數學教科書/代數 (9780132413770)/第 3 章 解決方案

練習 1.2

使用“有根據的猜測”，可以觀察到 $5^{p-1}\equiv _{p}1$。由此不難看出，$5^{-1}\equiv _{7}3$，$5^{-1}\equiv _{11}9$，$5^{-1}\equiv _{13}8$ 以及 $5^{-1}\equiv _{17}7$。

練習 1.3

$(x^{3}+3x^{2}+3x+1)(x^{4}+4x^{3}+6x^{2}+4x+1)=x^{7}+7x^{6}+21x^{5}+35x^{4}+35x^{3}+21x^{2}+7x+1\equiv _{7}x^{7}+1$，因為所有可被 7 整除的係數都約化為 0。

練習 1.10

讓我們用 $0,1,A,B$ 來表示矩陣（以與書中相同的順序出現）。我們需要檢查以下內容

• $0,1,A,B$ 是一個矩陣加法和 $0$ 作為單位元組成的群。我們得到以下加法表

	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，我們看到這些元素的加法形成了一個以 $0$ 作為單位元的阿貝爾群。

• $1,A,B$ 是一個以 $1$ 作為單位元的群。我們再次得到乘法表

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

同樣，我們看到這些元素的矩陣乘法形成了一個以 $1$ 作為單位元的阿貝爾群。

• 分配律遵循矩陣的一般分配律。

練習 1.11

寫出給定集合中兩個元素的乘積和，並注意到兩個元素的係數，因此它們的和與積都在 $\mathbb {F} _{3}$ 中，這意味著和與積都在這個集合中。要看到每個非零元素在 $+$ 運算中都有逆，這是不言而喻的。要看到乘法運算也是如此，寫出由條件 $zz^{-1}=1$ 生成的方程，其中 $z$ 是集合中已知的元素，而 $z^{-1}$ 是其逆的候選者，係數未知，作為線性系統。根據推論 3.2.8，該系統有解。分配律是直接的。

練習 2.2

a) 對稱矩陣的空間是一個向量空間，因為兩個對稱矩陣的和是一個對稱矩陣，對稱矩陣按標量縮放仍然是對稱的。

b) 可逆矩陣的空間不是向量空間，因為它不包含零矩陣。

c) 上三角矩陣的空間也是一個向量空間，理由與部分 a) 中使用的理由類似。

練習 3.1

對稱矩陣空間的一個可能的基是例如矩陣 $A_{ij}$ 對於 $i=1,\ldots ,n,~j\leq i$，這些矩陣除了在 $i,j$ 和 $j,i$ 項處，其他地方都為零。這樣的矩陣有 ${\binom {n}{2}}$ 個，它們線性無關，因為沒有兩個這樣的矩陣在同一項處有 1。此外，矩陣 $A_{ij}$ 是對稱的，顯然任何對稱矩陣都可以寫成 $A_{ij}$ 的線性組合。

練習 3.7

令 $c_{ij}\in \mathbb {R}$ 是係數，使得

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

矩陣 $\sum _{i,j}c_{ij}X_{i}Y_{j}^{t}$ 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 $k$ 個元素。記 $\alpha _{i}=\sum _{j}c_{ij}Y_{jk}$，所以 (1) 與向量 $X_{i}$ 構成基底的條件一起意味著對於所有的 $i$，有 $\alpha _{i}=0$。所以，對於所有的 $k,i$，我們必須有 $\sum _{j}c_{ij}Y_{jk}=0$。這意味著對於所有的 $i$，有 $\sum _{j}c_{ij}Y_{j}=0$，但由於向量 $Y_{j}$ 構成基底，我們必須有對於所有的 $i$，有 $c_{ij}=0$。

習題 3.8

令 $A$ 為以向量 $v_{1},\ldots ,v_{n}$ 為列向量的矩陣。令 $X,B\in F^{n}$。那麼 $AX=B$ 等價於說 $B$ 是向量 $v_{1},\ldots ,v_{n}$ 的線性組合。根據定理 1.2.21，$AX=B$ 有唯一解 $X$ 當且僅當 $A$ 可逆。

特別是，這意味著 $AX=0$ 也只有唯一解 $X=(0,\ldots ,0)$。這說明 1) $v_{1},\ldots ,v_{n}$ 張成空間 $F^{n}$ 以及 2) $v_{1},\ldots ,v_{n}$ 線性無關。

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

習題 4.3

給定的操作對應於矩陣的行操作。根據定理 1.2.16，任何可逆矩陣都可以使用此類操作簡化為單位矩陣。在練習 3.8 中，我們證明了矩陣的列構成一個基當且僅當該矩陣是可逆的。

練習 4.4

a) $V$ 中的任何基都對應於一個可逆矩陣，即 $GL_{2}(\mathbb {F} _{p})$ 的一個元素。另一方面，$GL_{2}(\mathbb {F} )$ 中任何元素的列向量構成 $V$ 的基向量。

b) 對於 $GL_{2}(\mathbb {F} _{p})$，我們有 $p^{4}$ 個矩陣總計在 $\mathbb {F} _{p}^{2\times 2}$ 中，我們必須計算不可逆的那些。考慮到 $\mathbb {F} _{p}^{2\times 2}$ 中矩陣的列，我們有

• $p^{2}-1$ 個第一列不是 $(0,0)^{t}$ 列向量，以及 $p-1$ 個第一列的非零值縮放。
• 如果第一列是 $(0,0)^{t}$，則第二列可以選擇 $p^{2}-1$ 種方式，使其也不成為 $(0,0)^{t}$ 向量。
• 如果第二列是$(0,0)^{t}$，則第一列也可以選擇$p^{2}-1$種方法，使其不是$(0,0)^{t}$向量。
• 只有一個矩陣的兩列都是$(0,0)^{t}$。

結合這些事實，我們得到，在$\mathbb {F} _{p}^{2\times 2}$中，有$p^{4}-(p^{2}-1)(p-1)-(p^{2}-1)-(p^{2}-1)-1=p(p+1)(p-1)^{2}$個可逆矩陣。

對於$SL_{2}(\mathbb {F} _{p})$，我們想計算在$\mathbb {F} _{p}^{2\times 2}$中行列式等於 1 的矩陣數量。在$GL_{2}(\mathbb {F} _{p})$中，行列式為 1、2、3 等的元素數量相等。因此，$GL_{2}(\mathbb {F} _{p})$中元素的數量是行列式為 1 的元素數量乘以$p-1$。從之前的計算我們得到，$SL_{2}(\mathbb {F} _{p})$中元素的數量是$p(p+1)(p-1)$。

練習 4.5

a) 找到子空間數量的關鍵是找到$\mathbb {F} _{p}^{3}$ 中線性無關向量的數量。

• 維度為 0 的子空間：1 個。
• 維度為 1 的子空間：每個子空間都由形式為 $(a,b,c)^{t}$ 的非零向量生成，其中 $a,b,c\in \mathbb {F} _{p}$。有 $p^{3}-1$ 個這樣的向量。對於任何給定的向量，有 $p-1$ 個非零縮放，其中標量位於 $\mathbb {F} _{p}$ 中。因此，線性無關向量的數量為 $(p^{3}-1)/(p-1)=p^{2}+p+1$。每個這樣的向量生成一個子空間，該子空間與其他向量生成的子空間不同。
• 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.
• 維度為 3 的子空間：1 個。

b) $\mathbb {F} _{p}^{4}$ 的情況可以從前面的情況推廣。

• 維度為 0 的子空間：1 個。
• 維度為 1 的子空間：線性無關向量的數量可以與 a) 中一樣計算，得到 $(p^{4}-1)/(p-1)=p^{3}+p^{2}+p+1$。
• 維度為 2 的子空間：與 $\mathbb {F} _{p}^{3}$ 的情況類似，二維子空間的數量為 ${\binom {p^{3}+p^{2}+p+1}{2}}/{\binom {p+1}{2}}=(p+1)(p^{2}+p+1)$。
• 維度為 3 的子空間：與 $\mathbb {F} _{p}^{3}$ 的情況類似，對於每個三維子空間，我們都有一個一維子空間“剩餘”。因此，三維子空間的數量為 $p^{3}+p^{2}+p+1$。
• 維度為 4 的子空間：1 個。

練習 5.1

設 $V$ 為對稱矩陣空間，$W$ 為反對稱矩陣空間。顯然 $\dim V={\frac {1}{2}}n(n+1)$ 且 $\dim W={\frac {1}{2}}n(n-1)$，並且 $V\cap W$ 只包含零矩陣，所以這兩個空間是獨立的。根據命題 3.6.4 b)，我們有 $\dim(V+W)=\dim V+\dim W=n^{2}=\dim \mathbb {R} ^{n\times n}$，因此根據命題 3.4.23，$V+W=\mathbb {R} ^{n\times n}$。

練習 5.2

條件 ${\textrm {Tr}}(M)=0$ 在矩陣元素之間引入了線性相關性。因此，我們有 $\dim(W_{1})=n^{2}-1$，因此 $\mathbb {R} ^{n\times n}$ 中任何與 $W_{1}$ 獨立的一維子空間都足夠了。例如，我們可以取 $W_{2}$ 為左上角元素為 1，其餘元素為 0 的矩陣的張成。則 $W_{1}+W_{2}=\mathbb {R} ^{n\times n}$。

練習 6.1

給定向量跨越了除了有限個索引外，其餘都恆定的序列集合。

練習 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 $f(x,y)=c_{2,0}x^{2}+c_{0,2}y^{2}+c_{1,1}xy+c_{1,0}x+c_{0,1}y+c_{0,0}$。 那麼我們也有 $f(x(t),y(t))=d_{4}t^{4}+d_{3}t^{3}+d_{2}t^{2}+d_{1}t+d_{0}$。 係數 $d_{i}$ 對係數 $c_{j,k}$ 是線性的， 所以

我們可以如下求解

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

將每個 $d_{i}$ 設定為零，得到一個方程組

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

根據推論 1.2.14，該系統存在解，其中至少一個係數 $c_{j,k}$ 不為零，因此存在一個多項式 $f(x,y)$ 並不恆等於零，但 $f(x(t),y(t))=0$ 對於每個 $t$ 都成立。

b) 例如，我們可以用與部分 a) 相似的方法求解 $f(x,y)=x^{3}+x^{2}-y^{2}$。

c) 令 $x(t)$ 是一個 $d_{x}$ 次多項式，而 $y(t)$ 是一個 $d_{y}$ 次多項式，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 $f(x,y)=\sum _{i=0}^{d_{y}}\sum _{j=0}^{d_{x}}c_{i,j}x^{i}y^{j}$ 是一個係數未知的多項式，其中 $c_{i,j}\in \mathbb {R}$。為了使該多項式在 $f(x(t),y(t))$ 處為零，我們需要求解將 $t^{i}$ 的係數設為 0 的方程，對於每個 $i\leq d_{y}d_{x}$，在多項式 $f(x(t),y(t))$ 中。這些方程關於 $c_{i,j}$ 是線性的，共有 $d_{x}d_{y}+1$ 個方程。另一方面，有 $(d_{x}+1)(d_{y}+1)$ 個變數 $c_{i,j}$，因此根據推論 1.2.14，該線性系統存在非零解。注意在部分 a) 中，我們限制了多項式 $f(x,y)$ 的次數為 2，因此沒有像此證明那樣最終得到那麼多方程。