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17 分钟

学习笔记3

2026-10-15

学习笔记

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高等线性代数

其实是作业。第一次这样干，把作业写完然后用 LaTeX 打一遍，力竭了，以后这事谁爱干谁干，我是不会再这样写作业了。

高等线性代数作业 4#

4.1#

对系数矩阵进行初等行变换：

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & -1 & 0 \\ 2 & 4 & 5 & -3 & -1 \\ -1 & -1 & -3 & 3 & 42 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & -2 & 2 & 42 \end{pmatrix}

\longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -2 & 2 & 42 \\ 0 & 0 & 3 & -1 & -1 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -\frac{10}{3} & -\frac{247}{3} \\ 0 & 1 & 0 & \frac{4}{3} & \frac{124}{3} \\ 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} \end{pmatrix}

由此可得同解方程组：

\begin{cases} x_1 &= \frac{10}{3}x_4 + \frac{247}{3}x_5 \\ x_2 &= -\frac{4}{3}x_4 - \frac{124}{3}x_5 \\ x_3 &= \frac{1}{3}x_4 + \frac{1}{3}x_5 \end{cases}

分别令自由未知量 $(x_4, x_5) = (1, 0)$ 和 $(x_4, x_5) = (0, 1)$ ，得到基础解系：

\eta_1 = \begin{pmatrix} \frac{10}{3} \\ -\frac{4}{3} \\ \frac{1}{3} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \qquad \eta_2 = \begin{pmatrix} \frac{247}{3} \\ -\frac{124}{3} \\ \frac{1}{3} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

4.2#

证明：

对于线性空间 $W \subseteq \mathbb{F}^n$ ，任取其一组基 $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_r \in \mathbb{F}^n$ ，其中 $r = \dim(W)$ 。构造矩阵：

A = \begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_r \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{r1} & a_{r2} & \cdots & a_{rn} \end{pmatrix}

因为 $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_r$ 线性无关，所以 $\operatorname{rank}(A) = r$ 。

对于一个解空间 $W^*$ ，由于 $\forall \eta_1, \eta_2 \in W^*$ ，有 $\eta_1 + \eta_2 \in W^*$ 且 $\forall k \in \mathbb{F},\ k\eta_1 \in W^*$ 。故对 $A$ 进行初等行变换得到的矩阵 $A'$ ，其每一行向量组成的行空间不变。

不妨设经过初等行变换（及必要的列交换）后，简化阶梯形矩阵为：

A \longrightarrow A' = \begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & b_{1,r+1} & \cdots & b_{1n} \\ 0 & 1 & \cdots & 0 & b_{2,r+1} & \cdots & b_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & b_{r,r+1} & \cdots & b_{rn} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha'_1 \\ \alpha'_2 \\ \vdots \\ \alpha'_r \end{pmatrix}

构造方程组 $(*)$ 如下：

(*) \quad \begin{cases} x_{r+1} &= b_{1,r+1}x_1 + b_{2,r+1}x_2 + \cdots + b_{r,r+1}x_r \\ x_{r+2} &= b_{1,r+2}x_1 + b_{2,r+2}x_2 + \cdots + b_{r,r+2}x_r \\ &\quad \vdots \\ x_n &= b_{1n}x_1 + b_{2n}x_2 + \cdots + b_{rn}x_r \end{cases}

易验证 $\alpha'_1, \alpha'_2, \dots, \alpha'_r$ 满足方程组 $(*)$ ，且是其一组基础解系。由于矩阵初等行变换可逆， $\alpha_1, \dots, \alpha_r$ 与 $\alpha'_1, \dots, \alpha'_r$ 可以互相线性表示，故 $\alpha_1, \dots, \alpha_r$ 也是 $(*)$ 的基础解系，即 $W$ 是该齐次线性方程组的解空间。

4.3#

对增广矩阵进行初等行变换：

\left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 3 & -1 & 2 & -1 & -4 \\ -3 & 1 & 2 & -5 & -4 & -1 \\ 2 & -3 & -1 & -1 & 1 & 4 \\ -4 & 16 & 1 & 3 & -9 & -21 \end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & 0 & -27 & -22 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & -4 & -4 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -41 & -33 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)

则对应的导出组（齐次线性方程组）与原非齐次线性方程组分别为：

\begin{cases} x_1 - 27x_4 - 22x_5 &= 0 \\ x_2 - 4x_4 - 4x_5 &= 0 \\ x_3 - 41x_4 - 33x_5 &= 0 \end{cases} \qquad \text{与} \qquad \begin{cases} x_1 - 27x_4 - 22x_5 &= 2 \\ x_2 - 4x_4 - 4x_5 &= -1 \\ x_3 - 41x_4 - 33x_5 &= 3 \end{cases}

取自由变量 $x_4 = x_5 = 0$ ，得非齐次线性方程组的一个特解：

\gamma_0 = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

对导出组，分别取 $(x_4, x_5) = (1, 0)$ 和 $(0, 1)$ ，得基础解系：

\eta_1 = \begin{pmatrix} 27 \\ 4 \\ 41 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \qquad \eta_2 = \begin{pmatrix} 22 \\ 4 \\ 33 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

故原方程组的通解为：

x = \gamma_0 + k_1\eta_1 + k_2\eta_2 \quad (k_1, k_2 \in \mathbb{F})

4.4#

证明：

不妨设 $\gamma_0, \eta_i \in \mathbb{F}^n$ ，将线性方程组表示为向量形式：

\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \cdots + \alpha_n x_n = \beta

其导出组为：

\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \cdots + \alpha_n x_n = 0

设特解 $\gamma_0 = (a_{01}, a_{02}, \dots, a_{0n})^T$ ，基础解系 $\eta_i = (b_{i1}, b_{i2}, \dots, b_{in})^T \ (i = 1, 2, \dots, s)$ 。由定义知：

\sum_{k=1}^n a_{0k}\alpha_k = \beta, \qquad \sum_{k=1}^n b_{ik}\alpha_k = 0 \quad (i = 1, 2, \dots, s)

考察向量：

\begin{aligned} \xi &= \gamma_0 + k_1\eta_1 + k_2\eta_2 + \cdots + k_s\eta_s \\ &= \left( a_{01} + \sum_{i=1}^s k_i b_{i1}, \ a_{02} + \sum_{i=1}^s k_i b_{i2}, \ \dots, \ a_{0n} + \sum_{i=1}^s k_i b_{in} \right)^T \end{aligned}

将 $\xi$ 的每一维代入原线性方程组左边，得：

\begin{aligned} \text{左边} &= \sum_{j=1}^n \left( a_{0j} + \sum_{i=1}^s k_i b_{ij} \right) \alpha_j \\ &= \sum_{j=1}^n a_{0j}\alpha_j + \sum_{i=1}^s k_i \left( \sum_{j=1}^n b_{ij}\alpha_j \right) \\ &= \beta + \sum_{i=1}^s k_i \cdot 0 \\ &= \beta = \text{右边} \end{aligned}

故 $\xi = \gamma_0 + \sum_{i=1}^s k_i\eta_i$ 是原方程组的解。证毕。 $\Box$

4.5#

证明：

记第一个线性方程组为 $(*)$ ，第二个线性方程组为 $(\ast\ast)$ 。设 $A$ 是 $(*)$ 的系数矩阵， $\tilde{A}$ 是 $(*)$ 的增广矩阵；设 $B$ 是 $(\ast\ast)$ 的系数矩阵， $\tilde{B}$ 是 $(\ast\ast)$ 的增广矩阵：

A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} \end{pmatrix}

\tilde{A} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} & b_1 \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} & b_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} & b_m \end{pmatrix}

B = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1} \\ a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn} \\ b_1 & b_2 & \cdots & b_m \end{pmatrix}

\tilde{B} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1} & 0 \\ a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2} & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn} & 0 \\ b_1 & b_2 & \cdots & b_m & 1 \end{pmatrix}

不妨将 $B$ 与 $\tilde{B}$ 进行转置得 $C$ 与 $\tilde{C}$ ，转置后矩阵的秩不变：

C = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} & b_1 \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} & b_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} & b_m \end{pmatrix}

\tilde{C} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} & b_1 \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} & b_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} & b_m \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{pmatrix}

由线性方程组有解的充要条件知：

$(*)$ 有解 $\Longleftrightarrow \operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(\tilde{A})$ ；
$(\ast\ast)$ 有解 $\Longleftrightarrow \operatorname{rank}(B) = \operatorname{rank}(\tilde{B}) \Longleftrightarrow \operatorname{rank}(C) = \operatorname{rank}(\tilde{C})$ 。

发现 $C = \tilde{A}$ ，故 $\operatorname{rank}(C) = \operatorname{rank}(\tilde{A})$ 。因此只需证明：

\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(\tilde{A}) \Longleftrightarrow \operatorname{rank}(\tilde{A}) \neq \operatorname{rank}(\tilde{C})

考虑 $A$ 可以进行初等行变换与不涉及最后一列的初等列变换，化为简化阶梯形 $A'$ （其中有 $r$ 个 $1$ ），同步作用于 $C$ （即 $\tilde{A}$ ）和 $\tilde{C}$ ：

A \longrightarrow A' = \begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}

C \longrightarrow C' = \begin{pmatrix} A' & \begin{matrix} c_1 \\ \vdots \\ c_m \end{matrix} \end{pmatrix}

\tilde{C} \longrightarrow \tilde{C}' = \begin{pmatrix} A' & \begin{matrix} c_1 \\ \vdots \\ c_m \end{matrix} \\ 0 \;\;\cdots\;\; 0 & 1 \end{pmatrix}

记 $r_1 = \operatorname{rank}(A')$ ， $r_2 = \operatorname{rank}(C')$ ， $r_3 = \operatorname{rank}(\tilde{C}')$ 。只需考虑最后一列向量 $(c_1, \dots, c_m)^T$ 的情况：由于 $\tilde{C}'$ 最后一列含非零常数 $1$ ，故必有 $r_3 = r_1 + 1$ 。

若 $c_1 = \cdots = c_m = 0$ ，则 $r_2 = r_1$ ，此时 $r_2 \neq r_3$ （即 $(*)$ 有解时 $(\ast\ast)$ 无解）；
若 $c_1, \dots, c_m$ 中含有 $1$ 个非零元（其余为 $0$ ），此时 $r_2 = r_1 + 1 = r_3$ ；
若 $c_1, \dots, c_m$ 不是上述两种情况（即含多个非零元），可通过矩阵初等行变换消元化为情况 2，仍有 $r_2 = r_1 + 1 = r_3$ （即 $(*)$ 无解时 $(\ast\ast)$ 有解）。

综上可得 $r_2 = r_1 \Longleftrightarrow r_2 \neq r_3$ ，故原命题得证。 $\Box$

4.6#

证明：

设 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n)$ ，其中 $\alpha_k$ 为 $A$ 的第 $k$ 列向量。令 $C = AB$ ，其中：

B = \begin{pmatrix} b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1s} \\ b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2s} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ b_{n1} & b_{n2} & \cdots & b_{ns} \end{pmatrix}_{n \times s}

由矩阵乘法定义， $C$ 的第 $(i, j)$ 元为：

c_{ij} = \sum_{k=1}^n a_{ik} b_{kj}

考察 $C = AB$ 的第 $j$ 列向量 $\gamma_j$ ：

\begin{aligned} \gamma_j &= \begin{pmatrix} c_{1j} \\ c_{2j} \\ \vdots \\ c_{mj} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sum_{k=1}^n a_{1k} b_{kj} \\ \sum_{k=1}^n a_{2k} b_{kj} \\ \vdots \\ \sum_{k=1}^n a_{mk} b_{kj} \end{pmatrix} \\ &= \sum_{k=1}^n b_{kj} \begin{pmatrix} a_{1k} \\ a_{2k} \\ \vdots \\ a_{mk} \end{pmatrix} \\ &= b_{1j}\alpha_1 + b_{2j}\alpha_2 + \cdots + b_{nj}\alpha_n \end{aligned}

故 $AB$ 的第 $j$ 列向量确为 $b_{1j}\alpha_1 + b_{2j}\alpha_2 + \cdots + b_{nj}\alpha_n$ 。 $\Box$

4.7#

(1)#

考察基础矩阵 $E_{ij}$ 与 $E_{kl}$ 的乘积： $E_{ij}$ 中仅有第 $(i, j)$ 元为 $1$ ，其余全为 $0$ ；在矩阵乘法中，该元素仅与 $E_{kl}$ 中的第 $j$ 行元素产生非零相乘行为。

若 $j = k$ ，则在乘积矩阵的第 $(i, l)$ 处有 $1 \times 1 = 1$ ，其余为 $0$ ，即：
$E_{ij} \cdot E_{kl} = E_{il}$
若 $j \neq k$ ，则对应相乘元素均为 $0$ ，即：
$E_{ij} \cdot E_{kl} = O$

综上所述：

E_{ij} E_{kl} = \begin{cases} E_{il}, & j = k, \\ O, & j \neq k. \end{cases}

(2)#

若 $i = j$ ，则 $A$ 任取。
若 $i \neq j$ ，设 $A = (a_{uv})_{n \times n}$ 与所有 $E_{ij}$ 可交换，即 $E_{ij}A = AE_{ij}$ 。
- $E_{ij}A$ 表示将 $A$ 的第 $j$ 行移到第 $i$ 行，其余行全为 $0$ ，即
  $E_{ij}A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{j1} & a_{j2} & \cdots & a_{jn} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}$
  （其中 $a_{j1}, a_{j2}, \dots, a_{jn}$ 位于第 $i$ 行）；
- $AE_{ij}$ 表示将 $A$ 的第 $i$ 列移到第 $j$ 列，其余列全为 $0$ ，即
  $AE_{ij} = \begin{pmatrix} 0 & \cdots & 0 & a_{1i} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \cdots & 0 & a_{2i} & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & a_{ni} & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}$
  （其中 $a_{1i}, a_{2i}, \dots, a_{ni}$ 位于第 $j$ 列）。
对比两矩阵的元素可得：如果 $AE_{ij} = E_{ij}A$ ，则应该满足
$\begin{aligned} & a_{jj} = a_{ii}, \\ & a_{j1} = a_{j2} = \cdots = a_{j,j-1} = a_{j,j+1} = \cdots = a_{jn} = 0, \\ & a_{1i} = a_{2i} = \cdots = a_{i-1,i} = a_{i+1,i} = \cdots = a_{ni} = 0. \end{aligned}$

4.8#

证明：

设 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵，且 $\operatorname{rank}(A) \le 1$ 。

若 $\operatorname{rank}(A) = 0$ ，则 $A = O$ 。此时令 $a_i = b_j = 0 \ (1 \le i \le m, \ 1 \le j \le n)$ ，显然满足条件。
若 $\operatorname{rank}(A) = 1$ ，由于行秩等于矩阵的秩，即 $\operatorname{rank}_{\text{row}}(A) = \operatorname{rank}(A) = 1$ ，故 $A$ 中必存在非零行（不妨设第 $i$ 行不全为 $0$ ），且其余每一行均可表示为第 $i$ 行的倍数。

设第 $i$ 行元素表示为 $a_i b_1, a_i b_2, \dots, a_i b_n$ （其中 $a_i \neq 0$ ），则对于任意第 $k$ 行，均存在比例系数 $a_k$ ，使得第 $k$ 行元素由第 $i$ 行乘 $\frac{a_k}{a_i}$ 得到，由此获得了第 $k$ 行的表示。

由此得到了 $a_1, \dots, a_m$ 与 $b_1, \dots, b_n$ ：
$A = \begin{pmatrix} a_1 b_1 & a_1 b_2 & \cdots & a_1 b_n \\ a_2 b_1 & a_2 b_2 & \cdots & a_2 b_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_m b_1 & a_m b_2 & \cdots & a_m b_n \end{pmatrix}$
反之，若 $A$ 可写成上述形式，其所有行均为 $(b_1, \dots, b_n)$ 的倍数，故 $\operatorname{rank}(A) \le 1$ 。证毕。 $\Box$

4.9#

设线性映射 $\phi_A: \mathbb{F}^n \to \mathbb{F}^m, \ \alpha \mapsto A\alpha$ 。

(1) 证明： $\phi_A$ 是单射 $\Longleftrightarrow \operatorname{rank}(A) = n$ （此时必有 $n \le m$ ）#

对任意 $\beta = (c_1, c_2, \dots, c_m) \in \mathbb{F}^m$ ，有：

\begin{aligned} \phi_A \text{ 是单射} &\Longleftrightarrow \forall \alpha_1 \neq \alpha_2 \in \mathbb{F}^n, \ \phi_A(\alpha_1) \neq \phi_A(\alpha_2) \\ &\Longleftrightarrow \forall \alpha_1 \neq \alpha_2 \in \mathbb{F}^n,\ A\alpha_1 \neq A\alpha_2 \\ &\Longleftrightarrow \text{线性方程组 } Ax = \beta \text{ 若有解则必有唯一解} \\ &\Longleftrightarrow \operatorname{rank}(A) = n \end{aligned}

(2) 证明： $\phi_A$ 是满射 $\Longleftrightarrow \operatorname{rank}(A) = m$ （此时必有 $m \le n$ ）#

设 $A = (\gamma_1, \gamma_2, \dots, \gamma_n)$ ，对于 $\alpha = (b_1, b_2, \dots, b_n)^T \in \mathbb{F}^n$ ，有：

\phi_A(\alpha) = A\alpha = b_1\gamma_1 + b_2\gamma_2 + \cdots + b_n\gamma_n

\begin{aligned} \phi_A \text{ 是满射} &\Longleftrightarrow \forall \beta \in \mathbb{F}^m, \ \exists \alpha \in \mathbb{F}^n \text{ 使得 } \phi_A(\alpha) = \beta \\ &\Longleftrightarrow \forall \beta \in \mathbb{F}^m, \ \beta \text{ 可由 } \gamma_1, \gamma_2, \dots, \gamma_n \text{ 线性表出} \\ &\Longleftrightarrow \operatorname{span}\{\gamma_1, \gamma_2, \dots, \gamma_n\} = \mathbb{F}^m \\ &\Longleftrightarrow \dim \operatorname{span}\{\gamma_1, \gamma_2, \dots, \gamma_n\} = m \\ &\Longleftrightarrow \operatorname{rank}(A) = m \end{aligned}

证毕 $\Box$

4.10#

(1) 证明 $K$ 关于矩阵加法和乘法构成一个域#

设

K = \left\{ \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \ \middle\vert\ a, b \in \mathbb{R} \right\}

任取

K_1 = \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix}, \qquad K_2 = \begin{pmatrix} c & -d \\ d & c \end{pmatrix} \in K

易验证加法和乘法在 $K$ 上封闭。

加法交换律： $K_1 + K_2 = K_2 + K_1$ ，显然成立。
加法结合律： $(K_1 + K_2) + K_3 = K_1 + (K_2 + K_3)$ ，由矩阵加法性质显然成立。
加法零元： 定义 $O = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \in K$ ，则 $O + K_1 = K_1 + O = K_1$ 。
加法逆元（负元）： $\forall K_1 = \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \in K$ ，存在 $-K_1 = \begin{pmatrix} -a & b \\ -b & -a \end{pmatrix} \in K$ ，使得 $K_1 + (-K_1) = O$ 。
乘法交换律：
$K_1 K_2 = \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c & -d \\ d & c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ac - bd & -(ad + bc) \\ bc + ad & ac - bd \end{pmatrix}$ $K_2 K_1 = \begin{pmatrix} c & -d \\ d & c \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ca - db & -(cb + da) \\ da + cb & ca - db \end{pmatrix} = K_1 K_2$
乘法结合律： 由矩阵乘法结合律知成立。
乘法单位元： $1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \in K$ ，满足 $K_1 1 = 1 K_1 = K_1$ 。
乘法逆元： 对任意 $K_1 = \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \neq O$ （即 $a, b$ 不全为 $0$ ，故 $a^2 + b^2 \neq 0$ ），存在：
$K_1^{-1} = \begin{pmatrix} \frac{a}{a^2 + b^2} & \frac{b}{a^2 + b^2} \\ -\frac{b}{a^2 + b^2} & \frac{a}{a^2 + b^2} \end{pmatrix} \in K$
使得 $K_1 K_1^{-1} = K_1^{-1} K_1 = 1$ 。
分配律： 由矩阵乘法对加法的分配律知成立。

综上所述， $K$ 是一个域。

(2) 证明 $K$ 与复数域 $\mathbb{C}$ 同构#

定义映射 $\Phi: K \to \mathbb{C}$ ：

\Phi\left( \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \right) = a + bi

显然 $\Phi$ 是双射。

保持加法：
$\Phi(z + w) = \Phi\left( \begin{pmatrix} a + c & -(b + d) \\ b + d & a + c \end{pmatrix} \right) = (a + c) + (b + d)i$ $\Phi(z) + \Phi(w) = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i$ $\implies \Phi(z + w) = \Phi(z) + \Phi(w)$
保持乘法：
$\Phi(zw) = \Phi\left( \begin{pmatrix} ac - bd & -(ad + bc) \\ bc + ad & ac - bd \end{pmatrix} \right) = (ac - bd) + (ad + bc)i$ $\Phi(z)\Phi(w) = (a + bi)(c + di) = (ac - bd) + (ad + bc)i$ $\implies \Phi(zw) = \Phi(z)\Phi(w)$

得证 $\Box$

学习笔记3

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作者

MinString

发布于

2026-10-15

许可协议

CC BY-NC-SA 4.0

高等线性代数 作业 4#

4.1#

4.2#

4.3#

4.4#

4.5#

4.6#

4.7#

(1)#

(2)#

4.8#

4.9#

(1) 证明：ϕA\phi_AϕA​ 是单射 ⟺rank⁡(A)=n\Longleftrightarrow \operatorname{rank}(A) = n⟺rank(A)=n（此时必有 n≤mn \le mn≤m）#

(2) 证明：ϕA\phi_AϕA​ 是满射 ⟺rank⁡(A)=m\Longleftrightarrow \operatorname{rank}(A) = m⟺rank(A)=m（此时必有 m≤nm \le nm≤n）#

4.10#

(1) 证明 KKK 关于矩阵加法和乘法构成一个域#

(2) 证明 KKK 与复数域 C\mathbb{C}C 同构#

评论

高等线性代数作业 4#

(1) 证明： $\phi_A$ 是单射 $\Longleftrightarrow \operatorname{rank}(A) = n$ （此时必有 $n \le m$ ）#

(2) 证明： $\phi_A$ 是满射 $\Longleftrightarrow \operatorname{rank}(A) = m$ （此时必有 $m \le n$ ）#

(1) 证明 $K$ 关于矩阵加法和乘法构成一个域#

(2) 证明 $K$ 与复数域 $\mathbb{C}$ 同构#