数学教科书/代数 (9780132413770)/第 3 章 解决方案

练习 1.2

使用“有根据的猜测”，可以观察到 $5^{p-1}\equiv _{p}1$。由此不难看出，$5^{-1}\equiv _{7}3$，$5^{-1}\equiv _{11}9$，$5^{-1}\equiv _{13}8$ 以及 $5^{-1}\equiv _{17}7$。

练习 1.3

$(x^{3}+3x^{2}+3x+1)(x^{4}+4x^{3}+6x^{2}+4x+1)=x^{7}+7x^{6}+21x^{5}+35x^{4}+35x^{3}+21x^{2}+7x+1\equiv _{7}x^{7}+1$，因为所有可被 7 整除的系数都约化为 0。

练习 1.10

让我们用 $0,1,A,B$ 来表示矩阵（以与书中相同的顺序出现）。我们需要检查以下内容

• $0,1,A,B$ 是一个矩阵加法和 $0$ 作为单位元组成的群。我们得到以下加法表

	0	1	A	B
0	0	1	A	B
1	1	0	B	A
A	A	B	0	1
B	B	A	1	0

因此，我们看到这些元素的加法形成了一个以 $0$ 作为单位元的阿贝尔群。

• $1,A,B$ 是一个以 $1$ 作为单位元的群。我们再次得到乘法表

	1	A	B
1	1	A	B
A	A	B	1
B	B	1	A

同样，我们看到这些元素的矩阵乘法形成了一个以 $1$ 作为单位元的阿贝尔群。

• 分配律遵循矩阵的一般分配律。

练习 1.11

写出给定集合中两个元素的乘积和，并注意到两个元素的系数，因此它们的和与积都在 $\mathbb {F} _{3}$ 中，这意味着和与积都在这个集合中。要看到每个非零元素在 $+$ 运算中都有逆，这是不言而喻的。要看到乘法运算也是如此，写出由条件 $zz^{-1}=1$ 生成的方程，其中 $z$ 是集合中已知的元素，而 $z^{-1}$ 是其逆的候选者，系数未知，作为线性系统。根据推论 3.2.8，该系统有解。分配律是直接的。

练习 2.2

a) 对称矩阵的空间是一个向量空间，因为两个对称矩阵的和是一个对称矩阵，对称矩阵按标量缩放仍然是对称的。

b) 可逆矩阵的空间不是向量空间，因为它不包含零矩阵。

c) 上三角矩阵的空间也是一个向量空间，理由与部分 a) 中使用的理由类似。

练习 3.1

对称矩阵空间的一个可能的基是例如矩阵 $A_{ij}$ 对于 $i=1,\ldots ,n,~j\leq i$，这些矩阵除了在 $i,j$ 和 $j,i$ 项处，其他地方都为零。这样的矩阵有 ${\binom {n}{2}}$ 个，它们线性无关，因为没有两个这样的矩阵在同一项处有 1。此外，矩阵 $A_{ij}$ 是对称的，显然任何对称矩阵都可以写成 $A_{ij}$ 的线性组合。

练习 3.7

令 $c_{ij}\in \mathbb {R}$ 是系数，使得

$\sum _{i,j}c_{ij}X_{i}Y_{j}^{t}=0$ . (1)

矩阵 $\sum _{i,j}c_{ij}X_{i}Y_{j}^{t}$ 的第 $k$ 列是向量 $\sum _{i,j}c_{ij}Y_{jk}X_{i}=\sum _{i}\left(\sum _{j}c_{ij}Y_{jk}\right)X_{i}$，其中 $Y_{jk}$ 是向量 $Y_{j}$ 的第 $k$ 个元素。记 $\alpha _{i}=\sum _{j}c_{ij}Y_{jk}$，所以 (1) 与向量 $X_{i}$ 构成基底的条件一起意味着对于所有的 $i$，有 $\alpha _{i}=0$。所以，对于所有的 $k,i$，我们必须有 $\sum _{j}c_{ij}Y_{jk}=0$。这意味着对于所有的 $i$，有 $\sum _{j}c_{ij}Y_{j}=0$，但由于向量 $Y_{j}$ 构成基底，我们必须有对于所有的 $i$，有 $c_{ij}=0$。

习题 3.8

令 $A$ 为以向量 $v_{1},\ldots ,v_{n}$ 为列向量的矩阵。令 $X,B\in F^{n}$。那么 $AX=B$ 等价于说 $B$ 是向量 $v_{1},\ldots ,v_{n}$ 的线性组合。根据定理 1.2.21，$AX=B$ 有唯一解 $X$ 当且仅当 $A$ 可逆。

特别是，这意味着 $AX=0$ 也只有唯一解 $X=(0,\ldots ,0)$。这说明 1) $v_{1},\ldots ,v_{n}$ 张成空间 $F^{n}$ 以及 2) $v_{1},\ldots ,v_{n}$ 线性无关。

习题 4.2

a) ${\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}}$.

b) ${\begin{pmatrix}0&\cdots &0&1\\0&\cdots &1&0\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\1&0&\cdots &0\end{pmatrix}}$.

c) ${\begin{pmatrix}1&-{\frac {1}{2}}\\0&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\end{pmatrix}}$ 或 ${\begin{pmatrix}1&-{\frac {1}{2}}\\0&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\end{pmatrix}}$.

习题 4.3

给定的操作对应于矩阵的行操作。根据定理 1.2.16，任何可逆矩阵都可以使用此类操作简化为单位矩阵。在练习 3.8 中，我们证明了矩阵的列构成一个基当且仅当该矩阵是可逆的。

练习 4.4

a) $V$ 中的任何基都对应于一个可逆矩阵，即 $GL_{2}(\mathbb {F} _{p})$ 的一个元素。另一方面，$GL_{2}(\mathbb {F} )$ 中任何元素的列向量构成 $V$ 的基向量。

b) 对于 $GL_{2}(\mathbb {F} _{p})$，我们有 $p^{4}$ 个矩阵总计在 $\mathbb {F} _{p}^{2\times 2}$ 中，我们必须计算不可逆的那些。考虑到 $\mathbb {F} _{p}^{2\times 2}$ 中矩阵的列，我们有

• $p^{2}-1$ 个第一列不是 $(0,0)^{t}$ 列向量，以及 $p-1$ 个第一列的非零值缩放。
• 如果第一列是 $(0,0)^{t}$，则第二列可以选择 $p^{2}-1$ 种方式，使其也不成为 $(0,0)^{t}$ 向量。
• 如果第二列是$(0,0)^{t}$，则第一列也可以选择$p^{2}-1$种方法，使其不是$(0,0)^{t}$向量。
• 只有一个矩阵的两列都是$(0,0)^{t}$。

结合这些事实，我们得到，在$\mathbb {F} _{p}^{2\times 2}$中，有$p^{4}-(p^{2}-1)(p-1)-(p^{2}-1)-(p^{2}-1)-1=p(p+1)(p-1)^{2}$个可逆矩阵。

对于$SL_{2}(\mathbb {F} _{p})$，我们想计算在$\mathbb {F} _{p}^{2\times 2}$中行列式等于 1 的矩阵数量。在$GL_{2}(\mathbb {F} _{p})$中，行列式为 1、2、3 等的元素数量相等。因此，$GL_{2}(\mathbb {F} _{p})$中元素的数量是行列式为 1 的元素数量乘以$p-1$。从之前的计算我们得到，$SL_{2}(\mathbb {F} _{p})$中元素的数量是$p(p+1)(p-1)$。

练习 4.5

a) 找到子空间数量的关键是找到$\mathbb {F} _{p}^{3}$ 中线性无关向量的数量。

• 维度为 0 的子空间：1 个。
• 维度为 1 的子空间：每个子空间都由形式为 $(a,b,c)^{t}$ 的非零向量生成，其中 $a,b,c\in \mathbb {F} _{p}$。有 $p^{3}-1$ 个这样的向量。对于任何给定的向量，有 $p-1$ 个非零缩放，其中标量位于 $\mathbb {F} _{p}$ 中。因此，线性无关向量的数量为 $(p^{3}-1)/(p-1)=p^{2}+p+1$。每个这样的向量生成一个子空间，该子空间与其他向量生成的子空间不同。
• Subspaces of dimension 2: Let $W$ be some maximal collection of linearly independent vectors of $\mathbb {F} _{p}^{3}$. We know that $|W|=p^{2}+p+1$, and any two vectors from $W$ span a two-dimensional subspace of $\mathbb {F} _{p}^{3}$. We can choose two vectors from $W$ in ${\binom {p^{2}+p+1}{2}}$ ways, but this is not the number of two-dimensional subspaces of $\mathbb {F} _{p}^{3}$. Indeed, say we choose $v_{1},v_{2}\in W$ such that $v_{1}\neq v_{2}$. Then $V={\textrm {Span}}(v_{1},v_{2})$ is a subspace of $\mathbb {F} _{p}^{3}$ containing $p^{2}$ points and $p^{2}/(p-1)=p+1$ linearly independent vectors. As $p>1$, this means $V$ contains some vector $w\in W,w\neq v_{1},v_{2}$. The number of pairs of linearly independent vectors in $V$ is ${\binom {p+1}{2}}$, and hence the number of two-dimensional subspaces of $\mathbb {F} _{p}^{3}$ is ${\binom {p^{2}+p+1}{2}}/{\binom {p+1}{2}}=p^{2}+p+1$. Another way to arriving the same conclusion is as follows: Let $V$ be a subspace of $\mathbb {F} _{p}^{3}$ of dimension 2. Then, $V$ is spanned by two linearly independent vectors, and there is a vector $v\in \mathbb {F} _{p}^{3}$ such that $v\notin V$. In other words, the vectors in $V$ are linearly independent of $v$. We know that there are $p^{2}+p+1$ linearly independent vectors in $\mathbb {F} _{p}^{3}$, so whenever we choose one of such vectors, we are left with a subspace of dimension 2 that does not contain the chosen vector (but contains all the others). Hence, there are also $p^{2}+p+1$ subspaces of dimension 2.
• 维度为 3 的子空间：1 个。

b) $\mathbb {F} _{p}^{4}$ 的情况可以从前面的情况推广。

• 维度为 0 的子空间：1 个。
• 维度为 1 的子空间：线性无关向量的数量可以与 a) 中一样计算，得到 $(p^{4}-1)/(p-1)=p^{3}+p^{2}+p+1$。
• 维度为 2 的子空间：与 $\mathbb {F} _{p}^{3}$ 的情况类似，二维子空间的数量为 ${\binom {p^{3}+p^{2}+p+1}{2}}/{\binom {p+1}{2}}=(p+1)(p^{2}+p+1)$。
• 维度为 3 的子空间：与 $\mathbb {F} _{p}^{3}$ 的情况类似，对于每个三维子空间，我们都有一个一维子空间“剩余”。因此，三维子空间的数量为 $p^{3}+p^{2}+p+1$。
• 维度为 4 的子空间：1 个。

练习 5.1

设 $V$ 为对称矩阵空间，$W$ 为反对称矩阵空间。显然 $\dim V={\frac {1}{2}}n(n+1)$ 且 $\dim W={\frac {1}{2}}n(n-1)$，并且 $V\cap W$ 只包含零矩阵，所以这两个空间是独立的。根据命题 3.6.4 b)，我们有 $\dim(V+W)=\dim V+\dim W=n^{2}=\dim \mathbb {R} ^{n\times n}$，因此根据命题 3.4.23，$V+W=\mathbb {R} ^{n\times n}$。

练习 5.2

条件 ${\textrm {Tr}}(M)=0$ 在矩阵元素之间引入了线性相关性。因此，我们有 $\dim(W_{1})=n^{2}-1$，因此 $\mathbb {R} ^{n\times n}$ 中任何与 $W_{1}$ 独立的一维子空间都足够了。例如，我们可以取 $W_{2}$ 为左上角元素为 1，其余元素为 0 的矩阵的张成。则 $W_{1}+W_{2}=\mathbb {R} ^{n\times n}$。

练习 6.1

给定向量跨越了除了有限个索引外，其余都恒定的序列集合。

练习 M.3

a) 令 $x(t)=a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}$ 以及 $y(t)=b_{2}t^{2}+b_{1}t+b_{0}$， 以及 $f(x,y)=c_{2,0}x^{2}+c_{0,2}y^{2}+c_{1,1}xy+c_{1,0}x+c_{0,1}y+c_{0,0}$。 那么我们也有 $f(x(t),y(t))=d_{4}t^{4}+d_{3}t^{3}+d_{2}t^{2}+d_{1}t+d_{0}$。 系数 $d_{i}$ 对系数 $c_{j,k}$ 是线性的， 所以

我们可以如下求解

${\begin{array}{lcl}d_{4}&=&c_{2,0}a_{2}^{2}+c_{0,2}b_{2}^{2}+c_{1,1}a_{2}b_{2}\\d_{3}&=&2c_{2,0}a_{2}a_{1}+2c_{0,2}b_{2}b_{1}+c_{1,1}(a_{2}b_{1}+a_{1}b_{2})\\d_{2}&=&c_{2,0}(a_{1}^{2}+2a_{2}a_{0})+c_{0,2}(b_{1}^{2}+2b_{2}b_{0})+c_{1,1}(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0}+a_{0}b_{2})+c_{1,0}a_{2}+c_{0,1}b_{2}\\d_{1}&=&c_{2,0}(a_{1}^{2}+2a_{1}a_{0})+c_{0,2}(b_{1}^{2}+2b_{1}b_{0})+c_{1,1}(a_{1}b_{0}+a_{0}b_{1})+c_{1,0}a_{1}+c_{0,1}b_{1}\\d_{0}&=&c_{2,0}a_{0}^{2}+c_{0,2}b_{0}^{2}+c_{1,1}a_{0}b_{0}+c_{1,0}a_{0}+c_{0,1}b_{0}+c_{0,0}\end{array}}$

将每个 $d_{i}$ 设置为零，得到一个方程组

${\begin{pmatrix}a_{2}^{2}&b_{2}^{2}&a_{2}b_{2}&0&0&0\\2a_{2}a_{1}&2b_{2}b_{1}&a_{2}b_{1}+a_{1}b_{2}&0&0&0\\a_{1}^{2}+2a_{2}a_{0}&b_{1}^{2}+2b_{2}b_{0}&a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0}+a_{0}b_{2}&a_{2}&b_{2}&0\\a_{1}^{2}+2a_{1}a_{0}&b_{1}^{2}+2b_{1}b_{0}&a_{1}b_{0}+a_{0}b_{1}&a_{1}&b_{1}&0\\a_{0}^{2}&b_{0}^{2}&a_{0}b_{0}&a_{0}&b_{0}&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}c_{2,0}\\c_{0,2}\\c_{1,1}\\c_{1,0}\\c_{0,1}\\c_{0,0}\end{pmatrix}}=0$.

根据推论 1.2.14，该系统存在解，其中至少一个系数 $c_{j,k}$ 不为零，因此存在一个多项式 $f(x,y)$ 并不恒等于零，但 $f(x(t),y(t))=0$ 对于每个 $t$ 都成立。

b) 例如，我们可以用与部分 a) 相似的方法求解 $f(x,y)=x^{3}+x^{2}-y^{2}$。

c) 令 $x(t)$ 是一个 $d_{x}$ 次多项式，而 $y(t)$ 是一个 $d_{y}$ 次多项式，使得 $x(t)=\sum _{i=0}^{d_{x}}a_{i}t^{i}$ 以及 $y(t)=\sum _{i=0}^{d_{y}}b_{i}t^{i}$。令 $f(x,y)=\sum _{i=0}^{d_{y}}\sum _{j=0}^{d_{x}}c_{i,j}x^{i}y^{j}$ 是一个系数未知的多项式，其中 $c_{i,j}\in \mathbb {R}$。为了使该多项式在 $f(x(t),y(t))$ 处为零，我们需要求解将 $t^{i}$ 的系数设为 0 的方程，对于每个 $i\leq d_{y}d_{x}$，在多项式 $f(x(t),y(t))$ 中。这些方程关于 $c_{i,j}$ 是线性的，共有 $d_{x}d_{y}+1$ 个方程。另一方面，有 $(d_{x}+1)(d_{y}+1)$ 个变量 $c_{i,j}$，因此根据推论 1.2.14，该线性系统存在非零解。注意在部分 a) 中，我们限制了多项式 $f(x,y)$ 的次数为 2，因此没有像此证明那样最终得到那么多方程。