-矩阵上套用数字矩阵的可逆判定（行列式非零）而忘了“非常数行列式也不可逆”。例如 $\operatorname{diag}(\lambda,1)$ 行列式为 $\lambda$，非零但不是常数，不可逆。
- 混淆 $\lambda$-矩阵的初等变换与数字矩阵的初等变换。$\lambda$-矩阵允许用多项式倍加，乘的可逆因子只能是非零常数或可逆多项式矩阵。
1$n$ 阶 $\lambda$-矩阵 $A(\lambda)$ 可逆的充要条件是
答案与解析
正确答案：A
行列式非常数时不存在多项式矩阵逆；满秩但行列式为 $\lambda$ 等情形仍不可逆。
2特征矩阵 $\lambda E-A$ 是 $\lambda$-矩阵。
答案与解析
正确答案：A
它是元素为一次多项式或常数的矩阵，是研究相似标准形的基本对象。
§2λ-矩阵在初等变换下的标准形
化标准形的操作像消元，但每一步只能乘非零常数、倍加多项式：目标是把对角线洗成 $d_1\mid d_2\mid\cdots$ 的整除链。洗不动了就是标准形；洗法可以不同，唯一性定理兜底，殊途同归。
$\lambda$-矩阵的初等变换指：交换两行（列）；用 $P$ 中非零常数乘一行（列）；把一行（列）的 $\varphi(\lambda)$ 倍加到另一行（列），其中 $\varphi(\lambda)\in P[\lambda]$。
第三条允许多项式倍加，这是 $\lambda$-矩阵与数字矩阵初等变换的主要差别。
若 $A(\lambda)$ 经有限次初等变换化为 $B(\lambda)$，则称 $A(\lambda)$ 与 $B(\lambda)$ 等价，记作 $A(\lambda)\simeq B(\lambda)$。
等价关系有自反、对称、传递三性；也可说存在可逆 $\lambda$-矩阵 $P(\lambda),Q(\lambda)$ 使 $B=P A Q$。
- $A(\lambda)$ 是 $m\times n$ $\lambda$-矩阵
初等变换不改变 $\lambda$-矩阵的秩，故等价的 $\lambda$-矩阵有相同的秩。
证明思路
行初等变换相当于左乘可逆初等矩阵，列初等变换相当于右乘可逆初等矩阵。乘可逆矩阵不改变行列式因子的最高非零阶，从而不改变秩。
- $A(\lambda)$ 是秩为 $r$ 的 $m\times n$ $\lambda$-矩阵
$A(\lambda)$ 等价于标准形 $D(\lambda)=\operatorname{diag}(d_1(\lambda),\ldots,d_r(\lambda),0,\ldots,0)$，其中 $d_i(\lambda)$ 首一，且 $d_i(\lambda)\mid d_{i+1}(\lambda)$（$i=1,\ldots,r-1$）。
证明思路
对秩归纳。若 $A\neq0$，用多项式环的欧氏算法（或比较次数）把第一行第一列元素化为该位置所有元素的公因式，再消去同行同列，化成 $\operatorname{diag}(g,0)$ 型块加余块；对余块用归纳假设，并调整使整除链成立。
- $A(\lambda)$ 是给定的 $\lambda$-矩阵
$A(\lambda)$ 的标准形由 $A(\lambda)$ 唯一确定，即不同初等变换途径化出的标准形相同。
证明思路
由第 3 节行列式因子唯一决定对角元 $d_i=D_i/D_{i-1}$（$D_0=1$）。标准形存在后，对角元可由不变量读出，故唯一。
唯一性靠两条约定撑着：对角元首一、排成整除链。若允许差常数倍，$\lambda$ 与 $2\lambda$ 会算两个标准形；若允许乱序，$\operatorname{diag}(\lambda,\lambda(\lambda-1))$ 与对角元互换的版本都算合法——但后者违反整除链。约定锁死了唯一写法，操作才敢放手做。
- $A(\lambda)$ 是 $n$ 阶可逆 $\lambda$-矩阵
$A(\lambda)$ 可表为有限个初等矩阵之积；从而 $A(\lambda)$ 经初等变换化为单位矩阵 $E$。
证明思路
对 $n$ 归纳。可逆矩阵第一行非零，用初等变换把某非零元移到 $(1,1)$，再化成 $\operatorname{diag}(1,\ldots)$ 块；右下角子块仍可逆，归纳。每个初等变换对应左乘或右乘初等矩阵，故乘积表示成立。
用初等变换把 $A(\lambda)=\begin{pmatrix}\lambda&\lambda^2\\\lambda&\lambda\end{pmatrix}$ 化为标准形。
解答与答案
- 第二列减去第一列乘 $\lambda$（列变换）：$\begin{pmatrix}\lambda&0\\\lambda&\lambda-\lambda^2\end{pmatrix}$。
- 第二行减去第一行：$\begin{pmatrix}\lambda&0\\0&\lambda-\lambda^2\end{pmatrix}$。
- $\lambda-\lambda^2=-(\lambda^2-\lambda)$，把第二行乘 $-1$ 化为首一：$\operatorname{diag}(\lambda,\lambda(\lambda-1))$。因 $\lambda\mid\lambda(\lambda-1)$ 且两者首一，这就是标准形。
答案标准形 $\operatorname{diag}(\lambda,\lambda(\lambda-1))$（首一，且 $\lambda\mid\lambda(\lambda-1)$）。
证明 $A(\lambda)=\begin{pmatrix}1&\lambda\\0&1\end{pmatrix}$ 可逆，并把 $A(\lambda)$ 写成初等矩阵之积。
解答与答案
- $\det A(\lambda)=1$，是非零常数，故可逆。
- 注意到 $A(\lambda)$ 是初等矩阵：它把第二行乘 $\lambda$ 加到第一行。故 $A(\lambda)=E_{12}(\lambda)$ 本身就是一个初等矩阵。
- 逆为 $E_{12}(-\lambda)=\begin{pmatrix}1&-\lambda\\0&1\end{pmatrix}$，乘积为单位矩阵。
答案$A(\lambda)$ 可逆且本身是初等矩阵，$A(\lambda)^{-1}=\begin{pmatrix}1&-\lambda\\0&1\end{pmatrix}$。
- 标准形对角元忘了首一与整除链。只有 $d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_r$ 且每个 $d_i$ 首一，才是标准形；调换顺序会破坏整除链。
- 把数字矩阵的秩与 $\lambda$-矩阵的秩混淆。例如 $\lambda E-A$ 作为 $\lambda$-矩阵通常满秩（行列式是 $n$ 次多项式），但把 $\lambda$ 取成特征值后代入数字矩阵秩会下降。
- 初等变换第三步乘了非常数多项式而忘了它不可逆。倍加变换乘的 $\varphi(\lambda)$ 不要求可逆，但“用多项式乘一行”若要作为初等变换，乘的只能是非零常数。
1$\lambda$-矩阵标准形的对角元满足
答案与解析
正确答案：B
标准形要求首一且构成整除链，这是唯一性的来源。
2初等变换改变 $\lambda$-矩阵的秩。
答案与解析
正确答案：B
初等变换等价于乘可逆矩阵，不改变秩；等价的 $\lambda$-矩阵秩相同。
§3不变因子
行列式因子与不变因子是同一份数据的两种记法：$d_i=D_i/D_{i-1}$（约定 $D_0=1$）。例如 $\operatorname{diag}(\lambda,\lambda(\lambda-1))$：$D_1=\lambda$、$D_2=\lambda^2(\lambda-1)$，于是 $d_1=\lambda$、$d_2=\lambda(\lambda-1)$，整除链自动成立。
设 $A(\lambda)$ 是秩为 $r$ 的 $\lambda$-矩阵。对 $k=1,\ldots,r$，称 $A(\lambda)$ 中所有 $k$ 阶子式的首一最大公因式为 $k$ 阶行列式因子，记作 $D_k(\lambda)$。约定 $D_0(\lambda)=1$。
行列式因子是首一多项式；$D_k$ 整除 $D_{k+1}$（性质见 thm-8-5）。
行列式因子与不变因子一般认为是英国数学家史密斯在十九世纪中叶研究二次型与矩阵等价问题时引入的；这套子式、公因式、整除链的组合后来成了 λ-矩阵理论的骨架。
- $A(\lambda)$ 是秩为 $r$ 的 $\lambda$-矩阵
- $D_k(\lambda)$ 是其 $k$ 阶行列式因子
$D_k(\lambda)\mid D_{k+1}(\lambda)$（$k=1,\ldots,r-1$）；且初等变换不改变所有行列式因子。
证明思路
整除性：任一 $k+1$ 阶子式按行展开是若干 $k$ 阶子式的线性组合，故 $k$ 阶公因式整除 $k+1$ 阶子式，从而整除 $D_{k+1}$。不变性：初等变换下子式或不变、或差一个非零常数倍、或被替换为若干子式的线性组合，公因式不变。
设 $A(\lambda)$ 的标准形对角元为 $d_1(\lambda),\ldots,d_r(\lambda)$（$r=\operatorname{rank}A$），称这些 $d_i(\lambda)$ 为 $A(\lambda)$ 的不变因子。
由行列式因子表示：$d_i(\lambda)=D_i(\lambda)/D_{i-1}(\lambda)$，故不变因子与行列式因子互相唯一确定。
- $A(\lambda)$、$B(\lambda)$ 是同型 $\lambda$-矩阵
下列条件等价：$A(\lambda)\simeq B(\lambda)$；$A(\lambda)$ 与 $B(\lambda)$ 有相同的各阶行列式因子；$A(\lambda)$ 与 $B(\lambda)$ 有相同的不变因子与秩。
证明思路
等价则初等变换相同，行列式因子相同，由 $d_i=D_i/D_{i-1}$ 得不变因子相同。反之，不变因子与秩相同则标准形相同，故都等价于同一标准形，从而互相等价。
只比秩远远不够：$\operatorname{diag}(\lambda,0)$ 与 $\operatorname{diag}(1,0)$ 秩都是 $1$，却不可能等价（初等变换不改行列式因子，两者的 $D_1$ 分别是 $\lambda$ 与 $1$）。判据必须用全套 $D_k$ 或不变因子——不变量要配齐才够用。
- $A(\lambda)$ 秩为 $r$，不变因子为 $d_1\mid\cdots\mid d_r$
$A(\lambda)$ 的标准形为 $\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_r,0,\ldots,0)$，从而由不变因子可唯一写出标准形。
证明思路
标准形定义即如此；再由 thm-8-6，只要不变因子相同，标准形就相同。
求 $A(\lambda)=\operatorname{diag}(\lambda(\lambda-1),\lambda(\lambda-1)(\lambda-2))$ 的不变因子与行列式因子。
解答与答案
- 对角元已满足 $d_1=\lambda(\lambda-1)$ 整除 $d_2=\lambda(\lambda-1)(\lambda-2)$，且首一，故这就是标准形的不变因子。
- $D_1(\lambda)$ 是一阶子式的公因式，即 $d_1$ 与 $d_2$ 的公因式，为 $d_1=\lambda(\lambda-1)$。
- $D_2(\lambda)$ 是行列式 $d_1 d_2=\lambda^2(\lambda-1)^2(\lambda-2)$ 的首一形式。验证 $d_2=D_2/D_1=\lambda(\lambda-1)(\lambda-2)$，一致。
答案不变因子 $d_1=\lambda(\lambda-1)$，$d_2=\lambda(\lambda-1)(\lambda-2)$；$D_1=d_1$，$D_2=d_1 d_2$。
判断 $A(\lambda)=\operatorname{diag}(1,\lambda)$ 与 $B(\lambda)=\operatorname{diag}(\lambda,\lambda)$ 是否等价。
解答与答案
- $A$ 的秩为 $2$。一阶行列式因子 $D_1=1$（因有子式 $1$），$D_2=\lambda$，故不变因子 $d_1=1$，$d_2=\lambda$。
- $B$ 的秩为 $2$。一阶子式只有 $\lambda$ 与 $0$，故 $D_1=\lambda$；$D_2=\lambda^2$。从而 $d_1=\lambda$，$d_2=\lambda$。
- $A$ 与 $B$ 不变因子不同（$(1,\lambda)$ 对 $(\lambda,\lambda)$），故不等价。
答案$A(\lambda)$ 与 $B(\lambda)$ 不等价（不变因子不同）。
- 把不变因子直接当成对角线上任意排列的多项式。必须排成 $d_1\mid d_2\mid\cdots$ 且首一，否则不是不变因子组。
- 行列式因子与不变因子互推时忘记约定 $D_0=1$。$d_1=D_1/D_0=D_1$，若把 $D_0$ 当成 $0$ 会算错。
- 以为标准形对角元可以差可逆因子。首一约定固定了唯一性；$\lambda$ 与 $2\lambda$ 不是不同的不变因子，$2\lambda$ 应归一化为 $\lambda$。
1若 $\lambda$-矩阵 $A(\lambda)$ 的行列式因子为 $D_1,D_2$（$D_0=1$），则不变因子 $d_2$ 为
答案与解析
正确答案：C
$d_i=D_i/D_{i-1}$，故 $d_2=D_2/D_1$；这是不变因子与行列式因子的标准换算。
2两个 $\lambda$-矩阵等价当且仅当有相同的不变因子与秩。
答案与解析
正确答案：A
这是等价判据定理；也等价于各阶行列式因子相同。
§4矩阵相似的条件
实用流程：对 $\lambda E-A$ 做初等变换化出标准形，读出不变因子清单；两个矩阵的清单全同就相似。整个过程不用求特征值，是纯粹的多项式操作。
- $A,B\in P^{n\times n}$
$A$ 与 $B$ 相似当且仅当 $\lambda E-A$ 与 $\lambda E-B$ 作为 $\lambda$-矩阵等价。
证明思路
若 $B=T^{-1}AT$，则 $\lambda E-B=T^{-1}(\lambda E-A)T$，右边是可逆 $\lambda$-矩阵两侧乘，故等价。反之，若 $\lambda E-A$ 与 $\lambda E-B$ 等价，可证存在可逆 $T$ 使 $B=T^{-1}AT$；关键是把等价变换“拆”成数字矩阵的相似，这一步用到特征矩阵的一次项结构。
这条是全章的桥：相似是数字矩阵的关系，等价是 λ-矩阵的关系，桥墩是特征矩阵 $\lambda E-A$。拆掉桥就退回特征多项式级别的粗分类——$\operatorname{diag}(1,1)$ 与 $\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ 特征多项式相同却不相似。
- $A,B\in P^{n\times n}$
$A\sim B$ 当且仅当 $\lambda E-A$ 与 $\lambda E-B$ 有相同的不变因子（从而有相同的行列式因子）。
证明思路
由 thm-8-7，相似等价于特征矩阵等价；再由 thm-8-6，$\lambda$-矩阵等价等价于不变因子相同。
- $A\in P^{n\times n}$
- $d_1(\lambda)\mid\cdots\mid d_n(\lambda)$ 是 $\lambda E-A$ 的不变因子
$\det(\lambda E-A)=d_1(\lambda)\cdots d_n(\lambda)$，即特征多项式是全体不变因子之积。
证明思路
标准形对角元之积为 $\det(\lambda E-A)$，而初等变换在行列式上只改变非零常数倍，首一化后乘积恰为特征多项式。
从而行列式 $(-1)^n\det A$ 与迹 $\operatorname{tr}A$ 都可由不变因子读出。
- $A\sim B$
$A$ 与 $B$ 有相同的特征多项式、相同的秩、相同的迹与行列式；但这些条件合起来仍不是相似的充分条件。
证明思路
相似不改变不变因子，从而不改变其乘积（特征多项式）与秩。反例：$A=\operatorname{diag}(1,1)$ 与 $B=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ 的特征多项式都是 $(\lambda-1)^2$，但 $A$ 的不变因子为 $\lambda-1,\lambda-1$，$B$ 的不变因子为 $1,(\lambda-1)^2$，故不相似。
用不变因子判断 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$ 与 $B=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ 是否相似。
解答与答案
- $\lambda E-A=\operatorname{diag}(\lambda-1,\lambda-1)$。$D_1=\lambda-1$，$D_2=(\lambda-1)^2$，不变因子 $d_1=\lambda-1$，$d_2=\lambda-1$。
- $\lambda E-B=\begin{pmatrix}\lambda-1&-1\\0&\lambda-1\end{pmatrix}$。$D_1=1$（因有一阶子式为 $-1$），$D_2=(\lambda-1)^2$，不变因子 $d_1=1$，$d_2=(\lambda-1)^2$。
- 不变因子不同，故 $A$ 与 $B$ 不相似；尽管特征多项式都是 $(\lambda-1)^2$。
答案$A$ 与 $B$ 不相似（不变因子分别为 $(\lambda-1,\lambda-1)$ 与 $(1,(\lambda-1)^2)$）。
若 $A\sim B$，证明它们有相同的迹与行列式。
解答与答案
- 相似则不变因子相同，从而特征多项式 $f(\lambda)=\prod d_i(\lambda)$ 相同。
- $\det A$ 是 $f(0)$ 乘 $(-1)^n$，故相同；$\operatorname{tr}A$ 是 $\lambda^{n-1}$ 系数的相反数，故相同。
- 也可直接用 $B=T^{-1}AT$ 得 $\det B=\det A$，$\operatorname{tr}(T^{-1}AT)=\operatorname{tr}(ATT^{-1})=\operatorname{tr}A$。
答案相似不改变迹与行列式（特征多项式相同）。
- 以为特征多项式相同就相似。$A=\operatorname{diag}(1,1)$ 与 $B=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ 是标准反例；必须比较不变因子或初等因子。
- 把 $\lambda E-A$ 与 $\lambda E-B$ 的等价误写成相似。它们是 $\lambda$-矩阵的等价关系（两侧乘可逆 $\lambda$-矩阵），结论才是数字矩阵相似。
- 计算不变因子时忘记首一化。行列式因子定义为首一最大公因式，漏掉首一步会破坏 $d_i=D_i/D_{i-1}$ 的一致性。
1$A\sim B$ 的充要条件是
答案与解析
正确答案：D
特征多项式相同只是必要条件；不变因子完全相同才是充要条件。
2特征多项式是全体不变因子的乘积。
答案与解析
正确答案：B
标准形对角元乘积在首一化后恰为 $\det(\lambda E-A)$。
§5初等因子
初等因子与不变因子是同一份数据的两种排法：不变因子排成整除链，初等因子按根摊成幂零件。看结构用初等因子（贴近若尔当块），看秩序用不变因子；拼装时同一根的幂从大到小分配。
设 $d_i(\lambda)$（$i=1,\ldots,r$）是 $\lambda$-矩阵 $A(\lambda)$ 的不变因子。在复数域上把每个 $d_i(\lambda)$ 分解为一次因式的幂：$d_i(\lambda)=\prod_j(\lambda-\lambda_{ij})^{e_{ij}}$。全体 $(\lambda-\lambda_{ij})^{e_{ij}}$（$e_{ij}\ge 1$）称为 $A(\lambda)$ 的初等因子。
只在代数闭域（如 $\mathbb{C}$）上分解才得到一次因式幂；在一般数域上可谈不可约因式幂。
- $A(\lambda)$ 秩为 $r$，不变因子为 $d_1\mid\cdots\mid d_r$
初等因子由不变因子唯一决定；反之，不变因子也可由初等因子唯一恢复（把同一 $(\lambda-\lambda_0)$ 的幂按降序分配到 $d_r,d_{r-1},\ldots$，再补 $1$）。
证明思路
分解方向显然。反向：对每个不可约（一次）因式幂排序，由 $d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_r$ 知同一因式的幂次沿 $i$ 不减，故可把各初等因子装回唯一的整除链。
互推的关键是同一因式的幂降序分配：$d_1=\lambda-1$、$d_2=(\lambda-1)^3(\lambda+1)$ 的零件是 $(\lambda-1)$、$(\lambda-1)^3$、$(\lambda+1)$。若把 $(\lambda-1)^3$ 错分给 $d_1$，整除链 $(\lambda-1)^3\mid(\lambda-1)(\lambda+1)$ 就断了——链条是分配规则的裁判。
- $A(\lambda)$、$B(\lambda)$ 是同型 $\lambda$-矩阵
$A(\lambda)\simeq B(\lambda)$ 当且仅当它们有相同的秩与相同的初等因子。从而数字矩阵 $A\sim B$ 当且仅当 $\lambda E-A$ 与 $\lambda E-B$ 有相同的初等因子。
证明思路
由 thm-8-10，初等因子唯一决定不变因子与秩，再套用 thm-8-6 与 thm-8-8。
- $A\in P^{n\times n}$，在 $\mathbb{C}$ 上考虑
对应特征值 $\lambda_0$ 的初等因子 $(\lambda-\lambda_0)^{e}$ 的个数与幂次之和，分别给出几何重数与代数重数的相关信息；全体初等因子次数之和为 $n$。
证明思路
特征多项式是全体初等因子之积（因是不变因子之积），故次数和为 $n$。$(\lambda-\lambda_0)$ 的初等因子个数等于属于 $\lambda_0$ 的若尔当块个数，也等于 $\dim\ker(A-\lambda_0 E)$。
已知不变因子 $d_1=1$，$d_2=(\lambda-2)^2(\lambda-3)$，$d_3=(\lambda-2)^2(\lambda-3)$，求初等因子。
解答与答案
- $d_1=1$ 不贡献初等因子。
- $d_2$ 分解为 $(\lambda-2)^2$ 与 $(\lambda-3)$。
- $d_3$ 同样分解为 $(\lambda-2)^2$ 与 $(\lambda-3)$。全体初等因子为 $(\lambda-2)^2,(\lambda-2)^2,(\lambda-3),(\lambda-3)$。
答案初等因子：$(\lambda-2)^2$（两个）、$(\lambda-3)$（两个）。
由初等因子 $(\lambda-1)$、$(\lambda-1)^2$ 恢复不变因子（对应 $3$ 阶矩阵：非平凡不变因子 $2$ 个，$\lambda E-A$ 秩为 $3$）。
解答与答案
- 对 $\lambda-1$ 的幂降序排列：$(\lambda-1)^2$，$(\lambda-1)$。
- 从右往左装入非平凡不变因子：$d_3=(\lambda-1)^2$，$d_2=\lambda-1$；$3$ 阶矩阵的 $\lambda E-A$ 秩为 $3$，还有一个平凡不变因子 $d_1=1$，整除链 $1\mid(\lambda-1)\mid(\lambda-1)^2$ 成立，且均首一。
- 故不变因子 $d_1=1$，$d_2=\lambda-1$，$d_3=(\lambda-1)^2$（非平凡不变因子 $2$ 个）；特征多项式为 $(\lambda-1)^3$，与次数和 $0+1+2=3$ 一致。
答案非平凡不变因子 $2$ 个：$d_2=\lambda-1$，$d_3=(\lambda-1)^2$；连同平凡的 $d_1=1$，不变因子为 $d_1=1$，$d_2=\lambda-1$，$d_3=(\lambda-1)^2$。
- 在实数域上分解初等因子。若尔当理论一般在 $\mathbb{C}$ 上谈；实数域上一次因式幂可能不存在（复特征值）。
- 把初等因子与不变因子一一对应。不变因子是整除链，初等因子是“拆开的幂”；一个不变因子可贡献多个初等因子。
- 恢复不变因子时排序错误。必须按同一因式的幂次降序从 $d_r$ 装起，否则整除链 $d_1\mid d_2\mid\cdots$ 会被破坏。
1不变因子 $d_2=(\lambda-1)^2(\lambda-2)$ 贡献的初等因子是
答案与解析
正确答案：A
初等因子是一次因式的幂，故拆成 $(\lambda-1)^2$ 与 $(\lambda-2)$ 两个。
2数字矩阵相似当且仅当初等因子相同。
答案与解析
正确答案：A
初等因子（含秩）是相似的完全不变量，与不变因子等价。
§6若尔当标准形的理论推导
读若尔当标准形只看两样：块的对角元是特征值，块的阶是幂 $(\lambda-\lambda_0)^k$ 的指数 $k$。同一个 $\lambda_0$ 有几块，就数它有几个初等因子。相似分类于是变成清点零件。
- $J(\lambda_0,k)$ 是 $k$ 阶若尔当块
$\lambda E-J(\lambda_0,k)$ 的初等因子只有一个：$(\lambda-\lambda_0)^k$；反之，初等因子 $(\lambda-\lambda_0)^k$ 对应的若尔当块是 $J(\lambda_0,k)$。
证明思路
直接计算 $\lambda E-J(\lambda_0,k)$：它是上三角形状，$k$ 阶行列式因子 $D_k=(\lambda-\lambda_0)^k$，低阶行列式因子为 $1$（因有 $1$ 的子式），故不变因子为 $1,\ldots,1,(\lambda-\lambda_0)^k$，初等因子恰一个。
- $A$ 是 $n$ 阶复矩阵
存在可逆矩阵 $T$，使 $T^{-1}AT$ 为若尔当矩阵，其若尔当块由 $\lambda E-A$ 的初等因子唯一决定（不计块的排列次序）。
证明思路
由 thm-8-8，$A$ 相似于某个标准形矩阵（有理标准形或若尔当形候选）。由 thm-8-12，每个初等因子给出一个若尔当块，拼成准对角矩阵 $J$ 后 $\lambda E-J$ 与 $\lambda E-A$ 有相同初等因子，故相似。唯一性由初等因子唯一决定。
本讲义沿 $\lambda$-矩阵路线，与第 7 章§8 介绍的结论一致。
- $A$ 是 $n$ 阶复矩阵
$A$ 的若尔当标准形在不计若尔当块的排列次序时唯一；即若尔当块的阶与对角元由 $A$ 唯一确定。
证明思路
若尔当块完全由初等因子决定（thm-8-12），而初等因子由不变因子唯一决定（thm-8-10），相似矩阵有相同初等因子（thm-8-11），故块集合唯一。
唯一性只不计块序：$J(1,2)\oplus\operatorname{diag}(2)$ 与 $\operatorname{diag}(2)\oplus J(1,2)$ 是两个不同的矩阵，却相似（换个基的顺序而已）。真正唯一的是初等因子这袋零件；若尔当矩阵只是零件的一种拼法。把唯一读成矩阵相等就过了。
- $A$ 是 $n$ 阶复矩阵
$A$ 可对角化当且仅当 $\lambda E-A$ 的初等因子全是一次的（即每个初等因子形如 $\lambda-\lambda_0$）。
证明思路
初等因子全一次等价于所有若尔当块为一阶，即若尔当标准形为对角矩阵。也等价于最小多项式无重根。
已知 $A$ 的初等因子为 $(\lambda-1)$、$(\lambda-1)^2$、$(\lambda-2)$，写出 $A$ 的若尔当标准形。
解答与答案
- 初等因子 $(\lambda-1)$ 对应一阶块 $(1)$。
- $(\lambda-1)^2$ 对应二阶块 $J(1,2)=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$。
- $(\lambda-2)$ 对应一阶块 $(2)$。拼成准对角矩阵即得。
答案$J=(1)\oplus J(1,2)\oplus(2)$，即 $\operatorname{diag}(1,J(1,2),2)$；它含 $1$ 个一阶块 $(1)$、$1$ 个二阶块 $J(1,2)$ 与 $1$ 个一阶块 $(2)$，不是单个三阶若尔当块（块序可调）。
求 $A=\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$ 的若尔当标准形。
解答与答案
- $A$ 已是准对角形：二阶若尔当块 $J(2,2)$ 与一阶块 $(2)$。
- 特征多项式 $(\lambda-2)^3$；初等因子为 $(\lambda-2)^2$ 与 $(\lambda-2)$。
- 故若尔当标准形就是 $A$ 本身；也可重排块次序为 $(2)\oplus J(2,2)$。
答案若尔当标准形为 $\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$（或块序重排后的等价形式）。
- 以为若尔当标准形在任意次序下矩阵相等。唯一性只在不计块排列次序的意义下成立，写答案时块序可以不同。
- 把初等因子个数当成特征值重数。初等因子个数对应若尔当块个数；代数重数是同一特征值的初等因子次数之和。
- 忘记若尔当标准形一般在复数域上讨论。实矩阵的复若尔当标准形可能含复数；实标准形是另一套。
1初等因子 $(\lambda-3)^2$ 对应的若尔当块是
答案与解析
正确答案：B
初等因子 $(\lambda-\lambda_0)^k$ 对应 $k$ 阶若尔当块，此处 $k=2$，$\lambda_0=3$。
2每个复矩阵的若尔当标准形唯一（不计块序）。
答案与解析
正确答案：B
由初等因子唯一决定若尔当块集合，故标准形在不计块序时唯一。
§7矩阵的有理标准形
友矩阵末列的符号最容易翻车：$f(\lambda)=\lambda^2+3\lambda+2$ 对应 $C(f)=\begin{pmatrix}0&-2\\1&-3\end{pmatrix}$，验算 $\det(\lambda E-C)=\lambda^2+3\lambda+2$ 就知道对错。另外 $d_i=1$ 对应零阶块，直接省略，别虚增阶数。
设 $f(\lambda)=\lambda^k+a_{k-1}\lambda^{k-1}+\cdots+a_1\lambda+a_0$。称 $k$ 阶矩阵 $C(f)=\begin{pmatrix}0&0&\cdots&0&-a_0\\1&0&\cdots&0&-a_1\\0&1&\cdots&0&-a_2\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\0&0&\cdots&1&-a_{k-1}\end{pmatrix}$ 为 $f(\lambda)$ 的友矩阵（Frobenius 块）。
$\det(\lambda E-C(f))=f(\lambda)$，即友矩阵的特征多项式恰为 $f(\lambda)$。
友矩阵也叫弗罗贝尼乌斯块，得名于德国数学家弗罗贝尼乌斯。一般认为十九世纪末他在研究矩阵不变量与标准形时广泛使用这种多项式的矩阵化身，有理标准形因而也常称弗罗贝尼乌斯标准形。
设 $A\in P^{n\times n}$ 的不变因子为 $d_1(\lambda)\mid\cdots\mid d_s(\lambda)$（去掉等于 $1$ 的项后非平凡个数为 $s$），则称准对角矩阵 $C(d_1)\oplus\cdots\oplus C(d_s)$ 为 $A$ 的有理标准形（Frobenius 标准形）。
若某 $d_i=1$，对应块为零阶（省略）。有理标准形在不计块次序时唯一。
- $A\in P^{n\times n}$，$P$ 为任意数域
$A$ 相似于它的有理标准形 $C(d_1)\oplus\cdots\oplus C(d_s)$；且该标准形由不变因子唯一决定。
证明思路
由 thm-8-8，$\lambda E-A$ 的不变因子与某个友矩阵直和的特征矩阵不变因子相同，故相似。存在性把相似问题化为不变因子；唯一性由不变因子唯一。
本讲义沿 $\lambda$-矩阵不变量路线。
任意数域能成立，因为证明只用不变因子——多项式环里的除法，不需要特征值。反观若尔当形：$A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ 在 $\mathbb{R}$ 上特征值是 $\pm i$，若尔当块得进 $\mathbb{C}$ 才有；它的有理标准形就是自己（$f=\lambda^2+1$ 的友矩阵），一步没离开 $\mathbb{R}$。
- $A$ 是复矩阵
同一矩阵的有理标准形与若尔当标准形相似；有理标准形只依赖不变因子，若尔当标准形还依赖初等因子的分拆。在复数域上两者给出同一相似类的不同代表。
证明思路
两者都是 $A$ 的相似不变量完全组的不同表现：有理标准形用不变因子，若尔当标准形用初等因子；由 thm-8-10 两组不变量互相决定，故相似。
- $f(\lambda)$ 是 $P$ 上 $k$ 次首一多项式
$C(f)$ 的特征多项式与最小多项式都是 $f(\lambda)$；从而 $C(f)$ 的不变因子为 $1,\ldots,1,f(\lambda)$（$k-1$ 个 $1$）。
证明思路
特征多项式由行列式展开得 $f(\lambda)$。最小多项式：$f(C)=0$ 由 Cayley-Hamilton，又若更低次 $g$ 零化 $C$，则 $g\mid f$ 且 $g$ 与 $f$ 次数比较得 $g=f$（用 $e_1,Ce_1,\ldots$ 的循环性）。不变因子由行列式因子读出。
写出 $f(\lambda)=\lambda^2-3\lambda+2$ 的友矩阵，并求其特征多项式。
解答与答案
- $f(\lambda)=\lambda^2+(-3)\lambda+2$，故 $a_1=-3$，$a_0=2$。
- $C(f)=\begin{pmatrix}0&-2\\1&3\end{pmatrix}$（按定义末列取 $-a_0,-a_1$）。
- $\det(\lambda E-C(f))=\begin{vmatrix}\lambda&2\\-1&\lambda-3\end{vmatrix}=\lambda(\lambda-3)+2=\lambda^2-3\lambda+2=f(\lambda)$。
答案$C(f)=\begin{pmatrix}0&-2\\1&3\end{pmatrix}$，特征多项式为 $\lambda^2-3\lambda+2$。
设 $A$ 的不变因子为 $d_1=\lambda-1$，$d_2=(\lambda-1)(\lambda-2)$，写出 $A$ 的有理标准形。
解答与答案
- $d_1=\lambda-1$ 是一次多项式，友矩阵为一阶块 $(1)$。
- $d_2=\lambda^2-3\lambda+2$，友矩阵 $C(d_2)=\begin{pmatrix}0&-2\\1&3\end{pmatrix}$。
- 次数和 $1+2=3$，故 $A$ 是 $3$ 阶矩阵，有理标准形为 $(1)\oplus C(d_2)$。
答案有理标准形 $(1)\oplus\begin{pmatrix}0&-2\\1&3\end{pmatrix}$，阶数 $3$。
- 友矩阵构造时末列符号弄反。按 $f=\lambda^k+a_{k-1}\lambda^{k-1}+\cdots+a_0$，末列应为 $(-a_0,-a_1,\ldots,-a_{k-1})^{\mathsf{T}}$。
- 不变因子为 $1$ 时仍强行建块。$d_i=1$ 对应零阶块，应省略；否则会虚增阶数。
- 以为有理标准形与若尔当标准形总相同。一般不同：有理标准形用友矩阵块，若尔当标准形用若尔当块；它们相似但矩阵形式不同，仅当各块次数为 $1$ 时都化为对角形。
1有理标准形的构造依赖于
答案与解析
正确答案：C
每个不变因子对应一个友矩阵块，直和起来就是有理标准形。
2友矩阵 $C(f)$ 的特征多项式就是 $f(\lambda)$。
答案与解析
正确答案：A
由友矩阵定义直接算 $\det(\lambda E-C(f))=f(\lambda)$。
欧几里得空间CHAPTER 09 · 8 SECTIONS
本章在实线性空间上引入内积，得到欧几里得空间，从而能谈长度、夹角与垂直。通过 Gram-Schmidt 正交化造出标准正交基，把度量矩阵化成单位矩阵。随后研究保持内积的正交变换与实对称矩阵的正交对角化，并用正交补处理投影、距离与最小二乘问题，最后简要介绍复的情形即酉空间。
第 8 章用多项式不变量把矩阵的相似类数清楚，但那只是换基的代数账。这一章给空间装上内积——一把量长度、夹角、垂直的尺子——几何于是回来：标准正交基、正交变换、正交补、正交投影。实对称矩阵的正交对角化把第 7、8 章的对角化问题升级为能不能用正交变换对角化，最小二乘把投影变成日常工具；第 10 章再把内积放宽成双线性函数，看哪些结构还能留下。
§1定义与基本性质
读这一节的顺序是先公理、后几何。柯西-施瓦茨不等式是分水岭——它之前只有代数，它之后夹角才有意义；三角不等式再把长度补成一把合格的尺子。
设 $V$ 是实数域 $\mathbb{R}$ 上的线性空间。若对 $V$ 中任意两个向量 $\alpha,\beta$，都有唯一实数 $(\alpha,\beta)$ 与之对应，且满足：(1) $(\alpha,\beta)=(\beta,\alpha)$；(2) $(\alpha+\beta,\gamma)=(\alpha,\gamma)+(\beta,\gamma)$；(3) $(k\alpha,\beta)=k(\alpha,\beta)$；(4) $(\alpha,\alpha)\ge 0$，且 $(\alpha,\alpha)=0$ 当且仅当 $\alpha=0$，则称 $(\alpha,\beta)$ 为 $\alpha$ 与 $\beta$ 的内积，称 $V$ 为欧几里得空间。
由对称性与第二、三条可得内积对第二个变元也是线性的：$(\alpha,\beta+\gamma)=(\alpha,\beta)+(\alpha,\gamma)$，$(\alpha,k\beta)=k(\alpha,\beta)$。
在欧几里得空间 $V$ 中，对任意 $\alpha\in V$，称非负实数 $|\alpha|=\sqrt{(\alpha,\alpha)}$ 为向量 $\alpha$ 的长度。长度为 $1$ 的向量称为单位向量。$\alpha\neq 0$ 时，$\dfrac{1}{|\alpha|}\alpha$ 是与 $\alpha$ 同方向的单位向量。
零向量的长度是 $0$；把非零向量除以自身长度叫单位化。
- $V$ 是欧几里得空间
- $\alpha,\beta\in V$
$|(\alpha,\beta)|\le |\alpha|\,|\beta|$，等号成立当且仅当 $\alpha,\beta$ 线性相关。
证明思路
对任意实数 $t$，$(\alpha+t\beta,\alpha+t\beta)\ge 0$。展开：$(\alpha,\alpha)+2t(\alpha,\beta)+t^2(\beta,\beta)\ge 0$。这是关于 $t$ 的二次三项式恒非负，故判别式 $\Delta=4(\alpha,\beta)^2-4|\alpha|^2|\beta|^2\le 0$。化简得 $|(\alpha,\beta)|\le|\alpha||\beta|$。等号时 $\Delta=0$，该式有实根 $t_0$ 使 $\alpha+t_0\beta=0$，故 $\alpha,\beta$ 线性相关。反之若线性相关，等式可直接验证。
柯西-施瓦茨不等式的名字记着三段接力：一般认为柯西十九世纪初给出和式版本，布尼亚科夫斯基给出积分版本，施瓦茨十九世纪末处理了一般内积。三个名字在不同分支里各领一段，说的却是同一件事。
四条公理里正定性承重：若允许 $(\alpha,\alpha)=0$ 而 $\alpha\neq0$，除以长度直接崩塌。例：闵可夫斯基型 $f(x,y)=x_1y_1-x_2y_2$ 下 $\alpha=(1,1)$ 的长度为零，取 $\beta=(1,0)$ 则 $|(\alpha,\beta)|=1>0=|\alpha||\beta|$，不等式当场失效。
- $V$ 是欧几里得空间
- $\alpha,\beta\in V$
$|\alpha+\beta|\le |\alpha|+|\beta|$。
证明思路
对任意实数 $t$，$(\alpha+t\beta,\alpha+t\beta)\ge 0$。展开得关于 $t$ 的二次三项式恒非负。故其判别式 $\Delta=4(\alpha,\beta)^2-4|\alpha|^2|\beta|^2\le 0$。化简得 $|(\alpha,\beta)|\le|\alpha||\beta|$，这正是柯西-施瓦茨不等式。两边开方即得 $|\alpha+\beta|\le|\alpha|+|\beta|$（配合 $|\alpha+\beta|^2$ 的展开）。等号情形对应 $\alpha,\beta$ 线性相关且同向。
设 $\alpha,\beta$ 是欧几里得空间中两个非零向量，称 $\theta=\arccos\dfrac{(\alpha,\beta)}{|\alpha|\,|\beta|}$ 为 $\alpha$ 与 $\beta$ 的夹角。当 $(\alpha,\beta)=0$ 时称 $\alpha$ 与 $\beta$ 正交，记作 $\alpha\perp\beta$。任意两向量的距离定义为 $d(\alpha,\beta)=|\alpha-\beta|$。
柯西-施瓦茨不等式保证夹角的自变量落在 $[-1,1]$ 中，所以 $\arccos$ 有意义。零向量与任何向量都正交。
- $V$ 是 $n$ 维欧几里得空间
- $\varepsilon_1,\varepsilon_2,\ldots,\varepsilon_n$ 是 $V$ 的一组基
令 $a_{ij}=(\varepsilon_i,\varepsilon_j)$，称 $A=(a_{ij})_{n\times n}$ 为这组基的度量矩阵。$A$ 是实对称正定矩阵；对 $\alpha=\sum x_i\varepsilon_i$，$\beta=\sum y_i\varepsilon_i$，有 $(\alpha,\beta)=X^{T}AY$（$X,Y$ 为坐标列向量）。
证明思路
对称性由内积公理 $(\varepsilon_i,\varepsilon_j)=(\varepsilon_j,\varepsilon_i)$ 直接读出。正定性：对任意非零坐标 $X$，对应 $\alpha=\sum x_i\varepsilon_i\neq 0$，故 $X^{T}AX=(\alpha,\alpha)>0$。坐标公式：把 $\alpha=\sum x_i\varepsilon_i$，$\beta=\sum y_j\varepsilon_j$ 代入内积。用双线性性把求和号展开，按定义恰为 $\sum_{i,j} a_{ij} x_i y_j = X^{T}AY$。
在 $\mathbb{R}^n$ 中定义 $(\alpha,\beta)=\sum\limits_{i=1}^{n}a_ib_i$（即标准内积）。设 $\alpha=(1,2,2)$，$\beta=(2,-1,2)$，求 $|\alpha|$、$|\beta|$、$(\alpha,\beta)$ 与夹角的余弦。
解答与答案
- $|\alpha|=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=\sqrt{9}=3$。
- $|\beta|=\sqrt{2^2+(-1)^2+2^2}=\sqrt{9}=3$。
- $(\alpha,\beta)=1\cdot2+2\cdot(-1)+2\cdot2=2-2+4=4$。
- 夹角余弦 $\cos\theta=\dfrac{(\alpha,\beta)}{|\alpha||\beta|}=\dfrac{4}{3\cdot 3}=\dfrac{4}{9}$。
答案$|\alpha|=3$，$|\beta|=3$，$(\alpha,\beta)=4$，$\cos\theta=\dfrac{4}{9}$。
- 把柯西-施瓦茨不等式写成 $|\alpha|\,|\beta|\le|(\alpha,\beta)|$，方向反了；正确的是 $|(\alpha,\beta)|\le|\alpha||\beta|$。
- 认为零向量与自身正交就能说“零向量与自己夹角是 $90°$”——夹角只对非零向量定义，零向量的正交是按内积为 $0$ 约定的。
- 度量矩阵忘写“对称正定”：换基后度量矩阵会合同变换 $T^{T}AT$，但始终对称正定；若算出不对称的 $A$，多半是坐标写反了。
1在欧几里得空间中，下列一定成立的是
答案与解析
正确答案：D
对称性与正定性是内积公理，三角不等式由柯西-施瓦茨不等式推出，故三项全对。
2柯西-施瓦茨不等式中等号成立当且仅当 $\alpha,\beta$ 线性无关。
答案与解析
正确答案：A
等号成立当且仅当 $\alpha,\beta$ 线性相关（含其中一个为零向量的情形），不是线性无关。
§2标准正交基
Gram-Schmidt 一步一投影：取 $\alpha_1=(1,1)$、$\alpha_2=(0,1)$，则 $\beta_1=\alpha_1$，$\beta_2=\alpha_2-\frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1=(0,1)-\frac12(1,1)=(-\frac12,\frac12)$。单位化得 $(-\frac{1}{\sqrt2},\frac{1}{\sqrt2})$，全程只用内积。
欧几里得空间 $V$ 中一组非零向量 $\alpha_1,\ldots,\alpha_m$ 若两两正交，即 $(\alpha_i,\alpha_j)=0$（$i\neq j$），则称为正交向量组。若又都是单位向量，则称为标准正交向量组。当 $m=\dim V$ 时，标准正交向量组称为 $V$ 的标准正交基。
正交向量组必然线性无关：设 $\sum k_i\alpha_i=0$，与 $\alpha_j$ 作内积得 $k_j|\alpha_j|^2=0$，故 $k_j=0$。
- $V$ 是欧几里得空间
- $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_m$ 是 $V$ 中线性无关的向量组
可以构造正交向量组 $\beta_1,\ldots,\beta_m$，使对每个 $k$，$\beta_1,\ldots,\beta_k$ 与 $\alpha_1,\ldots,\alpha_k$ 等价；再单位化即得标准正交组。因而任意有限维欧几里得空间都有标准正交基。
证明思路
归纳构造：取 $\beta_1=\alpha_1$；若 $\beta_1,\ldots,\beta_{k-1}$ 已正交，令 $\beta_k=\alpha_k-\sum_{i=1}^{k-1}\dfrac{(\alpha_k,\beta_i)}{(\beta_i,\beta_i)}\beta_i$。与 $\beta_i$（$i<k$）作内积可知 $\beta_k$ 与它们正交；由线性无关性 $\beta_k\neq 0$。最后把每个 $\beta_k$ 除以自身长度。
正交化流程的名字来自格拉姆与施密特。一般认为十九世纪末到二十世纪初，两人分别在函数论与积分方程问题中使用了这种逐步减投影的手续；更早的拉普拉斯、柯西也接触过类似算法，归属说法历来不一。
线性无关承重：每步要除以 $(\beta_k,\beta_k)$，向量一相关就除零。$\alpha_1=(1,0)$、$\alpha_2=(2,0)$ 试跑：$\beta_2=\alpha_2-2\beta_1=0$，分母为零，流程熄火。无关性保证每个新 $\beta_k$ 非零，正交化才走得通。
实数域上 $n$ 阶矩阵 $A$ 若满足 $A^{T}A=AA^{T}=E$（即 $A^{-1}=A^{T}$），则称为正交矩阵。等价地，$A$ 的行（列）向量组是 $\mathbb{R}^n$ 的标准正交基。
正交矩阵的行列式为 $\pm 1$：由 $\det(A^{T}A)=\det(A)^2=1$ 即得。
- $V$ 是 $n$ 维欧几里得空间
- $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 与 $\eta_1,\ldots,\eta_n$ 都是 $V$ 的标准正交基
- $T$ 是从前一组基到后一组基的过渡矩阵
$T$ 是正交矩阵。反之，若某组标准正交基经正交矩阵过渡到另一组基，则后者也是标准正交基。
证明思路
记两组基的度量矩阵：标准正交基的度量矩阵都是单位矩阵 $E$。设过渡矩阵为 $T$，即新基坐标 $X$ 与旧基坐标 $Y$ 满足 $X=TY$。新基的度量矩阵为 $T^{T}ET=T^{T}T$。新基仍标准正交当且仅当其度量矩阵为 $E$，即 $T^{T}T=E$。这正是 $T$ 为正交矩阵的定义（方阵时 $T^{T}T=E$ 与 $TT^{T}=E$ 等价）。反之，若 $T$ 正交，则新基 Gram 矩阵为 $E$，故也是标准正交基。
在 $\mathbb{R}^3$ 中对 $\alpha_1=(1,1,0)$，$\alpha_2=(1,0,1)$，$\alpha_3=(0,1,1)$ 做 Gram-Schmidt 正交化，并单位化求一组标准正交基。
解答与答案
- 取 $\beta_1=\alpha_1=(1,1,0)$。
- $\beta_2=\alpha_2-\dfrac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1=(1,0,1)-\dfrac{1}{2}(1,1,0)=\left(\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2},1\right)$，可取 $\beta_2=(1,-1,2)$。
- $\beta_3=\alpha_3-\dfrac{(\alpha_3,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1-\dfrac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)}\beta_2=(0,1,1)-\dfrac{1}{2}(1,1,0)-\dfrac{1}{6}(1,-1,2)=\left(-\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3}\right)$，可取 $\beta_3=(-1,1,1)$。
- 单位化：$|\beta_1|=\sqrt{2}$，$|\beta_2|=\sqrt{6}$，$|\beta_3|=\sqrt{3}$，故标准正交基为 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)$，$\dfrac{1}{\sqrt{6}}(1,-1,2)$，$\dfrac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,1)$。
答案一组标准正交基为 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0),\ \dfrac{1}{\sqrt{6}}(1,-1,2),\ \dfrac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,1)$。
- 正交化公式里分母是 $(\beta_i,\beta_i)=|\beta_i|^2$，不是 $1$；跳过单位化直接除内积会得到错误系数。
- 以为“正交向量组一定可以扩充成标准正交基”却忘了维数：$m$ 个正交向量只张成 $m$ 维子空间，补基要先扩成 $V$ 的基再正交化。
- 把“过渡矩阵是正交矩阵”与“过渡矩阵可逆”混为一谈：可逆只保证基变换合法，正交才保证度量（内积）不变。
1设 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 是标准正交基，则 $(\sum x_i\varepsilon_i,\sum y_j\varepsilon_j)$ 等于
答案与解析
正确答案：A
标准正交基下 $(\varepsilon_i,\varepsilon_j)=\delta_{ij}$，双线性展开后只剩对角项 $\sum x_i y_i$。
2Gram-Schmidt 正交化对任意线性无关向量组都适用。
答案与解析
正确答案：B
只要求线性无关，不必事先正交；每一步减掉投影后得到的 $\beta_k$ 非零且与前面向量正交。
§3同构
同构判定只看维数，等于宣布分类完成：有限维欧氏空间的形状已被内积定死，差一个保内积的一一对应。读这条定理时把它当收官宣告——研究 $\mathbb{R}^n$ 即研究全体 $n$ 维欧氏空间。
设 $V$ 与 $V'$ 都是欧几里得空间，若存在双射 $\sigma:V\to V'$，且对任意 $\alpha,\beta\in V$ 与 $k\in\mathbb{R}$ 有 $\sigma(\alpha+\beta)=\sigma(\alpha)+\sigma(\beta)$，$\sigma(k\alpha)=k\sigma(\alpha)$，$(\sigma(\alpha),\sigma(\beta))=(\alpha,\beta)$，则称 $\sigma$ 为 $V$ 到 $V'$ 的同构映射，称 $V$ 与 $V'$ 同构。
同构映射保内积，因而自动保长度、夹角与正交性。
- $V$ 与 $V'$ 都是有限维欧几里得空间
$V$ 与 $V'$ 同构当且仅当 $\dim V=\dim V'$。特别地，任意 $n$ 维欧几里得空间都与 $\mathbb{R}^n$（标准内积）同构。
证明思路
必要性：同构映射 $\sigma$ 是线性同构，故保维数，$\dim V=\dim V'$。充分性：设 $\dim V=\dim V'=n$，在两边各取标准正交基 $\varepsilon_i$ 与 $\varepsilon_i'$。定义 $\sigma(\sum x_i\varepsilon_i)=\sum x_i\varepsilon_i'$，由基的唯一表示知这是良定双射。线性性由定义直接读出。保内积：标准正交基下 $(\alpha,\beta)=\sum x_i y_i$，两边相同。故 $\sigma$ 是同构，任意 $n$ 维欧几里得空间与 $\mathbb{R}^n$ 同构。
两个条件各管一头：有限维管舞台，保内积管同构的含义。只保线性结构不够：$(x,y)\mapsto(2x,3y)$ 是线性双射，却把 $(1,0)$ 的长度从 $1$ 拉成 $2$、$(0,1)$ 的长度从 $1$ 拉成 $3$，度量面目全非。维数相同加上保内积，才敢说两个空间一个模样。
设 $V$ 是 $2$ 维欧几里得空间，标准正交基为 $e_1,e_2$。定义 $\sigma:V\to\mathbb{R}^2$ 把 $a e_1+b e_2$ 映为 $(a,b)$。验证 $\sigma$ 是同构。
解答与答案
- 线性性显然：$\sigma((a e_1+b e_2)+(c e_1+d e_2))=\sigma((a+c)e_1+(b+d)e_2)=(a+c,b+d)=(a,b)+(c,d)$；数乘同理。
- 双射：逆映射 $(a,b)\mapsto a e_1+b e_2$ 存在。
- 保内积：$(a e_1+b e_2,\ c e_1+d e_2)=ac+bd$，而 $((a,b),(c,d))=ac+bd$，两者相等。
答案$\sigma$ 是 $V$ 到 $\mathbb{R}^2$ 的同构映射。
- 只验证线性双射就断言同构，漏掉“保内积”这一条：线性同构在欧几里得范畴里不够，度量也必须一致。
- 以为无限维空间也“维数相同就同构”：教材结论只对有限维给出；无限维欧几里得空间的同构要另议。
- 把同构当成“集合元素一样多”：同构要求代数运算与内积都对应，不是单纯的基数相同。
1两个有限维欧几里得空间同构的充要条件是
答案与解析
正确答案：B
有限维时同构当且仅当维数相同；都存在标准正交基是任何有限维欧几里得空间都有的，不能区分。
2同构映射一定保持两向量的夹角。
答案与解析
正确答案：A
同构保内积与长度，夹角由内积与长度决定，故夹角不变。
§4正交变换
正交变换的两类典型：旋转 $\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$ 行列式为 $1$，镜射 $\operatorname{diag}(1,-1)$ 行列式为 $-1$。验算 $A^{\mathsf T}A=E$ 一秒钟，比逐对验内积快得多——前提是在标准正交基下写矩阵。
欧几里得空间 $V$ 上的线性变换 $\mathcal{A}$ 若对任意 $\alpha,\beta\in V$ 都有 $(\mathcal{A}(\alpha),\mathcal{A}(\beta))=(\alpha,\beta)$，则称 $\mathcal{A}$ 为正交变换。
正交变换保持长度：令 $\alpha=\beta$ 即得 $|\mathcal{A}(\alpha)|=|\alpha|$。
- $V$ 是 $n$ 维欧几里得空间
- $\mathcal{A}$ 是 $V$ 上的线性变换
下列条件等价：(1) $\mathcal{A}$ 是正交变换；(2) 对一切 $\alpha\in V$，$|\mathcal{A}(\alpha)|=|\alpha|$；(3) $\mathcal{A}$ 把标准正交基映成标准正交基；(4) $\mathcal{A}$ 在任一标准正交基下的矩阵是正交矩阵。
证明思路
(1)⇒(2)：取 $\beta=\alpha$。(2)⇒(1)：用极化恒等式 $(\alpha,\beta)=\dfrac{1}{2}(|\alpha+\beta|^2-|\alpha|^2-|\beta|^2)$ 把内积写成长度。(1)⇔(3)：正交变换保两两内积，标准正交基的像两两正交且单位长。(3)⇔(4)：像的 Gram 矩阵是 $A^{T}A$，等于 $E$ 当且仅当 $A$ 正交。
从保长度升级到保内积，靠极化恒等式 $(\alpha,\beta)=\frac12(|\alpha+\beta|^2-|\alpha|^2-|\beta|^2)$，它用掉了线性性。若丢掉线性假设，平移 $\alpha\mapsto\alpha+\gamma$ 也保长度，却不是正交变换（连原点都保不住）。所以线性二字不是装饰。
- $\mathcal{A},\mathcal{B}$ 是 $n$ 维欧几里得空间 $V$ 上的正交变换
$\mathcal{AB}$ 与 $\mathcal{A}^{-1}$ 仍是正交变换；正交变换在标准正交基下的矩阵行列式为 $1$ 或 $-1$。行列式为 $1$ 时称旋转（正常正交变换），为 $-1$ 时称瑕旋转或镜射型。
证明思路
乘积：$(\mathcal{AB}\alpha,\mathcal{AB}\beta)=(\mathcal{B}\alpha,\mathcal{B}\beta)=(\alpha,\beta)$。逆：$\mathcal{A}^{-1}$ 的矩阵是 $A^{-1}=A^{T}$，仍满足正交条件。行列式：由 $A^{T}A=E$ 得 $\det(A^{T}A)=(\det A)^2=1$。故 $\det A=\pm 1$。$+1$ 称旋转（正常正交变换），$-1$ 称镜射型（瑕旋转）。
平面上绕原点逆时针旋转角 $\theta$ 的线性变换在标准正交基下的矩阵为 $A=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$。验证 $A$ 是正交矩阵，并求 $\det A$。
解答与答案
- 计算 $A^{T}A=\begin{pmatrix}\cos\theta&\sin\theta\\-\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$。
- 故 $A^{-1}=A^{T}$，$A$ 是正交矩阵，对应的旋转变换是正交变换。
- $\det A=\cos\theta\cdot\cos\theta-(-\sin\theta)\cdot\sin\theta=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$，属正常正交变换（旋转）。
答案$A^{T}A=E$，是正交矩阵；$\det A=1$。
- 认为“保持长度的线性变换一定正交”却忘了线性假设：极化恒等式那一段用到线性性；对非线性映射结论不成立。
- 把正交变换与“行列式为 $1$”划等号：镜射的行列式是 $-1$，也是正交变换。
- 在非标准正交基下写矩阵再判断正交：等价条件(4)要求“在标准正交基下”的矩阵；一般基下度量矩阵不是 $E$，$A^{T}A=E$ 不再是正确判据。
1正交变换在标准正交基下的矩阵 $A$ 满足
答案与解析
正确答案：C
正交变换的矩阵是正交矩阵，即 $A^{T}A=AA^{T}=E$；$\det A=\pm 1$，未必是 $1$。
2保持向量长度的变换一定是正交变换。
答案与解析
正确答案：B
还必须是线性的；对一般的保长映射，极化恒等式不一定能导出保内积。
§5子空间
正交投影像垂直打点：$W$ 是 $\mathbb{R}^3$ 的 $x$ 轴，$\alpha=(2,3,4)$ 打下去得 $(2,0,0)$，余量 $(0,3,4)$ 与 $W$ 垂直，长度 $\sqrt{3^2+4^2}=5$ 就是距离。正交补从此由内积说了算，不靠挑基。
设 $W$ 是欧几里得空间 $V$ 的子空间，令 $W^{\perp}=\{\alpha\in V\mid \forall\,\beta\in W,\ (\alpha,\beta)=0\}$。称 $W^{\perp}$ 为 $W$ 的正交补。
$W^{\perp}$ 自身也是 $V$ 的子空间，且 $W\cap W^{\perp}=\{0\}$。
- $V$ 是有限维欧几里得空间
- $W$ 是 $V$ 的子空间
$V=W\oplus W^{\perp}$，且 $(W^{\perp})^{\perp}=W$；$\dim W+\dim W^{\perp}=\dim V$。
证明思路
取 $W$ 的标准正交基，对任意 $\alpha\in V$ 减去它在基上的投影得到 $\alpha_0\perp W$，故 $\alpha=\alpha-\alpha_0+\alpha_0\in W+W^{\perp}$。交为零已由正交补定义得。维数公式由直和维数相加。对 $W^{\perp}$ 再做一次正交补即回到 $W$。
有限维承重：维数计数 $\dim W+\dim W^{\perp}=\dim V$ 与二次正交补都在此靠岸。无限维有坏例子：平方可和序列空间里取只有有限项非零的序列构成的 $W$，则 $W^{\perp}=\{0\}$、$(W^{\perp})^{\perp}$ 是全空间，比 $W$ 大。
在直和分解 $V=W\oplus W^{\perp}$ 下，每个 $\alpha\in V$ 可唯一写成 $\alpha=\alpha_1+\alpha_2$（$\alpha_1\in W$，$\alpha_2\in W^{\perp}$）。称 $\alpha_1$ 为 $\alpha$ 在 $W$ 上的正交投影，记作 $\alpha_1=\mathrm{proj}_{W}\alpha$。
投影算子满足 $\mathrm{proj}_{W}^2=\mathrm{proj}_{W}$（幂等），且 $|\alpha|^{2}=|\alpha_1|^{2}+|\alpha_2|^{2}$（勾股定理）。
- $W$ 是欧几里得空间 $V$ 的有限维子空间
- $\alpha\in V$
- $\alpha_1=\mathrm{proj}_{W}\alpha$
对任意 $\beta\in W$，有 $|\alpha-\alpha_1|\le |\alpha-\beta|$，等号成立当且仅当 $\beta=\alpha_1$。
证明思路
写 $\alpha-\beta=(\alpha-\alpha_1)+(\alpha_1-\beta)$。其中 $\alpha-\alpha_1\in W^{\perp}$，而 $\alpha_1-\beta\in W$。故两向量正交，可用勾股定理。$|\alpha-\beta|^2=|\alpha-\alpha_1|^2+|\alpha_1-\beta|^2$。第二项 $\ge 0$，故 $|\alpha-\beta|^2\ge|\alpha-\alpha_1|^2$。等号当且仅当 $\alpha_1-\beta=0$，即 $\beta=\alpha_1$。
在 $\mathbb{R}^3$ 中，设 $W=\mathrm{span}\{(1,0,0),(0,1,0)\}$（$xy$ 平面）。求 $W^{\perp}$，并计算 $\alpha=(3,4,5)$ 在 $W$ 上的正交投影。
解答与答案
- 与 $W$ 中所有向量正交即与 $e_1,e_2$ 正交，故 $W^{\perp}=\mathrm{span}\{(0,0,1)\}$（$z$ 轴）。
- $\alpha$ 在 $W$ 上的投影是把第三分量去掉：$\alpha_1=(3,4,0)$。
- 验证：$\alpha-\alpha_1=(0,0,5)\in W^{\perp}$，且 $(0,0,5)\cdot(1,0,0)=(0,0,5)\cdot(0,1,0)=0$。
答案$W^{\perp}=\mathrm{span}\{(0,0,1)\}$；$\mathrm{proj}_{W}\alpha=(3,4,0)$。
- 把正交补写成“补空间”：线性空间意义下的补空间不唯一，正交补由内积唯一确定。
- 忽略有限维条件：无限维空间中 $W+W^{\perp}$ 未必是直和（闭性问题），教材结论在有限维成立。
- 计算投影时对非标准正交基直接按分量截断：必须先正交化或解正规方程，否则投影不落在 $W$ 上。
1设 $W$ 是 $n$ 维欧几里得空间 $V$ 的子空间，则
答案与解析
正确答案：D
有限维时总有直和分解 $V=W\oplus W^{\perp}$，且维数互补。
2向量到子空间的最短距离由正交投影给出。
答案与解析
正确答案：A
投影的极小性质保证 $|\alpha-\mathrm{proj}_{W}\alpha|$ 是到 $W$ 中各点距离的最小值。
§6实对称矩阵的标准形
实矩阵特征值全实也救不了正交性：$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}$ 的特征值 $1,2$ 都是实数，但特征向量 $(1,0)$ 与 $(1,1)$ 不垂直，过渡矩阵不是正交阵。对称性负责正交，可不能省。
- $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵
$A$ 的特征值都是实数；属于不同特征值的特征向量正交。
证明思路
特征值实数：设 $A\xi=\lambda\xi$，$\xi\neq 0$。取共轭转置，由 $A$ 实对称得 $\bar{\xi}^{T}A\xi=\lambda\bar{\xi}^{T}\xi$。又 $\bar{\xi}^{T}A\xi=(A\xi)^{*}\xi$ 的共轭性质给出 $=\bar{\lambda}\bar{\xi}^{T}\xi$。而 $\bar{\xi}^{T}\xi=\|\xi\|^2>0$，故 $\lambda=\bar{\lambda}$ 为实数。正交性：设 $A\xi=\lambda\xi$，$A\eta=\mu\eta$，$\lambda\neq\mu$。则 $\lambda(\xi,\eta)=(A\xi,\eta)=(\xi,A\eta)=\mu(\xi,\eta)$，故 $(\xi,\eta)=0$。
- $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵
存在正交矩阵 $T$，使 $T^{-1}AT=T^{T}AT$ 为对角矩阵 $\mathrm{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。等价地，$\mathbb{R}^n$ 有由 $A$ 的特征向量组成的标准正交基。
证明思路
对维数 $n$ 归纳。实对称保证特征值全为实数，可取实特征向量 $\xi_1$，单位化。在正交补 $\xi_1^{\perp}$ 上限制 $\mathcal{A}$ 仍对称（因 $(\mathcal{A}\alpha,\beta)=(\alpha,\mathcal{A}\beta)$）。由归纳假设，$\xi_1^{\perp}$ 有标准正交特征基 $\xi_2,\ldots,\xi_n$。合并 $\xi_1,\ldots,\xi_n$ 得 $V$ 的标准正交特征基。以它们为列作 $T$，则 $T^{T}AT=\mathrm{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。
实与对称缺一不可，而且换个角度看更清楚：若 $A=Q\operatorname{diag}(\lambda)Q^{\mathsf T}$ 且 $Q$ 正交，转置即得 $A^{\mathsf T}=A$——非对称矩阵连理论上的门都没有。实性管特征值：$\begin{pmatrix}1&-2\\2&1\end{pmatrix}$ 的特征值 $1\pm2i$ 逃出实数域，实空间里写不出特征基。两条腿都得站着。
欧几里得空间 $V$ 上的线性变换 $\mathcal{A}$ 若满足 $(\mathcal{A}(\alpha),\beta)=(\alpha,\mathcal{A}(\beta))$ 对一切 $\alpha,\beta\in V$ 成立，则称为对称变换。在标准正交基下，对称变换的矩阵是实对称矩阵。
对称变换与实对称矩阵一一对应（取定标准正交基后），故实对称矩阵的正交对角化就是对称变换存在标准正交特征基。
- $f(x_1,\ldots,x_n)=X^{T}AX$ 是实二次型（$A$ 实对称）
存在正交线性替换 $X=TY$（$T$ 正交），把 $f$ 化为标准形 $\lambda_1 y_1^2+\cdots+\lambda_n y_n^2$，其中 $\lambda_i$ 是 $A$ 的特征值。
证明思路
取正交矩阵 $T$ 使 $T^{T}AT=\mathrm{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$（由实对称矩阵正交对角化）。作正交线性替换 $X=TY$，则 $Y=T^{-1}X=T^{T}X$ 仍是正交替换。代入二次型：$f=X^{T}AX=(TY)^{T}A(TY)=Y^{T}(T^{T}AT)Y$。化为 $\sum\lambda_i y_i^2$，即标准形。$\lambda_i$ 恰为 $A$ 的全部特征值。
设 $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$。求正交矩阵 $T$ 使 $T^{T}AT$ 为对角矩阵。
解答与答案
- 特征多项式 $|A-\lambda E|=(2-\lambda)^2-1=\lambda^2-4\lambda+3=(\lambda-1)(\lambda-3)$，特征值 $\lambda=1,3$。
- 对 $\lambda=1$：解 $(A-E)X=0$ 得特征向量 $(1,-1)^{T}$，单位化 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,-1)^{T}$。
- 对 $\lambda=3$：解 $(A-3E)X=0$ 得特征向量 $(1,1)^{T}$，单位化 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,1)^{T}$。两者已正交。
- 令 $T=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix}$，则 $T^{T}AT=\begin{pmatrix}1&0\\0&3\end{pmatrix}$。
答案$T=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix}$，$T^{T}AT=\begin{pmatrix}1&0\\0&3\end{pmatrix}$。
- 特征值有重根时忘了在特征子空间内做正交化：重根子空间维数大于 $1$，任意基不保证正交，必须 Gram-Schmidt。
- 把“实对称”弱化成“实矩阵可对角化”：实矩阵即使可对角化，特征向量也未必正交，对角化所用矩阵未必正交。
- 用 $T^{-1}AT$ 时忘记正交矩阵 $T^{-1}=T^{T}$，两个写法可以混用，但若 $T$ 不正交就必须老实求逆。
1实对称矩阵一定可以正交对角化。
答案与解析
正确答案：B
实对称矩阵特征值全实，且存在 $n$ 个正交的实特征向量，构成标准正交基，故可正交对角化。
2设 $A$ 实对称，$A\xi=\lambda\xi$，$A\eta=\mu\eta$，$\lambda\neq\mu$，则
答案与解析
正确答案：A
不同特征值的特征向量正交，这是实对称矩阵正交对角化的关键一步。
§7向量到子空间的距离·最小二乘法
最小二乘的最小实验：过点 $(0,0),(1,1),(2,3)$ 拟合直线 $y=a+bt$。正规方程 $3a+3b=4$、$3a+5b=7$ 解得 $a=-\frac16$、$b=\frac32$，残差 $(\frac16,-\frac13,\frac16)$ 与两列都正交——最小的秘密就藏在正交里。
设 $W$ 是欧几里得空间 $V$ 的子空间，$\alpha\in V$。称 $d(\alpha,W)=\min\{|\alpha-\beta|\mid \beta\in W\}$ 为 $\alpha$ 到 $W$ 的距离。最小值在 $\beta=\mathrm{proj}_{W}\alpha$ 处达到，故 $d(\alpha,W)=|\alpha-\mathrm{proj}_{W}\alpha|$。
当 $\alpha\in W$ 时距离为 $0$；距离是投影余向量的长度。
- 设 $A\in\mathbb{R}^{m\times n}$，$b\in\mathbb{R}^{m}$
- 线性方程组 $Ax=b$ 可能无解
使 $|Ax-b|$ 最小的 $x$（最小二乘解）满足正规方程 $A^{T}Ax=A^{T}b$。当 $A$ 列满秩时，$A^{T}A$ 可逆，最小二乘解唯一：$x=(A^{T}A)^{-1}A^{T}b$。
证明思路
$|Ax-b|$ 最小即 $b$ 到 $A$ 的列空间 $\mathcal{R}(A)$ 距离最小，故 $Ax$ 应是 $b$ 在 $\mathcal{R}(A)$ 上的投影。残差 $b-Ax$ 必须垂直于 $\mathcal{R}(A)$，即与 $A$ 的每个列向量正交，写成 $A^{T}(Ax-b)=0$。列满秩时 $A^{T}A$ 是正定矩阵，可逆。
列满秩管解唯一：$A^{\mathsf T}A$ 可逆才敢写 $(A^{\mathsf T}A)^{-1}$。反例 $A=\begin{pmatrix}1&1\\2&2\end{pmatrix}$：$A^{\mathsf T}A=\begin{pmatrix}5&5\\5&5\end{pmatrix}$ 不可逆，最小二乘解挤成一条直线，公式失效。解的唯一性是这条定理里最容易被默默用掉的条件。
- $W$ 是 $V$ 的有限维子空间
- $\alpha\in V$
存在唯一的 $\beta_0\in W$ 使 $|\alpha-\beta_0|=d(\alpha,W)$，且 $\beta_0=\mathrm{proj}_{W}\alpha$，$\alpha-\beta_0\perp W$。
证明思路
由正交补直和分解 $\alpha=\alpha_1+\alpha_2$，$\alpha_1\in W$，$\alpha_2\in W^{\perp}$。对任意 $\beta\in W$，写 $\alpha-\beta=(\alpha-\alpha_1)+(\alpha_1-\beta)$。其中 $\alpha-\alpha_1=\alpha_2\perp W$，故与 $\alpha_1-\beta\in W$ 正交。由勾股定理 $|\alpha-\beta|^2=|\alpha_2|^2+|\alpha_1-\beta|^2\ge |\alpha_2|^2$。等号当且仅当 $\alpha_1=\beta$，故最近点唯一是 $\alpha_1$。距离 $d(\alpha,W)=|\alpha_2|=|\alpha-\mathrm{proj}_{W}\alpha|$。
用最小二乘法求直线 $y=c+dx$ 对数据点 $(0,1),(1,1.2),(2,2.1)$ 的最佳拟合。
解答与答案
- 列方程：$c+0\cdot d=1$，$c+1\cdot d=1.2$，$c+2\cdot d=2.1$。即 $A=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\\1&2\end{pmatrix}$，$b=\begin{pmatrix}1\\1.2\\2.1\end{pmatrix}$。
- 正规方程 $A^{T}Ax=A^{T}b$：$A^{T}A=\begin{pmatrix}3&3\\3&5\end{pmatrix}$，$A^{T}b=\begin{pmatrix}4.3\\5.4\end{pmatrix}$。
- 解 $\begin{pmatrix}3&3\\3&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c\\d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4.3\\5.4\end{pmatrix}$：由第一行 $c+d=4.3/3\approx1.4333$，第二行 $3c+5d=5.4$。消去得 $2d=5.4-4.3=1.1$，故 $d=0.55$，$c\approx1.4333-0.55=0.8833$。
答案最佳拟合直线 $y\approx 0.883+0.55x$（$c=53/60$，$d=11/20$）。
- 对最小二乘解默认 $Ax=b$ 有解：恰恰是无解时才用最小二乘；有解时最小二乘解就是原解。
- 列不满秩时仍写 $x=(A^{T}A)^{-1}A^{T}b$：$A^{T}A$ 不可逆，解不唯一，应改用广义逆或加约束。
- 把距离 $d(\alpha,W)$ 算成 $|\alpha-\beta|$（$\beta$ 为 $W$ 任意向量）：必须取投影点，否则不是最小值。
1最小二乘解满足的方程是
答案与解析
正确答案：B
正规方程 $A^{T}Ax=A^{T}b$ 来自残差 $b-Ax$ 与列空间正交。
2向量到子空间的距离等于该向量与正交投影之差的长度。
答案与解析
正确答案：A
投影给出子空间中最近点，故距离为 $|\alpha-\mathrm{proj}_{W}\alpha|$。
§8酉空间介绍
复情形的总开关是共轭：内积对第一个变元线性、第二个变元共轭线性，酉矩阵要写 $U^{*}U=E$。把实正交的公式照搬就会翻车，比如 $(\alpha,k\beta)=\bar k(\alpha,\beta)$ 里的 $\bar k$ 漏掉，后面全部差一个共轭。
设 $V$ 是复数域 $\mathbb{C}$ 上的线性空间。若对任意 $\alpha,\beta\in V$ 有复数 $(\alpha,\beta)$ 满足：(1) $(\alpha,\beta)=\overline{(\beta,\alpha)}$；(2) $(\alpha+\beta,\gamma)=(\alpha,\gamma)+(\beta,\gamma)$；(3) $(k\alpha,\beta)=k(\alpha,\beta)$，$(\alpha,k\beta)=\bar{k}(\alpha,\beta)$；(4) $(\alpha,\alpha)\ge 0$ 且为实数，$(\alpha,\alpha)=0$ 当且仅当 $\alpha=0$，则称 $V$ 为酉空间。
注意内积对第一个变元线性、对第二个变元共轭线性：$(\alpha,k\beta)=\bar{k}(\alpha,\beta)$。$n=1$ 时 $(\alpha,\alpha)$ 就是模长平方。
复矩阵 $U$ 若满足 $U^{*}U=UU^{*}=E$（$U^{*}=\bar{U}^{T}$），称为酉矩阵。若 $H^{*}=H$，称为埃尔米特矩阵。酉空间上线性变换 $\mathcal{A}$ 若在标准正交基下矩阵为酉矩阵，称为酉变换；若 $(\mathcal{A}\alpha,\beta)=(\alpha,\mathcal{A}\beta)$，称为埃尔米特变换。
酉矩阵是正交矩阵在复情形的对应物；埃尔米特矩阵对应实对称矩阵。
- $V$ 是 $n$ 维酉空间
- $H$ 是 $n$ 阶埃尔米特矩阵
（1）$V$ 存在标准正交基，Gram-Schmidt 正交化仍适用。（2）$H$ 的特征值都是实数，存在酉矩阵 $U$ 使 $U^{*}HU$ 为实对角矩阵。
证明思路
正交化步骤与实情形相同，系数改用 $\dfrac{(\alpha_k,\beta_i)}{(\beta_i,\beta_i)}$。埃尔米特矩阵特征值实数：$\lambda\|\xi\|^2=(H\xi,\xi)=(\xi,H\xi)=\bar{\lambda}\|\xi\|^2$。对角化沿用实对称矩阵的归纳证明，把转置换成共轭转置。
共轭线性的位置承重：若对两个变元都线性，$(\alpha,\alpha)$ 可能为零而 $\alpha\neq0$。$\mathbb{C}^2$ 上 $(\alpha,\beta)=\alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2$（无共轭）时，$(1,i)$ 的自内积 $1+i^2=0$，长度归零，几何全塌。共轭是复几何的顶梁柱。
在 $\mathbb{C}^2$ 中定义 $(\alpha,\beta)=\sum a_i\bar{b_i}$。验证 $U=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&i\\i&1\end{pmatrix}$ 是酉矩阵。
解答与答案
- $U^{*}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&-i\\-i&1\end{pmatrix}$（共轭转置）。
- $U^{*}U=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}1&-i\\-i&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&i\\i&1\end{pmatrix}=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}=E$。
- 故 $U$ 为酉矩阵。注意若误用普通转置，$U^{T}U\neq E$。
答案$U^{*}U=E$，$U$ 是酉矩阵。
- 在酉空间里忘记共轭：内积对第一个变元共轭线性，柯西-施瓦茨与夹角公式中的模要取复共轭。
- 把酉矩阵当成实正交矩阵的复数推广而沿用 $U^{T}U=E$：必须用共轭转置 $U^{*}$。
- 埃尔米特矩阵的特征向量重根时不做正交化：同一特征值子空间内仍需标准正交化才能拼出酉矩阵。
1酉空间中内积满足 $(\alpha,\beta)$ 等于
答案与解析
正确答案：C
埃尔米特对称性是 $(\alpha,\beta)=\overline{(\beta,\alpha)}$，复情形不能再写成简单交换。
2埃尔米特矩阵的特征值都是实数。
答案与解析
正确答案：B
与实对称矩阵同理，由 $(H\xi,\xi)$ 的实性得 $\lambda=\bar{\lambda}$。
双线性函数与辛空间CHAPTER 10 · 4 SECTIONS
本章从线性函数出发建立对偶空间与对偶基，再推广到双线性函数：用矩阵描述它，用秩与非退化刻画其好坏，用合同处理等价类。最后研究反对称非退化的特例即辛形式与辛空间，说明其维数必为偶数，并介绍辛基与辛变换。
第 9 章的内积是对称正定的双线性函数：好处是能谈长度，代价是结构被定死。这一章退到最宽——只要对两个变元都线性，就是双线性函数，用度量矩阵与合同分类来研究；对偶空间先热身，把线性函数本身当向量收进 $V^{*}$。最后挑出反对称且非退化的辛形式：它保留的不是长度而是配对——哈密顿力学里位置与动量的那张网——维数必为偶数，辛变换的行列式恒为 $1$。
§1线性函数
线性函数就是一台坐标读数机：$f(x,y,z)=2x-y+3z$ 在标准基下读出系数 $(2,-1,3)$，且 $f(\varepsilon_i)$ 恰是第 $i$ 个系数。判定线性只需两问：$f(0)=0$ 吗？加法与数乘守约吗？两问都过，坐标表示自动到位。
设 $V$ 是数域 $P$ 上的线性空间，映射 $f:V\to P$ 称为 $V$ 上的一个线性函数，若对任意 $\alpha,\beta\in V$ 与 $k\in P$ 有 $f(\alpha+\beta)=f(\alpha)+f(\beta)$，$f(k\alpha)=k f(\alpha)$。
线性函数就是值域在 $P$（一维）的线性映射，故线性映射的核、像、秩等概念都可套用。
- $V$ 是数域 $P$ 上 $n$ 维线性空间
- $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 是 $V$ 的一组基
- $f$ 是 $V$ 上的线性函数
存在唯一一组 $a_1,\ldots,a_n\in P$，使对 $\alpha=\sum\limits_{i=1}^{n}x_i\varepsilon_i$ 有 $f(\alpha)=a_1x_1+\cdots+a_nx_n$。特别地，$a_i=f(\varepsilon_i)$。
证明思路
由线性性 $f(\alpha)=f(\sum x_i\varepsilon_i)=\sum x_i f(\varepsilon_i)$。故取 $a_i=f(\varepsilon_i)$ 即得表示式 $f(\alpha)=\sum a_i x_i$。唯一性：若两组系数 $a_i$ 与 $a_i'$ 都给出同一 $f$，取 $\alpha=\varepsilon_j$。则 $a_j=f(\varepsilon_j)=a_j'$，故系数被 $f$ 唯一决定。
唯一性靠基：$a_i=f(\varepsilon_i)$ 被基表示的唯一性锁死。若 $\varepsilon_i$ 相关，$\alpha$ 的坐标不唯一，系数跟着不唯一；若 $\dim V$ 无限，有限和也写不出一般线性函数。$f(x,y)=x+7y$ 的系数 $(1,7)$ 之所以可信，正因为 $(1,0),(0,1)$ 是基。
线性函数 $f$ 的核 $\ker f=\{\alpha\in V\mid f(\alpha)=0\}$。当 $f\neq 0$ 时，$\ker f$ 是 $V$ 的超平面（维数 $n-1$ 的子空间）；当 $f=0$ 时 $\ker f=V$。
超平面是线性函数几何意义的体现：$f(\alpha)=c$ 是仿射超平面。
在 $P^{3}$ 中，设 $f(\alpha)=2x_1-x_2+3x_3$，其中 $\alpha=(x_1,x_2,x_3)$。求 $\ker f$ 的维数，并写出 $f$ 在标准基 $e_1,e_2,e_3$ 下的系数。
解答与答案
- $f$ 是线性函数：对加法与数乘显然满足定义。
- 标准基下 $f(e_1)=2$，$f(e_2)=-1$，$f(e_3)=3$，故系数为 $(2,-1,3)$。
- 核由方程 $2x_1-x_2+3x_3=0$ 给出，是 $P^3$ 中的超平面，$\dim\ker f=3-1=2$。
答案系数为 $(2,-1,3)$；$\dim\ker f=2$。
- 把线性函数与多项式函数混为一谈：定义域是线性空间 $V$，不是多项式环；判断线性只看加法与数乘两条。
- 忘记 $f(0)=0$：由 $f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$ 即得，若算出 $f(0)\neq 0$ 则不是线性函数。
- 把 $\ker f$ 的维数写成 $n$：非零线性函数的核是超平面，维数 $n-1$，不是 $n$。
1设 $f$ 是线性空间 $V$ 上的线性函数且 $f\neq 0$，则 $\ker f$ 的维数是
答案与解析
正确答案：A
非零线性函数的核是超平面，维数比全空间少 $1$。
2线性函数一定把零向量映为零。
答案与解析
正确答案：A
由 $f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$ 相减即得 $f(0)=0$，这是线性映射的基本性质。
§2对偶空间
对偶基的方向极易写反：约定 $f_i(\varepsilon_j)=\delta_{ij}$，即 $f_i$ 专挑第 $i$ 个坐标。换基 $\eta_1=\varepsilon_1$、$\eta_2=\varepsilon_1+\varepsilon_2$（过渡矩阵 $T=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$）后，对偶基的过渡矩阵是 $(T^{-1})^{\mathsf T}=\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix}$，是逆转置，不是 $T$。
设 $V$ 是数域 $P$ 上 $n$ 维线性空间，$V$ 上全体线性函数的集合在函数的加法与数乘下构成线性空间，称为 $V$ 的对偶空间，记作 $V^{*}$。
$\dim V^{*}=\dim V=n$：由坐标表示，线性函数与系数向量一一对应，故 $V^{*}\cong P^{n}$。
对偶的想法有一个从具体到抽象的过程：早期只是线性函数与坐标系数的一一对应。一般认为十九世纪末到二十世纪初，随着函数本身被当作向量对待，对偶空间才成为独立概念，今天它是泛函分析的起点之一。
设 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 是 $V$ 的基。在 $V^{*}$ 中定义 $f_i$：$f_i(\varepsilon_j)=\delta_{ij}$（$1\le i,j\le n$），并线性延拓到全 $V$。称 $f_1,\ldots,f_n$ 为 $V^{*}$ 中与 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 对偶的基，简称对偶基。
由 $f_i(\varepsilon_j)=\delta_{ij}$ 完全确定 $f_i$；对偶基的对偶基回到原基（在自然认同下）。
- $V$ 是 $n$ 维线性空间
- $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 是 $V$ 的基
- $f_1,\ldots,f_n$ 是其对偶基
（1）$f_1,\ldots,f_n$ 是 $V^{*}$ 的基。（2）对 $\alpha=\sum x_i\varepsilon_i$，有 $x_i=f_i(\alpha)$。（3）$V$ 的基变换与 $V^{*}$ 中对偶基变换互为逆转置关系。
证明思路
(1) 先证线性无关：若 $\sum a_i f_i=0$，与 $\varepsilon_j$ 配对得 $a_j=0$；再由 $\dim V^{*}=n$ 知是基。(2) 直接计算 $f_i(\sum x_j\varepsilon_j)=x_i$。(3) 设 $\eta_j=\sum t_{ij}\varepsilon_i$，对偶基 $g_j$ 满足 $g_j(\eta_k)=\delta_{jk}$，解线性方程组得 $G=(T^{-1})^{T}F$。
三条性质都从 $\varepsilon$ 是基长出来：$f_i(\varepsilon_j)=\delta_{ij}$ 能唯一确定 $f_i$，因为 $\varepsilon_j$ 张满 $V$；$x_i=f_i(\alpha)$ 因为坐标表示唯一；逆转置关系来自配对恒等式。若换成相关组，$\delta_{ij}$ 的要求直接矛盾，对偶基无从谈起。
设 $\mathcal{A}$ 是 $V$ 上的线性变换。定义 $\mathcal{A}^{*}:V^{*}\to V^{*}$ 为 $(\mathcal{A}^{*}f)(\alpha)=f(\mathcal{A}(\alpha))$，称 $\mathcal{A}^{*}$ 为 $\mathcal{A}$ 的对偶变换（转置映射）。
若 $\mathcal{A}$ 在基 $\varepsilon$ 下矩阵为 $A$，则 $\mathcal{A}^{*}$ 在对偶基 $f$ 下矩阵为 $A^{T}$。
在 $P^{2}$ 中取标准基 $e_1,e_2$，其对偶基记为 $f_1,f_2$。设 $\alpha=3e_1-2e_2$，求 $f_1(\alpha)$ 与 $f_2(\alpha)$，并写出 $f_1$ 的显式公式。
解答与答案
- 由对偶基定义 $f_i(\varepsilon_j)=\delta_{ij}$，故 $f_1(e_1)=1$，$f_1(e_2)=0$；$f_2(e_1)=0$，$f_2(e_2)=1$。
- 对 $\alpha=3e_1-2e_2$，由线性性 $f_1(\alpha)=3\cdot 1+(-2)\cdot 0=3$，$f_2(\alpha)=3\cdot 0+(-2)\cdot 1=-2$。
- 显式：对 $\beta=xe_1+ye_2$，$f_1(\beta)=x$，即取第一坐标。
答案$f_1(\alpha)=3$，$f_2(\alpha)=-2$；$f_1$ 就是取第一坐标的线性函数。
- 把对偶基与原基混淆：对偶基是 $V^{*}$ 中的线性函数，不是 $V$ 中的向量；配对关系 $f_i(\varepsilon_j)=\delta_{ij}$ 不能写反。
- 基变换时把矩阵关系记成 $T$ 而非 $(T^{-1})^{T}$：对偶基的变换矩阵是原过渡矩阵的逆转置，方向易反。
- 以为 $V$ 与 $V^{*}$ 自然相等：有限维时维数相同，但需要选定基（或内积）才能认同，不能无条件等同。
1若 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 是 $V$ 的基，$f_1,\ldots,f_n$ 是其对偶基，则 $f_i(\varepsilon_j)=$
答案与解析
正确答案：B
对偶基定义即 $f_i(\varepsilon_j)=\delta_{ij}$：$i=j$ 时为 $1$，否则为 $0$。
2对偶空间 $V^{*}$ 的维数等于 $V$ 的维数。
答案与解析
正确答案：B
有限维时 $\dim V^{*}=\dim V$，对偶基与原基个数相同。
§3双线性函数
非退化就是度量矩阵可逆，一查便知：$f(x,y)=x_1y_2+x_2y_1$ 的矩阵 $\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ 行列式 $-1$，非退化；$f(x,y)=x_1y_1$ 的矩阵 $\operatorname{diag}(1,0)$ 秩 $1$，退化——存在非零向量 $(0,1)$ 与所有向量配对为零。
设 $V$ 是数域 $P$ 上的线性空间，映射 $f:V\times V\to P$ 称为 $V$ 上的双线性函数，若对每个变元分别都是线性的：对任意 $\alpha,\beta,\gamma\in V$ 与 $k\in P$，有 $f(\alpha+\beta,\gamma)=f(\alpha,\gamma)+f(\beta,\gamma)$，$f(k\alpha,\beta)=k f(\alpha,\beta)$，且对第二个变元同样成立。
内积是特殊的双线性函数（还要求对称与正定）。不要求 $f(\alpha,\beta)=f(\beta,\alpha)$。
设 $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ 是 $V$ 的基，$f$ 是双线性函数。令 $a_{ij}=f(\varepsilon_i,\varepsilon_j)$，称矩阵 $A=(a_{ij})_{n\times n}$ 为 $f$ 在该基下的度量矩阵。对 $\alpha=\sum x_i\varepsilon_i$，$\beta=\sum y_j\varepsilon_j$，有 $f(\alpha,\beta)=X^{T}AY$。
度量矩阵依赖基的选取；换基 $X=TY$ 后新矩阵为 $T^{T}AT$（合同）。
- $f$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 上的双线性函数
- $A,B$ 分别是 $f$ 在两组基下的度量矩阵
$B=T^{T}AT$（$T$ 为过渡矩阵，可逆），故 $A$ 与 $B$ 合同，秩相等。称 $\mathrm{rank}(A)$ 为 $f$ 的秩；$f$ 非退化当且仅当 $\mathrm{rank}(A)=n$，即 $A$ 可逆。
证明思路
换基公式 $f(\alpha,\beta)=(TY)^{T}A(TZ)=Y^{T}(T^{T}AT)Z$，故新度量矩阵是 $T^{T}AT$。合同变换保秩，故秩与基无关。非退化定义为 $f(\alpha,\beta)=0\ (\forall\beta)\Rightarrow\alpha=0$，用坐标翻译即 $A$ 满秩。
过渡矩阵 $T$ 可逆是承重的：合同 $T^{\mathsf T}AT$ 保秩正靠它。$\operatorname{diag}(1,2)$ 与 $T=\operatorname{diag}(1,2)$ 合同得 $\operatorname{diag}(1,8)$——行列式从 $2$ 变 $8$，秩纹丝不动。所以合同分类里秩是非退化的影子，行列式只是坐标账。
若对一切 $\alpha,\beta\in V$ 有 $f(\alpha,\beta)=f(\beta,\alpha)$，称 $f$ 为对称双线性函数；若 $f(\alpha,\beta)=-f(\beta,\alpha)$，称 $f$ 为反对称（斜对称）双线性函数。前者度量矩阵对称，后者度量矩阵满足 $A^{T}=-A$。
特征不为 $2$ 时，反对称必有 $f(\alpha,\alpha)=0$；反之对任意 $\alpha$ 有 $f(\alpha,\alpha)=0$ 可推出反对称。
- $f$ 是 $V$ 上的双线性函数
- $A$ 是 $f$ 在某组基下的度量矩阵
$f$ 对称当且仅当 $A^{T}=A$；$f$ 反对称当且仅当 $A^{T}=-A$。
证明思路
由定义 $a_{ij}=f(\varepsilon_i,\varepsilon_j)$，$a_{ji}=f(\varepsilon_j,\varepsilon_i)$。$f$ 对称当且仅当对一切 $i,j$ 有 $f(\varepsilon_i,\varepsilon_j)=f(\varepsilon_j,\varepsilon_i)$。即 $a_{ij}=a_{ji}$ 对一切 $i,j$ 成立，这正是 $A^{T}=A$。反对称同理：$a_{ij}=-a_{ji}$ 对一切 $i,j$ 成立，即 $A^{T}=-A$。
在 $P^{2}$ 中定义 $f(\alpha,\beta)=x_1y_2-x_2y_1$，其中 $\alpha=(x_1,x_2)$，$\beta=(y_1,y_2)$。求 $f$ 在标准基下的度量矩阵，判断是否反对称、是否非退化。
解答与答案
- 标准基 $e_1=(1,0)$，$e_2=(0,1)$。计算 $f(e_1,e_1)=0$，$f(e_1,e_2)=1$，$f(e_2,e_1)=-1$，$f(e_2,e_2)=0$。
- 度量矩阵 $A=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$，满足 $A^{T}=-A$，故 $f$ 反对称。
- $\det A=0\cdot 0-1\cdot(-1)=1\neq 0$，$A$ 可逆，故 $f$ 非退化，秩为 $2$。
答案度量矩阵 $A=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$，反对称且非退化，秩 $2$。
- 把双线性函数与内积混同：内积额外要求对称（或厄米对称）与正定，一般双线性函数可以既不对称也不正定。
- 换基时代成 $TAT^{-1}$（相似）而非 $T^{T}AT$（合同）：双线性函数的度量矩阵按合同变化，这是与线性变换矩阵相似变化的关键区别。
- 特征为 $2$ 的域上，反对称与对称的区分失效（$-1=1$）；教材默认实数或复数域，写一般域时要留心。
1双线性函数在两组基下的度量矩阵的关系是
答案与解析
正确答案：C
换基 $X=TY$ 后度量矩阵变为 $T^{T}AT$，这是合同关系，不是相似。
2反对称双线性函数满足 $f(\alpha,\alpha)=0$。
答案与解析
正确答案：A
由 $f(\alpha,\alpha)=-f(\alpha,\alpha)$ 得 $2f(\alpha,\alpha)=0$，在实数域等上即得 $0$。
§4辛空间
辛基的座次永远成对：$e_i$ 与 $f_i$ 一一对偶，同排内部配对全零。维数必为偶数的直觉就藏在座次表里——落单的向量找不到配对者，非退化立刻被违反。
设 $V$ 是数域 $P$ 上的线性空间，$\omega:V\times V\to P$ 是反对称双线性函数且非退化，则称 $\omega$ 为 $V$ 上的辛形式，$(V,\omega)$ 为辛空间。即：$\omega(\alpha,\beta)=-\omega(\beta,\alpha)$，且 $\omega(\alpha,\beta)=0$ 对一切 $\beta$ 成立仅当 $\alpha=0$。
辛形式既反对称又非退化；与内积不同，$\omega(\alpha,\alpha)$ 恒为 $0$，不正定。
辛形式的原型是哈密顿力学的相空间：位置与动量成对配对，$\sum dp\wedge dq$ 就是它的身影。symplectic 这个名字一般认为是外尔二十世纪上半叶所起，取相伴之意，如今专指这种反对称非退化结构。
- $(V,\omega)$ 是有限维辛空间
$\dim V$ 必为偶数，记 $\dim V=2m$。
证明思路
设 $\dim V=n$，$A$ 是辛形式 $\omega$ 的度量矩阵。由反对称性 $A^{T}=-A$。若 $n$ 为奇数，则 $\det A=\det A^{T}=\det(-A)=(-1)^{n}\det A=-\det A$。故 $2\det A=0$，得 $\det A=0$，与非退化（$A$ 可逆）矛盾。因此 $n$ 不能是奇数，必为偶数，记 $n=2m$。这也解释了辛基为何总是成对出现 $(e_i,f_i)$。
反对称与非退化缺一不可：只留反对称，三维上的 $\omega=0$ 照样成立（退化，奇数维无妨）；只留非退化，三维的对称型 $\operatorname{diag}(1,1,1)$ 也存在。两条合起来才逼出块结构——奇数阶反对称矩阵行列式必为零，非退化直接被排除。
设 $(V,\omega)$ 是 $2m$ 维辛空间。若基 $e_1,\ldots,e_m,f_1,\ldots,f_m$ 满足 $\omega(e_i,e_j)=\omega(f_i,f_j)=0$，$\omega(e_i,f_j)=\delta_{ij}$，$\omega(f_i,e_j)=-\delta_{ij}$，则称为 $V$ 的辛基。在辛基下 $\omega$ 的度量矩阵为标准形 $J=\begin{pmatrix}0&I_m\\-I_m&0\end{pmatrix}$。
辛基的存在性可由逐步取配对向量（非退化保证每个向量都能找到配对）归纳得到。
- $(V,\omega)$ 是 $2m$ 维辛空间
- $\mathcal{A}$ 是 $V$ 上的线性变换
（1）$V$ 存在辛基。（2）若对一切 $\alpha,\beta$ 有 $\omega(\mathcal{A}\alpha,\mathcal{A}\beta)=\omega(\alpha,\beta)$，称 $\mathcal{A}$ 为辛变换；在辛基下辛变换的矩阵 $S$ 满足 $S^{T}JS=J$，且 $\det S=1$。
证明思路
(1) 非退化保证存在 $e_1$ 与 $f_1$ 使 $\omega(e_1,f_1)=1$，在正交补上归纳。(2) 等式 $\omega(\mathcal{A}\alpha,\mathcal{A}\beta)=\omega(\alpha,\beta)$ 写成矩阵即 $S^{T}JS=J$。两边取行列式得 $(\det S)^{2}\det J=\det J$，由 $\det J\neq 0$ 得 $(\det S)^{2}=1$；再由辛群连通性（或直接计算）得 $\det S=1$。
条件 $S^{\mathsf T}JS=J$ 承重：它一步给出 $(\det S)^2=1$，再由辛群连通（可从 $E$ 连续变形到任意辛矩阵）把正负号锁死为 $\det S=1$。若只要求可逆，$\operatorname{diag}(2,2)$ 会把 $\omega$ 整体放大 $4$ 倍，$\omega(\mathcal{A}\alpha,\mathcal{A}\beta)$ 不再等于 $\omega(\alpha,\beta)$。
- $S$ 是 $2m$ 阶实矩阵
- $J=\begin{pmatrix}0&I_m\\-I_m&0\end{pmatrix}$
$S$ 是辛矩阵当且仅当 $S^{T}JS=J$；此时 $S$ 可逆，$S^{-1}=J^{-1}S^{T}J$，且 $\det S=1$。
证明思路
定义即得 $S^{T}JS=J$。由 $J$ 可逆（$\det J=1$）知 $S$ 可逆。两边取行列式：$(\det S)^2\det J=\det J$，故 $(\det S)^2=1$，$\det S=\pm 1$。再说明符号：辛矩阵由初等辛矩阵生成，或由辛群 $Sp(2m)$ 连通且含单位元。沿从 $E$ 到 $S$ 的连续道路，行列式连续且只取 $\pm 1$，故恒为 $1$。因此 $\det S=1$ 而非 $-1$。
在 $\mathbb{R}^{2}$ 上定义 $\omega(\alpha,\beta)=x_1y_2-x_2y_1$。验证 $(\mathbb{R}^2,\omega)$ 是辛空间，并写出标准辛基与 $J$。
解答与答案
- 由上节，度量矩阵 $A=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$ 反对称且可逆，故 $\omega$ 是辛形式，$(\mathbb{R}^2,\omega)$ 是辛空间，$\dim=2=2\cdot 1$ 为偶数。
- 取 $e_1=(1,0)$，$f_1=(0,1)$，则 $\omega(e_1,f_1)=1\cdot 1-0\cdot 0=1$，满足辛基定义。
- 辛基下 $J=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$，即 $m=1$ 的标准形。
答案$(\mathbb{R}^2,\omega)$ 是 $2$ 维辛空间；辛基 $e_1=(1,0),f_1=(0,1)$，$J=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$。
- 把辛形式当成内积：辛形式反对称、不正定，$\omega(\alpha,\alpha)=0$ 对一切 $\alpha$ 成立，谈不了“长度”。
- 忽略维数必为偶数：写奇数维辛空间会与行列式论证冲突；标准辛基的下标总是成对出现的。
- 辛矩阵行列式只写 $(\det S)^2=1$ 就收尾：结论是 $\det S=1$，不是 $\pm 1$；正负号要交代清楚。
1有限维辛空间的维数
答案与解析
正确答案：D
非退化反对称度量矩阵只能出现在偶数阶，故 $\dim V=2m$。
2辛变换的矩阵 $S$ 满足 $S^{T}JS=J$，且 $\det S=1$。
答案与解析
正确答案：B
这是辛变换（辛矩阵）的定义性质与行列式结论，行列式为 $1$ 而非 $\pm 1$。
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