高等代数选讲讲义.doc

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 带余除法

定理1（带余除法）f(x), g(x)≠0 P[x]，则有
f(x)=g(x)s(x)+r(x)
其中r(x)=0或(r(x))＜(g(x))，r(x)，s(x)P[x]
定理2 g(x)|f(x)r(x)=0
(x－a)|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，还可以得到更多的其它结论。
例1 a是一个数，f(x)P[x]且f(a)=0，则P[x]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)P[x]|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P[x]中的ma(x)是不可约多项式，（用反证法）
例2 求Q[x]中，则

即x适合x4－10x2+1，x4－10x2+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：Q[x]中的最小多项式为，其中p与q互素。
例3 求Q[x]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Hamilton－Caylay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 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Q[x]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)=0
g()=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)=x3－10x+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)=x6－10x+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)=，（k≥1）在有理数域Q上不可约。
证：①p=2时，f(x)= ，令x=y+1
f(y+1)=
取p=2由Eisenstein判别法，f(x)不可约。
②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P[x]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)=x5－x3+x2－2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
① ② ③ ④
将情形①代入(*)得，得
不可能有整数解。
同理考虑情形②，③，④，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Z[x]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)2－4m2x2可约
证：x4+4m4=(x2+2m2)2－4m2x2
必要性的证明用的是Kronecker思想，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a1≠0b1= 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)(x4－4x2+8)，再用Kronecker方法证明x4±4x2+8都是不可约的(略)
问题 计算
例6 在R[x]中，分解xm－1为不可约之乘积。（P45，15）
解：xm－1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x=－1得，即
开方，得
由（6）
令x=1，

例8 f(x)=(x－1)x(x+1)(x+2)+1 在Q[x]中可约。
f(x)=(x2－1) (x2+2x)+1=x4+2x3－x2－2x+1=(x2+x－1)2
定理7 f(x)=(x+m)(x+m+1)(x+m+2) (x+m+3)+1在Q[x]中可约。
证：令x+m+1=y，则f(x)=g(y)=(y－1)y(y+1)(y+2)+1
由例8得 f(x)=((x+m+1)2+x+m+1－1)2
=(x2+(2m+3)x+m2+3m+1)2
这一重要实例的结论，来源于对分解（x－a1）（x－a2）…（x－an）+1的思考。
例9 设f(x)∈Z[x]=2m，Q＞2m且a1，a2，…，as为两两不同的整数，f(ai)=1或－1，1≤i≤s，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)∈Z[x]，，＜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，
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)2m－x2m－2x－1，则N
证：设g(x)=(x+1)2m－x2m－2x－1
因为g(0)=0，g(－1)=0，g=0，所以x，x+1，2x+1|g(x)
又由于x，x+1，2x+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)∈Z[x]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n＞4，

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a1＜a2＜…＜an－1＜an，取C=an－，则
C－an－1，C－an－2，…，C－a1，
则n≥5时有
f(c)=(c－a1)(c－a2)…(c－an－1) (c－an)+1
…·(－)+1+1＜0，
矛盾！
推广① 当n=4时，且a1,a2 a3, a4为不连续的整数，命题仍成立。
推广② 当n=4时，且a1,a2 a3, a4为连续的整数时，由Th7是可约的。
推广③ 当n=3时，命题成立，（为什么？平方的次数为偶）
推广④ 当n=2时，可约|a1－a2|=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Z[x]，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 （1≤i≤n）
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x－ai|－
所以 －=b(x－a1)(x－a2)…(x－an)
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+nx－7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n≠5，13时，f(x)不可约。
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+pxp－1+…+
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(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(x－1)4|f(x)+1，(x+1)4|f(x)－1
解：因为(x－1)是f(x)+1的4次重因式，所以x－1是的3重因式。同理x+1也是的3重因式，得
=a(x－1)3(x+1)3 =a(x6－3x4+3x2－1)

因为所以
可得
所以
定理9 设Z[x]，p为素数，而且 ，，那么f(x)在Q上不可约。（略证）
Z[x]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Z[x]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i＞j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(x－b)n
例3 设f(x)Q[x]，≥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 ao≠0（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) Q[x]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)=|x－A|，
所以是A的特征根，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Q[x]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Q[x]矛盾！
同样，可以从Q推广到一般数域P。
定理10 Q[x]，则（证略）
注意到f(1)=0， 乘积
推广 若Q[x]，，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(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 Z[x]，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+b2
Dn=(a+b)Dn－1－abDn－2 (n≥3)
因此 Dn=aDn－1=bn－2(D2－aD1)=bn
Dn=bDn－1=an－2(D2－bD1)=an
当a≠b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)≠xDn－1+(n－1)Dn－2
解：将每行加其后面各行，再每列减其前面一列，得

D1(x)=x， D2(x)=x2－1 Dn(x)=(x+n－1)Dn－1(x－1) (n3)
Dn(x)=(x+n－1)(x+n－3)…(x+1)·x·(x－1)…(x－n+1)
=x(x2－22)(x2－42)…(x2－(n－1)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，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xn－1的所有根（全体n次单位根），f(x)=a1+a2x+a3x2+…+anxn－1，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+bi－c－di)(a－b+c－d)(a－bi－c+di)(a+b+c+d)
=(a+b+c+d)(a－b+c－d)(a2+b2+c2+d2－2ac－2bd)
例3 回头再看看上一讲例1。

它是一个下循环行列式，f(x)=a+b(x+x2+…+xn－1)，对任意n次单位根，则
f =，
而f(1)=a+(n－1)b，故
D(1)=f(1)f[a+(n－1)b](a－b)n－1.
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

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+…+nxn－1

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(x－a1) (x－a2)…(x－an)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+b－c－d）|B4k
（iii）第3列乘1，第2、4列乘（－1）加到第1列，得（a－b+c－d）|B4k
（iv）第4列乘1，第2、3列乘（－1）加到第1列，得（a－b－c+d）|B4k
故 B4k=(a+b+c+d)(a+b－c－d)(a－b+c－d)(a－c－b+d)。
类似地 （A、B、C、D为方阵）
=|A+B+C+D||A+B－C－D||A－B+C－D||A－B－C+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A－D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n×r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，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m×n矩阵，B为n×m矩阵，m＞n，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n－1(≥2)阶子式的转置，故必有D11=0，而秩（A）＜n，故命题也成立。
若n＜2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。
1Ｏ（2）的一般解由任n－r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）
2Ｏ（1）的一般解由(Ⅱ)的一般解与(Ⅰ)的一个特解组成。

其中为(Ⅰ)的一个解，为(Ⅱ)的基础解系。
（一）具体线性方程组。一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n－1次形式多项式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!(n－1)!(n－2)!…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)=(x－a1)(x－a2)…(x－an)，则

（四）证明题：
例7 设AX=b（Znxn，Zn）对任何b均有整数解 证明|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(AX0－b)⊥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+m－s
(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=3＞2=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+E)+秩(A－E)=n
(xi)若A2=A则秩(A)+秩(A－E)=n
(xii)若A=ABA则秩(A)+秩(E－AB)=秩(A)+秩(E－BA)=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)－(n－1)
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(2A－E)=E，由(x)
秩(2A－E+E)+秩(2A－E－E)=n (秩(kA)=秩(A),k≠0)
所以 秩(A)+秩(A－E)=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(AB－E)=n
即 秩(A)+秩(E－AB)=n