高等代数选讲讲义.doc

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1、高等代数选讲信阳师范学院数学与信息科学学院2006年9月目 录第一讲 带余除法1第二讲 不可约多项式5第三讲 互素与不可约、分解9第四讲 多项式的根13第五讲 典型行列式17第六讲 循环行列式21第七讲 特殊行列式方法26第八讲 解线性方程组31第九讲 分块矩阵与求秩35第十讲 矩阵的分解与求逆35第十一讲 广义逆与特殊矩阵对关系35第十二讲 特征值、对角线与最小多项式35第十三讲 向量的线性相关与自由度35第十四讲 双线性型与正定二次型35第十五讲 线性空间及其几何背景35第十六讲 欧氏空间和正交变换的意义35第十七讲 线性变换的核与象35第十八讲 线性变换的特征与不变子空间35第一讲 带余

2、除法定理1（带余除法）f(x), g(x)0 Px，则有f(x)=g(x)s(x)+r(x)其中r(x)=0或(r(x)(g(x)，r(x)，s(x)Px定理2 g(x)|f(x)r(x)=0 (xa)|f(x)f(a)=0带余除法可将f(x)，g(x)的性质“遗传”到较低次的r(x)，也可将g(x)，r(x)的性质“反馈”到较高次的f(x)。边缘性质：若满足某个条件C的多项式存在，则一定存在一个次数最低的满足条件C的多项式。反过来，满足条件D的多项式次数不超过m，则这样的集中一定有一个次数最大的。根据带余除法和边缘性持，创造了求最大公因式的辗转相除法。可以证明最小公倍式也是存在的，还可以得到

3、更多的其它结论。例1 a是一个数，f(x)Px且f(a)=0，则Px中存在唯一首项系数=1且次数最低的多项式ma(x)： ma(a)=0证作：Sa=g(x)Px|g(a)=0那么S，故S中存在一个次数最低且首系=1的多项式ma(x)，现设m(x)也是满足条件的多项式，那么(m(x)=(ma(x)所以(m(x)(ma(x)(ma(x)令 r(x)=m(x)ma(x)则r(a)=0，得r(x)=0，所以m(x)=ma(x)，唯一性证毕。推论：g(x)Sa，那么ma(x)|g(x)。证： g(x)=ma(x)t(x)+r(x)r(a)=0证。定理3 a在Px中的ma(x)是不可约多项式，（用反证法）

4、例2 求Qx中，则即x适合x410x2+1，x410x2+1即为所求。解法二：先考虑关于Q的所有对称根：有它自己和，于是=推广：Qx中的最小多项式为，其中p与q互素。例3 求Qx中，的最小多项式解法一：设x=，则=2即得：解法二：，则，所以的对称根有故最小多项式为=当自然数p，为无理数时，的所有对称根为，其中，且 （*）用方法一虽简单，但对于诸如求等的最小多项式时，就行不通，方法二虽长，却是有步骤地可以求出任何的最小多项式。任设，为A的特征多项式，由HamiltonCaylay定理，fA(A)=0，作那么中存在唯一的首系=1且次数最低的多项式mA(x)，称mA(x)为A的最小多项式。例4 例5

5、 令，那么，定理4 ，则A相似于对角矩阵的充要条件（之一）是gA(x)=mA(x)例6 证明解法1 所以 于是 解法2 因为 所以 例7 设复数在Q上线性无关，且g(x)在Qx中不可约，若对于每个g(x)的根，有证明：g(x)|fi(x)，i=1,2,m证：设fi(x)=g(x)hi(x)+di(x)，其中(di(x)(g(x)或di(x)=0g()=0 故g(x)与h(x)= 有公共根，因g(x)不可约，得g(x)|h(x)，即h(x)=0（否则，(h(x)(g(x) ）得di(r)=0di(x)=0g(x)|fi(x).此题的难点在于从可能非有理数的如何过渡到有理数r，而下一题在正式出版的

6、解答中也忽略了复数解。例8 设的最大公因式是一个二次多项式，求t，u的值。（P45，7）解 f(x)=g(x)1+r(x)，r(x)=(1+t)x2+(2-t)x+u t1其中由已知条件，必有s(x)=0，s(s)各项系数的分子为0，即若u=0得即，得t1=4，u1=u2=u3=0若t2+t+3=0得（注意到），由得 因此一共有5组t，u的取值，大部分学生及出版的解答都只给出了t=4，u=0这一组解。第二讲 不可约多项式判定一个多项式f(x)是否可约，涉及其所在的数域P，也无固定的方法可循，在C上，任何大于1次的多项式皆可约，而只有一次多项式不可约，在R上，只有一次的和部分二次的(判别式0）是

7、不可约的，在一般P上，一次多项式当然不可约，ma(x)若存在也是不可约的（上讲Th3）例1 设f(x)=x310x+5，证明f(x)在Q上不可约。证明：若f(x)在Q上可约，则f(x)必有一次因式，则f(x)必有有理根，但f(x)的有理根只可能是1，5。f(1)0，f(1)0，f(5)0，f(5)0所以f(x)在Q上不可约。这种方法对于四次以上的多项式是行不通的，因为可能只有2次以上的多项式，可以尝试用Eisenstein判别法。例2 证明f(x)=x610x+5在Q上不可约证明：取p=5（素数），p1，p|10，5，p25，f(x)不可约。有些多项式f(x)表面上不能用Eisenstein判

8、别法，做x=ay+b,g(y)=f(ay+b)，则f(x)可约当且仅当g(y)可约。例3 p为素数，试证f(x)=，（k1）在有理数域Q上不可约。证：p=2时，f(x)= ，令x=y+1 f(y+1)= 取p=2由Eisenstein判别法，f(x)不可约。当为奇素数时令x=y+1则 由于中间一项不存在最高次项和常数项，用Eisenstein判别法对互素数p，F(y)不可约，从而f(x)不可约。令k=1，则也不可约，这是一个重要推论。在Px中还有一大类多项式是无法应用Eisenstein判别法的，但一定可以按照Kroneclcer的方法，判定是否可约。如下例。例4 证明f(x)=x5x3+x2

9、2在Q上不可约证明：设f(x)=g(x)h(x)=(x3+ax2+bx+c)(x2+bx+e) (易证无有理根，一次因式)，其中a、b、c、d、e、Z (为什么？)，则有代入a=-d得由ce=-2得四种可能情形 将情形代入(*)得，得不可能有整数解。同理考虑情形，都无整数解，综上所述f(x)=x5-x3+x2-2在Q上不可约。在Q上讨论Zx中多项式的可约问题，有如下重要结论。定理5 f(x)Z(x)，则f(x)在Q上可约f(x)在Z上可约定理6 x4+n可约(Q上)n=4m4=(x2+2m2)24m2x2可约证：x4+4m4=(x2+2m2)24m2x2必要性的证明用的是Kronecker思想

10、，设x4+x=(x2+a1x+b1)(x2+a2x+b2)于是由(3)若a1=0a2=0，由b1= b2，由(4)=n矛盾！若a10b1= b2由(4)，b1= b2=n=k2由(2) 2k=2|a1，a1=2mk=2m2 n=4m4例5 将x8+64分解为不可约多项式之积(Q上)解：x8+64=(x4+4x2+8)(x44x2+8)，再用Kronecker方法证明x44x2+8都是不可约的(略)问题 计算例6 在Rx中，分解xm1为不可约之乘积。（P45，15）解：xm1的所有根为当m=2n+1时，只有一个实根，其余两两配对共轭。 （5）当m=2n时，有2个实根，因此 （6）在题中（5），令

11、x=1得，即开方，得由（6）令x=1， 例8 f(x)=(x1)x(x+1)(x+2)+1 在Qx中可约。f(x)=(x21) (x2+2x)+1=x4+2x3x22x+1=(x2+x1)2定理7 f(x)=(x+m)(x+m+1)(x+m+2) (x+m+3)+1在Qx中可约。证：令x+m+1=y，则f(x)=g(y)=(y1)y(y+1)(y+2)+1由例8得 f(x)=(x+m+1)2+x+m+11)2 =(x2+(2m+3)x+m2+3m+1)2这一重要实例的结论，来源于对分解（xa1）（xa2）（xan）+1的思考。例9 设f(x)Zx=2m，Q2m且a1，a2，as为两两不同的整数

12、，f(ai)=1或1，1is，证明f(x)在Q上不可约。证明：反设f(x)在Q上可约，则存在g(x)，h(x)Zx，2m且f(x)=g(x)h(x)， +=2m不妨设2m，因为f(ai)=1或1，g(ai)，h(ai)Z，所以g(ai)=1或1，（）。从而g(x)至少在个点都取值为1或都取值1，因此g(x)=1或g(x)=1。与2m矛盾！第三讲 互素与不可约、分解若（f(x)，g(x)）=1，则称f(x)与g(x)互素。定理8 f(x)，g(x)互素定理9 p(x)不可约 若(f(x),g(x)=1，(f(x),h(x)=1，则(f(x),g(x)h(x)=1 若(fi(x),gi(x)=1，

13、推论：若(f(x),g(x)=1，则 ，定理10 若f(x)=g(x)s(x)+h(x)，则(f(x),g(x)=(g(x),h(x).例1 (f(x),g(x)=1(f(x),f(x)+g(x)=1，(g(x),f(x)+g(x)=1(f(x)g(x),f(x)+g(x)=1 证： f(x)+g(x)=f(x)+g(x)由Th10即得定理11 若，则(f1(x)f2(x)fm(x)|g(x)例2 证明x(x+1)(2x+1)|(x+1)2mx2m2x1，则N证：设g(x)=(x+1)2mx2m2x1因为g(0)=0，g(1)=0，g=0，所以x，x+1，2x+1|g(x)又由于x，x+1，2

14、x+1两两互素，得x(x+1)(2x+1)|g(x)例3 设a1，a2，as为两两不同的整数，证明在Q上不可约。证明：反证f(x)=g(x)h(x)，g(x),h(x)Zx且，s，因为f(ai)=1，故g(ai)+h(ai)=0，g(x)+h(x)有s个根a1，a2，as，因此g(x)+h(x)=0，得f(x)=g(x)2，与首项系数=1矛盾！例4 设a1，a2，as为两两不同的整数，证明，若n4，在Q上不可约。证明：反设可约，类似例3，必有f(x)=g(x)2。R， f(c)0。现设a1a2an1an，取C=an，则Can1，Can2，Ca1，则n5时有f(c)=(ca1)(ca2)(can

15、1) (can)+1 ()+1+10，矛盾！推广 当n=4时，且a1,a2 a3, a4为不连续的整数，命题仍成立。推广 当n=4时，且a1,a2 a3, a4为连续的整数时，由Th7是可约的。推广 当n=3时，命题成立，（为什么？平方的次数为偶）推广 当n=2时，可约|a1a2|=2。例5 设a1，a2，an为两两不同的整数，证明在Q上不可约。证明：反设Zx，不妨设n，因为f(x)，无实根，故无实根，故在R内永不变号。又由f(ai)=1=，所以=1 （1in）若=1（某i），则=1（任j），若n，则=1，得=,矛盾！若=1，同理。所以=n=又因为=0，则xai|所以 =b(xa1)(xa2)

16、(xan)又因为f(x)的首项系数=1，故与的首项系数相等，因此不可能有故 =0 ，令f(x)=g2(x)=h2(x)+1得(g(x)+h(x)(g(x)h(x)=1，即对任意整数r，g(r)+h(r)=g(r)h(r)=1所以Z，g(r)=1，h(r)=0即g(x)=1，h(x)=0矛盾！例6 n取哪些自然数时，f(x)=2x2+nx7在Q上不可约。如果按Eisenstein判别法，n=7k时f(x)一定不可约，但并不是全部。应反过来想，f(x)何时可约。解：若f(x)可约，由=2，则f(x)必有有理数根r。f(1)=0n=5，对其它的f(r0)=0n=5,13当n5，13时，f(x)不可约

17、。例7 证明f(x)=(p为素数)在Q上不可约。证：若取 g(x)=p!f(x)=xp+pxp1+取素数p，则由Eisenstein判别法，g(x)在Q上不可约，因此f(x)在Q上不可约。例8 求整数时(m，n)，使1+x+x2+xm整除1+xn+x2n+xmn解：由于1+x+x2+xm=所以f(x)|g(x)而的根全为单根，因此上式成立要求。除了公共根x=1以外，再无其它公共根，即：因而(n，m+1)=1。例9 若f(x)与g(x)互素，证明f(xm)与g(xm)也互素，mN. （P47补3）（证此题的思路如何）证明：取u(x),v(x)使f(x)u(x)+g(x)v(x)=1任取aP， f

18、(a)u(a)+g(a)v(a)=1作 h(x)=f(xm)u(xm)+g(xm)v(xm)那么任意b，h(b)=f(bm)u(bm)+g(bm)v(bm)=1所以h(x)=1 即(f(xm)，g(xm)=1例10 试求7次多项式f(x)，使(x1)4|f(x)+1，(x+1)4|f(x)1解：因为(x1)是f(x)+1的4次重因式，所以x1是的3重因式。同理x+1也是的3重因式，得=a(x1)3(x+1)3 =a(x63x4+3x21)因为所以可得 所以定理9 设Zx，p为素数，而且 ，那么f(x)在Q上不可约。（略证）Zx中多项式的很多性质与Z中整数的性质平行、相似，因此多项式的结论同学们

19、可以在Z中试着做相似的结论，比如(f(x),g(x)=1f(x)u(x)+g(x)v(x)=1，可得出(a,b)=1as+bt=1，又比如在Zx中任何f(x)可以很易地分解为2个不可约多项式之和（同学们自己做一做）。但“任何大偶数是2个素数之和”，迄今还是一个猜想（Goldbach猜想。）第四讲 多项式的根多项式f(x)的一个根，意味着f(x)的一个一次因式，它在讨论多项式的命题中占据一个很重要的位置。例1 证明若f(x)|f(xn)，则f(x)的根只有零或者单位根。证：设为f(x)的一个根，若=0命题已对。现设0，只须证明k，k=1。设f(xn)=f(x) n是一个根。 是一个根。故，n，序

20、列中每个数都是f(x)的根，而f(x)只可能有有限多个根，即存在ij使= 。例2 设，证明f(x)的根只有一个，为n重根，其中n=证：因为，所以但g(x)包含了f(x)的所有互不相同的一次因式（或不可约因式），由=n，得f(x)=a(xb)n例3 设f(x)Qx，2且f(x)在Q上不可约，证明如果及都是f(x)的根，则f(x)任一根的倒也是f(x)的根。证：设 则 ao0（否则x|f(x)）令则 即，必有，故例4 设为x3+x2+x+2的三个根，求 f(x) Qx使为f(x)的根，其中g(x)=x2+x+1解法一： ，由韦达公式 ， 解法二： 作 ，则 fA(x)=|xA|，所以是A的特征根，

21、从而是g(A)的特征根，可以取f(x)=fg(A)(x)所以 记住： 设，那么A的特征多项式为例5 设在Q上不可约，如果都是f(x)的根，证明不是有理数。证 反设为有理数，作，于是而f(x)不可约，必有，于是被f(x)整除。而与f(x)的次数相等，首系相反，得=f(x)所以 ，令代入得即 ，2，所以f(x)可约，矛盾！思考：若将Q换成一般数域P，是否仍有结论。例6 设Qx且在Q上不可约，为f(x)的根，证明不是有理数。证：反设Q，令p=，作 有，故，考虑到，有相同的首项系数及次数，得=表明f(x)是一个周期函数，与Qx矛盾！同样，可以从Q推广到一般数域P。定理10 Qx，则（证略）注意到f(1

22、)=0， 乘积推广 若Qx，则证： 因为n次单位根，故 由P002（*）式，有例7 设，且证明 证 设1+x+x2+xn的几个根为它们互不相同，且，将它们代入题目中关系式得其系数行列式是一个Vandermonde行列式且非0，得到零解f1(1)= f2(1)= fn(1)=0即 （注：此例中取n=2，得P46.26题。）例8 若(f(x)，g(x)=1，则f(x)2+g(x)2的重根也是的根。证：设xo 为其重根，则有f(xo)2+g(xo)2=0 （1） （2）因为f(x)与g(x)互素，由（1）必有f(xo)0，g(xo)0由（2） 及（1）得 因此，xo也是的根。例9 设m，n为正奇数且

23、(m，n)=1，证明 (xm+1，xn+1)=x+1证：(m，n)=1s.t sm+tn=1s.t一奇一偶。s+t为奇数设为xm+1与xn+1的公共根，那么m=1，n=1，因此=sm+tn=(m)s(n)t=(1)s+t=1故xm+1与xn+1只有公因式x+1，但它们都无重根，得（xm+1，xn+1）=x+1例10 Zx，a，b，c为奇数，且f(a)=b，证明f(c)0证：设，f(a)=b为奇数 a0，a1a，a2a2，anan中有奇数个奇数a0，a1，a2，an中有奇数个奇数 a0，a1c，a2c2，ancn中有奇数个奇数即f(c)为奇数，所以f(c)0。第五讲 典型行列式行列式是高等代数中

24、的一个重要概念，也是其它一些学科的重要工具之一。计算行列式是理工本科生的基本技能，做到这点必须掌握和记住某些典型行列式的计算，对这些典型行列式的值应能脱口而出。例1 计算n阶行列式解：将每列加到第一列后、再每行减第一行，得例2 Vandermonde行列式Vandermonde行列式=0其中有2列相同。奇数阶反对称行列式的值为0三斜行列式的递推公式法：友行列式（companion determinant）计算行列式的方法主要有化三解形，升降阶，归纳逆推等方法。1化三角形法。例3 计算 解：对于行（列）和为定值的行列式可先加到同一列（行）。2按某行（列）展开实现降阶例4 （二线行列式）解：有时增

25、加一行（列）便可化为我们熟悉的典型行列式。例5 计算（箭形）3归纳法用于知道结论的证明例6 证明,其中不为0。（证略）此题也可直接化为三角形或箭形，再做递推法肜于建立各种递推关系后，解出所求值。例7 计算解：由三斜行列式递推公式，有D1=a+b，D2=a2+ab+b2Dn=(a+b)Dn1abDn2 (n3)因此 Dn=aDn1=bn2(D2aD1)=bn Dn=bDn1=an2(D2bD1)=an当ab时， 当a=b时，直接计算（或取极限 ）可得Dn=(n+1)an例8 计算三斜行列式，注：Dn(x)xDn1+(n1)Dn2解：将每行加其后面各行，再每列减其前面一列，得 D1(x)=x， D

26、2(x)=x21 Dn(x)=(x+n1)Dn1(x1) (n3) Dn(x)=(x+n1)(x+n3)(x+1)x(x1)(xn+1) =x(x222)(x242)(x2(n1)2).现代很多计算行列式的题目起源于Toeplitz行列式如果则构成了下循环行列式。一般Toeplitz行列式的计算是相当困难的。有关下循环行列式的计算下一讲介绍，例7是一个Toeplitz行列式，例1、例4都是下循环行列式。例8的行列式，其计算过程中并不区别几的奇偶性，仅仅只是表示的结果写法上有点变动，读者自己一定去做一做。第六讲 循环行列式循环行列式是训练行列式计算能力的极好题材，它既反映了多项式与行列式的关系，

27、又应用了矩阵运算与行列式的性质，同时它自己还有丰富多彩的表现形式。例1 称如下行列式为关于a1, a2, , an下循环行列式。设为xn1的所有根（全体n次单位根），f(x)=a1+a2x+a3x2+anxn1，证明证明 设n阶矩阵令B=AU，则B中第i行j列的元素为由此得到 B=AU因此而|B|=|AU|=|A|U|，且|U|0，所以例2 计算 解： f(x)=a+bx+cx2+dx3，,，所以D=f(i)f(1)f(i)f(1)=(a+bicdi)(ab+cd)(abic+di)(a+b+c+d)=(a+b+c+d)(ab+cd)(a2+b2+c2+d22ac2bd)例3 回头再看看上一讲

28、例1。它是一个下循环行列式，f(x)=a+b(x+x2+xn1)，对任意n次单位根，则f =，而f(1)=a+(n1)b，故D(1)=f(1)fa+(n1)b(ab)n1.应用循环行列式公式求值，需要对单位的性质有一个基本了解。设为全体n次单位根。性质1： （1） （2）性质2： 性质3：若（p, n）=1，则也是全体单位根（n次）性质4：若（p, n）1，则中存在（n次）只证性质3：是n次单位根。又(p, n)=1，故s, t使sp+tn=1，若即是n个两两不同的（全体）n次单位根。常常用表示： 例4 计算n阶行列式 这个下循环行列式是第五讲例1的推广。解： ，而对于，所以 由性质3、性质4

29、 反复都注意到，计算和化简是计算循环行列式的关键。例5 计算 解：所以于是 例6 计算 解：设f(x)=1+2x+3x2+nxn1 所以 因此 P1=f(1)f()f() 例7 计算 解：这是一个n+1级行列式，令为n+1单位根例8 设，计算如下n阶行列式解：设所以 从而由于循环行列式的计算化归为f()的简化，因此研究单位的性质也有促于发现新的循环行列式的计算题。计算 答（62400），并将答案推广（略）。第七讲 特殊行列式方法除了前面介绍的一些行列式外，本讲还介绍四类特殊行列式的计算。（一）Vandermonde在研究多项式插值理论的时候，根据多项式值等的性质：发展了一类多项式的计算方法，即

30、降阶法。1776年Vandermonde将行列式理论系统化，发现了行列式按行按列展开定理，后来推广为Laplace定理，标志着行列式从工具成为了一个理论。为计算Vandermonde型行列式，用的是升降法。例1 解：考虑n+1阶行列式V（a1，a2，,an，x），那么Vn，i是V的第i+1行n+1列的余子式。因为V(a1, a2, ,an, x)=(a1, a2, ,an, x)=令 表示从中任取k个的乘积之所有可能相加之和如 =1，=，=因为(xa1) (xa2)(xan)中xi的系数为由此便得到了计算公式Vn,i=V例如Vn,n=V 试写出V4,2和V5,3（二）平衡行列式是指由几个字母组

31、成的n阶行列式：每行每列都包含n个不同的字母。这种行列式在构造有限群验证消去律时非常重要，低于4阶的平衡行列式都可以化为循环行列式，而4阶平衡行列式除了循环的以外，还有一个计算这种行列式，先进行规律总结，再萃取公因式。（i）各列加到第一列得（a+b+c+d）|B4k（ii）第2列乘1，第3、4列乘（1）加到第1列，得（a+bcd）|B4k（iii）第3列乘1，第2、4列乘（1）加到第1列，得（ab+cd）|B4k（iv）第4列乘1，第2、3列乘（1）加到第1列，得（abc+d）|B4k故 B4k=(a+b+c+d)(a+bcd)(ab+cd)(acb+d)。类似地 （A、B、C、D为方阵）=|

32、A+B+C+D|A+BCD|AB+CD|ABC+D|推广计算例2 例3 证明 （化箭形可直接得）证：交换1、2行，1、2列可得E(a)b=Eab，同理Ea(b)=Eab，故Eab关于a、b是偶函数，当a=0时Eab=0a2|Eab，同理b2|Eab，即a2b2|Eab，比较系数和次数得Eab=a2b2。（三）拟线性矩阵：对于矩阵A，若存在对角矩阵D使得AD的秩1，则称A是拟线性的。例4 设B为可逆矩阵，为n维列向量，则推论 若是n维单位向量，即=1，那么例5 设B为n阶可逆矩阵，C1、C2为nr矩阵，证明其中Er是r阶单位矩阵。证明：因为故，两边取行列式可得证。如果A是拟线性的，则存在向量使，

33、从而容易计算，如取，则第五讲中，故例6 计算 解 读者自己练习计算例7 设A为mn矩阵，B为nm矩阵，mn，证明证 推论 若A、B为n阶方阵，则（四）余子行列式，设A*是A的伴随矩阵。由A的某些代数余子式做成的行列式称为余子行列式，已知的是。例8 设Aij为A中aij的代数余子式证明 当n2时，证 若n=2，则命题成立。若2且秩（A*）1，因为D11为A*中一个n1(2)阶子式的转置，故必有D11=0，而秩（A）n，故命题也成立。若n2且秩（A*）=n，则，作故，即如果Dij为A*中第i行j列的代数余子式，则Dij=aji。除了以上几种，还有分式行列式。如第八讲 解线性方程组哪里有线性性质，哪

34、里的计算问题就化归为线性方程组求解。线性方程组一般形式： AX=b （1）Kroneclcer判别定理AX=b有解秩（A）=秩（A，b）（1）有唯一解秩（A）=秩（A，b）=未知量个数。（1）有无穷组解秩（A）=秩（A，b）未知量个数。推论：若A是方阵（i）AX=b有唯一解A可逆|A|0 （Cramer Law）（ii）AX=0有非零解A不可逆|A|=0 AX=0 （2）称（2）为（1）的导出组。1（2）的一般解由任nr个线性无关的解的线性组合而成，其中n为未知量个数，r=秩（A）2（1）的一般解由()的一般解与()的一个特解组成。其中为()的一个解，为()的基础解系。（一）具体线性方程组。一

35、般用矩阵消大法化为最简阶梯矩阵。例1 解线性方程组解 可得基础解系 一般解 （为任意常数）例2 解线性方程组解 可得基础解系 和特解一般解 （为任意常数）（二）解参数线性方程组，对于方形线性方程组，先用Cramer法则解决系数行列式0的情形，用讨论参数取特殊值的具体方程组。例3 解线性方程组并讨论。解 系数行列式 =(1)3(+3)(i)当1且3时，由Cramer法则有唯一解。4个方程相加得与每个方程相减得： （ii）当=3时，4个方程相加为0=20，无解（ii）当=1时，化为，一般解为 （为任意常数）（三）解理论线性方程组。此时将综合运用Cramer法则。例4 此方程组来源于确定一个n1次形

36、式多项式f(x): f(ai)=bi解：由Lagrange插值公式而xk正好是f(x)中的系数。记那么 这个庞大的求和式理论上确定了求方程组解的一个机械程序。当b1=b2=bn=b时，则f(x)=b，因此唯一的解是x1=b, x2=x3=xn=0例5 解 解；系数行列式D=n!(n1)!(n2)!3!2!0，令F(x)=V(1,2,n,x)F(x)中xk的系数为，Fk，其中由Cramer法则，xk的分子为Dk，则例6 设a1,a2,an两两不同，解解：由Cramer法则，如果令f(x)=(xa1)(xa2)(xan)，则（四）证明题：例7 设AX=b（Znxn，Zn）对任何b均有整数解 证明|

37、A|=1证：取b任次为E的列，可知存在Znxn，使AB=E，即可。例8 AX=b有解总是可行的。证若AX0=b，则同解，即秩或秩（A）=秩（A, b），方程有解。例9 若A为实矩阵，则秩（A）=秩证：若同解，即秩同理， 秩=秩(A)定理 方程永远有解。它的解X0称为AX=b的最小二乘解。证：秩(A)=秩即 秩=秩，方程总有解。来源：，若，则AX=b无解。但存在使(AX0b)W，即所以 ,于是有解X0思考: 若A是C上的矩阵，则可能有 秩(A)秩(A)。第九讲 分块矩阵与求秩用处理数字矩阵的初等方法去处理分块矩阵，对于讨论矩阵的秩和行列式起到了非常好的作用。设矩阵A，则(i)秩(A)=A的行向量

38、组的秩=A的列向量组的秩 =A的非0子式中的最大阶数。(ii)在秩为r的含s个向量的向量组中任取m个向量，其秩r+ms(iii)秩(AB)min秩(A)，秩(B)(iv)秩(A+B)秩(A)+秩(B)(v)秩=秩(A)+秩(B)(vi)秩秩(A)+秩(B)例：则秩=32=秩(A)+秩(B)(vii)秩(AB)秩(A)+秩(B)n （Kaplansky不等式）而 秩(C)=秩(E)+秩(AB)=n+秩(AB)=秩(D) 秩(D)秩(A)+秩(B) 秩(AB)秩(A)+秩(B)n(viii)若AB=0，A有n列，则秩(A)+秩(B)n(ix)若秩(A)=1，则存列向量使A=(x)若A2=E则秩(A

39、+E)+秩(AE)=n(xi)若A2=A则秩(A)+秩(AE)=n(xii)若A=ABA则秩(A)+秩(EAB)=秩(A)+秩(EBA)=n(xiii)秩(A*)0,1,n(xiv)2秩(A2)秩(A)+秩(A3)(xv)若秩(A)=1，则A还有一个特征值为tr(A)(n1)例1 看似不同的(x),(xi)，其实是等价的，我们证一个(x)(xi)证：A2=A那么(2AE)=E，由(x)秩(2AE+E)+秩(2AEE)=n (秩(kA)=秩(A),k0)所以 秩(A)+秩(AE)=n证(xi)(xii)：秩(A)=秩(ABA)秩(AB)，秩(BA)秩(A)所以 秩(AB)=秩(BA)=秩(A)又(AB)2=ABAB=AB 故秩(AB)+秩(ABE)=n即 秩(A)+秩(EAB)=n