An example in 3-D space(the one on the book)

The construction is Obviously($CH_4$)

Chosen a vector, the others must be in a semisphere. We say two semisphere is seperated by plane A.

And we notice that: if two vector's shadow on plane A construct a acute angle, their dot product must be positive, transformed it into a 2-D problems which is easy to solve.

Generalize to n-D

We choose a vector $v_1$, and it can be written as $[1,0,\ldots 0]$(with some rotation)

so $\forall v_i,i>1, v_iv_1<0 \implies v_{i,1} < 0 \implies v_{i,1}v_{j,1}>0 \implies v_iv_j-v_{i,1}v_{j,1} < 0$

then transformed it into the (n-1)-D situation.

The construction can be easily give during the induction

Another Proof

given by Bing!

Lemma: Radon Partition

We noticed $0<v^2=(\sum_{i\in A} c_i x_i) \cdot (\sum_{j\in B} c_jx_j)<0$, contradiction!

Proof 1

注意到左逆存在等价于$T$是单射,右逆存在等价于$T$是满射.

又因为$T$单射等价于$T$满射等价于$T$双射,所以左逆存在等价于右逆存在且两个逆一定相同.

Proof 2

左逆推出$T$分解成初等行变换矩阵,然后一个一个取逆推右逆.

考虑归纳,$k=1$成立,设$k-1$个不行,反证,那么可以取$v\notin \bigcup_{i=1}^{k-1} U_i$,必有$v\in U_k$.

再取$u\notin U_k$,令 $S={ u+iv \vert i \in R}$,则对$j<k$,每个$U_j$至多包含一个$S$中的向量(否则$v\in U_j$),而$U_k$必然没有$S$中向量(否则$u\in U_k$),而$S$中有无限个向量,于是$S$不可能被他们包含,得证.

我们把它看成用$R$组装$C$的列,那么进行初等行变换不改变列之间的线性关系.

而消元之后呢,看列的话主元所在列显然是标准基,那命题是显然的了.

$A$做行变换+列变换消元易得.

能不能换个视角,这个是不是在说,对 $T\in \mathcal L( V , W )$,存在一个$V$的一个基$v_1\ldots v_n$,$W$的一个基$w_1\ldots w_m$使得 $Tv_i=[i\le \operatorname{rank} T]w_i$.

那么先构造$v$,我们先找一个 $\operatorname{null} A$的基$v_{n-r+1}\ldots v_n$,然后再任意扩充出剩下的$v_1\ldots v_n$.

对$w$,显然$Tv_1\ldots Tv_r$线性无关,再扩充$w_{r+1}\ldots w_m$得到一组基.

显然这组基满足需求.

[think] 还是对矩阵基变换理解不到位.

$$ \begin{gathered} A=\mathcal M( T ) \ T^*Tu=0 \ \iff \forall v,<v,T^*Tu>=0 \ \iff \forall v,<Tv,Tu>=0 \ \iff Tu\in (\operatorname{range} T)^\perp \ \because Tu\in \operatorname{range} T \ \therefore <Tu,Tu>=0,u=0 \end{gathered} $$

Obviously

Sol 1

矩阵分解:

$$ \begin{gathered} A=P_1 \begin{bmatrix} I_{r_1},0 \ 0,0 \end{bmatrix}Q_1 \ B=P_2 \begin{bmatrix} I_{r_2},0 \ 0,0 \end{bmatrix}Q_2 \ AB=P_1\begin{bmatrix} I_{r_1},0 \ 0,0 \end{bmatrix}Q_1P_2\begin{bmatrix} I_{r_2},0 \ 0,0 \end{bmatrix}Q_2 \end{gathered} $$

显然$P_1,Q_2$不影响最终的秩直接扔了,而设$D=Q_1P_2=\begin{bmatrix} D_1,D_2 \ D_3,D_4 \end{bmatrix}$,那么你发现乘完只剩下$D_1$.

而删去矩阵一行或一列秩最多减少$1$,$D_1$看成$D$删掉了 $n-\operatorname{rank} A + n-\operatorname{rank} B$ 行或列得到的.同时 $\operatorname{rank} D=n$,得证.

Sol 2

考虑

$$ \begin{gathered} C=\begin{bmatrix} I_n,0 \ 0,AB \end{bmatrix} \end{gathered} $$

显然 $\operatorname{rank} AB+n=\operatorname{rank} C$

对它做行变换可以得到

$$ \begin{gathered} C \to \begin{bmatrix} I_n,0 \ A,AB \end{bmatrix} \ \to \begin{bmatrix} I_n,-B \ A,0 \end{bmatrix}=D \ \end{gathered} $$

而观察这个$D$容易发现 $\operatorname{rank} D\ge \operatorname{rank} A+\operatorname{rank} B$,于是得证

Sol 3

考虑我们要证明 $\dim \operatorname{range} AB\ge \dim \operatorname{range} B-\dim \operatorname{null} A$

考虑为什么 $\operatorname{range} B\ne \operatorname{range} AB$,是因为 $\operatorname{range} B$中的不同元素被合成了一个,而这个合成相当于把 差是 $\operatorname{null} A$中的元素的多个元素合成一个.所以有

$$ \begin{gathered} \dim (\operatorname{range} B)/(\operatorname{range} B\cap \operatorname{null} A)=\dim \operatorname{range} A \end{gathered} $$

这个结论可以直接由上一个的Sol3弄出来,考虑

$$ \begin{gathered} \begin{bmatrix} C,0 \ 0,ACB \end{bmatrix} \end{gathered} $$

可以简单消元变成

$$ \begin{gathered} \begin{bmatrix} C,CB \ AC,0 \end{bmatrix} \end{gathered} $$

于是直接得证.

$$ \begin{gathered} (A-I)(A+I)=0 \ \implies \operatorname{rank} (A-I)+\operatorname{rank} A+I \le n \ (A+I) - (A-I)=2I \ \implies \operatorname{rank} (A+I)+\operatorname{rank} (A-I)\ge n \ \text{Q.E.D} \end{gathered} $$

首先考虑无向图的 Incidence Matrix $M$,容易注意到$M$中的若干行线性无关等价于这个导出子图无环.

于是看出 $\operatorname{rank} M=n-c$,$c$为连通块个数.

又能看出 $v\in \operatorname{null} M^T$等价于$v$中的若干条边串成若干个环,会发现 $\dim \operatorname{null} M^T=F$

首先右推左是显然的.直接消元一下就好了.考虑左推右.

考虑

$$ \begin{gathered} A:U_1\to V_1,B:U_2\to V_2,C:U_2\to V_1 \ M:U\to V \end{gathered} $$

分解

$$ \begin{gathered} \operatorname{range} M=\operatorname{range} B\oplus W \ W={ [v,0] \vert [v,0]\in \operatorname{range} M } \ \end{gathered} $$

那么因为 $[v,0]\in \operatorname{range} M$,则必然是 $[v,0]=M[u_1,u_2]^T$,一定是$Bu_2=0,Au_1+Cu_2=v$.

于是 $W=\operatorname{range} A + C(\operatorname{null} B)$.又因为 $\dim W=\dim \operatorname{range} A$,于是有 $C(\operatorname{null} B) \subset \operatorname{range} A$.

我们再分解 $U_2=\operatorname{null} B \oplus U_3$,此时注意到$B$在$U_3$到 $\operatorname{range} B$是双射,存在$Y',\forall u,YBu=Cu$.然后通过扩充基并任意取值将$Y'$的定义域扩充到$V_2$得到$Y$.

于是$(C-YB)u$对任意$u\in U_3$为$0$,于是 $\operatorname{range} (C-YB)=(C-YB)\operatorname{null} B= C(\operatorname{null} B)$.

现在只考虑 $u\in \operatorname{null} B$,显然$\exists v,Cu=Av$,那么对 $\operatorname{null} B$的一组基$u_1\ldots u_k$这样确定$v_1\ldots v_k$,就可以构造$X'u_i=v_i$满足$Cu=AX'v$.再用同样的方法扩充基并任意取值将$X'$的定义域扩充到$U_2$得到$X$.

于是$C=YB+AX$

考虑$b$的投影$p\in C(A)$有$(b-p)\in C(A)^\perp$,于是$b-p \in N(A^T)$.

于是$A^Tb=A^Tp$,又$p\in C(A) \implies \exists x,Ax=p$.

于是$A^Tb=A^TAx$,$A$一定可以用一个满秩的,于是除过去.于是得证.

$$ \begin{gathered} \operatorname{rank} (A^TA,A^Tb) \ =\operatorname{rank} (A^T(A,b))\le \operatorname{rank} A \ =\operatorname{rank} AA^T \end{gathered} $$

所以这个证明是依赖实数的.

[think] 复数你应该把$A^T$换成$\overline{A^T}$,或者说这个定理本来就应该是$\overline{A^T}$的.

显然那$P$只能说 $\operatorname{range} P$ 的投影.

只需证明 $\forall u,(Pu-u)\in (\operatorname{range} P)^\perp$.

$$ \begin{gathered} \forall v,<Pu-u,Pv>=<PPu-Pu,v>=<Pu-Pu,v>=<0,v> \ \implies Pu-u\in (\operatorname{range} P)^\perp \end{gathered} $$

得证!

考虑$A$可以看成把标准基变成$a_1\ldots a_n$,那我们把$a_1\ldots a_n$这组基用Gram-Schmidt变成$b_1\ldots b_n$,问题就可以变成先把标准基变成$b$,再变成$a$,其中第一步是等距同构,第二步中我们知道$a_1\ldots a_i$和$b_1\ldots b_i$张成空间相同,所以第二步是上三角.

Sol1:分块矩阵.

Sol2:都拆成初等变换矩阵再乘.

Sol3:考虑定义函数 $\alpha(B)=\dfrac{\det BA}{\det A}$,容易验证它满足行列式三条公里,于是$\alpha(B)=\det B$

注意到你就是把$S$行对应的元素钦定的时候的某个组合,我们可以先用$\sum_{t\in T} t-\sum_{i=1}^{\vert T\vert}i+\sum_{s\in S} s-\sum_{i=1}^{\vert S\vert}i\equiv \sum_{t\in T}t+\sum_{s\in S}s \pmod 2$次交换把这些行列顺序不变的换到前 $\vert S \vert=\vert T \vert$ 行列,则最终符号显然就是此时的符号(即两个行列式内部的符号)再乘上交换操作的符号,于是得证.

Sol1

考虑消元,注意到每行的和是一样的,所以我们把第一列变成所有列的和,然后用它去消后面的,模拟一下即可.

Sol2

考虑$M=(a-b)I+xB$,其中$B=(b)_{i,j}$,应用公式

$$ \begin{gathered} \operatorname{d} \det(M)=\operatorname{trace} (\operatorname{adj} A \operatorname{d} A) \end{gathered} $$

右边三项全是好算的,于是可以把导数对$x$积分积回去.

Sol3

考虑$M=B+(a-b)I$,若$Bv=\lambda v,则显然有$(B+(a-b)I)v=(\lambda+a-b)v$,于是求出$B$的特征值,就可以直接得到$M$的特征值算行列式.

首先如果存在$\det A_{S,T}=\ne 0$,那么$S$对应的这些行必然是满秩的,所以 $\operatorname{rank} A\ge a$.

而如果 $\operatorname{rank} A>a$,那么选出$a$个线性无关行,再从这里面找到$a$个线性无关列,这就是一个行列式非$0$的矩阵.

于是得证.

由上一个conclusion,第二行是显然的(全0).

对于第一行,考虑$AC^T$=0,于是 $AC^T=0,\operatorname{rank} A+\operatorname{rank} C^T\le n$ ,又有 $\operatorname{rank} C\ne 0$ 因为至少有一个非$0$.

考虑矩阵

$$ \begin{gathered} \det \begin{bmatrix} I_n&B \ A&0 \end{bmatrix}=\det \begin{bmatrix} I_n&B \ 0&-AB \end{bmatrix} \end{gathered} $$

右边的行列式是$(-1)^m\det (AB)$,考虑左边用拉普拉斯定理,则显然你的子式的列只能选$A$里面的,而它的余子式就是$B$左边再加上若干列,若第$i$列没被子式选,则这列一定要选$i$行的元素,于是$B$中恰好只有$S$中的行能选.

对于符号,Laplace中的是$\sum_{i\in S} i+\dfrac{m(n+1+n+m)}2$,算代数余子式行列式的时候还有一个$\sum_{i\notin S} i-\dfrac{(n-m)(n-m+1)}2$,然后这些加起来是同余$m$的.

这样符号一乘正好是$0$.

Sol 1

$$ \begin{gathered} A=P\begin{bmatrix} I_k&0 \ 0&0 \end{bmatrix}Q \end{gathered} $$

于是让

$$ \begin{gathered} B=Q^{-1}\begin{bmatrix} I_k&0 \ 0&0 \end{bmatrix}P^{-1} \end{gathered} $$

Sol 2

考虑一个任意情况,对任意集合$X,Y$和任意映射$f$,你可以找到一个$g$使得$f\circ g\circ f=f$

显然的,因为你可以让$g$把$f$的像映射到任意一个原像.

那么这个显然的在说什么呢?它实际上在说,对任意一个$f$,我们可以找到$X,Y$各自的一个子集$X',Y'$,使得$f$限制在$X'\to Y'$是双射.于是$g$是这上面的逆,而这之外的随意映射就可以满足$fgf=f$.

然后你再看第一个证明,那么中间那个有$I_k$的矩阵实际上就是,$I_k$对应了$X'\to Y'$的双射部分,这也是上面的做法为啥有道理.

首先我们让$P_n$是循环移位$P(x_0,\ldots, x_n)=(x_1,\ldots, x_n,x_0)$,那么有

$$ \begin{gathered} A=\sum _{i = 0} ^{n-1} a_iP^i \end{gathered} $$

那么因为所有$P$乘法的时候是保持不变子空间的,也就是说$A$的特征值就是$P$的特征值带入$f(x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i$,所以只需要看$P$的特征值.

考虑$Px=\lambda x$,那么$x_{i+1\bmod n}=\lambda x_i$,于是你乘一圈就有$\lambda^n=1$,能相应的构造出$x_i=w_n^{il},\lambda=w_n^l$这样的特征向量和特征值.

于是$P$的特征值就是单位根,带进去就得证.

容易想到用线性性去拆分,如果我们对列拆分,你发现你就是要求$A$有一列换成全$1$之后的矩阵的行列式的和,我们设第$i$列换掉之后的矩阵是$B_i$.

考虑Cramer's Rule,你注意到设$Ay=b$,其中$b$是全$1$向量,则$y_i=\dfrac{\det B_i}{\det A}$,于是我们实际上是求$y_i$,

如果我们这里用$y=A^{-1}b$我们可以得到一个结论:

$$ \begin{gathered} \det(A+uv^T)=\det A(1+v^TA^{-1}u) \end{gathered} $$

然后对这个题,我们也不知道$A^{-1}$,所以你仍然要想办法求$y_i$.

碰到范德蒙德矩阵一定要想多项式,于是你想到$P(z)=\sum_{i=1}^n y_iz^i$,则$P(x_i)=1$,于是$P(z)=A\prod_i (z-x_i)$,于是你能通过比较常数项求出$A$,然后再计算$P(1)$就能求出$\sum y_i$了.

一个是上面提到的证法.

或者考虑

$$ \begin{gathered} \det(I+uv^T)=(1+v^Tu)=(1+u^Tv) \end{gathered} $$

这个可以直接考虑$uv^T$特征值是$n-1$个$0$和一个$v^Tu$(对应特征向量$u$).

然后$\det (A+Auv^T)=\det A(1+u^Tv)$

所以让$u'=A^{-1}u$代入,那么式子就成了$\det (A+uv^T)=\det A(1+v^TA^{-1}u)$.即我们所证的.

$$ \begin{gathered} \det QAQ^{-1}-\lambda I \ =\det QAQ^{-1}-Q\lambda I Q^{-1} \ = \det Q(A-\lambda I)Q^{-1} \ =\det A-\lambda I \end{gathered} $$

首先你可以谱定理启动.

否则考虑

$$ \begin{gathered} v_1Av_2=v_1\lambda_2 v_2 \ (v_1Av_2)^T=\lambda_1 v_1v_2 \end{gathered} $$

于是就得证了.

观察$A-\lambda I$显然.

首先复化,考虑$A$的一组特征值特征向量$Av=\lambda v$,则 $v^TA\overline{v}=\overline\lambda \vert\vert v \vert\vert$,同时取共轭得这个还等于 $\lambda \vert\vert v \vert\vert$,于是能证明$\lambda \in R$.

然后我们说明了$A$的特征值都是实的,我们取$v_1$是一个特征值,并将其扩充到一组标准正交基$v_1,v_2\ldots v_n$,于是

$$ \begin{gathered} A[v_1\ldots v_n]=[v_1\ldots v_n] \begin{bmatrix} \lambda_1&x \ 0&A_1 \end{bmatrix} \end{gathered} $$

其中$x$和$A_1$是任意向量/矩阵,而中间$v_1\ldots v_n$是一个正交矩阵设为$B$,则右边那个分块矩阵是$B^{-1}AB=B^TAB$,于是这个也是对称的,从而$x=0$,$A_1$是对称矩阵,从而可以归纳到$n-1$维.归纳得证.

这里$x=0$就是$T$在$U^\perp$不变,$A_1$对称就是$T$限制仍然是自伴.

首先$0$的个数是确定的,因为这是矩阵的秩.

考虑在两组基下,假设它们对角型正数的个数分别为$a,b$,负数是$r-a,r-b$,不妨设$a<b$.

那么我们不考虑$0$的那部分限制到$r$维的空间上考虑,则你可以找到一个$a$维的空间,上面值都是正的(要求所有负惯性指数位置都是负的),再找一个$r-b$上面都是负的.而$a+r-b>r$所以这俩空间有交,爆炸了.

[think] 注意到正惯性指数是最大的子空间满足这里面的值带进去都是正的.

考虑对角化的过程,如果已经消除了左上角$k\times k$的矩阵,接下来这些地方就不会动了.然后你消$(k+1)\times (k+1)$的左上角,注意到我们前面已经进行的行列变换都是在前$k$行进行的,所以前面所有的操作都不会改变当前$(k+1)\times (k+1)$矩阵的行列式,直到你消完.于是每个顺序主子式对应的子矩阵消前和消后的行列式是一样的.

设最优方向为单位向量$n$.

$$ \begin{gathered} L=\sum (x_i-n<x_i,n>)^2 \ =\sum a_i^2+n^2<a_i,n>^2-2<a_i,n><a_i,n> \ =(\sum a_i^2)-(\sum_i<a_i,n>^2) \end{gathered} $$

只要最大化第二项.考虑

$$ \begin{gathered} \sum_i <a_i,n>^2 \ =n^T(\sum a_i a_i^T)n \ =n^T(AA^T)n \end{gathered} $$

这是二次型,把$AA^T$谱分解就看出显然最大值在它最大的特征值对应特征向量方向,也就是$v_1$方向.

你还可以看出这个值是$\sum a_i^2-s_1^2$

设$A_{m\times n},V_{n\times n},U_{m\times m},D_{m\times n}$

考虑对$A$分解得$A=UDV^T$,则我们让$D$只保留前$k$个特征值,其余设为$0$得到$D'$,令$C=UD'V^T$,则显然$A-C$的SVD分解就是$U(D-D')V^T$,其最大的奇异值恰为$s_{k+1}$(就是只用前$k$个奇异值去逼近啦).

然后只需要证明这是最小值.考虑$A$的前$k+1$个右奇异向量($v_1\ldots v_k$)张成的子空间和$B$的零空间的交( $\dim \operatorname{null} B=n-\operatorname{rank} B=n-k$,故必然有交)中的单位向量$x$.

而

$$ \begin{gathered} \Vert (A-B)x \Vert^2 \ =\Vert Ax \Vert^2 \ =x^TA^TAx \ =x^TVD^2V^Tx \ =(V^Tx)^TD^2(V^Tx) \ \ge s_{k+1}^2 \end{gathered} $$

于是得证.

考虑反证,如果$fg$有公质因数$p$,且$p\not\vert g$,证明$p\vert f$.

令$f,g,fg$对应的系数列分别是$a_n,b_n,c_n$.

那么直接递推就好了,我们假设$p \vert \gcd(f_0,\ldots ,f_A,g_0,\ldots,g_B)$(没有取$-1$)

那么考虑$c_{A+B+2}$,它一定有一项是$f_{A+1}g_{B+1}$,且其他的项一定都被$p$整除,于是你一定可以让$A$或$B$加$1$.

这样走$n+m+1$步一定可以把$A$或$B$弄满.

考虑如果$f(x)=f_1(x)f_2(x),f_1,f_2\in Q[x]$.

那么你显然可以有$f_i(x)=g_i(x)\dfrac {p_i}{q_i}$.且$g_1,g_2 \text{ is primitive}$.

那么$f(x)=\dfrac{p_1p_2}{q_1q_2}g_1(x)g_2(x)$,其中$g_1g_2$还是$\text{primitive}$的,$q_1q_2f(x)=p_1p_2g_1(x)g_2(x)$.

考虑两侧的系数的最大公因数相等,那只能是$q_1q_2=p_1p_2$了.

反证,考虑$f=f_1f_2$设它们的系数分别是$b_n,c_n$,根据上面高斯引理的证明归纳过程,$p|a_0$,那么$p|b_0c_0$,那么因为$p$只能整除其中的一个,由上面那个由$(A,B)$推到$(A+1,B)$或$(A,B+1)$的过程,你有一边走不了,最终就直接得到$p\vert b_n$或$p\vert c_n$了.

但是显然$p\not| f$,它是有系数是$1$的!矛盾.

你看一下下面那个模$p$的性质于是这个东西另一个证法是先模$p$,那么$f(x)\equiv x^n$,于是它被拆了之后只能是$x^i x^{n-i}$,但这说明拆出来的两项常数项模$p$都是$0$,和$p^2\not|a_0$矛盾.

$$ \begin{gathered} f(x)=\dfrac{x^p-1}{x-1} \ \xlongequal{ y=x-1 } \dfrac{(y+1)^p-1}{y} \ =\sum _{i = 0} ^{p-1} y^i \binom{p}{i+1} \end{gathered} $$

此时用上面定理.

显然,因为你把$Z[x]$上那两个因子分别模$p$就好了.首一主要是防止你模$p$的时候$f$模成常数.

如果我们消完了的$d$有整除链的性质,那么最后是显然满足条件的,只需要证明$D_i$在初等行变换下不变:

• 交换两行/列或给一行/列乘$\pm 1$(环上,其他的没逆)显然不影响
• 把一行/列乘$k$加到另一行/列,此时若一个子式同时包含或不包含涉及到的两行则它不变,如果只包含一个则用线性性相当于给他加上另一个子式,不改变$\gcd$.

而只要证明存在一种消法消成整除链,你发现如果消完了不是整除链你总可以用辗转相减变成$d_i=\gcd(d'_1,\ldots,d'_i)$弄成整除链,于是得证.

记$E(i,j,a)$表示$I$的基础上$(i,j)$位置为$a$的初等变换矩阵.而容易注意到$E(i,j,a)^{-1}=E(i,j,-a)$.

所以当我们做$E(i,j,k)AE(i,j,-k)$这个相似变换我们是:

给$A$的第$i$行加上$k$倍第$j$行,再给第$j$列加上$k$倍第$i$列.

对一个上三角矩阵,我们发现进行这样一次操作,$A_{i,j}$加上了$k(A_{i,i}-A_{j,j})$,且这一步对上三角矩阵只影响$x<i,y>j$的位置(一个右上角).所以你可以以一定的顺序消掉这样的元素,得到一个分块对角矩阵,每个块对角线元素相同.

那么每个块都可以表示成$\lambda I+N$,$N$是幂零的.而当你对这个子空间进行换基的时候$\lambda I$不变所以只要找$N$的变换.

你发现对于$N$,你仍然进行过上面这种操作就可以简单的用某一行的$1$把同行后面的所有数消掉,所以你从第一行开始从上往下消.如果遇到一行它的$1$不在副对角线你可以做交换把它换到前面来,这样都弄完了就得到标准的约旦标准型了.

首先如果$A=PBP^{-1}$,那么

$$ \begin{gathered} A-\lambda I=PBP^{-1}-P\lambda IP^{-1}=P(B-\lambda I)P^{-1} \end{gathered} $$

成立.

再看另一边:

考虑现在$V(A-\lambda I)=(B-\lambda I)W$,$V,W$是可逆的$\lambda$矩阵.

直接设 $V=\sum _{i = 0} ^{m} V_i\lambda^i,W=\sum _{i = 0} ^{m} W_i\lambda^i$.

那么

$$ \begin{gathered} \begin{cases} -V_m=-W_m \ V_kA-V_{k-1}=BW_k-W_{k-1} \ V_0A=W_0B \end{cases} \end{gathered} $$

然后你发现可以盯着一边看去做一个相消,就是给$V_iA$的那个等式右乘$A^i$,则左边是$0$,右边是?

$$ \begin{gathered} \sum BW_iA^i-W_{i-1}A^i \ =B(\sum W_iA^i)-\sum (W_iA^i)A \ =0 \end{gathered} $$

于是设$P=\sum W_iA^i$就有$BP=PA$.

那么你把$V,W$取逆分别移到另一边是$(A-\lambda I)W^{-1}=V^{-1}(B-\lambda I)$.再走一遍能得到$AQ=QB$.

然后能看出$A^kQ=QB^k$,$Q=W^{-1}(B)$,$PA^k=B^kP$.

那么

$$ \begin{gathered} PQ \ =W(A)Q \ =\sum_i W_iA^iQ \ =\sum_i W_iQB^i \ =\sum_i W_i(\sum_j W^{-1}_jB^j)B^i \ =\sum_i \sum_j W_iW^{-1}_jB^{i+j} \ =WW^{-1}(B) \ =I \end{gathered} $$

考虑Smith标准型,那么从矩阵角度,分块对角矩阵有两个块,问题是现在不满足整除链,那么只要每次,对所有素因子,取其最高次组成一个作为不变因子,就可以重排出一个大矩阵的整除链,于是得证.

考虑你有矩阵$A$和矩阵$B$都已经是Smith标准型,然后你要把它们拼起来.

此时考虑行列式因子$D$,因为$A,B$是对角阵拼完了还是对角阵,所以只有主子式不是$0$,此时$k$阶行列式一定是$A$里取若干个元素$B$里取若干个元素的乘积,又因为整除链的存在,所以取的时候一定分别是$A,B$里最低次的若干个.

那么因为是直接乘积再取gcd,现在只考虑所有不变因子$d$某个特定素因子的次数就成了,新的大矩阵的$D$对应的次数是原来两个小的min+卷积,因为整除链所以$D$的次数是凸的,所以是闵和,所有作为斜率的那个$d$的初等因子的次数一定都保留到了新的结果里,就完事了.

首先友矩阵的极小多项式是它的特征多项式,因为取$[1,0,0,\ldots,0]$,那么你发现友矩阵的前$n-1$次方作用到它身上是线性无关的,所以特征多项式的次数必须是$n$次的.

然后你转乘上面的有理标准型,就显然.

首先这说明复数域上,他俩不变因子相同,所以行列式因子相同.又因为行列式因子一定是实的,所以结束.

Sol1:(from Gemini and me )

不变性是显然的,我们发现对一个$W_i$,其极小多项式是$p_i^{c_i}$,考虑其中一个$v$,$p_i^{c_i}(T)v=0$,那么显然$p_i^{c_i}(T)Tv=Tp_i^{c_i}(T)v=0$.

$$ \begin{gathered} \text{let } f_i=\dfrac{m(x)}{p_i^{c_i}(x)} \ \text{if } u\in W_1\cap W_2\oplus \ldots\oplus W_n\ne \emptyset \ u\in W_1 \implies p_1^{c_1}(T)u=0 \ u\in W_2\oplus \ldots\oplus W_n \implies f_i(T)u=0 \ \because f_i \perp p_1^{c_1} \ \therefore \exists s(x),t(x),s(x)p_1^{c_1}(x)+t(x)f_i(x)=1 \ s(T)p_1^{c_1}(T)u+t(T)f_i(T)u=Iu=u \ \implies u=0 \end{gathered} $$

这说明是直和,再说明直和是整个空间:

$$ \begin{gathered} \gcd(f_1,\ldots,f_n)=1 \ \implies \exists a_i,\sum_i a_i(x)f_i(x)=1 \ \implies \sum_i a_i(T)f_i(T)=I \ \text{let } E_i=a_i(T)f_i(T) \ \end{gathered} $$

显然$E_iE_j(T)=0$,又因为

$$ \begin{gathered} \text{let } E_i(v)=w \ p_i^{c_i}(T)w=p_i^{c_i}(T)a_i(T)f_i(T)v \ =a_i(T)m(T)=0 \ \implies \operatorname{range} E_i \subset W_i \ (\sum_j E_j)E_i=E_i \implies E_i^2=E_i \ \forall w\in W_i, \sum_j E_j(T)w=w \ \end{gathered} $$ 而你$E_j,j\ne i$的像空间的直和与$W_i$无交,所以一定只能是$E_i(w)=w$

这样实际证明了$E_i$就是像每个空间的投影,且和为$I$,于是得证.

Sol2: from teacher

于是直接证完了.

首先如果$p=p_i^{c_i}$,那么是显然的,否则$p$就不是这个了.

否则用准素分解,则你得到若干个$p_i^{c_i}$,每个对应一个向量$v_i$,考虑直接把它们加起来$v=\sum_i v_i$,那么:

$0=g(T)\sum_i v_i=\sum_i g(T)v_i$,因为后面每一项分别在$W_i$中,所以一定有$g(T)v_i=0$,所以在每个子空间中的极小多项式$p_i^{c_i}$都是$g(T)$的因子,于是$m|g$,又因为$g$是整个的零化多项式所以$g|m$.得证.

前面我们已经证明了一定有这样的$v$,同时容易看出$T|_{W_1}$的极小多项式是$p$,现在就是证明我们这么找出$W_1$后一定存在满足条件的不变子空间$W$.

考虑构造线性泛函$f$满足$fT^kv=1$,其他的基全设$0$.

则 $W=\bigcap_{i=0}^k \operatorname{null} fT^i$.

设$\varphi:F^n\to F^k,\varphi(v)=[fv,fTv,\ldots fT^kv]$,$W=\operatorname{null} \varphi$.显然是线性变换.

显然$W$是不变子空间.我们要证明$W_1\oplus W=V$.

考虑$\varphi|_{W_1}:F^k\to F^k$,且显然是双射(直接把$T^kv$带进去就是线性无关的),于是零空间只有$0$,于是$W_1\cap W={0}$.

接下来证$W_1+W=V$,你再考虑$\varphi$的值域既然是$k$,零空间自然是$n-k$维,于是$\dim W+\dim W_1=n$,得证.

这就结束了.

显然阶数高于秩的子式一定都是$0$,所以只要找到一个等于秩的非零主子式.

注意到我们把实对称矩阵分解到合同规范性后得到$PDP^T$,其中$P$是正交阵,$D$是前$r$个对角线元素非$0$,其余元素全为$0$的矩阵.

注意到最终矩阵的某个子式$A(S,T)$,行集合为$S$,列集合为$T$,实际上就是由$P$只保留$S$集合这些行得到$X$和$P^T$只保留$T$集合这些列得到$Y$后的$XDY$.这是矩阵乘法的规则决定的.

那么$P$的前$r$列中我们一定可以取出$r$个线性无关行组成集合$S$,这$r\times r$的子式非$0$,同时在$P^T$中取对应的$S$中的列,那么最后乘出来矩阵的行列式就是这三个矩阵行列式相乘非$0$.且恰好对应了最终矩阵中$S$中行列组成的主子式.

设$A=D+N$.

考虑可对角化意味着可同时上三角化,此时$A=D+N$,$N$的对角线上全$0$,于是$A$和$D$特征值相同.

注意到对$D$的特征空间 $V_1=\operatorname{null} (D-\lambda I)$上$(D-\lambda I)|{V_1}$是幂零的,于是$V_1$中$(D-\lambda I+N)|{v_1}$也是幂零的.他是$A$的广义本征空间$G_\lambda$的一部分.而$A$的不同广义本征是不交的,所以这些$V$是不交的.又因为这些$V$的直和是全空间,所以只能是$D$的特征空间就是$A$的广义特征空间.这很奇妙啊!

那么每个$A$的广义特征空间$G_\lambda$中有$Dv=\lambda v$,就是$f(A)|{G\lambda}=\lambda$.

广义本征空间是 $\operatorname{null} (A-\lambda I)^k$ ,所以实际在说 $f\equiv \lambda \pmod {(x-\lambda)^k}$.

而你可以拿中国剩余定理构造.

最后$g=x-f$是显然的.

$AB^T$对称这种看起来就很诡异啊,你应该想到把条件写开放在这里:

$$ \begin{gathered} \begin{cases} AB^T-BA^T=0 \ CD^T-DC^T=0 \ AD^T-BC^T=I_n \end{cases} \end{gathered} $$

然后集中注意力注意到

$$ \begin{gathered} \begin{bmatrix} A&B\C&D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} D^T&-B^T\-C^T&A^T \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} I_n&0\0&I_n \end{bmatrix} \end{gathered} $$

于是由于左逆也是右逆,就有

$$ \begin{gathered} \begin{bmatrix} D^T&-B^T\-C^T&A^T \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A&B\C&D \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} I_n&0\0&I_n \end{bmatrix} \end{gathered} $$

这样就能提取出$A^TD-C^TB=I_n$.

我觉得第一步就很困难啊!注意到

$$ \begin{gathered} A(A-B)=(A-B)B \end{gathered} $$

设$X=A-B$,如果$X$可逆则$A,B$相似,显然.现在考虑$X$不可逆.

则存在$v\ne 0,Xv=0$.$XBv=AXv=0$则 $U=\operatorname{null} X$在$B$下不变.且这个空间中$A=B$啊,所以$X$在$A$下也不变.且其中$\det A|_U=\det B|_U$.

而 $V-U$中,$X$可逆,$A,B$相似?这不对!这其中$X$单而不一定满.正确的做法是归纳,$A|{V-U},B|{V-U}$仍然满足题目中那个式子,于是就归纳下去做完了.

思路是对 $M=\begin{bmatrix} a&b\c&d \end{bmatrix}$,你发现可以对$a,c$进行辗转相减,让$c$变成$0$.然后就$a=d=1$,最后$M=A^b$了.