《线性代数入门》解题笔记 0

《线性代数入门》，梁鑫等编著，清华大学出版社，2022 年.

0 预备知识

0.1 逻辑与集合

0.1.1

图略.

0.1.2

证明 既然 $A\Rightarrow B$ 可以定义为 $B\lor(\urcorner A)$，那么 $(\urcorner B)\Rightarrow (\urcorner A)$ 就可以定义为 $(\urcorner A) \lor B$，由于析取运算满足交换律，故 $B\lor(\urcorner A)\Leftrightarrow (\urcorner A) \lor B$，故 $(A\Rightarrow B)\Leftrightarrow ((\urcorner B)\Rightarrow (\urcorner A))$.

0.1.3

证明 因为 $A$ 是 $C$ 的必要条件，所以 $C\Rightarrow A$ 成立. 由此，根据分配律，有 $(A\land B)\lor C)\Rightarrow ((A \lor C)\land(B \lor C))\Rightarrow(A\land(B\lor C))$.

0.1.4

1. 图略.
2. 证明 $(A\oplus B)\Leftrightarrow((A\land(\urcorner B))\lor(B\land(\urcorner A)))\Leftrightarrow((B\land(\urcorner A))\lor(A\land(\urcorner B)))\Leftrightarrow(B\oplus A)$，故异或满足交换律.
   $((A\oplus B)\oplus C)\newline\Leftrightarrow((((A\land(\urcorner B))\lor(B\land(\urcorner A)))\land(\urcorner C))\lor(C\land(\urcorner ((A\land(\urcorner B))\lor(B\land(\urcorner A))))))\newline\Leftrightarrow(((A\land(\urcorner B)\land (\urcorner C))\lor(B\land(\urcorner A)\land (\urcorner C)))\lor(C\land(((\urcorner A) \lor B)\land(((\urcorner B) \lor A)))))\newline\Leftrightarrow(((A\land(\urcorner B)\land (\urcorner C))\lor(B\land(\urcorner A)\land (\urcorner C)))\lor(C\land(((\urcorner A) \lor B) \land (\urcorner B))\lor(((\urcorner A) \lor B) \land A)))\newline\Leftrightarrow((A\land(\urcorner B)\land (\urcorner C))\lor(B\land(\urcorner A)\land (\urcorner C))\lor(C\land A \land B)\lor(C\land(\urcorner A)\land(\urcorner B)))$，调换其中的 $A$ 和 $C$，用完全相同的方式可以推得相同命题，故异或满足结合律.

0.2 间接证明法

0.2.1

1. 证明 假设有一个偶数 $p>2$ 满足条件，显然 $p \equiv 0 \pmod{2}$，那么 $p$ 就不是素数，这与条件相悖，故原命题得证.
2. 证明 假设有一个偶数 $n\in\Z^+$ 满足条件，显然 $n^2$ 也是偶数，这与条件相悖，故原命题得证.
3. 证明 若存在最小的正有理数，记为 $\cfrac{p}{q}$，那么容易构造一个数 $\cfrac{p}{2q}$，显然 $0<\cfrac{p}{2q}<\cfrac{p}{q}$，根据有理数的定义，$\cfrac{p}{2q}$ 也是有理数，这就与 $\cfrac{p}{q}$ 是最小的正有理数相悖，故原命题得证.

0.2.2

证明 不妨先假设 $\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ 是有理数，这本身就满足命题. 若 $\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ 是无理数，显然有 $(\sqrt{2}^{\sqrt{2}})^{\sqrt{2}}=2$ 是有理数，因而原命题得证.

实际上可以运用 Gelfond-Schneider 定理证明. 这是一个实分析领域的经典定理，解答了 Hilbert 的第七个问题. 这个定理说的是：如果 $\alpha$ 和 $\beta$ 都是代数数，且满足 $\alpha\not ={1}, \alpha\not ={0}, \beta\notin\mathbb{Q}$，那么 $\alpha^\beta$ 的值一定是超越数. 根据 Gelfond-Schneider 定理，$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ 是超越数，于是只需取 $(\sqrt{2}^{\sqrt{2}})^{\sqrt{2}}=2$ 就可以证明原命题.

0.2.3

证明 $2^{2^{n-1}}-1=(2^{2^{n-2}})^2-1=(2^{2^{n-2}}-1)(2^{2^{n-2}}+1)=\cdots=(2-1)(2+1)(2^2+1)\cdots(2^{2^{n-2}}+1)$，显然，对于任意 $k\in\Z^+$ 且 $k\leqslant{n-1}$，有 $2^{2^k}+1$ 是 $2^{2^{n-1}}-1$ 的因子. 注意到对于任意 $m\not ={n}$，$2^{2^m}+1$ 和 $2^{2^n}+1$ 互素（形如 $2^{2^m}+1$ 的数被称为费马数，任意两个费马数互质），故 $2^{2^{n-1}}-1$ 有 $n-1$ 个奇素因数.

0.2.4

证明 不妨用数学归纳法证明. 假设巧克力排块大小为 $1\times1$，那么显然总得分为 $\cfrac{1}{2}(1\times1-1)=0$，成立. 假设排块大小为 $a\times b$，其中 $a,b\in\Z$ 且 $a,b > 1$，将要分为 $k\times b$ 和 $(a-k)\times b$ 两部分，其中 $k\in\Z^+$，那么按照归纳原则有 $\cfrac{1}{2}kb(kb-1)+\cfrac{1}{2}(a-k)b((a-k)b-1)+(kb)(a-k)b=b(\cfrac{1}{2}a^2b-\cfrac{1}{2}a)=\cfrac{1}{2}ab(ab-1)$，故原命题成立.

0.3 映射

0.3.1

1. 双射. 其逆映射为 $f: x \mapsto x-1$.
2. 双射. 其逆映射为 $f: x \mapsto \cfrac{x}{2}$.
3. 既不是单射也不是满射.
4. 既不是单射也不是满射.
5. 单射.
6. 双射. 其逆映射为 $f: x \mapsto \ln{x}$.
7. 双射. 其逆映射为 $f: x \mapsto \arcsin{x}-2\pi$.

0.3.2

1. 证明 对于映射 $f$ 陪域中任意元素 $y$，因为 $g$ 是满射，显然能找到映射 $g$ 定义域中的一个元素 $x$ 满足 $g(x)=y$，同样根据 $h$ 是满射，可以找到映射 $g$ 定义域中的一个元素 $z$ 满足 $h(z)=x$，这就找到了一个元素满足 $f(z)=y$，所以 $f$ 是满射.
2. 证明 任取两个元素 $x$，$y$，且 $x\not ={y}$，由于 $g$ 和 $h$ 都是单射，显然 $h(x)\not ={h(y)}$，同样 $g(h(x))\not ={g(h(y))}$，即 $f(x)\not ={f(y)}$，所以 $f$ 是单射.
3. 考虑 $g: \R \to \R$，对于任意 $x\in\R$，$g(x)=\ln{|x|}$，另 $h: \R \to \R$，对于任意 $x\in\R$，$h(x)=x^2$. 显然，$h$ 不是满射，但是 $f=g\circ h$ 是一个满射.
4. 证明 $g$ 的陪域就是 $f$ 的陪域，既然 $g$ 不是满射，陪域无法被映满，那么 $f$ 的陪域同样无法被映满，也就不可能是满射.
5. 考虑 $g: \R \to [0,+\infin)$，对于任意 $x\in\R$，$g(x)=x^2$，另 $h: (-\infin, 0] \to \R$，对于任意 $x\in\R$，$h(x)=-x$. 显然 $g$ 不是单射，但 $f=g\circ h$ 是一个单射.
6. 证明 当两个元素经过 $h$ 被映为同一个时，再次经过 $g$ 无法区分二者，故而存在 $x_1\not ={x_2}$ 但 $f(x_1)=f(x_2)$ 的情况，所以 $f$ 不是单射.
7. 考虑 5 中提及的情况，显然 $g$ 不是单射，而 $h$ 由于没有映满 $\R$ 不是满射，二者都不是双射，其复合为 $f:(-\infin, 0]\to[0,+\infin)$，对于任意 $x\in(-\infin, 0]$，有 $f(x)=(-x)^2$，简单验证就能发现其定义域和陪域中的元素一一对应，所以是一个双射.

0.3.3

1. 代入抛物线中线公式 $x=-\cfrac{b}{2a}$，得到中线为直线 $x=-1$，代入有 $f(-1)=1-2+3=2$，所以这个映射的像是 $[2,+\infin)$，把陪域换成 $[2,+\infin)$ 即可映满陪域.
2. 证明 对于任意 $x_1,x_2\in[0,1]$，有 $f(x_1)=x_1, f(x_2)=x_2$. 既然 $x_1\not ={x_2}$，又有 $[0,1]\sub\R$，推知 $x_1,x_2$ 是 $\R$ 中两个不同元素，那么就有 $f(x_1)\not ={f(x_2)}$，故而是单射.

0.3.4

1. 不满足.
2. 满足.
3. 不满足.
4. 满足.
5. 不满足.
6. 不满足.

0.3.5

根据 $f\circ g=g\circ f$，可列如下方程 $2(ax+b)+1=a(2x+1)+b$，化简得 $2ax+2b+1=2ax+a+b$，显然有 $a=b+1$. 所以，实数 $a,b$ 只需要满足 $a=b+1$ 就可以有 $f\circ g=g\circ f$ 成立.

0.3.6

1. 用了映射的定义.
2. 用了映射复合的结合律.
3. 用了逆映射的定义.
4. 用了恒同变换的定义.

0.3.7

证明 若 $n=1,2$，结果是显然的. 若 $n=k$ 时命题成立，其中 $k\in\Z^+$，则当 $n=k+1$ 时，不妨将原复合转化为 $(f_{k+1}\circ f_k) \circ f_{k-1}\circ\cdots\circ f_1$，令 $g=f_{k+1}\circ f_k$，由于 $f_n$ 的选取有一般性，故只需令 $f_k=g$，构造而成新复合 $f_k\circ f_{k-1}\circ\cdots\circ f_1$，按照归纳法已经证明成立了. 综上，原命题是成立的.

0.3.8

证明 不妨设 $\mathrm{im}f$ 为映射 $f$ 的像，由于 $f:X\to Y$，显然有 $\mathrm{im}f\sub Y$. 由此可以定义 $h,g$，其中，$h:X\to\mathrm{im}f$，且 $h(x)=f(x)$，$g:\mathrm{im}f\to Y$，且 $g(x)=x$. 显然，因为 $\mathrm{im}f$ 是 $f$ 的像，所以 $h$ 的陪域必须映满，而 $g$ 是恒同变换所以必然是单射，这样就构造出了 $f$ 的一个分解.

0.3.9

证明 如果 $h$ 不是单射，即存在 $x_1,x_2$，$x_1\not ={x_2}$ 且 $h(x_1)=h(x_2)$，这就把两个不同的数映为同一个，于是就必然有 $g(h(x_1))=g(h(x_2))$，即 $f(x_1)=f(x_2)$，那么 $f$ 就不是双射，和条件不符，故 $h$ 是单射. 如果 $g$ 不是满射，即 $g$ 的陪域不能被映满，这意味着 $f$ 的陪域也不能被映满，故 $f$ 不是双射，这又和条件相悖，所以 $g$ 是满射. 综上，如果 $f$ 是双射，那么 $h$ 是单射，$g$ 是满射.

0.3.10

1. 证明 对于充分性，这是显然的，只需要将 $f$ 的像集一一映回原像，就可以构造出这样一个映射 $g$. 对于必要性，由于恒同映射是双射，按照 0.3.9 中的证明，$f$ 必然为单射.
2. 证明 对于充分性，可以这样构造：对于 $f$ 像集中的一个 $y$，在原像中找一个元素 $x$ 满足 $y=f(x)$，定义 $g(y)=x$，这就构造了一个满足题意的 $g$. 而对于必要性，由于恒同映射是双射，按照 0.3.9 中的证明，所以 $f$ 必然为满射.
3. 证明 按照上述 1，2 中的证明，这是显然的.