2025-04-24 试卷讲评与习题课
Abstract
本次测试中, Problem 1 与 Problem 4 是原题, Problem 5 是在 Canvas 上发布过的别班习题. 主要内容:
$$ \underset{\text{第一节课}}{\underbrace{\text{试卷分发与颁奖仪式} ⇒ \text{试卷讲评} ⇒ \text{专题练习}}} ⇒ \underset{\text{第二节课}}{\underbrace{\text{任老师讲新题}}}. $$
以下是各题平均得分.
| T1 | T2 | T3 | T4 | T5 | T6 | 平均 |
| 16.578 | 17.733 | 16.489 | 12.911 | 8.111 | 9.489 | 81.311 |
以下是各分数段人数 (共 45 人与考).
| 100 | 90-99 | 80-89 | 70-79 | 60-69 | 0-59 |
| 6 | 11 | 12 | 7 | 6 | 3 |
应当需要强调的错误.
- 商空间
/, 与差集\. - 线性空间: $U ∩ V = 0$, 而非 $U ∩ V = ∅$.
- 直和 $\operatorname{im} φ ⊕ \ker φ = V$, 而非 $\operatorname{im} φ ∪ \ker φ$.
- 误用 $(∩, +)$ 的分配律.
- $f ∈ ℚ[x]$ 没有有理根, 从而不可约?
- 写错任课教师姓名, 如杨扬畅炀, 以及若干 Unicode 未收入的字.
试卷分发与颁奖仪式
满分同学 (排名不分先后)
余逍遥, 方逸涵, 马子博, 李书杭, 胡志豪, 汤嘉铭.
进步王 (本次成绩 减 去年期末原始分)
欧阳屹洺, 方逸涵, 蔺准, 马子博, 余逍遥, 赵毅恒, 李书杭, 黄弋铭, 姜皓文等.
试卷讲评
(20points).
-
(10 points). Assume that $p$ is a prime number greater than 2. Prove that the polynomial
$$ f (x) = x^{p-1} + x^{p-2} + \cdots + x + 1 $$
is irreducible in the rational number field $ℚ$.
-
(10 points). For an integer coefficient polynomial
$$ f (x) = x^{n} + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_{n-1} x + a_{n}, $$
the sufficient and necessary condition for $f (x)$ to have (non-zero) integer roots is that there are $2(n-1)$ integers $\{ b_i, c_i , \ i = 1, \ldots, n-1\}$ such that
- $a_i = b_i + c_i$, for $i = 1, \cdots, n-1$; and
- $\frac{1}{c_1} = \frac{b_1}{c_2} = \frac{b_2}{c_3} = \cdots = \frac{b_{n-2}}{c_{n-1}} = \frac{b_{n-1}}{a_{n}}$.
第一问是原题 (去年试卷第三题)的弱化版本 (少了一次求导), 思路完全相同. 考虑换元 ($x := y + 1$) 即可. 此时
$$ g(y) := f(x) = f(y+1) = \frac{(y+1)^p - 1}{(y+1) - 1} = y^{p-1} + \binom{p}{1} y^{p-2} + \cdots + \binom{p}{p-1} y^0. $$
依照 EisenStein 判别法, 非最高次项均是 $p$ 的倍数, 常数项不是 $p^2$ 的倍数. 因此 $g$ 与 $f$ 均不可约.
第二问是原题 (Mar27 习题课).
- 关于充分性: 若多项式有实根 $(x-λ)$, 即 $f(x) = h(x) ⋅ (x-λ)$, 展开验证即可 ($b_∙$ 是 $h$ 的系数, 最后的分式是 $-λ⁻¹$).
- 必要性即倒推充分性, 证明略.
(20 points).
-
(10 points). Assume that $a,b ∈ ℂ$ are two complex numbers. Prove the following two subspaces of $ℂ[x]$,
$$ \begin{aligned} & V_a=\{f(x) \in \mathbb{C}[x] \mid f(a)=0\}, \\[6pt] & V_b=\{g(x) \in \mathbb{C}[x] \mid g(b)=0\} , \end{aligned} $$
are isomorphic.
-
(10 points). Assume that $ε_1, ε_2, ε_3$ is a basis of the linear space $V$, and $f_1, f_2, f_3$ is the dual basis of $ε_1, ε_2, ε_3$. Let
$$ α_1=ε_1+ε_2+ε_3,\quad {α}_2=ε_2+ε_3,\quad {α}_3=ε_3. $$
- Prove that $α_1, α_2, α_3$ is a basis of $V$;
- Find the dual basis of $α_1, α_2, α_3$ (using $f_1, f_2, f_3$ to represent).
第一问先证 $V_a$ (零化 $a$ 之多项式集) 是线性空间.
- (非空). 零多项式属于 $V_a$.
- (加法). 若 $f(a) = g(a) = 0$, 则 $(f+g)(a) = 0$.
- (数乘). 若 $f(a) = 0$, 则 $λ f(a) = 0$.
关于同构的证明方法有如下两类.
- (不推荐). 构造线性映射 $δ_a : ℂ[x] → ℂ , \quad f ↦ f(a)$, 其 $\operatorname{im}$ 是有限维的, 因此 $V_a = \ker a$ 是可数维的. 显然可数维空间彼此同构 (需要选择公理).
-
(推荐的方法). 取上述 $δ_a$ 与 $δ_b$. 显然平移
$$ τ : ℂ [x] → ℂ [x],\quad f(⋅) ↦ f(⋅ - b + a) $$
是线性同构. 由 $δ_b ∘ τ = δ_a$, 得 $\ker δ_b ≃ \ker δ_b ∘ τ = \ker δ_a$.
第二问解方程组即可, 无需解答过程. 也可以直接凑出答案.
- $α$ 通过 $ε$ 右乘主对角为 $1$ 的三角矩阵得到, 故线性无关.
-
记 $γ_i$ 是对偶基. 观察到
$$ γ_1 = f_1,\quad γ_2 = f_2 - f_1,\quad γ_3 = f_3 - f_2. $$
(20 points). Suppose $V$ is an $n$-dimensional vector space over a number field, and let $V_1, V_2, \ldots, V_s$ be $s$ proper subspaces of $V$. Prove that
-
There exists some $α ∈ V$ such that $α ∉ V_1 ∪ V_2 ∪ \cdots ∪ V_s$;
-
There exists a basis of $V, ε _1, ε _2, \ldots, ε _n$, such that
$$ \left\{ε _1, ε _2, \ldots, ε _n\right\} ⋂ \left(V_1 ∪ V_2 ∪ \cdots ∪ V_s\right)=∅. $$
对任意 $x ∈ 𝔽$ 构造 VanDerMonde (列) 向量
$$ \{v (x) = (1,x,x^2,\ldots, x^{n-1}) ∣ x ∈ 𝔽\}, $$
这一无限集中的任意 $n$ 个向量是线性无关的.
第一问: 每个 $V_i$ 只能包含有限个 $v(x)$.
第二问: 显然.
注: 这一技巧 (构造任意多一般位置的向量) 在上学期提及过.
(15 points). Suppose $φ _1, φ _2, \ldots, φ_m$ are linear maps over the $n$-dimensional vector space $V$, such that
$$ φ _i^2 = φ _i\quad \text{and}\quad φ _i φ _j = 0 \quad (i ≠ j, \ 1 ≤ i, \ j ≤ m). $$
Prove that
$$ V=\operatorname{im} \varphi_1 ⊕ \operatorname{im} \varphi_2 ⊕ \cdots ⊕ \operatorname{im} φ_m ⊕ \bigcap_{i=1}^m \operatorname{ker} φ_i . $$
这是原题 (习题课 27Mar). 以上结论适用于无限维空间, 从而矩阵方法不是一般的.
(矩阵方法). 由零化多项式无重根, $φ_i$ 在某组基下对角化为 $\{0,1\}$-矩阵, 且两两交换的矩阵可同时对角化. 因此存在合适的基, 使得 $φ_i$ 的矩阵形式是
$$ \operatorname{diag}(δ_{1,i} ⋅ I_{N_1}, \ldots, δ_{n,i} ⋅ I_{N_n}, O) \quad (δ_{i=j} = 0,\quad δ_{i ≠ j} = 1). $$
约定 $N_0 = 0$, 则以上
$$ \mathrm{span}(e_{N_{k-1} + 1} , \ldots e_{N_{k}}) = \operatorname{im}φ_k, $$
以及
$$ \mathrm{span}(e_{> N_{n}}) = \bigcap_{i=1}^m \operatorname{ker} φ_i. $$
(线性映射方法). 应先明确: 对任意 $i$ 与 $j$, 子空间 $\operatorname {im}φ_i$ 与 $\operatorname {ker}φ_i$ 都是 $φ_j$ 的不变子空间. 对空间 $\operatorname {im}φ_j$, 仅 $φ_j$ 限制在其上是同构, $φ_{≠ j}$ 限制在其上是 $0$.
下采用数学归纳证明.
- (初始). 由 $x = [x - φ_1(x)] + φ_1(x)$, 故 $\ker φ_1 + \operatorname{im} φ_1$ 是全空间. 对 $x ∈ \ker φ_1 ∩ \operatorname{im} φ_1$, 记 $x = φ_1(y)$, 则 $x = φ_1(y)= φ_1(φ_1(y)) = φ_1(x) = 0$. 因此 $\ker φ_1 ∩ \operatorname{im} φ_1 = 0$. 证明了直和.
-
(归纳步骤 $k ↦ k+1$). $φ_{k+1}$ 在 $\operatorname{im}φ_{≤ k}$ 上恒零. 由映射交换, $\underset{1 ≤ i ≤ k}⋂\ker φ_i$ 是 $φ_{k+1}$ 的不变子空间. 由 $\ker φ_{k+1} ⊕ \operatorname{im} φ_{k+1}$ 是全空间, 得
$$ \underset{1 ≤ i ≤ k}⋂\ker φ_i = \left[\ker φ_{k+1} ∩ \underset{1 ≤ i ≤ k}⋂\ker φ_i\right] ⊕ \left[\operatorname{im} φ_{k+1} ∩ \underset{1 ≤ i ≤ k}⋂\ker φ_i\right]. $$
左式是 $\underset{1 ≤ i ≤ k+1}⋂\ker φ_i$, 右式是 $\operatorname{im} φ_{k+1}$ (因为 $\operatorname{im}φ_k ⊆ \operatorname{ker}φ_{≠ k}$).
(15 points). Suppose the linear map $𝒜 (X)=AXA^T$ over $ℝ^{n × n}$, where $A$ is an $n$-order real square matrix with $\operatorname{rank}(A) = r$. Find the dimension and a basis of $\operatorname{im} 𝒜$.
这也是原题.
记 $A = P ⋅ I' ⋅ Q$ 是相抵标准型, 则原映射为
$$ ℝ^{n × n} → ℝ^{n × n},\quad X ↦ P I' ⋅ Q X Q^T⋅ I' P^T. $$
将 $X$ 取遍 $ℝ^{n × n}$ 的一组基 $B_{i,j} := Q^{-1} E_{i,j} Q^{T,-1}$, 得
- $\ker 𝒜 := \mathrm{span}(\{B_{i,j}∣ {\max(i,j) > \mathrm{rank}(A)}\})$, 维度 $n^2 - r^2$.
- $\operatorname{im} 𝒜 := \mathrm{span}(\{B_{i,j}∣ {\max(i,j) ≤ \mathrm{rank}(A)}\})$, 维度 $r^2$.
(10 points). You are encouraged to have a great amount of reading and thinking besides the classes. This problem is meant to test the your understanding. Please give a new theorem/question that has neither appeared in classes nor in our textbook, and then give a proof/solution to this theorem/question. It can be a phenomenon you have summarized, a theorem in other books, or a theorem that is beyond what we have learned.
专题练习: 填不满原理
(填不满原理).
- (来自加法逻辑). 对线性空间 $V$, 若 $U_1$ 与 $U_2$ 是 $V$ 的真子空间, 则 $U_1 ∪ U_2 ≠ V$.
- (来自分析). 对数域上的线性空间 $V$, 若 $\{U_i\}$ 是 $V$ 的有限个真子空间, 则 $⋃ U_i ≠ V$.
第一个命题对一般的模, Abel 群等具有加法结构的东西都成立. 第二个命题需要对 $𝔽$ 做一些要求 (无限域即可).
(第二命题在一般域上的反例). 记 $𝔽 = 𝔽_2$ 是二元域. 定义
- $V = 𝔽 e_1 ⊕ 𝔽 e_2$,
- $U_1 = \operatorname{span}(e_1)$,
- $U_2 = \operatorname{span}(e_2)$,
- $U_3 = \operatorname{span}(e_1 + e_2)$.
此时 $U_1 ∪ U_2 ∪ U_3 = V$.
对大小为 $q$ 的有限域 $𝔽$, $q$ 个真子空间的并不是全空间.
(仅使用加法逻辑).
记 $φ : 𝔽^{n × n} → 𝔽^{n × n}$ 是线性映射. 假定
$$ φ (A ⋅ B) ∈ \{φ (A) ⋅ φ (B), φ (B) ⋅ φ (A)\}. $$
试证明, 恒有 $φ (A ⋅ B) = φ (A) ⋅ φ (B)$, 或恒有 $φ (A ⋅ B) = φ (B) ⋅ φ (A)$.
实际上, 上述命题可以加强.
-
若 $φ (A ⋅ B) = φ (A) ⋅ φ (B)$, 则存在 $C$ 使得
$$ φ : 𝔽^{n × n} → 𝔽^{n × n},\quad A ↦ C^{-1} ⋅ A ⋅ C. $$
-
(作为推论). 若 $φ (A ⋅ B) = φ (B) ⋅ φ (A)$, 则存在 $C$ 使得
$$ φ : 𝔽^{n × n} → 𝔽^{n × n},\quad A ↦ C^{-1} ⋅ A^T ⋅ C. $$
-
若 $α: \mathrm{GL}_n(𝔽^{n × n}) → \mathrm{GL}_n(𝔽^{n × n})$ 满足 $α (X^{-1}) = (α(X))^{-1}$, 则 $α$ 形如以上.
(仅使用加法逻辑).
记 $φ : G → G$ 是 Abel 群 $(G, +, 0)$ 同态, 且 $G$ 上存在满足分配律的乘法 $⋅$. 假定
$$ φ (a ⋅ b) ∈ \{φ (a) ⋅ φ (b), φ (b) ⋅ φ (a)\}. $$
试证明, 恒有 $φ (a ⋅ b) = φ (b) ⋅ φ (a)$, 或恒有 $φ (a ⋅ b) = φ (b) ⋅ φ (a)$.
现假定 $𝔽$ 是数域. 给定 $V = 𝔽^n$ 与 $φ ∈ \mathrm{End}_𝔽(V)$. 定义
- $f_φ$ 是零化 $φ$ 的次数最小的首一非零多项式.
- 对任意 $v ∈ V$, $f_v$ 是次数最小的首一非零多项式, 使得 $(f_v(φ)) (v) = 0$.
证明, 存在 $v ∈ V$ 使得 $f_φ = f_v$.
现假定 $𝔽$ 是数域, $V = 𝔽^n$. 取 $f ∈ V^∗$ 使得 $f(v)$ 总是 $v$ 的分量.
证明: 存在 $1 ≤ m ≤ n$, 使得 $f$ 是向 $m$-分量的投影.
现假定 $𝔽$ 是数域. 证明, 给定一组两两不同的线性映射
$$ \{φ_i : U → V ∣ 1 ≤ i ≤ n\}. $$
试证明, 存在 $u ∈ U$ 使得 $φ_i(u)$ 两两不同.
现假定 $𝔽$ 是数域. $U_i$ 是 $V$ 的有限个真子空间.
- $⋃ U_i ≠ V$.
- $(⋃ U_i )^c$ 中存在一组基.
- 假定 $𝔽 = ℝ$, 则 $(⋃ U_i )^c$ 中存在一组标准正交基.