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线性空间一些基本性质的证明

线性代数里面蕴含着丰富的数形结合思想，结合图形来理解，难度会小很多,以下证明不一定严密，但至少不依赖任何技巧的花哨的数学方法，依赖空间直觉得出自然而然的结论，学习线性空间理论，应该低起点，高观点。

0.0结合律的证明，同济教材只给出了结论，并没有证明．

矩阵:

为一 $m \times n$ 矩阵，为一 $n\times r$ 矩阵，为一 $r\times s$ 矩阵，令

则，需要证明,根据矩阵的乘法定义:

$d_{il}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kl}$

$e_{kj}=\sum_{l=1}^{r}b_{kl}c_{lj}$

的元为:

$\sum_{l=1}^{r}d_{il}c_{lj}=\sum_{l=1}^{r}(\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kl})c_{lj}$

的元为:

$\sum_{k=1}^{n}a_{ik}e_{kj}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}(\sum_{l=1}^{r}b_{kl}c_{lj})$

由于

$\sum_{l=1}^{r}d_{il}c_{lj}=\sum_{l=1}^{r}(\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kl})c_{lj}=\sum_{l=1}^{r}(\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kl}c_{lj})=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}(\sum_{l=1}^{r}b_{kl}c_{lj})$

所以：

QED!

0.1为一 $n \times n$ 矩阵，则

$\left | A^T\right| = \left | A\right |$

很普通的定理，还是要证一下:

采用数学归纳法证明对于n阶矩阵是成立的，显然，因为 $1\times 1$ 阶矩阵是对称的标量，结论对于是成立的，假设这个结论对于所有的 $k \times k$ 也是成立的，则，对于 $(k+1)\times (k+1)$ 阶矩阵Ａ，将 $\left |A \right|$ 按照Ａ的

第一行展开，有:

$\\det(A)=a_{11}det(M_{11}) - a_{12}det(M_{12}) + -\cdots\pm a_{1,k+1}det(M_{1,k+1})$

$M_{ij}$ 为 $k\times k$ 矩阵，由归纳假设得

$\\det(A)=a_{11}det(M^T_{11}) - a_{12}det(M^T_{12}) + -\cdots\pm a_{1,k+1}det(M^T_{1,k+1})$

恰好是按照的第一列代数余子式展开，因此

$\left | A^T\right| = \left | A\right |$

QED!

1.在线性空间的理论中，有一个定理起着重要的作用，描述如下,如果向量组

中每一个向量都是向量组

的线性组合，而且m>k,则向量

必定线性相关.

证明过程如下，由题设:

必然存在KxK的满秩矩阵A，使得

是

空间向量的线性变换结果，也即是：

这样

和　均可以做为K维空间的基.

所以,和也必然存在逆变换Ｂ，使得

其中

A,B互逆.

也就是说，不但x向量可以由y表示，而且也可以反过来标识y向量，两者在空间中是等价的，只是观察角度不同（玩儿游戏的同学应该能懂，吃鸡报点:))

所以，在K维空间中，哪怕在多一个向量，必定可以由k维的基标识，所以

m>k的情况下，多出来的m-k个向量必然可以被表示出来。

证毕:

对于上面证明用到的一个引理，就是为什么要求Ａ矩阵一定满秩,简单证明如下:

反证法，先使用排中律，否定结论，设

线性无关,剩下的向量可由其表示:

所以:

则x 必然也线性相关,成功归谬，得到矛盾，引理得证明。

QED!

人类只能理解三维以下的空间，高维空间到底是什么样子的呢？好想知道

２．关于空间中的坐标变换：

　将z=4x+5y通过坐标变换变成简单形式。

首先可以选择平面上的两个点:

比如(1,1,9)以及(2,1,13)

首先，将两个向量施密特正交化:

施密特正交化后得到：

我们主要关心方向:

将向量规范化为:

则:

所以,

去掉误差项0.0003以及0.0002后，消失了两个维度，得到简化的平面方程

空间变换是一种很重要的数据处理思想，一些看似杂乱的数据，如果换一个角度去看，在高纬度的可能存在规律的形状，　要仔细领会。

3．线性空间中有一个非常基础的论断，就是矩阵中行秩必定等于列秩，而且课本给出了证明。

看似简单，但行秩为什么必须等于列秩呢? 它究竟反应的是空间的什么结构性质呢?

对于矩阵来说，行秩=列秩，等价于说，如果行线性相关，那么列必定也线性相关，行和列不是一回事呀，包含的元素也不相同，为什么呢？先通过一个三维空间中的例子来验证这个结论：

如下矩阵，很明显，前两行具有完全的自由度，不会线性相关，第三行由前两行线性组合而成，所以行向量必定线性相关。

列向量是否线性相关，完全看不出任何规律，不明显，我们需要变化一下：

所以，看一看出来，转置矩阵，经过初等行变换后，最后一行简化为0，对应的原来矩阵列线性相关。

所以，原来矩阵行线性相关<=====>矩阵列线性相关，两个等价。

上面的初等行变换过程是:

所以，行线性相关得证:

或者

让x3为自由变量:

所有由此可见，行向量线性相关必定导致有列向量标识的方程组有非零解，所有列向量也必然线性相关。

相关性和线性方程组之间的关系很微妙，如果行向量线性相关，则必定可以通过行变换消去一个方程，消去方程会导致自由变量多一个，则剩余的方程必定有非零解，有非零解同时也意味着列向量必定线性相关。。。

对于通用情况：

设以下mxn矩阵，其中m

将其写成列向量的格式:

假设其列秩为c，则必定存在c个列向量线性无关.我们将其挑选出来做成新的矩阵

其中

则原矩阵

必定可以写成

线性组合的形式:

同时，也可以写成B矩阵行向量线性组合的形式:

其中

另一种证明:

考虑 $m \times n$ 矩阵，

$A_{m\times n}=\left [ a_{ij}\right ]= \begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1}& a_{m2}& \cdots & a_{mn} \end{bmatrix}$

为一 $m \times n$ 阶矩阵，设它的行秩为，列秩为.

考虑一下 $A\vec{x}=\vec{0}$ 的解空间，则的行阶梯型将有个首1元素行，必定有个自由变量，所以A的解空间的维数必为.

另外，考虑到

$\\ a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = 0 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = 0 \\ \vdots \\ a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n = 0$

所以

$\vec{x}$ 和 $\vec{a_{1j}}^T$ 是互为正交补空间， $\vec{x}$ 的秩为

所以

QED！

初中时老师告诉我们，有n个方程才能唯一确定n个未知数，所以才叫"方“程，可是现在我们知道了，光有n个方程还不够，这些方程必须是”干货“方程才行。

4.矩阵线性组合的把戏:

以上说明，如果现行线性相关的航向量作为最后一行参与列扩张，扩张成的列向量，满足同样的行扩张系数。

５.最小二乘法的矩阵形式推导：

设:

$\\ R(A)=\{ A\vec{x}|\vec{x}\in R^{n}\},\quad A\in R^{n \times n}\\$

最小二乘问题的矩阵形式:

求得向量 $\vec{x}$ ,使得 $A\vec{x}$ 与 $\vec{b}$ 的距离最小,翻译成数学表达就是:

$\\ \exists \vec{b}$ ，求 $\vec{x}$ ，使得 $||A\vec{x}-\vec{b}||_2$ 最小，2-范数表示的是向量长度，计算方法是向量各个元素的平方和再开方，求它最小值，等价于求:

${||A\vec{x}-\vec{b}||_2}^2$ 的最小值，而：

$\\{||A\vec{x}-\vec{b}||_2}^2=(A\vec{x}-\vec{b})^T(A\vec{x}-\vec{b})=(\vec{x}^TA^T-{\vec{b}}^T)(A\vec{x}-\vec{b})\\ =\vec{x}^TA^TA\vec{x}-\vec{x}^TA^T\vec{b}-{\vec{b}}^TA\vec{x}+{\vec{b}}^T{\vec{b}}$

根据矩阵微分公式:

$\\ \frac{\partial {\vec{x}^T}\vec{a}}{\partial \vec{x}}=\frac{\partial {\vec{a}^T}\vec{x}}{\partial \vec{x}}=\vec{a}\\ \frac{\partial {\vec{x}^T}A\vec{x}}{\partial \vec{x}}=A\vec{x}+A^T\vec{x}$

所以:

$\\ \frac{\partial {||A\vec{x}-\vec{b}||_2}^2}{\partial \vec{x}}=2A^TA\vec{x}-2A^T\vec{b}=\vec{0}\\ 2A^TA\vec{x}=2A^T\vec{b}=>\vec{x}=(A^TA)^{-1}A^T\vec{b}$

所以，最终得到:

$\vec{x}=(A^TA)^{-1}A^T\vec{b}$

对于方阵来说，它和

$A\vec{x}=\vec{b}$

同解

QED!

数形结合的方法不一定到处可用，经济学中的数学模型通常有上千个变量，比如说

$x_1,x_2,x_3,\cdots ,x_{5000}$

这样就意味着必须在 $R^{5000}$ 中工作，这样的空间不能通过几何手段来处理，但是代数方法却可以很好的发挥作用，因此这门学科叫做线性代数。

6. $\{(x_1, x_2, x_3) \in F^3: x_1=5x_3\}$ 是不是上的子空间.

1.显然 $\{0, 0, 0\}$ ,满足,所以存在加法单位元

2. $\{x,y,z\}, \{a, b, c\} \in F^3$ ,则

所以 $(x+a, y+b, z+c)\in F^3$ ，满足加法封闭性.

3. $\{x,y,z\} \in F^3$ , $x=5z=>\lambda x=\lambda5z=>\lambda x=5\lambda z=>\{\lambda x, \lambda y, \lambda z\}\in F^3$

满足标量乘法的封闭。

所以，是子空间

空间图形如下图所示：

$z=\frac{x}{5}$

是个过原点的二维空间。

可以想象，不过原点的二维空间是什么样子的?在这个空间中的生物，可能走一小步，就跳出了这个空间，

7:设

张成V,证明组

也张成V

$span(V)=\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+\lambda_3v_3+\lambda_4v_4 \quad \lambda_1, \lambda_2, \lambda_3, \lambda_4 \in R$

$[v_1-v_2, v_2-v_3, v_3-v_4, v_4]=[v_1, v_2,v_3, v_4]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ -1& 1 & 0& 0\\ 0 & -1& 1& 0\\ 0 & 0 & -1& 1 \end{bmatrix}$

$Rank(\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ -1& 1 & 0& 0\\ 0 & -1& 1& 0\\ 0 & 0 & -1& 1 \end{bmatrix})=4$

满秩，所以存在逆矩阵，所以

$[v_1, v_2,v_3, v_4]=[v_1-v_2, v_2-v_3, v_3-v_4, v_4]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ -1& 1 & 0& 0\\ 0 & -1& 1& 0\\ 0 & 0 & -1& 1 \end{bmatrix}^{-1}$

所以，得证明！

或者

$[v_1-v_2, v_2-v_3, v_3-v_4, v_4]\begin{bmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\\ \lambda_4 \end{bmatrix}=0=>[v_1, v_2,v_3, v_4]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ -1& 1 & 0& 0\\ 0 & -1& 1& 0\\ 0 & 0 & -1& 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\\ \lambda_4 \end{bmatrix}=[v_1, v_2,v_3, v_4]\begin{bmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2-\lambda_1\\ \lambda_3-\lambda_2\\ \lambda_4-\lambda_3 \end{bmatrix}=0$

$\begin{bmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2-\lambda_1\\ \lambda_3-\lambda_2\\ \lambda_4-\lambda_3 \end{bmatrix}=0=>\begin{bmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\\ \lambda_4 \end{bmatrix}=\vec{0}=>\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=\lambda_4=0$

也就是线性无关，线性无关的一组向量可以作为的一组基，所以得证!

以上就是两种方法的证明！

８若将C视为R上的向量空间，则组是线性无关的。

若将C视为C上的向量空间，则组是线性相关的。

$\\ \lambda_1=a+bi\\ \lambda_2=c+di$

则

$\\ \lambda_1(1+i)+\lambda_2(1-i) = (a+bi)(1+i)+(c+di)(1-i)=a+bi+ai-b+c+di-ci+d=(a-b+c+d)+(b+a+d-c)i$

在R上，b=d=0

所以

$\\a+bi+ai-b+c+di-ci+d=(a-b+c+d)+(b+a+d-c)i=(a+c)+(a-c)i=0=>a=c=0$

在Ｃ上

两个方程，四个未知数，解空间是二维平面，所以有无穷多个解，例如.

a=d=0, b=c=1

得到 $\lambda_1=i, \lambda_2=1$

$\\ i(1+i)+1(1-i)=0$

结束！

９：

$f_n=\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{n} \qquad \qquad x\geqslant \frac{1}{n};\\ 0 \qquad \qquad \quad \quad x\in[0, \frac{1}{n}] \end{matrix}\right.$

是区间[0,1]上的连续函数。

证明 $f_{n+1}\notin\text{span}\{f_1,\cdots,f_n\}$

$f_1=\left\{\begin{matrix} x-1 \qquad x\geqslant 1;\\ 0 \qquad \qquad \quad x\in[0, 1] \end{matrix}\right.$

$f_2=\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{2} \qquad \qquad x\geqslant \frac{1}{2};\\ 0 \qquad \qquad \quad \quad x\in[0, \frac{1}{2}] \end{matrix}\right.$

$f_3=\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{3} \qquad \qquad x\geqslant \frac{1}{3};\\ 0 \qquad \qquad \quad \quad x\in[0, \frac{1}{3}] \end{matrix}\right.$

$\vdots$

$f_n=\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{n} \qquad \qquad x\geqslant \frac{1}{n};\\ 0 \qquad \qquad \quad \quad x\in[0, \frac{1}{n}] \end{matrix}\right.$

$f_{n+1}=\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{n+1} \qquad \qquad x\geqslant \frac{1}{n+1};\\ 0 \qquad \qquad \quad \quad x\in[0, \frac{1}{n+1}] \end{matrix}\right.$

假如存在　 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3,\cdots,\lambda_n$

使得:

$\\ f_{n+1}(x)=\lambda_1f_1(x)+\lambda_2f_2(x)+\lambda_3f_3(x)+\cdots+\lambda_nf_n(x)$

根据如下函数图形，当x取的时候

$\\ \lambda_1f_1(\frac{1}{n})+\lambda_2f_2(\frac{1}{n})+\lambda_3f_3(\frac{1}{n})+\cdots+\lambda_nf_n(\frac{1}{n})\\ \\ =\lambda_1*0+\lambda_2*0+\cdots+\lambda_n*0=0$

但是

$\\ f_{n+1}(\frac{1}{n})=\frac{1}{n(n+1)}$

所以，显然，不存在n+1次的函数能够用<＝n次的函数表达的情况，函数无关。

9:对于线性变换 ,计算他在新坐标基B下的变换矩阵。

$\\Y=B{Y}' \\X=BX'$

所以:

$Y=AX=>BY'=ABX'=>Y'=B^{-1}ABX'$

所以:

$Y'=B^{-1}ABX'$

所以新基下的变换为: $B^{-1}AB$

10:内积的定义：

$\begin{bmatrix} u_x &u_y \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} = u_x*x+u_y*y$

$\begin{bmatrix} u_x\\ u_y \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} = u_x*x+u_y*y$

对于任何

$\begin{bmatrix} u_x\\ u_y \end{bmatrix}$ ，可以将其单位化:

$\begin{bmatrix} u'_x\\ u'_y \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac{u_x}{\sqrt{u^2_x+u^2_y}}\\ \frac{u_y}{\sqrt{u^2_x+u^2_y}} \end{bmatrix}$

11:转置矩阵和原矩阵具有相同的特征多项式，也就是具有相同的特征值．

12:向量刻画对象，矩阵刻画对象的运动，矩阵的本质是对运动的描述，线性空间中的跃迁，交换．

$\begin{bmatrix} 2 & 0\\ 0 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2\\ 3 \end{bmatrix}$

运动的方式*对象＝运动后的对象

12:利用范德蒙德行列式证明，属于不同特征值的特征向量线性无关：

课本上用数学归纳法，不太喜欢反证法和归纳法，还是用演绎法来证明：

假设n阶梯矩阵A有n个不同的特征值，分别为：

$\lambda_1,\quad \lambda_2,\quad \cdots \quad \lambda_n$

其对应的特征向量分别为:

$\vec{v}_1,\quad \vec{v}_2,\quad \cdots \quad \vec{v}_n$

证明:使得 $k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n=0$ 成立的只能是 $k_1=k_2=\cdots=k_n=0$

证明过程:根据已知条件下式成立：

$\\A\vec{v}_1=\lambda_1\vec{v}_1\\ A\vec{v}_2=\lambda_2\vec{v}_2\\ \qquad \vdots\\ A\vec{v}_n=\lambda_n\vec{v}_n\\$

并且： $A^{m}\vec{v}_i=\lambda^{m}_i\vec{v}_i$

如果 $k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n=0$ 成立，那么下面的式一定成立：

$\\A^0(k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n)=\vec{0}\\ A^1(k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n)=\vec{0} \\ A^2(k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n)=\vec{0} \\ \vdots \\ A^{n-1}(k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n)=\vec{0} \\$

等价于：

$\\k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n=\vec{0}\\ k_1\lambda_1\vec{v}_1+k_2\lambda_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\lambda_n\vec{v}_n=\vec{0}\\ k_1\lambda^2_1\vec{v}_1+k_2\lambda^2_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\lambda^2_n\vec{v}_n=\vec{0}\\ \vdots\\ k_1\lambda^{n-1}_1\vec{v}_1+k_2\lambda^{n-1}_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\lambda^{n-1}_n\vec{v}_n=\vec{0}$

转化成矩阵形式：

$\begin{bmatrix} k_1\vec{v}_1 & k_2\vec{v}_2 & \cdots& k_n\vec{v}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & \lambda_1 & \cdots & \lambda^{n-1}_1 \\ 1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda^{n-1}_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \cdots & \lambda^{n-1}_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \vec{0} & \vec{0} & \cdots& \vec{0} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{bmatrix}$

也就是

$\begin{bmatrix} k_1\vec{v}_1 & k_2\vec{v}_2 & \cdots& k_n\vec{v}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & \lambda_1 & \cdots & \lambda^{n-1}_1 \\ 1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda^{n-1}_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \cdots & \lambda^{n-1}_n \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{bmatrix}$

其中：

$\begin{bmatrix} 1 & \lambda_1 & \cdots & \lambda^{n-1}_1 \\ 1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda^{n-1}_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \cdots & \lambda^{n-1}_n \end{bmatrix}$

是范德蒙德行列式，其行列式的值为:

$\begin{vmatrix} 1 & \lambda_1 & \cdots & \lambda^{n-1}_1 \\ 1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda^{n-1}_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \cdots & \lambda^{n-1}_n \end{vmatrix}=\prod_{n\geqslant i>j\geqslant 1}(\lambda_i-\lambda_j)$

引用特征向量各不相同的条件，则此范德蒙德行列式一定不等于０．得出此范德蒙德矩阵是满秩矩阵．

满秩矩阵就一定有唯一的逆，所以

$\begin{bmatrix} k_1\vec{v}_1 & k_2\vec{v}_2 & \cdots& k_n\vec{v}_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & \lambda_1 & \cdots & \lambda^{n-1}_1 \\ 1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda^{n-1}_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \cdots & \lambda^{n-1}_n \end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix} \vec{0} & \vec{0} & \cdots& \vec{0} \end{bmatrix}$

由于 $\vec{v}_1,\quad \vec{v}_2,\quad \cdots \quad \vec{v}_n$ 作为特征向量，特征向量表示方向，不可能为０，　那么

只能是 $k_1=k_2=\cdots=k_n=0$ ，得证．

还可以认为，矩阵:

$\begin{bmatrix} k_1\vec{v}_1 & k_2\vec{v}_2 & \cdots& k_n\vec{v}_n \end{bmatrix}$

的解空间的秩为n，根据维数定理，解空间的秩+矩阵的秩＝n，则矩阵的秩一定为０．

什么样的矩阵秩才为０呢？当然是０矩阵，根据上面的逻辑，同理得出， $k_1=k_2=\cdots=k_n=0$

所以属于不同特征值的特征向量线性无关．

QED!

12:与 $\Lambda$ 相似，则 $A=P^{-1}\Lambda P$ ，那么 $A-\lambda E$ 与 $\Lambda-\lambda E$ 有什么关系？

　因为 $P^{-1}(A-\lambda E)P=P^{-1}AP-P^{-1}\lambda EP=\Lambda-\lambda E$

所以　 $(A-\lambda E)$ 与 $(\Lambda-\lambda E)$ 相似

13:实对称矩阵的特征值为实数

复数 $\lambda$ 为实对称矩阵的特征值，复向量 $\mathbf{x}$ 为对应的特征向量,即:

$A\mathbf{x}=\lambda \textbf{x} \quad \textbf{x}\neq \vec{\textbf{0}}$

用 $\overline{\lambda}$ 表示 $\lambda$ 的共轭复数， $\overline{\textbf{x}}$ 表示 $\textbf{x}$ 的共轭复向量．那么

$A\overline{\textbf{x}}=\overline{A}\overline{\textbf{x}}=\overline{(A\textbf{x})}=\overline{(\lambda \textbf{x})}=\overline{\lambda}\overline{\textbf{x}}$

从上式也可以得出，如果结论为真，那么 $\overline{\textbf{x}}$ 也为A的特征向量．

于是有:

$\overline{\textbf{x}}^TA\overline{\textbf{x}}=\overline{\textbf{x}}^T(A\overline{\textbf{x}})=\overline{\textbf{x}}^T(\lambda\overline{\textbf{x}})=\lambda \overline{\textbf{x}}^T \overline{\textbf{x}}$

和

$\overline{\textbf{x}}^TA\overline{\textbf{x}}=\overline{\textbf{x}}^TA^T\overline{\textbf{x}}={(A\overline{\textbf{x}})}^T\overline{\textbf{x}}={(\overline{\lambda}\overline{\textbf{x}})}^T\overline{\textbf{x}}=\overline{\lambda}\overline{\textbf{x}}^T \overline{\textbf{x}}$

让两式相减：

$(\lambda - \overline \lambda)\overline{\textbf{x}}^T \overline{\textbf{x}}=0$

由于

$\textbf{x}\neq \vec{\textbf{0}}$

所以，

$\overline{\textbf{x}}^T \overline{\textbf{x}}=\sum_{i=1}^{n}\overline{x_i}x_i=\sum_{i=1}^{n}{\left |{x_i} \right |}^2\neq 0$

所以

$(\lambda - \overline \lambda)=0$

也就是 $\lambda = \overline \lambda$

即，特征值为实数．

由于实对称矩阵的特征值是实数，所以，齐次线性方程组

$(A-\lambda_iE)\vec{x}=\vec{0}$

是实系数线性方程组，又由于

$\left|A-\lambda_iE\right |=0$

得到

$Rank(A-\lambda_iE)< n$ ,所以其必有非平凡实数解，必有实的基础解系．所以，实对称矩阵不但特征值是实数，对应的特征向量也是实向量．

14:设 $\lambda_1,\lambda_2$ 是实对称矩阵的两个特征值， $\vec{p}_1, \vec{p}_2$ 是对应的特征向量，若 $\lambda_1\neq\lambda_2$ ,则 $\vec{p_1}$ 与 $\vec{p}_2$ 正交．

已知条件， $\lambda_1\neq\lambda_2$ ,

$A\vec{p}_1=\lambda_1\vec{p}_1$

$A\vec{p}_2=\lambda_2\vec{p}_2$

所以:

$\lambda_1 {\vec{p_1}}^T=(\lambda_1 \vec{p_1})^T=(A\vec{p_1})^T=\vec{p_1}^TA^T=\vec{p_1}^TA$

于是:

$\lambda_1\vec{p_1}^T\vec{p_2}=\vec{p_1}^TA\vec{p_2}=\vec{p_1}^T\lambda_2\vec{p_2}=\lambda_2\vec{p_1}^T\vec{p_2}$

所以:

$(\lambda_1-\lambda_2)\vec{p_1}^T\vec{p_2}=0$

由于 $\lambda_1\neq\lambda_2$ ，所以只能是 $\vec{p_1}^T\vec{p_2}=0$ 成立，也即是 $\vec{p_2}, \vec{p_2}$ 正交．

15:若 $\{{\vec{q}_1, \vec{q}_2, \quad ... \quad ,\vec{q}_k}\}$ 是一组n维标准正交向量组，求矩阵

$\sum_{i=1}^{k}\vec{q}_i\vec{q_i}^T$

的所有特征值.

标准正交，所以:

${\vec{q}_i}^T\vec{q}_j = \left\{\begin{matrix} 1 \qquad i=j\\ 0 \qquad i\neq j \end{matrix}\right.$

展开：

$M=\sum_{i=1}^{k}\vec{q}_i\vec{q_i}^T= (\vec{q_1}\vec{q_1}^T + \vec{q_2}\vec{q_2}^T + \cdots + \vec{q_k}\vec{q_k}^T)$

则:

$\\M^2= (\vec{q_1}\vec{q_1}^T + \vec{q_2}\vec{q_2}^T + \cdots + \vec{q_k}\vec{q_k}^T)^2 \\= \vec{q_1}\vec{q_1}^T\vec{q_1}\vec{q_1}^T + \vec{q_2}\vec{q_2}^T\vec{q_2}\vec{q_2}^T + \cdots + \vec{q_k}\vec{q_k}^T\vec{q_k}\vec{q_k}^T + \vec{q_1}\vec{q_1}^T\vec{q_2}\vec{q_2}^T + \cdots$

根据正交条件，交叉项全部为0， $\vec{q_k}\vec{q_k}^T\vec{q_k}\vec{q_k}^T=1$

所以

$\\M^2= (\vec{q_1}\vec{q_1}^T + \vec{q_2}\vec{q_2}^T + \cdots + \vec{q_k}\vec{q_k}^T) = M$

也就是

$\\M^2= M$

所以，特征多项式为:

$\lambda^2=\lambda=>\lambda(\lambda - 1)= 0=>\lambda =1 \ or \ \lambda = 0$

也就是特征值为 $\lambda =1$ 或者 $\lambda = 0$

验证:

$\lambda =1$

$M^2=M=>(M-E)M=\boldsymbol{0}=>(M-1\cdot E)M=0$

所以，M的每个列向量都是 $\lambda =1$ 的特征向量。

同理:

$M^2=M=>(M-E)M=\boldsymbol{0}=>(M-0\cdot E)(M-E)=0$

所以，M-E的每个列向量都是0的特征向量。

16:对于阶可逆矩阵，设其任意一个非零特征值 $\lambda$ ,对应的特征向量 $\mathbf{\vec{x}}$ ，则

$A\mathbf{\vec{x}}=\lambda \mathbf{\vec{x}}$

连边同时左乘 $A^{-1}$

$A^{-1}A\mathbf{\vec{x}}=A^{-1}\lambda \mathbf{\vec{x}}=>\mathbf{\vec{x}}=A^{-1}\lambda \mathbf{\vec{x}}$

然后两边乘以 $\frac{1}{\lambda}$ ，得到:

$\frac{1}{\lambda}\mathbf{\vec{x}}=A^{-1}\mathbf{\vec{x}}$

也就是:

$A^{-1}\mathbf{\vec{x}}=\frac{1}{\lambda}\mathbf{\vec{x}}$

所以， $\frac{1}{\lambda}$ 是 $A^{-1}$ 的特征值，对应特征向量不变，仍然为 $\mathbf{\vec{x}}$ .

特征向量不为 $\boldsymbol{\vec{0}}$ , 所以，对于０特征值的情况

$A\mathbf{\vec{x}}=0\cdot \mathbf{\vec{x}}=>A\mathbf{\vec{x}}=\mathbf{\vec{0}}$

所以，齐次方程

$A\vec{x}=\vec{0}$

有非０解，进而得到 Rank(A)

$\left | A \right| = 0$ $Ａ\vec{x}=\vec{0}$

17: 为阶正定矩阵，则

$\left | A\right |\leqslant a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}$

正定矩阵，A是对称方阵，则，写成分块的形式:

$A_{n\times n}= \begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{12}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{1n}& a_{2n}& \cdots & a_{nn} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A_{n-1} & \vec{\alpha}\\ \vec{\alpha}^T& a_{nn} \end{bmatrix} \qquad \vec{\alpha} =\begin{bmatrix} a_{1n}\\ a_{2n}\\ \vdots \\ a_{(n-1)n} \end{bmatrix}$

对矩阵尽心给出等列变换,用第二列减去第一列右乘以 ${A_{n-1}}^{-1} \vec{\alpha}$ ，行列式不变，所以:

$\\ \left |A_{n\times n} \right|= \begin{vmatrix} A_{n-1} & \vec{\alpha}\\ \vec{\alpha}^T& a_{nn} \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} A_{n-1} & \vec{\alpha}-A_{n-1}{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha} \\ \vec{\alpha}^T& a_{nn}- \vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha}\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} A_{n-1} & \vec{0} \\ \vec{\alpha}^T& a_{nn}- \vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha}\end{vmatrix} = \left | A_{n-1} \right |(a_{nn}-\vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha})$

也就是：

$\\ \left |A_{n\times n} \right| = \left | A_{n-1} \right |(a_{nn}-\vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha})$

根据已知矩阵正定的条件，一个矩阵是正定的，当且仅当它的各阶顺序主子式是正定的，所以 $A_{n-1}$ 必然也是正定的。

根据正定矩阵的要求， $\vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha}>0 \quad \vec{\alpha} \neq \vec{0}$

所以

$\\ \left |A_{n\times n} \right| = \left | A_{n-1} \right |(a_{nn}-\vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha})< \left | A_{n-1} \right | a_{nn}$

所以得到:

$\\ \left |A_{n\times n} \right| < \left | A_{n-1} \right | a_{nn}$

同理，可以得到

$\\ \left |A_{{n-1}\times {n-1}} \right| < \left | A_{n-2} \right | a_{(n-1)(n-1)} \\ \left |A_{{n-2}\times {n-2}} \right| < \left | A_{n-3} \right | a_{(n-2)(n-2)} \\ \vdots \\ \left |A_{2 \times 2} \right| < a_{11} a_{22}$

所以

$\left | A\right |\leqslant a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}$
得证！

18.若P为正交矩阵，则线性变换

$\vec{y}=P\vec{x}$

称为正交变换　

则

$\left \| \vec{y} \right \|=\sqrt{\vec{y}^T\vec{y}}=\sqrt{\vec{x}^TP^TP\vec{x}}=\sqrt{\vec{x}^T\vec{x}}=\left \| \vec{x} \right \|$

由于 $\left \| \vec{x} \right \|$ 　2-范数表示向量长度，所以， $\left \| \vec{y} \right \|=\left \| \vec{x} \right \|$ 说明经过正交变换后，线段长度保持不变，从而几何形状保持不变，这是正交变换的特性．

19:设 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 是方阵A的两个不同特征值，　 $\epsilon_1, \epsilon_2, \cdots, \epsilon_s$ 和 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_t$ 分别对应于 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 的线性无关特征向量，则　 $\epsilon_1, \epsilon_2, \cdots, \epsilon_s$ $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_t$ 线性无关．

题设可知:

$A\epsilon_i=\lambda_1\epsilon_i \quad (1<i<s )$

$A\eta_j=\lambda_2\eta_j \quad (1<j<t )$

假设

$k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s + k_{s+1}\eta_1 + k_{s+2}\eta_2+\cdots+k_{s+t}\eta_{t} = 0 \quad \textcircled{1}$

两边同时乘以得:

$A(k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s)+ A(k_{s+1}\eta_1 + k_{s+2}\eta_2+\cdots+k_{s+t}\eta_{t}) = 0$

$\lambda_1(k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s)+ \lambda_2(k_{s+1}\eta_1 + k_{s+2}\eta_2+\cdots+k_{s+t}\eta_{t}) = 0 \quad \textcircled{2}$

$\textcircled{2}-\lambda_2\textcircled{1}$ 得:

$\lambda_1(k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s)- \lambda_2(k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s) = 0 \quad \textcircled{3}$

所以

$(\lambda_1-\lambda_2)(k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s) = 0 \quad \textcircled{4}$

由于 $\lambda_1\neq \lambda_2$ ,所以

$k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s = 0 \quad \textcircled{5}$

因为 $\epsilon_1, \epsilon_2, \cdots, \epsilon_s$ 线性无关，所以

$k_1=k_2= \cdots=k_s = 0\quad \textcircled{6}$

从而 $\textcircled{1}$ 式可以化简为

$k_{s+1}\eta_1 + k_{s+2}\eta_2+\cdots+k_{s+t}\eta_{t} = 0 \quad \textcircled{7}$

同样因为 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_t$ 线性无关．

$k_{s+1}=k_{s+2}= \cdots=k_{s+t} = 0\quad \textcircled{8}$

根据 $\textcircled{6}, \textcircled{8}$ 　得到:

$k_1=k_2= \cdots=k_s = k_{s+1}=k_{s+2}= \cdots=k_{s+t}=0\quad \textcircled{9}$

所以，线性无关结论成立．

20: $f(A)=a_0A^n+a_1A^{n-1}+\cdots+a_{n-1}A+a_nE$

如果 $A=P^{-1}\Lambda P$

则:

$\\f(A)=a_0A^n+a_1A^{n-1}+\cdots+a_{n-1}A+a_nE\\=P^{-1}a_0\Lambda ^nP + P^{-1}a_1\Lambda ^{n-1}P+\cdots+P^{-1}a_{n-1}\Lambda P + P^{-1}a_nEP\\=P^{-1}f(\Lambda)P$

21:证明对称矩阵为正定的充分必要条件是：存在可逆矩阵,使得,也就是A与单位矩阵E合同.

充分性:

对称且正定，则存在正交矩阵，使得 $A=P^{-1}\Lambda P=P^T \Lambda P$

设矩阵是对角矩阵 $\Lambda$ 对角元的平方根的对角阵，则:

$\Lambda =C^2=C\cdot C=C^TC$

所以，

$A=P^{-1}\Lambda P=P^T \Lambda P=P^TC^TCP=(PC)^T(PC)$

另

,由于P,C均为可逆阵，所以Ｕ必为可逆阵．

得到

$A=P^{-1}\Lambda P=P^T \Lambda P=P^TC^TCP=(PC)^T(PC) = U^TU$

必要性:

$A=U^TU=>\vec{x}^TU^TU\vec{x}= (U\vec{x})^T(U\vec{x})= \left \|U\vec{x} \right \|^2 \geq 0$

所以，必正定．

QED!

的元为:

$\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kj}$

则：

$\\\left | AB \right| =\sum_{1}^{n!}(-1)^tc_{1p_1}c_{2p_2}\cdots c_{np_n} = \sum_{1}^{n!}(-1)^t(\sum_{k_1=1}^{n}a_{1k_1}b_{k_1p_1} \cdot \sum_{k_2=1}^{n}a_{2k_2}b_{k_2p_2} \cdots \sum_{k_n=1}^{n}a_{nk_n}b_{k_np_n} )$

$\\ \quad t = nixu(p_1p_2\cdots p_n) \quad p_1p_2\cdots p_n$ 是自然数 $1\quad2\quad3 \cdots n$ 的一个排列．

代数证明卡壳了，先写到这里，后面想到在补充．下面换另一个思路证明:

对于任一初等矩阵

如果奇异，则

如果Ｂ非奇异，则

$\\det(AB)= det(AE_kE_{k-1}\cdots E_1)=det(A)det(E_k)det(E_{k-1})\cdots det(E_1)\\=det(A)det(E_kE_{k-1}\cdots E_1)=det(A)det(B)$

23:

为某图的 $n\times n$ 邻接矩阵，且

$a^k_{ij}$

表示的元素，则 $a^k_{ji}$ 等于顶点和间长度为的路的条数

证明:利用数学归纳法，时，由邻接矩阵定义得知， $a_{ij}$ 表示从顶点到长度为1的路的数量，假设对某个,矩阵中的每一元素表示相应两顶点间长度为的路的数量，因此, $a^m_{il}$ 表示从顶点到长度为的路的数量，如果有一条边 $\left \{ V_l,V_j \right \}$ ，则

$a^m_{il}a_{lj}=a^m_{il}\cdot 1=a^m_{il}$

表示从顶点到长度为的形如:

$V_i\rightarrow \cdots \rightarrow V_l\rightarrow V_j$

的路的数量，另一方面，如果 $\left \{ V_l,V_j \right \}$ 不是一条边，则从到没有长度为的路，并且

$a^m_{il}a_{lj}=a^m_{il}\cdot 0=0$

所以，可以得到，从到长度为的所有路的总数为:

$a^m_{i1}a_{1j} + a^m_{i2}a_{2j}+\cdots+a^m_{in}a_{nj}$

而恰好是 $A^{m+1}$ 的元素．

$A^{m+1} = A\cdot A^m = \begin{bmatrix} a^m_{11}& a^m_{12}& \cdots & a^m_{1n}\\ a^m_{21}& a^m_{22}& \cdots & a^m_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a^m_{n1}& a^m_{n2}& \cdots & a^m_{nn} \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a^{m+1}_{11}& a^{m+1}_{12}& \cdots & a^{m+1}_{1n}\\ a^{m+1}_{21}& a^{m+1}_{22}& \cdots & a^{m+1}_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a^{m+1}_{n1}& a^{m+1}_{n2}& \cdots & a^{m+1}_{nn} \end{bmatrix}$

24:设阶矩阵 $A=(a_{ij})$ 的特征值为 $\lambda_1, \lambda_2,\cdots \lambda_n$ ，证明:

$\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n = a_{11} + a_{12} + \cdots + a_{1n}$
$\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n = \left|A\right|$

证明:

$p(\lambda)$ 为的特征多项式，则:

$p(\lambda)=det(A-\lambda E)= \begin{bmatrix} a_{11}-\lambda& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}-\lambda& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}-\lambda \end{bmatrix}$

按照第一列进行展开，可以得到:

$p(\lambda)=det(A-\lambda E)=(a_{11}-\lambda)det(M_{11}) + \sum_{i=2}^{n}a_{i1}(-1)^{i+1}det(M_{i1})$ 　

将 $M_{11}$ 按照同样的方式展开：

其中 $Ｍ_{i1}$ $M_{i1}$ 不包括两个对焦元素 $(a_{11}-\lambda)$ 和 $(a_{ii}-\lambda)$ ,更徨论其余的子式了．

所以， $det(A-\lambda E)$ 的展开式式中唯一包含多于个对角元素的项，一定是

$(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)\cdots(a_{nn}-\lambda)$

同时 $p(\lambda) = (\lambda_1 - \lambda) (\lambda_2 - \lambda)\cdots(\lambda_n -\lambda)$

对照两个式子的 $\lambda^{n-1}$ 系数，得到 $\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n = a_{11} + a_{12} + \cdots + a_{1n}$

另 $\lambda=0$ ,根据跟与系数的关系，可得:

$p(0) = (\lambda_1 - 0) (\lambda_2 - 0)\cdots(\lambda_n -0)=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n = det(A)$

QED!

25:cramer法则的证明:

$\\a_{11}x_1 + a_{12}x_2+\cdots + a_{1n}x_n = b_1 \\a_{21}x_1 + a_{22}x_2+\cdots + a_{2n}x_n = b_2 \\ \vdots \\a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2+\cdots + a_{nn}x_n = b_2$

如果:

$A_{n\times n}= \begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn} \end{bmatrix}$

$\\ \vec{x}= {\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix} \\ \quad \vec{b}= {\begin{bmatrix} b_1\\ b_2\\ \vdots \\ b_n \end{bmatrix}$

所以

$\begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn} \end{bmatrix}\cdot {\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix} = {\begin{bmatrix} b_1\\ b_2\\ \vdots \\ b_n \end{bmatrix}$

矩阵的伴随矩阵为:

$adj A=\begin{bmatrix} A_{11}& A_{21}& \cdots & A_{n1}\\ A_{12}& A_{22}& \cdots & A_{n2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{1n}& A_{2n}& \cdots & A_{nn} \end{bmatrix}$

将前式乘以伴随矩阵

$\begin{bmatrix} A_{11}& A_{21}& \cdots & A_{n1}\\ A_{12}& A_{22}& \cdots & A_{n2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{1n}& A_{2n}& \cdots & A_{nn} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn} \end{bmatrix}\cdot {\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} A_{11}& A_{21}& \cdots & A_{n1}\\ A_{12}& A_{22}& \cdots & A_{n2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{1n}& A_{2n}& \cdots & A_{nn} \end{bmatrix} \cdot {\begin{bmatrix} b_1\\ b_2\\ \vdots \\ b_n \end{bmatrix}$

也就是:

$\begin{bmatrix} \left|A\right|& 0& \cdots & 0\\ 0& \left|A\right|& \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0& 0& \cdots & \left|A\right| \end{bmatrix} \cdot {\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix}= {\begin{bmatrix} b_1A_{11}+b_2A_{21}+\cdots+b_nA_{n1}\\ b_1A_{12}+b_2A_{22}+\cdots+b_nA_{n2}\\ \vdots \\ b_1A_{1n}+b_2A_{2n}+\cdots+b_nA_{nn} \end{bmatrix}$

所以:

$x_i=\frac{b_1A_{1i}+b_2A_{2i}+\cdots+b_nA_{ni}}{\left|A\right|} = \frac{det(A_i)}{det(A)}$

26:另

$E=\begin{bmatrix} \vec{v}_1 & \vec{v}_2& \cdots & \vec{v}_n \end{bmatrix}$

及

$F=\begin{bmatrix} \vec{w}_1 & \vec{w}_2& \cdots & \vec{w}_n \end{bmatrix}$

为一个向量空间的两个有序基，并令为上的线性算子，令为从到的转移表示矩阵．

设

$\vec{x} = \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix}$

为向量 $\vec{k}$ 在世界中的坐标

则转换成标准坐标系下表示的坐标为:

$\vec{k}=x_1\vec{w}_1 + x_2 \vec{w}_2 + \cdots + x_n\vec{w}_n=\begin{bmatrix} \vec{w}_1 & \vec{w}_2& \cdots & \vec{w}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix} = F\vec{x}$

经过变换后，坐标变为:

$\vec{y} = S\vec{x}$

所以， $\vec{y}$ 是世界的坐标,变为标准坐标系：

$E\vec{y} = ES\vec{x}=F\vec{x}\Rightarrow ES=F$

所以:

$F=ES=\begin{bmatrix} \vec{w}_1 & \vec{w}_2& \cdots & \vec{w}_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \vec{v}_1 & \vec{v}_2& \cdots & \vec{v}_n \end{bmatrix}\begin{bmatrix} s_{11}& s_{12}& \cdots & s_{1n}\\ s_{21}& s_{22}& \cdots & s_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ s_{n1}& s_{n2}& \cdots & s_{nn} \end{bmatrix}$

$\\ \vec{w}_1=s_{11}\vec{v}_1 + s_{21}\vec{v}_2 + \cdots + s_{n1}\vec{v}_n \\ \vec{w}_2=s_{12}\vec{v}_1 + s_{22}\vec{v}_2 + \cdots + s_{n2}\vec{v}_n \\ \vdots \\ \vec{w}_n=s_{1n}\vec{v}_1 + s_{2n}\vec{v}_2 + \cdots + s_{nn}\vec{v}_n$

所以，从世界的角度看， $\\ \vec{w}_1, \vec{w}_2, \cdots, \vec{w}_n \\$ 的坐标分别为

$\begin{bmatrix} s_{11}\\ s_{21}\\ \vdots \\ s_{n1} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} s_{12}\\ s_{22}\\ \vdots \\ s_{n2} \end{bmatrix},\cdots,\begin{bmatrix} s_{1n}\\ s_{2n}\\ \vdots \\ s_{nn} \end{bmatrix}$

所以

$\\ E\vec{y}=F\vec{x}=>x_1\vec{w_1}+x_2\vec{w_2}+\cdots+x_n\vec{w_n}=y_1\vec{v_1}+y_2\vec{v_2}+\cdots+y_n\vec{v_n} \\\Rightarrow \\S\vec{x}=\vec{y} \\ S^{-1}\vec{y}=\vec{x}$

所以 $S^{-1}$ 是从E到Ｆ的转移矩阵．

或者，已知

$\\\vec{v}_f = x_1\vec{w_1}+x_2\vec{w_2}+\cdots+x_n\vec{w_n}= \\x_1(\sum_{j=1}^{n}s_{j1}\vec{v}_j)+x_2(\sum_{j=1}^{n}s_{j2}\vec{v}_j) + \cdots +x_n(\sum_{j=1}^{n}s_{jn}\vec{v}_j) = \\ (\sum_{j=1}^{n}s_{1j}x_j)\vec{v}_1 + (\sum_{j=1}^{n}s_{2j}x_j)\vec{v}_2 + \cdots + (\sum_{j=1}^{n}s_{nj}x_j)\vec{v}_n$

因此,若

$\vec{y}=[v]_e$ ，

则

$\\ y_i= \sum_{j=1}^{n}s_{ij}x_j, \qquad i = 1, 2, \cdots , n.$

于是

$\vec{y}= S\vec{x}$

27:若 $\vec{x}$ 和 $\vec{y}$ 为或者中的两个非零向量，且 $\theta$ 为它们之间的夹角，则:

$\vec{x}^T\vec{y} = \left \| \vec{x} \right \| \left \| \vec{y} \right \|cos(\theta)$

证明过程:

由余弦定理，我们有:

${\left \|\vec{y}-\vec{x} \right \|}^2 = \left \| \ \vec{x} \right \|^2 + \left \| \vec{y} \right \|^2 - 2\left \| \vec{x} \right \|\left \| \vec{y} \right \|cos(\theta)$

得到:

$\\ \left \| \vec{x} \right \|\left \| \vec{y} \right \|cos(\theta)=\frac{1}{2}( \left \| \ \vec{x} \right \|^2 + \left \| \vec{y} \right \|^2 - \left \| \vec{y}- \vec{x} \right \|^2) = \\ \frac{1}{2}( \left \| \ \vec{x} \right \|^2 + \left \| \vec{y} \right \|^2 - {(\vec{y}-\vec{x})}^T(\vec{y}-\vec{x})) \\ \frac{1}{2}(\left \| \ \vec{x} \right \|^2 + \left \| \ \vec{y} \right \|^2 - (\vec{y}^T\vec{y} - \vec{y}^T\vec{x} - \vec{x}^T\vec{y} +\vec{x}^T\vec{x})) = \\ \frac{1}{2}(\vec{x}^T\vec{x} + \vec{y}^T\vec{y} - \vec{y}^T\vec{y} + \vec{y}^T\vec{x} + \vec{x}^T\vec{y} -\vec{x}^T\vec{x}) = \vec{x}^T\vec{y}=\vec{y}^T\vec{x}$

QED！

28:旋转矩阵

$\\Q=\begin{bmatrix} cos(\theta) &-sin(\theta) \\ sin(\theta) & cos(\theta) \end{bmatrix}$

$\\Q^{-1}=Q^{T}=\begin{bmatrix} cos(\theta) &sin(\theta) \\ -sin(\theta) & cos(\theta) \end{bmatrix}$

$< Q\vec{x}, Q\vec{y}>=(Q\vec{x})^TQ\vec{y}=\vec{y}^TQ^TQ\vec{x}=\vec{y}^T\vec{x}$

如果 $\vec{x}=\vec{y}$ ,则

$\left \| Q\vec{x} \right \|^2 = \left \| \vec{x} \right \|^2\Rightarrow \left \| Q\vec{x}\right \|=\left \| \vec{x} \right \|$

所以，对于下向量 $\vec{x}$ ，经过正交变换后，长度不变

28:

在 $C\begin{bmatrix} -\pi,& \pi \end{bmatrix}$ 上定义内积，

$< f,g> =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)dx$ ,

集合

$\begin{Bmatrix} 1, & cos(x) & cos(2x), & \cdots & cos(nx) \end{Bmatrix}$

为一个正交向量集合，因为，对任意的正整数和

$\\< 1,cos(kx)> =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(kx)dx \\= \frac{1}{\pi k}\int_{-\pi}^{\pi}cos(kx)d(kx) = \frac{1}{\pi k}(sin(k\pi) - sin(-k\pi))= \frac{1}{\pi k}\cdot 2sin(k\pi) = 0$

$\\< cos(jx),cos(kx)> =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(jx)cos(kx)dx \\=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(((j+k)x)+cos((j-k)x))dx = 0$

$cos(x), cos(2x),\cdots,cos(kx)$ 是单位向量，因为:

$\\< cos(kx),cos(kx)> =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(kx)cos(kx)dx \\=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(cos(2kx)+1)dx = 1$

为了构造一个规范正交基，只要在１的方向上构造单位向量．

$\\< 1,1> =\left \| 1 \right \|^2=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}1\cdot dx=2 \\\left \| 1 \right \|=\sqrt{2}$

所以，

$\begin{Bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}, & cos(x) & cos(2x), & \cdots & cos(nx) \end{Bmatrix}$ 为一个规范正交的向量集合．

根据以上信息，不求原函数，计算

$\int_{-\pi}^{\pi}sin^4xdx$

计算过程：

$\int_{-\pi}^{\pi}sin^4xdx=\pi\cdot \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin^4xdx=\pi<sin^2x, sin^2x>=\pi \left \| sin^2x \right \|^2$

因为

$sin^2x = \frac{1-cos(2x)}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+(-\frac{1}{2})\cdot cos(2x)$

所以可以表示为正交坐标系中坐标为 $(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2})^T$ 的点．

$\pi \left \| sin^2x \right \|^2=\pi({x_1^2 +x_2^2}) = \pi(\frac{1}{2}+ \frac{1}{4})=\frac{3\pi}{4}$

分析：

$\\ \int_{-\pi}^{\pi}sin^4xdx=\pi\cdot \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin^4xdx=\pi\cdot \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+(-\frac{1}{2})\cdot cos(2x))^2dx=\pi\cdot \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\frac{\sqrt{2}}{2}\vec{u_1}+(-\frac{1}{2})\vec{u_2})^2dx=\pi\cdot \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\frac{1}{2}\vec{u_1}^2+\frac{1}{4}\vec{u_2}^2-\frac{\sqrt{2}}{2}\vec{u_1}\vec{u2})dx= \\ \pi \frac{1}{2} <\vec{u_1}, \vec{u_1}> + \pi\frac{1}{4}<\vec{u_2}, \vec{u_2}> +\pi\frac{\sqrt{2}}{2}<\vec{u_1}, \vec{u_2}> = \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4}+0 = \frac{3\pi}{4}$

29:假设在标准坐标系下的正交向量

$\vec{x}=\begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix}$

以及

$\vec{y}=\begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}$

则 $\vec{x_1}^T\vec{y_1} = 0$

则加入存在新的基 $(\vec{u_1}, \vec{u_2})$ ,从 $(\vec{u_1}, \vec{u_2})$ 到标准坐标系的转移矩阵是

则新的 $\vec{x'},\vec{y'}$ 的内积是?

$\\ \vec{x'} = A^{-1}\vec{x}\\ \vec{y'} = A^{-1}\vec{y'}$

所以， $\vec{x'}^T\vec{y'} = (A^{-1}\vec{x})^TA^{-1}\vec{y} = \vec{x}{A^{-1}}^TA^{-1}\vec{y}$

当为正交变换时，

${A^{-1}}^TA^{-1}={A^{T}}^TA^{-1} =AA^{-1} = E$

所以，

$\vec{x'}^T\vec{y'} = (A^{-1}\vec{x})^TA^{-1}\vec{y} = \vec{x}^{T}{A^{-1}}^TA^{-1}\vec{y}=\vec{x}^TE\vec{y} = \vec{x}^T\vec{y}=0$

反之，如果Ａ并非正交变换，则结果

$\vec{x'}^T\vec{y'} = (A^{-1}\vec{x})^TA^{-1}\vec{y} = \vec{x}{A^{-1}}^TA^{-1}\vec{y}$

内积不一定为0!

同样道理，内积为０，不表示这两个向量一定正交垂直，还要看它的坐标系．

比如，二维平面连个无关向量， $\vec{u_1},\vec{u_2}$ ，其中 $\vec{u_1}^T\vec{u_2}\neq 0$ ,则以他们为基的坐标点

和虽然内积为０，但他们并不垂直．

大致可以得到一个结论，要准确描述向量，首先要确定一组基，然后给出在基所在的各个直线上的投影值，就可以了。为了方便求坐标，我们希望这组基向量模长为 1。因为向量的内积运算，当模长为 1 时，内积可以直接表示投影。然后还需要这组基是线性无关的，我们一般用正交基，非正交的基也是可以的，不过正交基有较好的性质。

30:正交矩阵的特征值有什么规律？

　假设是正交矩阵，则 $A^{-1}A=A^{T}A=E$

特征值为 $\lambda$ ,对应特征向量 $\vec{x}$

则

$A\vec{x}=\lambda \vec{x}$

两边转置

$\vec{x}^TA^T=\lambda\vec{x}^T$

同时右乘 $A\vec{x}$

$\\ \vec{x}^TA^TA\vec{x}=\lambda\vec{x}^TA\vec{x}=\lambda\vec{x}^T\lambda\vec{x} = \lambda^2\vec{x}^T\vec{x} \\ \vec{x}^T\vec{x}= \lambda^2\vec{x}^T\vec{x}\\ => (\lambda^2-1)\vec{x}^T\vec{x} = 0 =>\lambda^2-1=0=>\lambda =\pm 1$

所以，阶正交矩阵一定相似于

$A\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \pm 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \pm 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \pm 1 \end{bmatrix}$

意味着

$det(A)=\pm 1$

由于实对称矩阵的特征值是实数 $\pm 1$ ，不失一般性，假设是1，所以，齐次线性方程组

$(A-E)\vec{x} = \vec{0}$

是实系数线性方程组，又由于

$\left | A-E\right| = 0$

得到

, 所以其必有非平凡实数解，也就是必有实的基础解系．正交矩阵不但有着实的特征值，其特征向量也是实的。

这个结论有什么意义呢？从这个结论可以得出，在三维空间中的刚体变换，一定存在一个对称轴，在对称轴方向上，刚体的尺度不发生变化。

31:

为一 $n\times n$ 实矩阵，它有一个复特征值 $\lambda = a + bi$ ,并令 $\vec{x}$ 为属于 $\lambda$ 的一个特征向量，向量 $\vec{x}$ 可以分解为实部和虚部.

$\vec{x}=\begin{bmatrix} Rex_1 +i\cdot Imx_1\\ Rex_2 +i\cdot Imx_2\\ \cdots \\ Rex_n +i\cdot Imx_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} Rex_1\\ Rex_2\\ \cdots\\ Rex_n \end{bmatrix} + i\cdot \begin{bmatrix} Imx_1\\ Imx_2\\ \cdots\\ Imx_n \end{bmatrix} = Re\vec{x} + i\cdot Im\vec{x}$

由于的元素均为实的，可得 $\bar{\lambda}=a-bi$ 也是的一个特征值，它相应的特征向量为:

$\bar{\vec{x}}=\begin{bmatrix} Rex_1 -i\cdot Imx_1\\ Rex_2 -i\cdot Imx_2\\ \cdots \\ Rex_n -i\cdot Imx_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} Rex_1\\ Rex_2\\ \cdots\\ Rex_n \end{bmatrix} - i\cdot \begin{bmatrix} Imx_1\\ Imx_2\\ \cdots\\ Imx_n \end{bmatrix} = Re\vec{x} - i\cdot Im\vec{x}$

且 $e^{\lambda t}\vec{x}$ 和 $e^{\bar{\lambda}t}\bar{\vec{x}}$ 均为一阶方程组的解，这两个解的任意线性组合也将是一个解，

$\\ \overline{e^{\lambda t}\vec{x}} = \overline{e^{(a+bi)t}\vec{x}} = \overline{e^{at}e^{bti}\vec{x}} = e^{at}\overline{e^{bti}\vec{x}} = e^{at}\overline{[cos(bt)+isin(bt)]\vec{x}} = \\ \\ e^{at}[cos(bt)-isin(bt)]\overline{\vec{x}}=e^{at}e^{-bti}\overline{\vec{x}} = e^{(a-bi)t}\overline{\vec{x}} = e^{\overline{\lambda}t}\overline{\vec{x}}$

因此，令

$\\Y_1=\frac{1}{2}(e^{\lambda t}\vec{x} +e^{\bar{\lambda}t}\bar{\vec{x}})=Re(e^{\lambda t}\vec{x})$

$Y_2=\frac{1}{2i}(e^{\lambda t}\vec{x} -e^{\bar{\lambda}t}\bar{\vec{x}} )=Im(e^{\lambda t}\vec{x})$

$\\e^{\lambda t}\vec{x} = e^{(a+bi)t}\vec{x} = e^{at}[cos(bt)+i sin(bt)](Re\vec{x} + i\cdot Im\vec{x})=\\e^{at}[(cos(bt)Re\vec{x} - sin(bt)Im\vec{x}) + i\cdot (cos(bt)Im\vec{x} + sin(bt)Re\vec{x})]$

所以:

$\\Y_1=\frac{1}{2}(e^{\lambda t}\vec{x} +e^{\bar{\lambda}t}\bar{\vec{x}})=Re(e^{\lambda t}\vec{x})=e^{at}(cos(bt)Re\vec{x} - sin(bt)Im\vec{x})$

$Y_2=\frac{1}{2i}(e^{\lambda t}\vec{x} -e^{\bar{\lambda}t}\bar{\vec{x}} )=Im(e^{\lambda t}\vec{x})=e^{at}(cos(bt)Im\vec{x} + sin(bt)Re\vec{x})$

32：证明和具有相同的非零特征值

是一个 $m \times n$ 的矩阵

因为 $A\vec{x}=\vec{0} = >A^TA\vec{x}=A^T\vec{0} = \vec{0}$ ,所以 $A\vec{x}$ 的解同样为 $A^TA\vec{x}$ 的解。

因为 $\\A^TA\vec{x}=\vec{0}=>\vec{x}^TA^TA\vec{x} = (A\vec{x})^T(A\vec{x}) =0=>\left \| A\vec{x} \right \|=0=>A\vec{x}=\vec{0}$

，所以 $A^TA\vec{x}$ 的解同样也是 $A\vec{x}$ 的解，所以在空间中，它们具有相同的零空间，所以

同样道理，

所以:

下面证明，特征值相同:

设 $\vec{x}$ 是的特征值 $\lambda$ 对应的特征向量

$A^TA\vec{x} = \lambda\vec{x}=>A\cdot A^TA\vec{x}=A\cdot A^TA\vec{x}=>AA^T(A\vec{x})=\lambda (A\vec{x})$

实际上有一个更强的结论，两个矩阵应该是相似的。

QED！

33:

$V_{n\times n}= \begin{bmatrix} v_{11}& v_{12}& \cdots & v_{1n}\\ v_{21}& v_{22}& \cdots & v_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ v_{n1}& v_{n2}& \cdots & v_{nn} \end{bmatrix}=[\vec{v_1}, \vec{v_2}, \cdots, \vec{v_n}]=[V_1, V_2]$

其中

$\vec{v_i} = \begin{Bmatrix} v_{1i}\\ v_{2i}\\ \vdots \\ v_{ni} \end{Bmatrix}$

$V_1 = [\vec{v_1}, \vec{v_2}, \cdots, \vec{v_r}]$

$V_2 = [\vec{v_{r+1}}, \vec{v_{r+2}}, \cdots, \vec{v_n}]$

所以

$VV^T =[V_1, V_2][V_1, V_2]^T = [V_1, V_2]\begin{bmatrix} {V_1}^T\\ {V_2}^T \end{bmatrix} = V_1{V_1}^T + V_2{V_2}^T$

形式上的确如此，证明一下：

设中的元素 $k_{ij}$

则

$k_{ij} = \sum_{s=1}^{n}v_{is}v_{sj}=\sum_{s=1}^{r}v_{is}v_{sj} + \sum_{m=r+1}^{n}v_{im}v_{mj}=V_1{V_1}^T + V_2{V_2}^T$

34.如果当 $T\vec{u} = T\vec{v}$ ，必有 $\vec{u} = \vec{v}$ ,则 $T:V\rightarrow W$ 是单的，也叫“一对一”的映射。

比如,对于

$T=[\vec{t}_1, \vec{t}_2, \cdots, \vec{t}_n]$

其中

$\vec{t}_i =\begin{bmatrix} t_{1i}\\ t_{2i}\\ \vdots\\ t_{mi} \end{bmatrix}$

所以实际上是一个 $m\times n$ 的矩阵，而 $T\vec{u} = T\vec{v}$ 是单的等价于方程组

$T\vec{x}=\vec{b}$ 有唯一解.

如果 $m\geq n$ ,则表示方程数目大于未知量的数目，相当于从低维空间映射到高维空间，则在系数无关的情况下必定有唯一解或者无解，所以，可能是单的。

但如果 $m\leq n$ ，则表示方程数目小于未知量数目，相当于从高维空间映射到低维空间，必然有多个非零解，所以，不可能是单的。

例如，对于映射:

$T=\begin{bmatrix} 1 & 3\\ 2 & 5\\ 4 & 1 \end{bmatrix}$

他是将二维坐标映射到三维坐标，是升维度映射，所以是单射，从下图可以看到，左边二维空间映射为右边三维空间的二维子空间，映射后的空间构成一个平面，仍然是二维的。

对偶空间:

$T=\begin{bmatrix} 1 & 3\\ 2 & 5\\ 4 & 1 \end{bmatrix}$

是的线性映射，是空间,是空间。

则:

$T(\vec{x})=T(x_1\vec{e}_1 + x_2\vec{e}_2) = x_1T(\vec{e}_1) + x_2T(\vec{e}_2)=\begin{bmatrix} 1\cdot x_1 +3\cdot x_2\\ 2\cdot x_1 + 5 \cdot x_2 \\ 4 \cdot x_1 + 1\cdot x_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \vec{e}_1 &\vec{e}_2 & \vec{e}_3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1\cdot x_1 +3\cdot x_2\\ 2\cdot x_1 + 5 \cdot x_2 \\ 4 \cdot x_1 + 1\cdot x_2 \end{bmatrix}$

$M(T)=\begin{bmatrix} T(\vec{e}_1) & T(\vec{e}_2) \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1 & 3\\ 2 & 5\\ 4 & 1 \end{bmatrix}$

的基是

$f_{v'}^1 (\begin{bmatrix} x\\ 0 \end{bmatrix}) = x$

$f_{v'}^2 (\begin{bmatrix} 0\\ y \end{bmatrix}) = y$

的基是

$f_{w'}^1 (\begin{bmatrix} x\\ 0\\0 \end{bmatrix}) = x$

$f_{w'}^2 (\begin{bmatrix} 0\\ y\\0 \end{bmatrix}) = y$

$f_{w'}^3 (\begin{bmatrix} 0\\ 0\\z \end{bmatrix}) = z$

所以，对于的映射

35.设A为阶对称矩阵， $\lambda$ 是A的特征方程的r重根，则矩阵 $A-\lambda E$ 的秩 $Rank(A-\lambda E)=n-r$ ,从而对应特征值 $\lambda$ 恰好有r线性无关的特征向量．

结束！

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——四色定理的解析与证明（完整版）###**引言**四色定理自1852年诞生以来，始终是图论与拓扑学领域的核心难题。其简洁的表述——“任何平面地图仅需四种颜色即可实现邻接区域异色”——与证明过程的复杂性形成鲜明对比。1976年，Appel与Haken通过计算机穷举约1500种不可约构形，首次给出确定性证明，却因依赖机器验证引发了数学哲学层面的长期争议。此后，数学家们不断寻求更直观、更具构造性的证明
量子算法：英译名、概念、历史、现状与展望？ lisw05 量子计算计算机科学技术
李升伟整理####英译名量子算法的英文为**QuantumAlgorithm**。####概念量子算法是利用量子力学原理（如叠加态、纠缠态和干涉）设计的算法，旨在通过量子计算机高效解决经典计算机难以处理的问题。其核心在于利用量子比特（qubit）的并行计算能力，显著提升计算效率。####历史1.**1980年代**：RichardFeynman提出量子计算概念，认为量子计算机可以模拟经典计算机无法
数据结构难学吗，如何才能学会？玩转C语言和数据结构数据结构算法 c语言
本教程发布以来，有很多读者想我请教学习数据结构和算法的方法。接下来，我就结合自己学习数据结构的经历，谈谈学习数据结构的门槛，告诉大家一些学习数据结构的方法，帮大家规避一些学习数据结构和算法过程中可能会踩的坑。提示：想系统学习数据结构的小伙伴，推荐一个网站：数据结构与算法教程（C语言版）https://xiexuewu.github.io/这里有一整套的数据结构和算法教程，提供有完整、可运行的C语言
【第10天】给定一个字符 c ，要求转换成大写进行输出 | 初识ASCII码执梗《Java入门100练》c语言 java 算法蓝桥杯数据结构
本文已收录于专栏《Java入门一百例》学习指引序、专栏前言一、什么是ASCII？二、【例题2】2、解题思路3、模板代码4、代码解析三、【例题2】2、解题思路3、模板代码4、代码解析四、奇淫巧技五、推荐专栏六、课后习题序、专栏前言本专栏开启，目的在于帮助大家更好的掌握学习Java，特别是一些Java学习者难以在网上找到系统地算法学习资料帮助自身入门算法，同时对于专栏内的内容有任何疑问都可在文章末
数据结构——六度空间理论验证 FineFINE01 数据结构数据结构图论
一、实验项目要求1.输入格式:多组数据输入，每组数据m+1行，第一行有两个数字，n和m，代表着n个人和m组朋友的关系，n个人的编号为1到n，第二行到第m+1行每行包括两个数字a和b，代表着两个人互相认识。输出格式:对每个结点输出与该结点距离不超过6的结点数占结点总数的百分比，精确到小数点后2位。每个结节点输出一行，格式为“结点编号:百分比%”。二、理论分析六度空间理论的数学模型属于图结构，我们把六
解空间树等算法的名词解释产幻少年算法算法
解空间树：所有可能的解构成的树搜索空间树：在解空间树上进行剪枝后的树，只保留了有希望产生最优解的部分画搜索空间树：一定要先画解空间树，搜索空间树一定是解空间树的一部分。只要访问过某个节点就要画出来，就算这个节点不满足要求，如果被剪枝，那只不过是这个节点的子树不用画目标函数：指最终需要最大或最小化的函数，是问题求解的目标。约束函数：用来排除不满足问题条件的解，约束函数必须满足，否则解是无效的限界函数
禁忌搜索算法求解考虑二维装箱的车辆路径问题 eternal1995 数学建模算法启发式算法
作者简介：本人擅长运筹优化建模及算法设计，包括各类车辆路径问题、生产车间调度、二三维装箱问题，熟悉CPLEX和gurobi求解器微信公众号：运筹优化与学习如有运筹优化相关建模或代码定制需求，可通过微信公众号联系我们前言之前和大家介绍了二维装箱问题、考虑二维装箱的车辆路径问题（2L-VRP），本篇推文算是前几篇推文的综合体，将介绍如何用禁忌搜索算法求解考虑二维装箱的车辆路径问题。禁忌搜索算法简介禁忌
双指针——滑动窗口六七_Shmily 算法题 c++双指针滑动窗口
双指针算法是一种常用的算法技巧，广泛应用于数组、链表、字符串等数据结构的处理中。其中，滑动窗口是双指针的一种特殊形式，主要用于解决子数组或子字符串相关的问题。下面我们详细讨论双指针和滑动窗口的区别，以及滑动窗口的特点和应用场景。1.双指针的基本形式双指针的核心思想是使用两个指针（通常是下标或迭代器）在数据结构中协同工作，通过移动指针来解决问题。双指针的常见形式包括：左右指针：两个指针从两端向中间移
springmvc 下 freemarker页面枚举的遍历输出杨白白 enum freemarker
spring mvc freemarker 中遍历枚举 1枚举类型有一个本地方法叫values（），这个方法可以直接返回枚举数组。所以可以利用这个遍历。 enum public enum BooleanEnum { TRUE(Boolean.TRUE, "是"), FALSE(Boolean.FALSE, "否");
实习简要总结 byalias 工作
来白虹不知不觉中已经一个多月了，因为项目还在需求分析及项目架构阶段，自己在这段时间都是在学习相关技术知识，现在对这段时间的工作及学习情况做一个总结：（1）工作技能方面大体分为两个阶段，Java Web 基础阶段和Java EE阶段 1）Java Web阶段在这个阶段，自己主要着重学习了 JSP, Servlet, JDBC, MySQL，这些知识的核心点都过了一遍，也
Quartz——DateIntervalTrigger触发器 eksliang quartz
转载请出自出处：http://eksliang.iteye.com/blog/2208559 一.概述 simpleTrigger 内部实现机制是通过计算间隔时间来计算下次的执行时间，这就导致他有不适合调度的定时任务。例如我们想每天的 1：00AM 执行任务，如果使用 SimpleTrigger，间隔时间就是一天。注意这里就会有一个问题，即当有 misfired 的任务并且恢复执行时，该执行时间
Unix快捷键 18289753290 unix Unix；快捷键;
复制，删除，粘贴： dd:删除光标所在的行 &nbs
获取Android设备屏幕的相关参数酷的飞上天空 android
包含屏幕的分辨率以及屏幕宽度的最大dp 高度最大dp TextView text = (TextView)findViewById(R.id.text); DisplayMetrics dm = new DisplayMetrics(); text.append("getResources().ge
要做物联网？先保护好你的数据蓝儿唯美数据
根据Beecham Research的说法，那些在行业中希望利用物联网的关键领域需要提供更好的安全性。在Beecham的物联网安全威胁图谱上，展示了那些可能产生内外部攻击并且需要通过快速发展的物联网行业加以解决的关键领域。 Beecham Research的技术主管Jon Howes说：“之所以我们目前还没有看到与物联网相关的严重安全事件，是因为目前还没有在大型客户和企业应用中进行部署，也就
Java取模（求余）运算随便小屋 java
整数之间的取模求余运算很好求，但几乎没有遇到过对负数进行取模求余，直接看下面代码： /** * * @author Logic * */ public class Test { public static void main(String[] args) { // TODO A
SQL注入介绍 aijuans sql注入
二、SQL注入范例这里我们根据用户登录页面 <form action="" > 用户名：<input type="text" name="username"><br/> 密码：<input type="password" name="passwor
优雅代码风格 aoyouzi 代码
总结了几点关于优雅代码风格的描述：代码简单：不隐藏设计者的意图，抽象干净利落，控制语句直截了当。接口清晰：类型接口表现力直白，字面表达含义，API 相互呼应以增强可测试性。依赖项少：依赖关系越少越好，依赖少证明内聚程度高，低耦合利于自动测试，便于重构。没有重复：重复代码意味着某些概念或想法没有在代码中良好的体现，及时重构消除重复。战术分层：代码分层清晰，隔离明确，
布尔数组百合不是茶 java 布尔数组
androi中提到了布尔数组; 布尔数组默认的是false, 并且只会打印false或者是true 布尔数组的例子; 根据字符数组创建布尔数组 char[] c = {'p','u','b','l','i','c'}; //根据字符数组的长度创建布尔数组的个数 boolean[] b = new bool
web.xml之welcome-file-list、error-page bijian1013 java web.xml servlet error-page
welcome-file-list 1.定义： <welcome-file-list> <welcome-file>login.jsp</welcome> </welcome-file-list> 2.作用：用来指定WEB应用首页名称。 error-page1.定义： <error-page&g
richfaces 4 fileUpload组件删除上传的文件 sunjing clear Richfaces 4 fileupload
页面代码 <h:form id="fileForm"> <rich:
技术文章备忘 bit1129 技术文章
Zookeeper http://wenku.baidu.com/view/bab171ffaef8941ea76e05b8.html http://wenku.baidu.com/link?url=8thAIwFTnPh2KL2b0p1V7XSgmF9ZEFgw4V_MkIpA9j8BX2rDQMPgK5l3wcs9oBTxeekOnm5P3BK8c6K2DWynq9nfUCkRlTt9uV
org.hibernate.hql.ast.QuerySyntaxException: unexpected token: on near line 1解决方案白糖_ Hibernate
文章摘自：http://blog.csdn.net/yangwawa19870921/article/details/7553181 在编写HQL时，可能会出现这种代码： select a.name,b.age from TableA a left join TableB b on a.id=b.id 如果这是HQL，那么这段代码就是错误的，因为HQL不支持
sqlserver按照字段内容进行排序 bozch 按照内容排序
在做项目的时候，遇到了这样的一个需求：从数据库中取出的数据集，首先要将某个数据或者多个数据按照地段内容放到前面显示，例如:从学生表中取出姓李的放到数据集的前面； select * fro
编程珠玑-第一章-位图排序 bylijinnan java 编程珠玑
import java.io.BufferedWriter; import java.io.File; import java.io.FileWriter; import java.io.IOException; import java.io.Writer; import java.util.Random; public class BitMapSearch {
Java关于==和equals chenbowen00 java
关于==和equals概念其实很简单，一个是比较内存地址是否相同，一个比较的是值内容是否相同。虽然理解上不难，但是有时存在一些理解误区，如下情况： 1、 String a = "aaa"; a=="aaa"; ==> true 2、 new String("aaa")==new String("aaa
[IT与资本]软件行业需对外界投资热情保持警惕 comsci it
我还是那个看法,软件行业需要增强内生动力,尽量依靠自有资金和营业收入来进行经营,避免在资本市场上经受各种不同类型的风险,为企业自主研发核心技术和产品提供稳定,温和的外部环境... 如果我们在自己尚未掌握核心技术之前,企图依靠上市来筹集资金,然后使劲往某个领域砸钱,然
oracle 数据块结构 daizj oracle 块数据块块结构行目录
oracle 数据块是数据库存储的最小单位，一般为操作系统块的N倍。其结构为：块头－－〉空行－－〉数据，其实际为纵行结构。块的标准大小由初始化参数DB_BLOCK_SIZE指定。具有标准大小的块称为标准块（Standard Block）。块的大小和标准块的大小不同的块叫非标准块（Nonstandard Block）。同一数据库中，Oracle9i及以上版本支持同一数据库中同时使用标
github上一些觉得对自己工作有用的项目收集 dengkane github
github上一些觉得对自己工作有用的项目收集技能类 markdown语法中文说明回到顶部全文检索 elasticsearch bigdesk elasticsearch管理插件回到顶部 nosql mapdb 支持亿级别map, list, 支持事务. 可考虑做为缓存使用 C
初二上学期难记单词二 dcj3sjt126com english word
dangerous 危险的 panda 熊猫 lion 狮子 elephant 象 monkey 猴子 tiger 老虎 deer 鹿 snake 蛇 rabbit 兔子 duck 鸭 horse 马 forest 森林 fall 跌倒；落下 climb 爬；攀登 finish 完成；结束 cinema 电影院；电影 seafood 海鲜；海产食品 bank 银行
8、mysql外键(FOREIGN KEY)的简单使用 dcj3sjt126com mysql
一、基本概念 1、MySQL中“键”和“索引”的定义相同，所以外键和主键一样也是索引的一种。不同的是MySQL会自动为所有表的主键进行索引，但是外键字段必须由用户进行明确的索引。用于外键关系的字段必须在所有的参照表中进行明确地索引，InnoDB不能自动地创建索引。 2、外键可以是一对一的，一个表的记录只能与另一个表的一条记录连接，或者是一对多的，一个表的记录与另一个表的多条记录连接。 3、如
java循环标签 Foreach shuizhaosi888 标签 java循环 foreach
1. 简单的for循环 public static void main(String[] args) { for (int i = 1, y = i + 10; i < 5 && y < 12; i++, y = i * 2) { System.err.println("i=" + i + " y="
Spring Security（05）——异常信息本地化 234390216 exception Spring Security 异常信息本地化
异常信息本地化 Spring Security支持将展现给终端用户看的异常信息本地化，这些信息包括认证失败、访问被拒绝等。而对于展现给开发者看的异常信息和日志信息（如配置错误）则是不能够进行本地化的，它们是以英文硬编码在Spring Security的代码中的。在Spring-Security-core-x
DUBBO架构服务端告警Failed to send message Response javamingtingzhao 架构 DUBBO
废话不多说，警告日志如下，不知道有哪位遇到过，此异常在服务端抛出(服务器启动第一次运行会有这个警告)，后续运行没问题，找了好久真心不知道哪里错了。 WARN 2015-07-18 22:31:15,272 com.alibaba.dubbo.remoting.transport.dispatcher.ChannelEventRunnable.run(84)
JS中Date对象中几个用法 leeqq JavaScript Date 最后一天
近来工作中遇到这样的两个需求 1. 给个Date对象，找出该时间所在月的第一天和最后一天 2. 给个Date对象，找出该时间所在周的第一天和最后一天需求1中的找月第一天很简单，我记得api中有setDate方法可以使用使用setDate方法前，先看看getDate var date = new Date(); console.log(date); // Sat J
MFC中使用ado技术操作数据库你不认识的休道人 sql mfc
1.在stdafx.h中导入ado动态链接库 #import"C:\Program Files\Common Files\System\ado\msado15.dll" no_namespace rename("EOF","end")2.在CTestApp文件的InitInstance()函数中domodal之前写::CoIniti
Android Studio加速 rensanning android studio
Android Studio慢、吃内存！启动时后会立即通过Gradle来sync & build工程。（1）设置Android Studio a) 禁用插件 File -> Settings... Plugins 去掉一些没有用的插件。比如：Git Integration、GitHub、Google Cloud Testing、Google Cloud
各数据库的批量Update操作 tomcat_oracle java oracle sql mysql sqlite
MyBatis的update元素的用法与insert元素基本相同，因此本篇不打算重复了。本篇仅记录批量update操作的 sql语句，懂得SQL语句，那么MyBatis部分的操作就简单了。　　注意：下列批量更新语句都是作为一个事务整体执行，要不全部成功，要不全部回滚。 MSSQL的SQL语句　WITH R AS（　　SELECT 'John' as name, 18 as
html禁止清除input文本输入缓存 xp9802 input
多数浏览器默认会缓存input的值，只有使用ctl+F5强制刷新的才可以清除缓存记录。如果不想让浏览器缓存input的值，有2种方法：方法一：在不想使用缓存的input中添加 autocomplete="off"; eg: <input type="text" autocomplete="off" name