线性代数应该这样学第三版习题解答4

第2题解答: 错误.

考虑 $1=(z^m+1)+(-z^m)\notin \{0\}\cup\{p\in\mathcal P(\mathbb F):\deg p=m\}$. 注意到\[(z^m+1)\in \{0\}\cup\{p\in\mathcal P(\mathbb F):\deg p=m\}\]和\[-z^m\in \{0\}\cup\{p\in\mathcal P(\mathbb F):\deg p=m\},\]这说明集合 $\{0\}\cup\{p\in\mathcal P(\mathbb F):\deg p=m\}$ 关于加法不封闭. 因此这个集合不可能是 $\mathcal P(\mathbb F)$ 的子空间.


第3题解答: 错误.

考虑 $z=(z^{2}+z)+(-z^2)\notin \{0\}\cup\{p\in\mathcal P(\mathbb F):\deg p\text{ 是偶数}\}$. 注意到\[(z^2+z)\in \{0\}\cup\{p\in\mathcal P(\mathbb F):\deg p\text{ 是偶数}\}\]和\[-z^2\in \{0\}\cup\{p\in\mathcal P(\mathbb F):\deg p\text{ 是偶数}\},\]由此可得集合 $\{0\}\cup\{p\in\mathcal P(\mathbb F):\deg p\text{ 是偶数}\}$ 关于加法不封闭. 因此它不是 $\mathcal P(\mathbb F)$ 的子空间.


第4题解答: 定义 $p\in\mathcal P(\mathbb F)$ 如下\[p(z)=(z-\lambda_1)^{n-m+1}(z-\lambda_2)\cdots(z-\lambda_m).\]则 $p$ 是一个 $n$ 次多项式满足如下条件:\[0=p(\lambda_1)=\cdots=p(\lambda_{m})\]并且 $p$ 没有其他零点.


第5题解答: 注意到 $z_1,\cdots,z_{m+1}$ 互不相同, 我可以定义如下多项式\[f(z)=\sum_{j=1}^{m+1}\frac{(z-z_1)(z-z_2)\cdots(z-z_{j-1})(z-z_{j+1})\cdots(z-z_{m+1})}{(z_j-z_1)(z_j-z_2)\cdots(z_j-z_{j-1})(z_j-z_{j+1})\cdots(z_j-z_{m+1})}w_j.\]显然有 $f(z)\in\mathcal P_m(\mathbb C)$.

将 $z=z_i$ 代入 $f(z)$, 我们可以得到 $f(z_i)=w_i$. 这是因为其中只有一项不为零(见如下链接),
\[
\frac{(z_i-z_1)(z_i-z_2)\cdots(z_i-z_{j-1})(z_i-z_{j+1})\cdots(z_i-z_{m+1})}{(z_j-z_1)(z_j-z_2)\cdots(z_j-z_{j-1})(z_j-z_{j+1})\cdots(z_j-z_{m+1})}=\delta_{ij},
\]
其中如果 $i\ne j$, $\delta_{ij}=0$; 如果 $i=j$, $\delta_{ij}=1$. 因此存在性得证.

现在假设还有一个多项式 $q\in\mathcal P_m(\mathbb C)$ 并且 $q(z_j)=w_j$, $j=1,\cdots,m+1$. 于是 $p-q$ 有 $m+1$ 个不同的零点 $z_1,\cdots,z_{m+1}$. 因为 $p-q\in\mathcal P_m(\mathbb C)$, 由 4.12 可知 $p-q$ 的次数不能为非负整数. 因此 $p-q$ 只能是零多项式, 于是 $p=q$. 唯一性得证.

这里用到的多项式叫做 拉格朗日插值多项式. 更多详情请看 如下讲义.


第7题解答: 我们设 $p(x)$ 可以写成 4.17 中\[p(x)=c(x-\lambda_1)\cdots(x-\lambda_m)(x^2+b_1x+c_1)\cdots(x^2+b_Mx+c_M)\]的形式, 其中 $c,\lambda_1,\cdots,\lambda_n$ 和 $b_1,\cdots, b_M$, $c_1,\cdots,c_n$ 都是实数, 并且 $b_j^2< 4c_j$ 对每个 $j$ 都成立. 显然其中 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$ 恰好是 $p(x)$ 的所有实根. 假如 $p(x)$ 没有实根, 这说明 $m=0$. 因此 $p(x)$ 可以写成\[p(x)=c(x^2+b_1x+c_1)\cdots(x^2+b_Mx+c_M)\]的形式. 但是在这种情况下, $p(x)$ 的次数为 $2M$. 这显然不是一个奇数. 因此 $p(x)$ 没有实根是不可能成立, 从而可知 $p(x)$ 必有实根.

这题也可以用微积分来做, 因为多项式是连续的. 我们可以假设 $p(x)$ 的首系数为 1. 由于该多项式次数为奇数当 $x$ 趋向于负无穷, $p(x)$ 也趋向于负无穷; 当 $x$ 趋向于正无穷, $p(x)$ 也趋向于正无穷. 由连续函数的中值定理, 该多项式必然存在零点.


第8题解答: 我们先证明 $T$ 是一个线性映射. 然后证明 $Tp \in\mathcal P(\mathbb R)$ 对于 $\mathcal P(\mathbb R)$ 的一组生成元素 $p \in\mathcal P(\mathbb R)$ 成立, 利用 $T$ 的线性关系, 我们可以推出 $Tp \in\mathcal P(\mathbb R)$ 对任意的 $p \in\mathcal P(\mathbb R)$ 都成立.

对任意的 $\lambda\in\mathbb R$ 和 $p,q\in\mathcal P(\mathbb R)$, 如果 $x\ne 3$, 我们有 \begin{align*} T(p+q)=&\dfrac{(p+q)-(p+q)(3)}{x-3}=\dfrac{(p+q)-p(3)-q(3)}{x-3}\\ =&\dfrac{p-p(3)}{x-3}+\dfrac{q-q(3)}{x-3}=Tp+Tq.\end{align*}类似地, \[T(\lambda p)=\dfrac{(\lambda p)-(\lambda p)(3)}{x-3}=\dfrac{\lambda p-\lambda p(3)}{x-3}=\lambda\dfrac{p-p(3)}{x-3}=\lambda Tp.\]如果 $x=3$, 则 $T$ 是求导映射和赋值映射的复合映射. 因为求导映射和赋值映射都是线性的, 所以 $T$ 也是线性的. 我们可以直接证明 \[ T(\lambda p+q)=(\lambda p+q)'(3)=(\lambda p’+q’)(3)=\lambda p'(3)+q'(3)=\lambda Tp+Tq. \]总之我们总可推出 $T$ 是线性映射.

现在我们来考虑 $Tx^n$ 对 $n\in \mathbb N^+$. 如果 $x\ne 3$, \[T(x^n)=\frac{x^n-3^n}{x-3}=x^{n-1}+3x^{n-2}+\cdots+3^kx^{n-1-k}+\cdots+3^{n-1}\in\mathcal P(\mathbb R).\] 并且, 当 $x=3$, 可得 $T(x^n)=3^{n-1}n$. 注意到当 $x=3$ 时, 我们有\[ x^{n-1}+3x^{n-2}+\cdots+3^kx^{n-1-k}+\cdots+3^{n-1}=3^{n-1}n. \]因此 \[T(x^n)=x^{n-1}+3x^{n-2}+\cdots+3^kx^{n-1-k}+\cdots+3^{n-1}\in\mathcal P(\mathbb R)\]对任意的 $x\in \mathbb R$ 都成立. 类似地我们可以证明 $T(1)=0\in \mathcal P(\mathbb R)$.

因为 $\mathcal P(\mathbb R)$ 中的每一个多项式都可以被 $1$, $x$, $x^2$, $\cdots$, 线性表示, 由于 $T$ 是线性的, 我们得出 $Tp \in\mathcal P(\mathbb R)$ 对任意的多项式 $p \in\mathcal P(\mathbb R)$ 都成立.

我没仔细检查课本中是不是提到了 $1$, $x$, $x^2$, $\cdots$ 是 $\mathcal P(\mathbb R)$ 的一组基. 所以我只说 $1$, $x$, $x^2$, $\cdots$ 是 $\mathcal P(\mathbb R)$ 的一组生成元.


第9题解答: 如果 $f(z)=a_nz^n+\cdots+a_1z+a_0$, 其中 $a_n,\cdots,a_0\in\mathbb C$, 那么\[\overline{f(\bar{z})}=\overline{a_n}z^n+\cdots+\overline{a_1}z+\overline{a_0}.\]这推出 $\overline{f(\bar{z})}$ 也是一个多项式. 因为多项式的乘积也是多项式, 我们推出 $q$ 是多项式.

我们现在来证明 $q$ 的系数都是实数. 设 $q(z)$ 为\[q(z)=\mu_{2n}z^{2n}+\cdots+\mu_1z+\mu_0.\]注意到 $\overline{q(\bar{z})}=\overline{f(\bar{z})\overline{f(z)}}=\overline{f(\bar{z})}f(z)=q(z)$, 因此\[ \overline{\mu_{2n}}z^{2n}+\cdots+\overline{\mu_1}z+\overline{\mu_0}=\mu_{2n}z^{2n}+\cdots+\mu_1z+\mu_0. \]于是 $\overline{\mu_k}=\mu_k$, 即 $\mu_k\in \mathbb R$, 对任意的 $k=0,\cdots,2n$ 成立.


第10题解答: 注意到 $x_0,x_1,\cdots,x_m$ 互不相同, 我可以定义如下多项式\[f(x)=\sum_{j=0}^m\frac{(x-x_0)(x-x_1)\cdots(x-x_{j-1})(x-x_{j+1})\cdots(x-x_m)}{(x_j-x_0)(x_j-x_1)\cdots(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})\cdots(x_j-x_m)}p(x_j).\]显然有 $f(x)\in\mathcal P_m(\mathbb C)$. 并且因为 $x_j$ 和 $p(x_j)$, $j=0,1,\cdots,m$, 都是实数, 所以 $f(x)$ 的系数都是实数. 所以我们只需要证明 $p(x)=f(x)$.

将 $x=x_i$ 代入 $f(x)$, 我们可以得到 $f(x_i)=p(x_i)$. 这是因为其中只有一项不为零(见如下链接),
\[
\frac{(x_i-x_0)(x-x_1)\cdots(x_i-x_{j-1})(x_i-x_{j+1})\cdots(x_i-x_m)}{(x_j-x_0)(x_j-x_1)\cdots(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})\cdots(x_j-x_m)}=\delta_{ij},
\]
其中如果 $i\ne j$, $\delta_{ij}=0$; 如果 $i=j$, $\delta_{ij}=1$.

这说明 $f-p$ 有 $m+1$ 个不同的零点. 因为 $f-p\in\mathcal P_m(\mathbb C)$, 由 4.12 可知 $f-p$ 的次数不能为非负整数. 因此 $f-p$ 只能是零多项式, 于是证明完成.

这里用到的多项式叫做 拉格朗日插值多项式. 更多详情请看 如下讲义.


第11题解答: 利用 4.8 中的多项式带余除法, 我们知道对任意的 $f\in\mathcal P(\mathbb F)$ 都存在多项式 $q$ 和 $r$ 使得
$$f=pq+r,\quad\text{and}\quad \deg r<\deg p.$$ 这说明 $\mathcal P(\mathbb F) = U\oplus \mathcal P_{\deg p-1}(\mathbb F)$. 因此 $\mathcal P(\mathbb F)/U\cong\mathcal P_{\deg p-1}(\mathbb F)$.
从而可得 $$\dim\mathcal P(\mathbb F)/U=\dim\mathcal P_{\deg p-1}(\mathbb F)=\deg p.$$另一方面, $\mathcal P(\mathbb F)/U$ 的一组基为 $1,x,x^2,\cdots,x^{\deg p -1}$.

这里我用到如下结论: 如果 $V=U\oplus W$, 则 $V/U\cong W$.

另外一个解法:对任意的多项式 $f\in\mathcal P(\mathbb F)$, 设 $r(f)$ 为 $f$ 除 $q$ 的余数. 注意到 $\deg r(f)<\deg q$, 我们得到一个映射
$$r:\mathcal P(\mathbb F)\to \mathcal P_{\deg p-1}(\mathbb F).$$ 很容易验证这其实是一个线性映射. 并且我们有 $\mathrm{Null}\, r=U$. 通过直接取 $\mathcal P_{\deg p-1}(\mathbb F)$ 里的多项式 $f$, 我们可以得到 $\mathrm{range}\,r=\mathcal P_{\deg p-1}(\mathbb F)$ (因为在这种情况下商为零, 余数就是自己).
由 3.91(d) 知
$$\mathcal P(\mathbb F)/U=\mathcal P(\mathbb F)/\mathrm{Null}\, r\cong \mathrm{range}\,r=\mathcal P_{\deg p-1}(\mathbb F).$$接下来和上面的解答类似.

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