Exercise 1

解

根据题设，平面法向量为 $ \mathbf{n}=(1,1,2) $。我们观察出一组解 $ v_{1}=(1,-1,0) $，再取 $$ v_{2} = \mathbf{n}\times v_{1} = (2,2,-2) $$ 单位化得到 $$ e_{1} = \dfrac{1}{\sqrt{ 2 }}(1,-1,0),\quad e_{2} = \dfrac{1}{\sqrt{ 3 }}(1,1,-1) $$

Exercise 2

(1)

我们取 $ q_{1}=(1,3,4,5,7) $，利用 G-S 正交化，得到 $$ q_{2} = \mathbf{b} - \dfrac{q_{1}\cdot \mathbf{b}}{\| q_{1} \| ^{2}}q_{1} = (-7,3,4,-5,1) $$ 再单位化得到 $$ \mathbf{e}_{1} = \dfrac{1}{10}(1,3,4,5,7),\quad \mathbf{e}_{2} = \dfrac{1}{10}(-7,3,4,-5,1) $$

(2)

实际上只需要求 $ y $ 到平面的投影。根据 $ (1) $ 我们得到的一组标准正交基，我们就有投影为 $$ p = (y\cdot e_{1})e_{1} + (y\cdot e_{2})e_{2} = \dfrac{1}{10}e_{1} - \dfrac{7}{10}e_{2} = \left( \dfrac{1}{2},-\dfrac{9}{50},-\dfrac{6}{25},\dfrac{2}{5},0 \right) $$

Exercise 3

证

对于第一个式子，根据性质 1，有 $$ \Delta(a_{1},\dots,a_{i}+ca_{j},\dots,a_{n}) = \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{n}) + c\Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{j},\dots,a_{n}) $$ 根据性质 2，其中 $$ \Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{j},\dots,a_{n}) = 0 $$ 这样就得到了 $$ \Delta(a_{1},\dots,a_{i}+ca_{j},\dots,a_{n}) = \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{n}) $$

对于第二个式子，我们构造 $$ \begin{align*} S = & \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{j},\dots,a_{n}) \\ & + \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{i},\dots,a_{n}) \quad (= 0) \\ & + \Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{j},\dots,a_{n}) \quad (= 0) \\ & + \Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{i},\dots,a_{n}) \\ = & \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{j},\dots,a_{n}) \\ & + \Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{i},\dots,a_{n}) \end{align*} $$ 我们只需要证明 $ S=0 $ 即可。

注意到 $$ \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{i}+a_{j},\dots,a_{n}) = \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{j},\dots,a_{n}) + \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{i},\dots,a_{n}) $$ 以及 $$ \Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{i}+a_{j},\dots,a_{n}) = \Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{i},\dots,a_{n}) + \Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{j},\dots,a_{n}) $$ 这样就得到了 $$ \begin{align*} S = & [\Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{j},\dots,a_{n}) \\ & + \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{i},\dots,a_{n})] \\ & + [\Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{j},\dots,a_{n}) \\ & + \Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{i},\dots,a_{n})] \\ = & \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{i}+a_{j},\dots,a_{n})\\ & + \Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{i}+a_{j},\dots,a_{n}) \end{align*} $$

同时还有 $$ \begin{align*} & \Delta(a_{1},\dots,a_{i},\dots,a_{i}+a_{j},\dots,a_{n}) + \Delta(a_{1},\dots,a_{j},\dots,a_{i}+a_{j},\dots,a_{n}) \\ = & \Delta(a_{1},\dots,a_{i}+a_{j},\dots,a_{i}+a_{j},\dots,a_{n}) \\ = & 0 \end{align*} $$ 于是就得到 $ S=0 $。

Exercise 4

证

首先我们证明任意一个 $ n $ 的排列 $ \sigma $，如果满足 $ \tau(\sigma)>0 $，那么必然存在一对两个数相邻的逆序对。否则反证法，任意相邻的两个数都递增，那么就推出这是一个递增序列，与 $ \tau(\sigma)>0 $ 矛盾，因此必然存在两个数相邻的逆序对。

因此假设当前序列存在 $ \sigma(i)>\sigma(i+1) $，那么我们就交换 $ i,i+1 $ 两列，这样就减少了一个逆序对（由于两个数相邻，因此对除此之外的逆序对没有影响）。我们重复这样的操作 $ \tau(\sigma) $ 次，每次减少一个逆序对，最终逆序对数量为零，就得到了序列 $ 1,2,\dots,n $。

把这个过程应用在矩阵 $ [e_{\sigma(1)},\dots,e_{\sigma(n)}] $ 上，最终就得到了 $ I $。

Exercise 5

(1)

我们令 $$ S = \{ i\in[n]\mid \sigma_{1}(i)\neq\sigma_{2}(i) \} $$ 根据题设有 $ \left| S \right|=2 $，于是我们设 $ S=\{ i_{1},i_{2} \} $。

由于 $ \{ \sigma_{1}(i)\mid i\in[n] \}=\{ \sigma_{2}(i)\mid i\in[n] \}=[n] $，我们从中去掉所有的 $ i\not\in S $，就得到了 $$ \{ \sigma_{1}(i_{1}),\sigma_{1}(i_{2}) \}=\{ \sigma_{2}(i_{1}),\sigma_{2}(i_{2}) \} $$ 再根据 $ S $ 的定义，我们又有 $ \sigma_{1}(i_{1})\neq\sigma_{2}(i_{1}),\sigma_{1}(i_{2})\neq\sigma_{2}(i_{2}) $，这就得到了 $$ \sigma_{1}(i_{1})=\sigma_{2}(i_{2}),\sigma_{1}(i_{2})=\sigma_{2}(i_{1}) $$ 其余的 $ i $ 均有 $ \sigma_{1}(i)=\sigma_{2}(i) $。这就是要证明的式子。

(2)

根据 $ (1) $，不妨设 $ i_{1}< i_{2} $。我们只需要证明交换 $ i_{1},i_{2} $ 下标，会改变的逆序对数量是奇数即可。

我们不妨设 $ \sigma_{1}(i_{1})< \sigma_{1}(i_{2}) $，否则交换 $ \sigma_{1},\sigma_{2} $ 即可。此时设满足 $ k\in(i_{1},i_{2})\land\sigma_{1}(k)\in(\sigma_{1}(i_{1}),\sigma_{1}(i_{2})) $ 的 $ k $ 有 $ m $ 个。那么交换 $ i_{1},i_{2} $ 得到 $ \sigma_{2} $ 后改变的逆序对数量为 $ 1+2m $，其中 $ 1 $ 为 $ (i_{1},i_{2}) $，两个 $ m $ 分别表示 $ (i_{1},k) $ 和 $ (k,i_{2}) $。

所以我们就得到了 $$ \tau(\sigma_{1})+1 \equiv \tau(\sigma_{2})\mod 2 $$ 从而 $$ (-1)^{\tau(\sigma_{2})} = (-1)^{\tau(\sigma_{1})+1} $$

Exercise 6

(1)

如果 $ \sigma_{1}\neq\sigma_{2} $，那么我们每次都取最小的满足 $ \sigma_{1}(i)\neq\sigma_{2}(i) $ 的 $ i $，并且设 $ \sigma_{1}(j)=\sigma_{2}(i) $，那么我们交换 $ i,j $ 得到 $ \sigma_{1}' $，此时 $ \sigma_{1}' $ 和 $ \sigma_{2} $ 满足在 $ k\leq i $ 时都有 $ \sigma_{1}'(k)=\sigma_{2}(k) $，减少了一个不同的位置。

我们经过有限次这样的 swap 操作，直到 $ \sigma_{1}'=\sigma_{2} $，这样就从 $ \sigma_{1} $ 得到了 $ \sigma_{2} $。

(2)

根据 Ex5 中 $ (2) $ 的结论，我们直到每次 swap 操作后都有 $ \tau(\sigma')\equiv \tau(\sigma)+1\pmod 2 $，因此假设经过了 $ k $ 次操作得到 $ \sigma_{2} $，那么我们就有 $$ \tau(\sigma_{2})\equiv \tau(\sigma_{1})+k\mod 2 $$ 从而就得到了 $$ k\equiv \tau(\sigma_{1})+\tau(\sigma_{2})\mod 2 $$

Exercise 7

根据 Ex3，我们设 $ A=(a_{1},a_{2},\dots,a_{n}) $，利用 $ \det $ 的定义，我们有 $$ \begin{align*} \det(a_{1},\dots,a_{i}+\lambda a_{i}',\dots,a_{n}) & = \sum_{\sigma \in \text{Perm}(n)}(-1)^{\tau(\sigma)}\alpha_{\sigma(1),1}\dots(\alpha_{\sigma(i),i} + \lambda\alpha'_{\sigma(i),i})\dots\alpha_{\sigma(n),n} \\ & = \sum_{\sigma \in \text{Perm}(n)}(-1)^{\tau(\sigma)}\alpha_{\sigma(1),1}\dots\alpha_{\sigma(n),n} + \lambda\sum_{\sigma \in \text{Perm}(n)}(-1)^{\tau(\sigma)}\alpha_{\sigma(1),1}\dots \alpha'_{\sigma(i),i}\dots\alpha_{\sigma(n),n} \\ & = \det(a_{1},\dots,a_{n}) + \lambda \det(a_{1},\dots,a_{i}',\dots,a_{n}) \end{align*} $$ 满足 Ex3 中的性质 $ 1 $。

我们接着证明满足性质 $ 2 $，也就是如果 $ a_{i}=a_{j} $，那么 $ \det A=0 $。对于任意一个 $ \sigma \in\text{Perm}(n) $，我们考虑交换其 $ i,j $ 下标，得到 $ \text{swap}(\sigma)=\sigma' $，也就是 $ \sigma(i)=\sigma'(j),\sigma(j)=\sigma'(i) $。根据 Ex5 的结论，我们有 $ (-1)^{\tau(\sigma)}+(-1)^{\tau(\sigma')}=0 $。又因为 $ a_{i}=a_{j} $，我们带入求和中 $ \sigma $ 对应的这一项，就得到了 $$ \begin{align*} & (-1)^{\tau(\sigma)}\alpha_{\sigma(1),1}\dots \alpha_{\sigma(i),i}\dots \alpha_{\sigma(j),j}\dots\alpha_{\sigma(n),n} \\ & +(-1)^{\tau(\sigma')}\alpha_{\sigma'(1),1}\dots \alpha_{\sigma'(i),i}\dots \alpha_{\sigma'(j),j}\dots\alpha_{\sigma'(n),n} \\ = & (-1)^{\tau(\sigma)}\alpha_{\sigma(1),1}\dots \alpha_{\sigma(i),i}\dots \alpha_{\sigma(j),j}\dots\alpha_{\sigma(n),n} \\ & - (-1)^{\tau(\sigma)}\alpha_{\sigma(1),1}\dots \alpha_{\sigma(j),i}\dots \alpha_{\sigma(i),j}\dots\alpha_{\sigma(n),n} \\ = & (-1)^{\tau(\sigma)}\alpha_{\sigma(1),1}\dots \alpha_{\sigma(i),i}\dots \alpha_{\sigma(j),j}\dots\alpha_{\sigma(n),n} \\ & +(-1)^{\tau(\sigma)}\alpha_{\sigma(1),1}\dots \alpha_{\sigma(j),j}\dots \alpha_{\sigma(i),i}\dots\alpha_{\sigma(n),n} \\ = & 0 \end{align*} $$ 也就是 $ \prod_{\sigma}+\prod_{\sigma'}=0 $。

并且如果 $ \sigma_{1}\neq\sigma_{2} $，那么显然有 $ \text{swap}(\sigma_{1})\neq\text{swap}(\sigma_{2}) $。进一步可以证明 $ \text{swap} $ 操作是一个双射。

所以如果 $ a_{i}=a_{j} $，那么 $$ \begin{align*} \det A+\det A & = \sum_{\sigma \in\text{Perm(n)}} + \sum_{\sigma'\in\text{Perm}(n)} \\ & = \sum_{\sigma \in\text{Perm}(n)}\left( \prod_{\sigma} + \prod_{\text{swap}(\sigma)} \right) \\ & = 0 \end{align*} $$ 从而证明了 $ \det A=0 $。

从而根据 Ex3，就证明了在列加法下保持不变性。

Exercise 8

证

设 $ A=(a_{ij})\in M_n $。记余子式 $ M_{jk} $ 为删去第 $ j $ 行第 $ k $ 列后的行列式，余因子 $$ C_{jk}=(-1)^{j+k}M_{jk},\qquad A^*=\operatorname{adj}(A)=(C_{jk})^{\mathsf T}. $$ 我们证明 $ AA^*=\det(A)I $。

计算第 $ (i,j) $ 个元素 $$ (AA^*)_{ij}=\sum_{k=1}^n a_{ik}\,A^*_{kj} =\sum_{k=1}^n a_{ik}\,C_{jk}. $$ 当 $ i=j $ 时，这正是按第 $ i $ 行的拉普拉斯展开 $$ \sum_{k=1}^n a_{ik}C_{ik}=\det(A). $$

当 $ i\ne j $ 时，将 $ A $ 的第 $ j $ 行用第 $ i $ 行替换得矩阵 $ B $。此时 $ B $ 有两行相同，$ \det(B)=0 $。但按第 $ j $ 行对 $ \det(B) $ 做拉普拉斯展开， $$ 0=\det(B)=\sum_{k=1}^n a_{ik}\,C_{jk}. $$ 因而 $ (AA^*)_{ij}=0 $。

综上，$ (AA^*)_{ij}=\det(A) $ 当 $ i=j $，否则为 $ 0 $，即 $$ AA^*=\det(A)\,I. $$ 证毕。