线性代数

呃, 本来想试试和之前的笔记和在一起, 但是还是分开比较好, 因为抽象一点的知识感觉很有意思.

群, 环, 域

结构

二元运算 $\tau : X \times X \rightarrow X, \tau (a, b) =: a \tau b$

有了二元运算就构成了代数结构. 即二元运算$\tau$定义了$X$上的代数结构$(X, \tau)$.

对于结合的代数结构, 称为半群.

对存在逆元和单位元的半群, 形成群.

存在$a^m = e$的群为循环群.

对加法Abel群和乘法半群且满足乘法对加法的分配律的, 形成环.

无零因子的交换环称为整环.

有非零单位元且非零元可逆的环为除环.

除环中的乘法群交换, 为域.

代数结构

结合: $(a \star b) \star c = a \star (b \star c)$
交换: $a \star b = b \star a$
是否交换可以通过看乘法表是否关于对角线对称来得到.
单位(幺元): $e \star a = a = a \star e$

如何判断一个二元运算的好坏: 就是判断二元运算形成的代数结构更好

元素表和乘法表.

$(X, \cdot)$为一个代数结构, 那么$\forall x, y \in X, x \cdot y := x y$, 于是可以定义$x_1 x_2 \cdots x_n = (((x_1 x_2)x_3)\cdots)x_n$ 为左正规化乘积, 同理, 右正规化乘积也可以类似的定义

广义结合律

半群

对于结合的的代数结构, 就形成一个半群.

幺半群

有幺元的半群叫幺半群, 交换的半群教交换半群.

在幺半群中, 幺元存在则必唯一.

幺半群的例子: $\mathbb{N}, \mathbb{N}_0$
然后有$(\mathbb{N}, +)$是交换半群, $(\mathbb{N}_0, \times, 0)$就是交换幺半群

想要证明子半群的话, 就证明包含单位元就好.

$(m\mathbb{Z}, +, 0) \subset (\mathbb{Z}, +, 0)$是一个子幺半群

群

群就是在幺半群的基础上有逆元的代数结构.

一般线性群, 特殊线性群的两个例子.

\[SL_n(\mathbb{R}) := \{A \in M_n(\mathbb{R}): det A = 1\}\]
\[GL_n(\mathbb{Q}) := \{A \in M_n(\mathbb{Q}): det A \neq 1\]

想要找群, 一般可以在幺半群中找, 而子群只要$a b^{-1} \in G$就好了.

假如是一个交换群的话, 那么群的乘法表(凯莱表)是关于对角线对称的.

关于群之间的子群包含关系可以画出哈塞图.

循环群

就只看乘法循环群: (加法的类似)

\[\langle a \rangle = \{ a^i : i \in \mathbb{Z} \}\]

循环群中的元素个数要么有限, 要么可数. 并且$o(a)$为$a$的阶数, 并且这个阶数的定义就是$a^{o(a)} = e$的最小次数.

若存在$m \neq n$使得$a^m = a^n$, 那么这个映射不是单射, 则$a$为有限阶元.

\[\mathrm{card} \langle a \rangle = o(a)\]

群的阶: 满足$a^n = e$的最小$n$.

环

子环只要$x - y, x y^{-1} \in R$即可.

环中有零元 $a \boldsymbol{0} = \boldsymbol{0} = \boldsymbol{0} a$
广义分配律 $(\sum_i^m a_i)(\sum_j^n b_j) = \sum_i^m\sum_j^n a_i b_j$
环是$\mathbb{Z}$代数, 即$(n a) b = n (a b) = a (n b)$
(注: 因为没有除法)
若$R$为交换环, 则牛顿二项式公式仍成立

剩余类环

理想($I$为$R$的理想):

\[I \subset R, (I, +) \mathrm{is\ Group}, \forall x \in I, a \in R, a x,x a\in I\]

理想一定是子环.

剩余类环

\[\mathbb{S} / \sim = \{\overline{x} : x \in S\}\]

对于同余的等价关系:

\[\mathbb{Z}_m = \{ \overline{n} \} = \{ \overline{0}, \overline{1}, \cdots, \overline{n-1}\}\]

$\mathbb{R}[x]/(1+x^2) \simeq \mathbb{C}, \overline{x} = i$

整环

注: 区别整数环和整环
整数环只是一个有单位元的交换环

零因子: $a, b \in R^{\star}, a b = 0$, 分别为左右零因子.

在没有零因子的环中, 左右消去律成立.

注: 证明类似结论的时候, 建议是做差证明, 直接消去的话有些无理.

对于没有零因子的交换环, 称为整环.

$\mathbb{Z}_p, \mathbb{Z}, \mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{Q}$都是整环

唯一分解整环

除环

有非零单位元的环$D$中的所有非零元都可逆, 则构成除环.

简单理解: 除环 = 加法交换群 + 乘法群

域

在除环的基础上有交换性.

简单理解: 域 = 加法交换群 + 乘法交换群, 满足两个结合律

任意多个子域的交还是子域

扩域

素域: 没有平凡的子域的域

剩余类环没有非平凡的子域

$\mathbb{Q}$是素域, $\mathbb{Z}_p$也是素域

在同构的概念下, 素域只有有理数域和剩余类域

同态

保持运算的映射就是群同态.

和映射的单射, 满射, 还有双射类比, 有单同态, 满同态, 同构.

自己到自己的映射, 就是自同态, 比如自同构.

并且自同构的集合是个自同构群.

群同态, 环同态保持单位元, 逆元, 零元.
群同态的复合还是群同态
任意同阶循环群同构
单同态$\Leftrightarrow Ker f = {e}$
满同态$\Leftrightarrow Im f = S’$
$Ker f \leq G$, $Im f \leq G’$
环同态第一基本定理: $R / Ker f \simeq Im f$
单同态可以限制为同构

复数和多项式

复数域

通过引入辅助域

\[F:=\left\{\left(\begin{array}{ll}a & b \\ -b & a\end{array}\right) : a, b \in \mathbb{R} \right\}\]

然后让${a E: a \in \mathbb{R}}$和$\mathbb{R}$等同, 记$I = \left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ -1 & 0\end{array}\right)$, 于是就可以记$F={a + b I}$.

这样的辅助域和复平面的点有一个双射, 于是就可以利用这个得到一个自然的复数域的定义.

复数的运算

共轭: $i \rightarrow -i$
乘方和开方: 蒂莫夫公式或者极坐标
- 单位根
- 本原单位根
范数$N(z)=z \overline{z}$

多项式环

单变元多项式环

设$A$为有单位元的交换环, 令$B = \{f=(f_0, f_1, f_2, \cdots) : f_i \in A 只有有限个非零\}$. 于是$B$关于加法和多项式乘法做成一个有单位元的交换环. 将$X=(0,1,0,0,\cdots)$称为变元或未定元. 于是$f = \sum_{i=0}^{\infty} f_i X^i$, 并且表达式唯一. 于是环$B=:A[X]$为$A$上变元$X$的多项式环.

一坨概念:

多项式: $f$
系数: $f_i$
零多项式: $\forall i, f_i = 0 \Rightarrow f = 0$
首项系数: $f_i \neq 0$的最大的$i$对应的系数
首一多项式: 首项系数为$1$的多项式
次数: $\deg f = max\{i : f_i \neq 0\}$
- $\deg 0 := - \infty$
- $\deg (f + g) \leq max{\deg f, \deg g}$
  (整环时: $\deg (f + g) = max{\deg f, \deg g}$)
- $\deg (f g) \leq \deg f + \deg g$
  (整环时: $\deg (f g) = \deg f + \deg g$)

一些性质:

若$A$是整环, 则$A[X]$也是整环.

证明方法就是证明$A[X]$没有零因子, 于是就是反证法, 利用$\deg$的性质来就好.
多项式环的范性
设$A$为有单位元的交换环, 则对任意有单位元的交换环$B$, 对于任意的环同态$\varphi: A \rightarrow B$, 对于任意的$t \in B$, 都存在一个唯一的环同态$\varphi_t: A[X] \rightarrow B$, 使得$\varphi_t(a) = \varphi(a), \varphi_t(X)=t$.
$\sim: A[X] \rightarrow A^A, f(X) \mapsto f(x)$

多变元多项式环

$A[X_1, \cdots, X_2] := \left\{\begin{array}{ll} A[X_1] & n = 1 \\ A[X_1, \cdots, X_{n-1}] & n \geq 2 \end{array}\right.$

里面的元素可以写成$f=\sum_{(i)} a_{(i)} X^{(i)}$

一些定义:

次数: $\deg_k f := max\{ i_k : a_{}\}$
显然, 整环的性质保存

带余除法

练习

$\mathbb{R}[X]/(X^2 + 1) \simeq \mathbb{C}$

关于商集, 就是$R/I$类型的东西, 可以直接把$I$中的元素当作是零元. 这样的$R$就会变成一个新的集合. 举个例子: $\mathrm{Z}/n \mathbb{Z} = \mathbb{Z}_n$.

想要证明两个东西是相等的:

集合: $A \subseteq B, B \subseteq A \Rightarrow A = B$
数: $a|b, b|a \Rightarrow a = b$

想要判断一个表达式是否是既约式:

$X^5 - 25 \in \mathbb{Q}[X]$
嗯, 这种东西可以试试这个结论: 对于方程$a_n x^n + \cdots + a_1 x + a_0 = 0$, 假如有有理根$\frac{q}{p}$, 那么$q|a_0$, $p|a_n$. 于是就可以去尝试$a_0$的因子, 发现$\pm 1, \pm 25, \pm 5$都不是解, 所以就没有有理根. 在复数域里面分解, 最后就可以得到结果和系数为有理数矛盾.
$a_n x^n + \cdots + a_1 x + a_0 = 0$假如是在有理数域里面的既约式, 就可以用这个: 假如有一个素数$p$, $p \nmid a_n, p \mid a_i, (i = 0, \cdots, n - 1), p^2 \nmid a_0$, 这样就可以得到结果. (注: 不一定在$\mathbb{Z}$也使用)
或者可以这样: $X \mapsto X + 1$之类的做法, 通过变化来得到满足上面的结论的东西

要判断是否是一个代数元: 首先, 代数元是对加减乘除运算封闭的元素, 也就是所有代数元构成一个域. 并且假如一个元素是代数元, 有: $F(X) = F[X]$, 也就是$[F(X):F] < \infty$.

有一个命题: $\sin \frac{q}{p} \pi \Rightarrow $是代数元, $\sin \frac{q}{p} \Rightarrow $是超越元.

$R^X := { 所有X到R的映射 }$对于这样的东西, 可以这样理解, $A^{\mathbb{N}_0} = {(a_0, \cdots) : a_i \in A}$

域扩展: $F(\alpha) = { \frac{\sum b_i \alpha^i}{\sum c_j \alpha^j}}$

单位: $N(\alpha) = 1$
范数: $N(a + b \sqrt{d}) := (a + b \sqrt{d})(a - b \sqrt{d})$

(注: 有一个定理, 假如$d>0, d \equiv 3 (mod 4) \Rightarrow \mathbb{Z}[\sqrt{d}]是无限群, \mathbb{Z}[\sqrt{-d}]是有限群$)

对子群, 子环, 子域的验证: $a b^{-1} \in G$表示子群, 子环就加上验证一个加法的群就好.

$F$是域, 则$F^{\star}$的有限子群为循环群

$\mid G\mid$是一个偶数群, 那么$G$一定有二阶元

反证法: 假设存在一个$x \neq 0, x^2 \neq e, x \neq x^{-1} \Rightarrow \mid G { e } \mid$矛盾

对环同态证明不存在: $\mathbb{Q}(\sqrt{3}) \rightarrow \mathbb{Q}$

反证法: 假如有环同态, 就会保持单位元$f(1) \mapsto 1 \Rightarrow f(\frac{p}{q}) = \frac{p}{q}$, 那么就会说明有理数会映射到了有理数部分, 那么还玩个啥, 说明逆映射就不满射了, 所以就不能是环同态了.

一个思想: 可以将讨论的范围通过扩大范围来得到一个更好的范围来讨论问题:
$\mathbb{R}[X]$的多项式的素多项式只有一次式和二次式

简单的思想: $\mathbb{R}[X]$上的多项式在$\mathbb{C}[X]$上可以分解为一次式, 然后就可以得到了$(x - x_i)$的类似分解, 那么就是得到了一个好东西, 因为复数分解成对, 会形成一个二次式, 假如是实数解的话就是一次式.

所有子群的交就是最小的子群

在$\mathbb{Z}_m$里的运算, 可以直接运算, 然后在直接取代表元就好了
如$\frac{1}{3} \in \mathbb{Z}_5 = 2$, 这样的做法就是直接$x = \frac{1}{3} \Rightarrow 3 x = 1 = 6$就好了

算$gcd(f, g)$的注意点: $gcd(f, g)$在多项式里面是首一多项式, 在化简的时候要注意. (有一个注意: 在做长除法的时候, 记得把除数和余数标记了, 省的忘了)

初等矩阵

后记

就这样呗. 最后一门考试, 画上第一学期的句号.