1.5_预备知识_习题.ZH解释

(i) 这部分要求我们证明一个关于笛卡尔积和对角线集合的结论。证明的核心思想是利用反证法。

1. 首先，理解对角线集合 $\Delta_{X}$ 的定义。它是由所有形如 $(x, x)$ 的有序对组成的集合，其中 $x$ 来自集合 $X$。这意味着有序对的两个分量是完全相同的。
2. 其次，理解笛卡尔积 $A \times B$ 的定义。它是由所有形如 $(a, b)$ 的有序对组成的集合，其中 $a$ 来自集合 $A$，$b$ 来自集合 $B$。
3. 我们的目标是证明，当 $X$ 至少有两个元素时，我们无法找到 $X$ 的子集 $A$ 和 $B$ 使得 $\Delta_{X}$ 恰好等于 $A \times B$。
4. 采用反证法。我们假设存在这样的子集 $A, B \subseteq X$，使得 $\Delta_{X}=A \times B$。
5. 根据题设，$X$ 至少有两个元素。我们不妨设 $x_1, x_2 \in X$ 且 $x_1 \neq x_2$。
6. 因为 $x_1 \in X$，根据 $\Delta_{X}$ 的定义，$(x_1, x_1) \in \Delta_{X}$。
7. 因为我们假设了 $\Delta_{X}=A \times B$，所以 $(x_1, x_1) \in A \times B$。
8. 根据笛卡尔积的定义，这意味着 $x_1 \in A$ 并且 $x_1 \in B$。
9. 同理，因为 $x_2 \in X$，我们有 $(x_2, x_2) \in \Delta_{X}$。
10. 这同样意味着 $(x_2, x_2) \in A \times B$，所以 $x_2 \in A$ 并且 $x_2 \in B$。
11. 现在我们已经知道 $x_1 \in A$ 和 $x_2 \in B$。根据笛卡尔积的定义，有序对 $(x_1, x_2)$ 必须属于 $A \times B$。
12. 因为我们假设了 $A \times B = \Delta_{X}$，所以 $(x_1, x_2)$ 也必须属于 $\Delta_{X}$。
13. 但是，根据 $\Delta_{X}$ 的定义，它里面的元素的两个分量必须相等。而我们已知 $x_1 \neq x_2$，所以 $(x_1, x_2)$ 并不在 $\Delta_{X}$ 中。
14. 这就产生了一个矛盾：$(x_1, x_2)$ 既必须在 $\Delta_{X}$ 中，又必须不在 $\Delta_{X}$ 中。
15. 这个矛盾说明我们最初的假设——即存在 $A, B$ 使得 $\Delta_{X}=A \times B$——是错误的。
16. 因此，我们证明了如果 $X$ 至少有两个元素，则这样的 $A, B$ 不存在。

(ii) 这部分考察函数 $F(A, B) = A \times B$ 的单射性和满射性。

1. 单射性：我们要判断的是，如果 $A_1 \times B_1 = A_2 \times B_2$，是否一定能推出 $A_1 = A_2$ 和 $B_1 = B_2$。
   • 我们来考虑一个特殊情况：空集 $\emptyset$。
   • 如果 $A_1 = \emptyset$ 或者 $B_1 = \emptyset$，那么 $A_1 \times B_1 = \emptyset$。
   • 假设我们有 $A_1 = \emptyset$, $B_1$ 是任意非空子集。那么 $A_1 \times B_1 = \emptyset$。
   • 再取 $A_2$ 是任意非空子集，$B_2 = \emptyset$。那么 $A_2 \times B_2 = \emptyset$。
   • 此时我们有 $A_1 \times B_1 = A_2 \times B_2 = \emptyset$，但是 $A_1 = \emptyset \neq A_2$ (如果 $A_2$ 非空)，并且 $B_1 \neq \emptyset = B_2$ (如果 $B_1$ 非空)。
   • 这说明了 $F$ 不是单射的。
   • 再考虑一个非空的情况。如果 $A_1 \times B_1 = A_2 \times B_2$ 是一个非空集合，那么 $A_1, B_1, A_2, B_2$ 都必须是非空的。
   • 在这种情况下，我们可以证明 $A_1=A_2$ 和 $B_1=B_2$。证明如下：
   • 设 $(a, b) \in A_1 \times B_1$。那么 $a \in A_1$ 且 $b \in B_1$。
   • 因为 $A_1 \times B_1 = A_2 \times B_2$，所以 $(a, b) \in A_2 \times B_2$，这意味着 $a \in A_2$ 且 $b \in B_2$。
   • 这表明 $A_1 \subseteq A_2$ 且 $B_1 \subseteq B_2$。
   • 反过来，任取 $(a', b') \in A_2 \times B_2$，同样可以证明 $A_2 \subseteq A_1$ 且 $B_2 \subseteq B_1$。
   • 因此，$A_1=A_2$ 且 $B_1=B_2$。
   • 所以，结论是：当笛卡尔积为非空时，结论成立；但当笛卡尔积为空时，结论不成立，导致函数 $F$ 整体上不是单射的。
2. 满射性：我们要判断的是，对于任意的子集 $S \subseteq X \times Y$，是否总能找到 $X$ 的子集 $A$ 和 $Y$ 的子集 $B$，使得 $A \times B = S$。
   • 答案是否定的。并不是所有 $X \times Y$ 的子集都能表示成一个笛卡尔积的形式。
   • 一个子集 $S \subseteq X \times Y$ 能被写成 $A \times B$ 的形式，当且仅当对于所有的 $(x_1, y_1) \in S$ 和 $(x_2, y_2) \in S$，都有 $(x_1, y_2) \in S$ 和 $(x_2, y_1) \in S$。这样的子集被称为“矩形”子集。
   • 我们可以用第一部分的结论来构造一个反例。设 $X=Y=\{1, 2\}$。
   • 考虑 $X \times Y$ 的子集 $S = \{(1, 1), (2, 2)\}$。这个 $S$ 就是集合 $\{1, 2\}$ 上的对角线 $\Delta_{\{1,2\}}$。
   • 根据第一部分的证明，因为 $X$ 有两个元素，所以 $S$ 不能被写成任何 $A \times B$ 的形式，其中 $A, B \subseteq X$。
   • 因此，我们找到了一个 $F$ 的值域无法覆盖的元素 $S \in \mathcal{P}(X \times Y)$。
   • 所以，$F$ 不是满射的。

(i)

1. S₂ 中元素的个数:
   • $S_2$ 是从集合 $\{1, 2\}$ 到自身的所有双射的集合。一个双射既是单射又是满射。
   • 我们来构造这样的函数 $f: \{1, 2\} \to \{1, 2\}$。
   • 对于输入 1， $f(1)$ 可以是 1 或者 2。有两个选择。
   • 如果 $f(1) = 1$，为了保证函数是单射的（不重复），$f(2)$ 不能等于 $f(1)$，所以 $f(2)$ 必须是 2。这样就得到了一个函数：$f_1(1)=1, f_1(2)=2$。这就是恒等函数。
   • 如果 $f(1) = 2$，为了保证单射性，$f(2)$ 必须是 1。这样就得到了另一个函数：$f_2(1)=2, f_2(2)=1$。这就是交换 1 和 2 的函数。
   • 这两个函数都是双射（也是满射，因为值域是 $\{1, 2\}$）。
   • 所以，$S_2$ 中恰好有两个元素：$f_1$ (恒等映射，常记作 $id$ 或 $e$) 和 $f_2$ (交换映射，常记作 $\tau$ 或 $(12)$)。
2. 证明 f ∘ g = g ∘ f 对所有 f, g ∈ S₂ 成立 (交换性):
   • $S_2 = \{f_1, f_2\}$。我们需要验证四种组合：
   • $f_1 \circ f_1 = f_1$，$g_1 \circ f_1 = f_1$。两者相等。
   • $f_1 \circ f_2 = f_2$ (恒等映射复合任何映射，等于那个映射本身)，$f_2 \circ f_1 = f_2$。两者相等。
   • $f_2 \circ f_1 = f_2$，$f_1 \circ f_2 = f_2$。两者相等。(这和上一种情况一样)。
   • $f_2 \circ f_2 = f_1$。我们来验证一下：
   • $(f_2 \circ f_2)(1) = f_2(f_2(1)) = f_2(2) = 1$。
   • $(f_2 \circ f_2)(2) = f_2(f_2(2)) = f_2(1) = 2$。
   • 所以 $f_2 \circ f_2$ 的行为和 $f_1$ (恒等映射) 完全一样，即 $f_2 \circ f_2 = f_1$。
   • 反过来计算也是一样的。
   • 既然所有可能的组合都满足交换律，所以对于所有 $f, g \in S_2$，$f \circ g = g \circ f$。
3. 给出 f ∘ g ≠ g ∘ f 的非双射例子:
   • 我们需要定义两个从 $\{1, 2\}$ 到 $\{1, 2\}$ 的函数 $f$ 和 $g$，它们不必是双射。
   • 让我们尝试构造常数函数。
   • 设 $f(x) = 1$ (对于所有 $x \in \{1, 2\}$)。
   • 设 $g(x) = x+1$ (模2加1可能不直观，我们直接定义)，设 $g(1)=2, g(2)=1$ (这其实就是 $f_2$，$S_2$ 里的那个双射)。
   • 现在计算复合函数：
   • $(f \circ g)(1) = f(g(1)) = f(2) = 1$。
   • $(f \circ g)(2) = f(g(2)) = f(1) = 1$。
   • 所以 $f \circ g$ 是一个将所有元素都映到 1 的常数函数。
   • 现在计算反向的复合函数：
   • $(g \circ f)(1) = g(f(1)) = g(1) = 2$。
   • $(g \circ f)(2) = g(f(2)) = g(1) = 2$。
   • 所以 $g \circ f$ 是一个将所有元素都映到 2 的常数函数。
   • 显然，将所有东西映到 1 的函数和将所有东西映到 2 的函数是不同的。
   • 因此，$f \circ g \neq g \circ f$。

(ii)

1. S₃ 中元素的个数:
   • $S_3$ 是从集合 $\{1, 2, 3\}$ 到自身的所有双射的集合。
   • 我们来数一下有多少种这样的函数 $f: \{1, 2, 3\} \to \{1, 2, 3\}$。
   • 对于 $f(1)$，它可以是 1, 2, 3 中的任何一个。有 3 个选择。
   • 一旦确定了 $f(1)$，为了保证单射性，$f(2)$ 不能等于 $f(1)$。所以 $f(2)$ 只有 2 个选择。
   • 确定了 $f(1)$ 和 $f(2)$ 之后，$f(3)$ 为了单射性，不能等于 $f(1)$ 或 $f(2)$，所以只剩下 1 个选择。
   • 总的可能性数量是 $3 \times 2 \times 1 = 6$。
   • 所以 $S_3$ 中有 6 个元素。这个数被称为 3 的阶乘，记作 $3!$。
2. 找出 f, g ∈ S₃ 使得 f ∘ g ≠ g ∘ f:
   • $S_3$ 里的元素通常被称为置换。我们来找两个具体的置换。
   • 设函数 $f$ 为一个“循环置换”，它把 1 变成 2，2 变成 3，3 变回 1。
   • $f(1)=2, f(2)=3, f(3)=1$。
   • 设函数 $g$ 为一个“对换”，它交换 1 和 2，保持 3 不变。
   • $g(1)=2, g(2)=1, g(3)=3$。
   • 现在计算复合函数 $f \circ g$：
   • $(f \circ g)(1) = f(g(1)) = f(2) = 3$。
   • $(f \circ g)(2) = f(g(2)) = f(1) = 2$。
   • $(f \circ g)(3) = f(g(3)) = f(3) = 1$。
   • 所以 $f \circ g$ 是这样一个置换：$1 \to 3, 2 \to 2, 3 \to 1$。它交换了 1 和 3。
   • 现在计算复合函数 $g \circ f$：
   • $(g \circ f)(1) = g(f(1)) = g(2) = 1$。
   • $(g \circ f)(2) = g(f(2)) = g(3) = 3$。
   • $(g \circ f)(3) = g(f(3)) = g(1) = 2$。
   • 所以 $g \circ f$ 是这样一个置换：$1 \to 1, 2 \to 3, 3 \to 2$。它交换了 2 和 3。
   • 我们比较一下两个结果：
   • $(f \circ g)(1) = 3$，而 $(g \circ f)(1) = 1$。
   • 因为它们在输入 1 上的取值不同，所以这两个复合函数是不同的函数。
   • 因此，我们找到了两个元素 $f, g \in S_3$ 使得 $f \circ g \neq g \circ f$。

这道题要求我们做两件事：

1. 证明一个定义在所有定向量（有向线段）集合上的关系 $\sim$ 是一个等价关系。
2. 描述这个等价关系下的等价类，并说明每个等价类都与一个从原点出发的向量唯一对应。

第一部分：证明 $\sim$ 是等价关系

一个关系要成为等价关系，必须满足三个性质：自反性、对称性和传递性。

关系的定义：$\overrightarrow{\mathbf{p}_{1} \mathbf{q}_{1}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{2} \mathbf{q}_{2}} \iff \mathbf{q}_{1}-\mathbf{p}_{1}=\mathbf{q}_{2}-\mathbf{p}_{2}$。

这里的 $\overrightarrow{\mathbf{p q}}$ 就等同于有序对 $(\mathbf{p}, \mathbf{q})$。

1. 自反性 (Reflexivity):
   • 要证: 对于任意一个定向量 $\overrightarrow{\mathbf{p q}}$，都有 $\overrightarrow{\mathbf{p q}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p q}}$。
   • 证明: 根据 $\sim$ 的定义，我们要检验是否 $\mathbf{q}-\mathbf{p} = \mathbf{q}-\mathbf{p}$。
   • 这是一个恒等式，显然成立。
   • 因此，$\sim$ 满足自反性。
2. 对称性 (Symmetry):
   • 要证: 如果 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{1} \mathbf{q}_{1}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{2} \mathbf{q}_{2}}$，那么一定有 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{2} \mathbf{q}_{2}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{1} \mathbf{q}_{1}}$。
   • 证明:
   • 假设 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{1} \mathbf{q}_{1}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{2} \mathbf{q}_{2}}$。
   • 根据定义，这意味着 $\mathbf{q}_{1}-\mathbf{p}_{1}=\mathbf{q}_{2}-\mathbf{p}_{2}$。
   • 这是一个向量等式。根据等式的对称性（如果 $A=B$，那么 $B=A$），我们可以把等式两边交换位置：
   • $\mathbf{q}_{2}-\mathbf{p}_{2}=\mathbf{q}_{1}-\mathbf{p}_{1}$。
   • 根据 $\sim$ 的定义，这个新的等式恰好就是 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{2} \mathbf{q}_{2}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{1} \mathbf{q}_{1}}$ 的意思。
   • 因此，$\sim$ 满足对称性。
3. 传递性 (Transitivity):
   • 要证: 如果 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{1} \mathbf{q}_{1}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{2} \mathbf{q}_{2}}$ 并且 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{2} \mathbf{q}_{2}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{3} \mathbf{q}_{3}}$，那么一定有 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{1} \mathbf{q}_{1}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{3} \mathbf{q}_{3}}$。
   • 证明:
   • 假设 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{1} \mathbf{q}_{1}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{2} \mathbf{q}_{2}}$。根据定义，这表示 $\mathbf{q}_{1}-\mathbf{p}_{1}=\mathbf{q}_{2}-\mathbf{p}_{2}$。我们称这个向量为 $\mathbf{v}$。所以 $\mathbf{q}_{1}-\mathbf{p}_{1} = \mathbf{v}$。
   • 假设 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{2} \mathbf{q}_{2}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{3} \mathbf{q}_{3}}$。根据定义，这表示 $\mathbf{q}_{2}-\mathbf{p}_{2}=\mathbf{q}_{3}-\mathbf{p}_{3}$。因为 $\mathbf{q}_{2}-\mathbf{p}_{2}$ 就是 $\mathbf{v}$，所以 $\mathbf{q}_{3}-\mathbf{p}_{3} = \mathbf{v}$。
   • 现在我们有 $\mathbf{q}_{1}-\mathbf{p}_{1} = \mathbf{v}$ 和 $\mathbf{q}_{3}-\mathbf{p}_{3} = \mathbf{v}$。
   • 根据等式的传递性（如果 $A=B$ 且 $B=C$，则 $A=C$），我们得到 $\mathbf{q}_{1}-\mathbf{p}_{1} = \mathbf{q}_{3}-\mathbf{p}_{3}$。
   • 这个等式正是 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{1} \mathbf{q}_{1}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p}_{3} \mathbf{q}_{3}}$ 的定义。
   • 因此，$\sim$ 满足传递性。

因为关系 $\sim$ 同时满足自反性、对称性和传递性，所以 $\sim$ 是一个等价关系。

第二部分：描述等价类和唯一代表元

1. 等价类的含义:
   • 一个等价类是由所有相互等价的定向量组成的集合。
   • 根据 $\sim$ 的定义，两个定向量 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{1} \mathbf{q}_{1}}$ 和 $\overrightarrow{\mathbf{p}_{2} \mathbf{q}_{2}}$ 等价，意味着它们代表了同一个“自由向量”，即 $\mathbf{q}_{1}-\mathbf{p}_{1} = \mathbf{q}_{2}-\mathbf{p}_{2}$。这个差值向量捕捉了有向线段的“方向”和“长度”，但忽略了它的“起点”。
   • 所以，一个等价类就是所有具有相同方向和长度的定向量的集合。
2. 寻找唯一代表元:
   • 题目要求我们证明每个等价类包含一个形式为 $\overrightarrow{\mathbf{o r}}$ 的唯一代表元。这里的 $\mathbf{o}$ 是原点 $(0, \ldots, 0)$，$\mathbf{r}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的某个点。
   • 存在性:
   • 任取一个等价类，从这个等价类中随便拿出一个元素 $\overrightarrow{\mathbf{p q}}$。
   • 这个定向量对应一个自由向量 $\mathbf{v} = \mathbf{q} - \mathbf{p}$。
   • 我们要找一个与 $\overrightarrow{\mathbf{p q}}$ 等价的、且形式为 $\overrightarrow{\mathbf{o r}}$ 的定向量。
   • 设这个我们要找的向量是 $\overrightarrow{\mathbf{o r}}$。要使它与 $\overrightarrow{\mathbf{p q}}$ 等价，必须满足 $\mathbf{r} - \mathbf{o} = \mathbf{q} - \mathbf{p}$。
   • 因为 $\mathbf{o}$ 是零向量，所以这个条件简化为 $\mathbf{r} = \mathbf{q} - \mathbf{p}$。
   • 我们令 $\mathbf{r} = \mathbf{q} - \mathbf{p}$。这个 $\mathbf{r}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中一个确定的点。
   • 那么，我们构造的定向量 $\overrightarrow{\mathbf{o r}}$ 就满足 $\mathbf{r} - \mathbf{o} = \mathbf{r} = \mathbf{q} - \mathbf{p}$。
   • 因此，$\overrightarrow{\mathbf{o r}} \sim \overrightarrow{\mathbf{p q}}$。
   • 这说明，对于任意一个定向量所在的等价类，我们总能找到一个以原点为起点的代表元 $\overrightarrow{\mathbf{o r}}$。

• 唯一性:
• 现在我们要证明这个代表元是唯一的。
• 假设同一个等价类中有两个这样的代表元，分别是 $\overrightarrow{\mathbf{o r}_{1}}$ 和 $\overrightarrow{\mathbf{o r}_{2}}$。
• 因为它们在同一个等价类中，所以 $\overrightarrow{\mathbf{o r}_{1}} \sim \overrightarrow{\mathbf{o r}_{2}}$。
• 根据 $\sim$ 的定义，这意味着 $\mathbf{r}_{1} - \mathbf{o} = \mathbf{r}_{2} - \mathbf{o}$。
• 因为 $\mathbf{o}$ 是零向量，所以这简化为 $\mathbf{r}_{1} = \mathbf{r}_{2}$。
• 这就证明了两个代表元的终点必须是同一个点，所以这两个代表元是同一个定向量。
• 因此，每个等价类中，以原点为起点的代表元是唯一的。

• 结论: 所有的定向量 $\overrightarrow{\mathbf{p q}}$ 通过等价关系 $\sim$ 被划分成不同的等价类。每个等价类可以由一个唯一的、从原点出发的向量 $\overrightarrow{\mathbf{o r}}$ 来代表，其中 $\mathbf{r} = \mathbf{q} - \mathbf{p}$。这正是我们在线性代数中学习的“向量”概念的严格定义：向量是定向量（有向线段）的一个等价类，通常我们用从原点出发的那个唯一的代表元来指代整个等价类。

这道题与上一题类似，也是要求证明一个关系是等价关系，并描述其等价类构成的商集。

第一部分：证明 $\sim$ 是等价关系

关系定义在非零向量的集合 $\mathbb{R}^{n}-\{\mathbf{0}\}$ 上：

$\mathbf{v} \sim \mathbf{w} \iff$ 存在一个非零实数 $t$ 使得 $\mathbf{v}=t \mathbf{w}$。

这意味着，两个非零向量如果“共线”（方向相同或相反），它们就是等价的。

1. 自反性 (Reflexivity):
   • 要证: 对于任意 $\mathbf{v} \in \mathbb{R}^{n}-\{\mathbf{0}\}$，都有 $\mathbf{v} \sim \mathbf{v}$。
   • 证明: 我们需要找到一个非零实数 $t$ 使得 $\mathbf{v} = t \mathbf{v}$。
   • 取 $t=1$。显然 $1 \in \mathbb{R}$ 且 $1 \neq 0$。
   • $\mathbf{v} = 1 \cdot \mathbf{v}$ 这个等式对所有向量 $\mathbf{v}$ 都成立。
   • 因此，$\mathbf{v} \sim \mathbf{v}$。自反性成立。
2. 对称性 (Symmetry):
   • 要证: 如果 $\mathbf{v} \sim \mathbf{w}$，那么一定有 $\mathbf{w} \sim \mathbf{v}$。
   • 证明:
   • 假设 $\mathbf{v} \sim \mathbf{w}$。根据定义，存在一个非零实数 $t$ 使得 $\mathbf{v} = t \mathbf{w}$。
   • 因为 $\mathbf{v}$ 和 $\mathbf{w}$ 都是非零向量，所以 $t$ 也必须是非零的。
   • 我们可以在等式 $\mathbf{v} = t \mathbf{w}$ 两边同时乘以 $\frac{1}{t}$。因为 $t \neq 0$，所以 $\frac{1}{t}$ 也是一个明确定义的非零实数。
   • 我们得到 $\frac{1}{t} \mathbf{v} = \mathbf{w}$，或者写成 $\mathbf{w} = \frac{1}{t} \mathbf{v}$。
   • 令 $s = \frac{1}{t}$。因为 $t \neq 0$，所以 $s \neq 0$。
   • 现在我们找到了一个非零实数 $s$ 使得 $\mathbf{w} = s \mathbf{v}$。
   • 根据 $\sim$ 的定义，这正是 $\mathbf{w} \sim \mathbf{v}$ 的意思。
   • 因此，对称性成立。
3. 传递性 (Transitivity):
   • 要证: 如果 $\mathbf{u} \sim \mathbf{v}$ 并且 $\mathbf{v} \sim \mathbf{w}$，那么一定有 $\mathbf{u} \sim \mathbf{w}$。
   • 证明:
   • 假设 $\mathbf{u} \sim \mathbf{v}$。存在非零实数 $t_1$ 使得 $\mathbf{u} = t_1 \mathbf{v}$。
   • 假设 $\mathbf{v} \sim \mathbf{w}$。存在非零实数 $t_2$ 使得 $\mathbf{v} = t_2 \mathbf{w}$。
   • 我们将第二个等式代入第一个等式：
   • $\mathbf{u} = t_1 (\mathbf{v}) = t_1 (t_2 \mathbf{w}) = (t_1 t_2) \mathbf{w}$。
   • 令 $t_3 = t_1 t_2$。因为 $t_1 \neq 0$ 且 $t_2 \neq 0$，所以它们的乘积 $t_3$ 也非零。
   • 我们找到了一个非零实数 $t_3$ 使得 $\mathbf{u} = t_3 \mathbf{w}$。
   • 根据 $\sim$ 的定义，这意味着 $\mathbf{u} \sim \mathbf{w}$。
   • 因此，传递性成立。

因为关系 $\sim$ 同时满足自反性、对称性和传递性，所以 $\sim$ 是一个等价关系。

第二部分：识别商集

• 商集 $\left(\mathbb{R}^{n}-\{\mathbf{0}\}\right) / \sim$ 是所有等价类的集合。
• 我们先来理解一个等价类是什么。
• 给定一个非零向量 $\mathbf{v}_0$，它的等价类 $[\mathbf{v}_0]$ 是由所有与 $\mathbf{v}_0$ 等价的向量组成的集合。
• $[\mathbf{v}_0] = \{\mathbf{w} \in \mathbb{R}^n-\{\mathbf{0}\} \mid \mathbf{w} \sim \mathbf{v}_0 \}$
• $= \{\mathbf{w} \in \mathbb{R}^n-\{\mathbf{0}\} \mid \mathbf{w} = t \mathbf{v}_0 \text{ for some } t \in \mathbb{R}, t \neq 0 \}$
• 这个集合 $\{\ldots, -2\mathbf{v}_0, -\mathbf{v}_0, \frac{1}{2}\mathbf{v}_0, \mathbf{v}_0, 2\mathbf{v}_0, \ldots\}$ 正是穿过原点、方向由 $\mathbf{v}_0$ 决定的那条直线上，除了原点之外的所有点的集合。
• 每个等价类就对应于一条穿过原点的直线（去掉了原点本身）。
• 商集就是所有这些“去掉了原点的直线”的集合。
• 题目要求我们将商集识别为 “$\mathbb{R}^{n}$ 的一维向量子空间集，即 $\mathbb{R}^{n}$ 中通过原点的直线集”。
• 一个一维向量子空间是什么？它是由一个非零向量 $\mathbf{v}_0$ 的所有标量倍数构成的集合：$L = \{t \mathbf{v}_0 \mid t \in \mathbb{R}\}$。这恰好就是几何上的一条通过原点的直线。
• 我们的等价类 $[\mathbf{v}_0]$ 和一维子空间 $L$ 的关系是：$[\mathbf{v}_0] = L - \{\mathbf{0}\}$。
• 存在一个非常自然的一一对应关系（双射）：
• 每一个等价类 $[\mathbf{v}_0]$ 都唯一地对应于包含它的那条直线（一维子空间）$L = [\mathbf{v}_0] \cup \{\mathbf{0}\}$。
• 反过来，每一条通过原点的直线 $L$（一维子空间），去掉原点后，就构成一个等价类。
• 因此，商集 $\left(\mathbb{R}^{n}-\{\mathbf{0}\}\right) / \sim$ 可以被“识别为”或“等同于”所有通过原点的直线的集合。这个集合在射影几何中非常重要，被称为射影空间 $\mathbb{P}^{n-1}(\mathbb{R})$。

这道题给出了一个非常通用和重要的构造等价关系的方法：通过一个函数的取值来定义。两个元素等价，当且仅当它们在函数 $f$ 下的像相同。

关系定义在集合 $X$ 上:

$a \sim b \iff f(a) = f(b)$, 其中 $a, b \in X$。

我们要证明它满足等价关系的三大性质：自反性、对称性和传递性。

1. 自反性 (Reflexivity):
   • 要证: 对于任意 $a \in X$，都有 $a \sim a$。
   • 证明:
   • 根据 $\sim$ 的定义，我们要检验是否 $f(a) = f(a)$。
   • 这是一个恒等式，等号的自反性保证了它一定成立。
   • 因此，$a \sim a$ 成立。自反性得证。
2. 对称性 (Symmetry):
   • 要证: 如果 $a \sim b$，那么一定有 $b \sim a$。
   • 证明:
   • 假设 $a \sim b$。
   • 根据定义，这意味着 $f(a) = f(b)$。
   • 这是一个在集合 $Y$ 中元素的等式。根据等式的对称性（如果 $y_1 = y_2$，那么 $y_2 = y_1$），我们可以写出 $f(b) = f(a)$。
   • 根据 $\sim$ 的定义，这个新的等式 $f(b) = f(a)$ 恰好就是 $b \sim a$ 的意思。
   • 因此，对称性得证。
3. 传递性 (Transitivity):
   • 要证: 如果 $a \sim b$ 并且 $b \sim c$，那么一定有 $a \sim c$。
   • 证明:
   • 假设 $a \sim b$。根据定义，这表示 $f(a) = f(b)$。
   • 假设 $b \sim c$。根据定义，这表示 $f(b) = f(c)$。
   • 现在我们有两个等式：$f(a) = f(b)$ 和 $f(b) = f(c)$。
   • 根据等式的传递性（如果 $y_1 = y_2$ 且 $y_2 = y_3$，则 $y_1 = y_3$），我们可以得到 $f(a) = f(c)$。
   • 根据 $\sim$ 的定义，这个等式 $f(a) = f(c)$ 正是 $a \sim c$ 的意思。
   • 因此，传递性得证。

由于关系 $\sim$ 同时满足自反性、对称性和传递性，所以它是一个定义在 $X$ 上的等价关系。

这个等价关系被称为由函数 $f$ 导出(或诱导)的等价关系。它的等价类是 $f$ 的水平集（level sets）或原像（preimages）。具体来说，对于一个元素 $a \in X$，它的等价类是：

$[a] = \{x \in X \mid x \sim a\} = \{x \in X \mid f(x) = f(a)\} = f^{-1}(\{f(a)\})$。

即所有被 $f$ 映射到同一个值 $f(a)$ 的元素的集合。

这道题要求我们对一个幂集（即一个集合的所有子集构成的集合）上的关系进行分析。

第一部分：证明 $\sim$ 是等价关系

• 作用对象: 我们的关系 $\sim$ 是定义在 $\mathcal{P}(X)$ 上的。$\mathcal{P}(X)$ 的元素是 $X$ 的子集。所以，我们比较的是两个子集，比如 $A, B \subseteq X$。
• 关系定义: $A \sim B \iff \#(A) = \#(B)$。这里 $\#(A)$ 表示集合 $A$ 的元素个数（也称为基数）。两个子集等价，当且仅当它们包含相同数量的元素。
• 这道题是上一题（习题1.14）的一个具体应用。我们可以定义一个函数 $f: \mathcal{P}(X) \to \{0, 1, 2, 3\}$，其中 $f(A) = \#(A)$。那么关系 $A \sim B$ 就等价于 $f(A)=f(B)$。根据上一题的结论，这必然是一个等价关系。
• 不过，题目要求我们直接证明，所以我们还是要走一遍三个性质的验证。

1. 自反性 (Reflexivity):
   • 要证: 对于任意 $A \in \mathcal{P}(X)$，都有 $A \sim A$。
   • 证明: 我们要检验是否 $\#(A) = \#(A)$。一个集合的元素个数当然等于它自身的元素个数。这基于等号的自反性。成立。
2. 对称性 (Symmetry):
   • 要证: 如果 $A \sim B$，那么一定有 $B \sim A$。
   • 证明: 假设 $A \sim B$。这意味着 $\#(A) = \#(B)$。根据等号的对称性，我们有 $\#(B) = \#(A)$。这正是 $B \sim A$ 的定义。成立。
3. 传递性 (Transitivity):
   • 要证: 如果 $A \sim B$ 并且 $B \sim C$，那么一定有 $A \sim C$。
   • 证明: 假设 $A \sim B$ 且 $B \sim C$。这意味着 $\#(A) = \#(B)$ 并且 $\#(B) = \#(C)$。根据等号的传递性，我们得到 $\#(A) = \#(C)$。这正是 $A \sim C$ 的定义。成立。

因为 $\sim$ 满足自反、对称、传递性，所以它是在 $\mathcal{P}(X)$ 上的一个等价关系。

第二部分：列出所有等价类及其元素

• $X = \{x_1, x_2, x_3\}$。
• $\mathcal{P}(X)$ 是 $X$ 的所有子集的集合。$X$ 有 3 个元素，所以 $\mathcal{P}(X)$ 有 $2^3 = 8$ 个元素。
• 一个等价类是由所有元素个数相同的子集构成的。
• $X$ 的子集的元素个数可能是 0, 1, 2, 或 3。所以会有 4 个等价类。

1. 第1个等价类：元素个数为 0 的子集
   • 只有一个这样的子集：空集 $\emptyset$。
   • 等价类 $[\emptyset] = \{\emptyset\}$。
2. 第2个等价类：元素个数为 1 的子集
   • 这些子集是通过从 $X$ 中选取一个元素构成的。
   • 有 $\binom{3}{1} = 3$ 个这样的子集。
   • 它们是: $\{x_1\}$, $\{x_2\}$, $\{x_3\}$。
   • 等价类 $[\{x_1\}] = \{\{x_1\}, \{x_2\}, \{x_3\}\}$。
3. 第3个等价类：元素个数为 2 的子集
   • 这些子集是通过从 $X$ 中选取两个元素构成的。
   • 有 $\binom{3}{2} = 3$ 个这样的子集。
   • 它们是: $\{x_1, x_2\}$, $\{x_1, x_3\}$, $\{x_2, x_3\}$。
   • 等价类 $[\{x_1, x_2\}] = \{\{x_1, x_2\}, \{x_1, x_3\}, \{x_2, x_3\}\}$。
4. 第4个等价类：元素个数为 3 的子集
   • 只有一个这样的子集：集合 $X$ 本身。
   • 它是: $\{x_1, x_2, x_3\}$。
   • 等价类 $[X] = \{\{x_1, x_2, x_3\}\}$。

• 验证: 我们列出的四个等价类中的元素总数是 $1 + 3 + 3 + 1 = 8$，这正好是 $\mathcal{P}(X)$ 的总元素个数。这四个等价类互不相交，且它们的并集等于整个 $\mathcal{P}(X)$，构成了对 $\mathcal{P}(X)$ 的一个划分。

这道题让我们在两个不同的模n整数环 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中进行计算，并探索乘法逆元的存在性。

(i) 在 $\mathbb{Z} / 17 \mathbb{Z}$ 中计算

$\mathbb{Z} / 17 \mathbb{Z}$ 是整数模 17 的等价类集合，其元素为 $[0], [1], \dots, [16]$。运算规则是先在整数环 $\mathbb{Z}$ 中进行运算，然后取结果模 17 的等价类。

1. 计算 $[3]+[14]$:
   • 根据加法定义：$[3]+[14] = [3+14]$。
   • $3+14 = 17$。
   • 所以结果是 $[17]$。
   • 在模 17 的世界里，17 和 0 是等价的（因为 $17-0=17$，是 17 的倍数）。
   • 所以 $[17] = [0]$。
   • 最终答案是 $[0]$。
2. 计算 $[3] \cdot[14]$:
   • 根据乘法定义：$[3] \cdot[14] = [3 \times 14]$。
   • $3 \times 14 = 42$。
   • 所以结果是 $[42]$。
   • 为了化简，我们计算 42 除以 17 的余数。
   • $42 = 2 \times 17 + 8$。
   • 所以 42 和 8 在模 17 下是等价的。
   • $[42] = [8]$。
   • 最终答案是 $[8]$。
   • 另类计算: $[14]$ 在模 17 下等于 $[-3]$ (因为 $14- (-3)=17$)。所以 $[3] \cdot [14] = [3] \cdot [-3] = [-9]$。而 $-9+17=8$，所以 $[-9]=[8]$。
3. 计算 $[12]+[12]$:
   • $[12]+[12] = [12+12] = [24]$。
   • $24 = 1 \times 17 + 7$。
   • 所以 $[24] = [7]$。
   • 最终答案是 $[7]$。
4. 计算 $[12] \cdot[12]=[12]^{2}$:
   • $[12] \cdot[12] = [12 \times 12] = [144]$。
   • 计算 144 除以 17 的余数。
   • $17 \times 8 = 136$。
   • $144 = 8 \times 17 + 8$。
   • 所以 $[144] = [8]$。
   • 最终答案是 $[8]$。
   • 另类计算: $[12] = [-5]$。所以 $[12]^2 = [-5]^2 = [(-5) \times (-5)] = [25]$。$25 = 1 \times 17 + 8$。所以 $[25]=[8]$。
5. 找出 $k$ 使得 $[3] \cdot[k]=[1]$:
   • 这个问题是在求 $[3]$ 在 $\mathbb{Z} / 17 \mathbb{Z}$ 中的乘法逆元。
   • 因为 17 是一个素数，所以任何非零元素都存在乘法逆元。
   • 我们要找一个整数 $k$ 使得 $3k \equiv 1 \pmod{17}$。
   • 我们可以逐一尝试 $k=1, 2, 3, \dots, 16$。
   • $3 \times 1 = 3$
   • $3 \times 2 = 6$
   • $3 \times 3 = 9$
   • $3 \times 4 = 12$
   • $3 \times 5 = 15 \equiv -2 \pmod{17}$
   • $3 \times 6 = 18 \equiv 1 \pmod{17}$。找到了！
   • 所以 $k=6$ 是一个解。
   • $[3] \cdot [6] = [18] = [1]$。
   • 所以，一个可能的 $k$ 是 6。

(ii) 在 $\mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z}$ 中计算

$\mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z}$ 是整数模 12 的等价类集合，其元素为 $[0], [1], \dots, [11]$。12 是一个合数。

1. 计算 $[3] \cdot[4]$:
   • $[3] \cdot[4] = [3 \times 4] = [12]$。
   • 在模 12 的世界里，$12 \equiv 0 \pmod{12}$。
   • 所以 $[12]=[0]$。
   • 最终答案是 $[0]$。
2. 计算 $[2] \cdot[6]$:
   • $[2] \cdot[6] = [2 \times 6] = [12]$。
   • 同样地，$[12]=[0]$。
   • 最终答案是 $[0]$。
   • 这两个计算结果被称为“零因子”(zero divisors)。即两个非零的元素，相乘的结果却是零元素。这是在 $\mathbb{Z}$ 或 $\mathbb{R}$ 中不会发生的事情。
3. 你能找出一个整数 $k$ 使得在 $\mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z}$ 中 $[3] \cdot[k]=[1]$ 吗？为什么？
   • 答案是：不能。
   • 尝试法: 我们可以尝试所有可能的 $k \in \{0, 1, ..., 11\}$。
   • $[3] \cdot [0] = [0]$
   • $[3] \cdot [1] = [3]$
   • $[3] \cdot [2] = [6]$
   • $[3] \cdot [3] = [9]$
   • $[3] \cdot [4] = [12] = [0]$
   • $[3] \cdot [5] = [15] = [3]$
   • $[3] \cdot [6] = [18] = [6]$
   • $[3] \cdot [7] = [21] = [9]$
   • $[3] \cdot [8] = [24] = [0]$
   • $[3] \cdot [9] = [27] = [3]$
   • $[3] \cdot [10] = [30] = [6]$
   • $[3] \cdot [11] = [33] = [9]$
   • 我们看到，$[3]$ 与任何元素相乘的结果只能是 $[0], [3], [6], [9]$ 这四个值中的一个，永远不可能得到 $[1]$。

• 概念性解释:
• 假设存在这样的 $k$ 使得 $[3] \cdot [k] = [1]$。
• 我们在上面已经计算出 $[3] \cdot [4] = [0]$。
• 将 $[3] \cdot [k] = [1]$ 这个假设的等式两边同时乘以 $[4]$：
• $[4] \cdot ([3] \cdot [k]) = [4] \cdot [1]$
• 利用乘法结合律: $([4] \cdot [3]) \cdot [k] = [4]$
• 我们知道 $[4] \cdot [3] = [12] = [0]$，所以左边变成：
• $[0] \cdot [k] = [4]$
• 任何元素乘以零元素 $[0]$ 的结果都是 $[0]$。所以左边是 $[0]$。
• 等式变成了 $[0] = [4]$。
• 这在 $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 中显然是不成立的。
• 这个矛盾说明我们最初的假设“存在这样的 $k$”是错误的。
• 根本原因: 在 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中，一个元素 $[a]$ 存在乘法逆元的充要条件是 $a$ 与 $n$ 互素（即它们的最大公约数是1，$\text{gcd}(a, n)=1$）。
• 在 (i) 中，$\text{gcd}(3, 17)=1$，所以 $[3]$ 在 $\mathbb{Z} / 17 \mathbb{Z}$ 中有逆元。
• 在 (ii) 中，$\text{gcd}(3, 12)=3 \neq 1$，所以 $[3]$ 在 $\mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z}$ 中没有逆元。同样，$\text{gcd}(4, 12)=4 \neq 1$，所以 $[4]$ 也没有逆元。像 $[3], [4], [2], [6], [8], [9], [10]$ 这些在 $\mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z}$ 中都没有逆元。只有 $[1], [5], [7], [11]$ 有逆元。

这道题探讨了不同模数下的同余类之间的关系，特别是何时可以自然地定义一个从一个商集到另一个商集的函数。

(1) 证明 $[a+k]_{n}=[a]_{n} \Longleftrightarrow n \mid k$

这是一个双向的证明。

• 符号说明: $[x]_n$ 表示整数 $x$ 在模 $n$ 下的同余类。
• 定义: $[x]_n = [y]_n \iff x \equiv y \pmod n \iff n \mid (x-y)$。

证明 "$\Longrightarrow$" (如果 $[a+k]_{n}=[a]_{n}$，则 $n \mid k$)

1. 假设 $[a+k]_{n}=[a]_{n}$。
2. 根据同余类相等的定义，这意味着 $a+k \equiv a \pmod n$。
3. 根据同余的定义，这意味着 $n$ 整除它们的差，即 $n \mid ((a+k) - a)$。
4. $(a+k) - a = k$。
5. 所以，$n \mid k$。
6. 这部分证明完毕。

证明 "$\Longleftarrow$" (如果 $n \mid k$，则 $[a+k]_{n}=[a]_{n}$)

1. 假设 $n \mid k$。
2. 这意味着 $k = qn$ 对于某个整数 $q$。
3. 我们来比较 $a+k$ 和 $a$。它们的差是 $(a+k) - a = k$。
4. 因为我们假设了 $n \mid k$，所以 $n$ 整除它们的差。
5. 根据同余的定义，这就意味着 $a+k \equiv a \pmod n$。
6. 根据同余类的定义，这就意味着 $[a+k]_n = [a]_n$。
7. 这部分证明完毕。

两部分结合，我们证明了 $[a+k]_{n}=[a]_{n} \Longleftrightarrow n \mid k$。这个结论的直观意义是：给一个同余类的代表元加上 $n$ 的任何倍数，得到的还是同一个同余类。

(2) 证明 $f([a]_n) = [a]_m$ 是良定义的 $\iff m \mid n$，并证明其保持加法

良定义性 (Well-definedness) 证明

• 什么是“良定义”？ 我们定义的函数 $f$ 的输入是同余类 $[a]_n$，但定义式本身却使用了代表元 $a$ 来计算输出 $[a]_m$。一个同余类有很多个代表元（例如，在模12下，$[1]_ {12}$ 和 $[13]_ {12}$ 是同一个同余类）。为了让 $f$ 是一个真正的函数，我们必须保证，无论我们选择哪个代表元，计算出的结果都必须是同一个输出同余类。如果对于同一个输入，我们可能得到不同的输出，那这个“函数”的定义就是有问题的，即“非良定义”的。
• 验证过程:

1. 假设我们有两个代表元 $a$ 和 $b$ 属于同一个输入同余类，即 $[a]_n = [b]_n$。
2. 我们要检验是否它们的输出也必定相同，即是否 $[a]_m = [b]_m$。如果对于所有满足条件的 $a, b$ 都成立，那么函数就是良定义的。

证明 "$\Longrightarrow$" (如果 $f$ 是良定义的，则 $m \mid n$)

1. 我们假设 $f$ 是良定义的。这意味着：如果 $[a]_n = [b]_n$，那么一定有 $[a]_m = [b]_m$。
2. 我们来选取一个特定的同余类来测试这个条件。取 $a=n$ 和 $b=0$。
3. 在模 $n$ 下，$[n]_n = [0]_n$ (因为 $n-0=n$ 是 $n$ 的倍数)。
4. 既然 $f$ 是良定义的，将 $a=n, b=0$ 代入条件，我们必须得到 $f([n]_n) = f([0]_n)$。
5. 根据 $f$ 的定义式，$f([n]_n) = [n]_m$ 且 $f([0]_n) = [0]_m$。
6. 所以，必须有 $[n]_m = [0]_m$。
7. 根据同余类相等的定义，这意味着 $n \equiv 0 \pmod m$。
8. 根据同余的定义，这意味着 $m \mid (n-0)$，即 $m \mid n$。
9. 证明完毕。

证明 "$\Longleftarrow$" (如果 $m \mid n$，则 $f$ 是良定义的)

1. 我们假设 $m \mid n$。这意味着 $n = qm$ 对于某个整数 $q$。
2. 我们要证明 $f$ 是良定义的。取任意两个代表元 $a, b$ 使得 $[a]_n = [b]_n$。
3. 根据定义，$[a]_n = [b]_n \iff n \mid (a-b)$。
4. 既然 $n \mid (a-b)$，并且我们假设了 $m \mid n$，那么根据整除的传递性，我们有 $m \mid (a-b)$。
5. 根据同余的定义，$m \mid (a-b)$ 意味着 $a \equiv b \pmod m$。
6. 根据同余类的定义， $a \equiv b \pmod m$ 意味着 $[a]_m = [b]_m$。
7. 我们从 $[a]_n = [b]_n$ 出发，在 $m \mid n$ 的条件下，成功推出了 $[a]_m = [b]_m$。
8. 这表明，无论我们选择哪个代表元，输出都是相同的同余类。因此，$f$ 是良定义的。
9. 证明完毕。

综合起来，我们证明了 $f$ 是良定义的充要条件是 $m \mid n$。

证明 $f$ 保持加法 (是一个同态)

• 要证: 在 $m \mid n$ 的情况下，$f\left([a]_{n}+[b]_{n}\right)=f\left([a]_{n}\right)+f\left([b]_{n}\right)$。
• 证明:

1. 从左边开始：

$f\left([a]_{n}+[b]_{n}\right)$

1. 根据 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中的加法定义：

$= f\left([a+b]_{n}\right)$

1. 根据 $f$ 的定义：

$= [a+b]_{m}$

1. 根据 $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ 中的加法定义：

$= [a]_{m}+[b]_{m}$

1. 再次使用 $f$ 的定义，把 $[a]_m$ 和 $[b]_m$ 换回 $f$ 的形式：

$= f\left([a]_{n}\right)+f\left([b]_{n}\right)$

1. 我们从左边推到了右边，证明完毕。
   • 这个性质表明 $f$ 是一个从加法群 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)$ 到 $(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}, +)$ 的群同态。

这道题是上一题思想的延续，但把场景从整数环 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 换到了实数商群 $\mathbb{R}/2\pi\mathbb{Z}$。这个代数结构在几何上可以被理解为单位圆。

• 理解 $\mathbb{R} / 2 \pi \mathbb{Z}$:
• 它把实数轴 $\mathbb{R}$ 上所有相差 $2\pi$ 整数倍的点都视为“等价”。
• 例如，$0, 2\pi, -2\pi, 4\pi, \dots$ 都在同一个等价类 $[\_0_]$ 中。
• $\pi/2, \pi/2+2\pi, \pi/2-4\pi, \dots$ 都在同一个等价类 $[\pi/2]$ 中。
• 几何上，这就像把无限长的实数轴卷起来，缠绕在一个周长为 $2\pi$ 的圆上。每个实数都对应圆上的一个点（角度）。一个等价类就是圆上的一个点。
• 理解问题:
• 我们有一个潜在的函数 $f: \mathbb{R} / 2 \pi \mathbb{Z} \to \mathbb{R} / 2 \pi \mathbb{Z}$。
• 它的定义规则是基于代表元的：$f([\theta]) = [t\theta]$。
• 这里 $[\theta]$ 是 $\mathbb{R} / 2 \pi \mathbb{Z}$ 中的一个等价类，$\theta$ 是它的一个代表元（一个实数）。
• $t$ 是一个固定的实数。
• 问题是：对于什么样的实数 $t$，这个函数 $f$ 才是良定义的？题目给出的论断是，当且仅当 $t$ 是一个整数。

证明 $\sim$ 是良定义的 $\iff t \in \mathbb{Z}$

核心问题: 检验 $f$ 的良定义性。

1. 取同一个输入等价类的两个不同代表元，设为 $\theta_1$ 和 $\theta_2$。
2. 这意味着 $[\theta_1] = [\theta_2]$，根据定义，$\theta_1 \equiv \theta_2 \pmod{2\pi}$。
3. 即存在某个整数 $k$ 使得 $\theta_2 = \theta_1 + 2k\pi$。
4. 我们要检验它们的输出是否也相同，即 $f([\theta_1])$ 是否等于 $f([\theta_2])$。
5. $f([\theta_1]) = [t\theta_1]$。
6. $f([\theta_2]) = [t\theta_2]$。
7. 为了让这两个输出相等，即 $[t\theta_1] = [t\theta_2]$，我们需要 $t\theta_1 \equiv t\theta_2 \pmod{2\pi}$。
8. 这意味着，必须存在某个整数 $j$，使得 $t\theta_2 - t\theta_1 = 2j\pi$。
9. $t(\theta_2 - \theta_1) = 2j\pi$。
10. 我们把第3步的 $\theta_2 - \theta_1 = 2k\pi$ 代入：
11. $t(2k\pi) = 2j\pi$。
12. $tk\pi = j\pi$ (两边同除2)。
13. $tk = j$。
14. 关键分析: 我们需要对于任意满足 $[\theta_1]=[\theta_2]$ 的 $\theta_1, \theta_2$ (即对于任意整数 $k$)，所计算出的 $t\theta_1, t\theta_2$ 也要落在同一个等价类中 (即 $tk$ 必须是一个整数)。
    • 这个条件 "$tk$ 必须是整数" 必须对我们选取的任意整数 $k$ 都成立。

证明 "$\Longrightarrow$" (如果 $f$ 是良定义的，则 $t \in \mathbb{Z}$)

1. 假设 $f$ 是良定义的。
2. 这意味着，对于任意的 $\theta_1$ 和 $\theta_2$，只要 $\theta_2 - \theta_1 = 2k\pi$ (对任意整数 $k$)，就必须有 $t(\theta_2 - \theta_1)$ 是 $2\pi$ 的整数倍。
3. 换句话说，对于任意整数 $k$， $t(2k\pi)$ 必须是 $2\pi$ 的整数倍。
4. $t(2k\pi) = (tk) \cdot 2\pi$。要使它是 $2\pi$ 的整数倍， $tk$ 必须是一个整数。
5. 这个条件必须对所有整数 $k$ 都成立。
6. 我们特别地选取 $k=1$。
7. 那么 $t \cdot 1 = t$ 必须是一个整数。
8. 所以，$t \in \mathbb{Z}$。
9. 证明完毕。

证明 "$\Longleftarrow$" (如果 $t \in \mathbb{Z}$，则 $f$ 是良定义的)

1. 假设 $t$ 是一个整数。
2. 我们要证明 $f$ 是良定义的。取任意两个代表元 $\theta_1, \theta_2$ 使得 $[\theta_1] = [\theta_2]$。
3. 这意味着存在整数 $k$ 使得 $\theta_2 = \theta_1 + 2k\pi$。
4. 我们计算输出的差：

$t\theta_2 - t\theta_1 = t(\theta_2 - \theta_1) = t(2k\pi) = 2\pi \cdot (tk)$。

1. 因为 $t$ 是整数，$k$ 也是整数，所以它们的乘积 $tk$ 也是一个整数。
2. 我们把 $j=tk$。则 $t\theta_2 - t\theta_1 = 2j\pi$，其中 $j$ 是整数。
3. 根据定义，这正是 $t\theta_1 \equiv t\theta_2 \pmod{2\pi}$ 的意思。
4. 所以 $[t\theta_1] = [t\theta_2]$。
5. 我们证明了，只要输入是同一个等价类，输出也必然是同一个等价类。
6. 因此，当 $t$ 是整数时，$f$ 是良定义的。
7. 证明完毕。

这道题是关于复数的基本运算，目标是把运算结果化为标准形式 $a+bi$，其中 $a$ 是实部，$b$ 是虚部。

(a) $(2+3 i)(1-i)$

1. 这是一个复数乘法。运算规则类似于多项式乘法，使用分配律（FOIL方法：First, Outer, Inner, Last），并记住一个核心规则：$i^2 = -1$。
2. $(2+3i)(1-i) = 2 \cdot 1 + 2 \cdot (-i) + 3i \cdot 1 + 3i \cdot (-i)$
3. $= 2 - 2i + 3i - 3i^2$
4. 合并实部和虚部。现在，我们有 $i^2$ 项，需要把它转换成实数。
5. $= 2 - 2i + 3i - 3(-1)$
6. $= 2 - 2i + 3i + 3$
7. 现在，把所有实数项加在一起，所有带 $i$ 的项（虚数项）加在一起。
8. 实部: $2 + 3 = 5$
9. 虚部: $-2i + 3i = ( -2 + 3 )i = 1i = i$
10. 组合起来，结果是 $5 + i$。
11. 所以，标准形式是 $a=5, b=1$。

(b) $\frac{2+3 i}{1-i}$

1. 这是一个复数除法。处理复数除法的标准技巧是，将分子和分母同时乘以分母的共轭复数。
2. 分母是 $1-i$。它的共轭复数是 $1+i$。（共轭复数就是把虚部的符号变反）。
3. 这样做的目的是利用 $(x-yi)(x+yi) = x^2 + y^2$ 这个性质，使得分母变成一个实数，从而消除分母中的 $i$。
4. $\frac{2+3 i}{1-i} = \frac{(2+3 i)}{(1-i)} \cdot \frac{(1+i)}{(1+i)}$
5. 现在，我们分别计算分子和分母。
6. 分子: $(2+3i)(1+i)$
   • $= 2 \cdot 1 + 2 \cdot i + 3i \cdot 1 + 3i \cdot i$
   • $= 2 + 2i + 3i + 3i^2$
   • $= 2 + 5i + 3(-1)$
   • $= 2 + 5i - 3$
   • $= -1 + 5i$
7. 分母: $(1-i)(1+i)$
   • $= 1 \cdot 1 + 1 \cdot i - i \cdot 1 - i \cdot i$
   • $= 1 + i - i - i^2$
   • $= 1 - (-1)$
   • $= 1 + 1 = 2$
   • （或者直接用公式 $1^2 + (-1)^2 = 1+1=2$）
8. 现在把分子和分母组合起来：

$\frac{-1+5i}{2}$

1. 为了写成标准的 $a+bi$ 形式，我们把实部和虚部分开：

$= -\frac{1}{2} + \frac{5}{2}i$

1. 所以，标准形式是 $a=-1/2, b=5/2$。

(c) $(1-4 i)(1+4 i)$

1. 这个形式正好是一个复数 $z=1-4i$ 与其共轭复数 $\bar{z}=1+4i$ 相乘。
2. 我们可以像 (a) 一样按部就班地使用分配律：
   • $= 1 \cdot 1 + 1 \cdot (4i) - (4i) \cdot 1 - (4i)(4i)$
   • $= 1 + 4i - 4i - 16i^2$
   • $= 1 - 16(-1)$
   • $= 1 + 16 = 17$
3. 或者，我们可以直接使用公式 $z \cdot \bar{z} = |z|^2 = a^2+b^2$。
4. 对于 $z=1-4i$，我们有 $a=1, b=-4$。
5. 所以 $(1-4i)(1+4i) = 1^2 + (-4)^2 = 1 + 16 = 17$。
6. 为了写成 $a+bi$ 的形式，结果是 $17 + 0i$。
7. 所以，标准形式是 $a=17, b=0$。

这道题旨在揭示复数乘法的几何意义，并证明非零复数的极坐标表示的唯一性。

它要我们证明一个函数 $F: \mathbb{R}^{>0} \times U(1) \to \mathbb{C}^*$ 是一个双射。

• 理解函数 F:
• 定义域: $\mathbb{R}^{>0} \times U(1)$。它的一个输入是有序对 $(r, z)$。
• $r$ 是一个正实数 (代表长度或模)。
• $z$ 是一个模为 1 的复数 (在复平面上位于单位圆上，代表方向或角度)。
• 值域: $\mathbb{C}^* = \mathbb{C} - \{0\}$，所有非零复数的集合。
• 函数规则: $F(r, z) = r \cdot z$。就是把代表方向的单位复数 $z$ 的长度拉伸 $r$ 倍。

第一部分: $|r z|$ 是什么？

1. 我们利用复数模的乘法性质: $|z_1 z_2| = |z_1| |z_2|$。
2. 这里，$z_1 = r$ (一个实数，可以看作 $r+0i$ 的复数)，$z_2 = z$。
3. $|rz| = |r| \cdot |z|$。
4. 因为 $r$ 是一个正实数 ($r \in \mathbb{R}^{>0}$)，所以 $|r| = r$。
5. 因为 $z$ 是一个绝对值为 1 的复数 ($z \in U(1)$)，所以 $|z|=1$。
6. 因此，$|rz| = r \cdot 1 = r$。
7. 结论: $|rz|$ 的值就是 $r$。这符合我们的直觉：一个长度为1的向量，被拉伸 $r$ 倍后，新长度就是 $r$。

第二部分: 证明 F 是一个双射

证明一个函数是双射，最直接的方法之一就是找到它的逆函数。如果一个函数 $F: A \to B$ 有一个逆函数 $G: B \to A$ 使得 $G \circ F = \text{id}_A$ 和 $F \circ G = \text{id}_B$ (即 $G(F(a))=a$ 对所有 $a \in A$ 成立，且 $F(G(b))=b$ 对所有 $b \in B$ 成立)，那么 $F$ 就是一个双射。

1. 定义逆函数 G:
   • 我们的目标是定义一个函数 $G: \mathbb{C}^* \to \mathbb{R}^{>0} \times U(1)$。
   • 输入是一个非零复数 $w \in \mathbb{C}^*$。
   • 输出必须是一个有序对 $(r, z)$，其中 $r$ 是正实数，$z$ 是单位复数。
   • 我们利用题目给的提示：$w = |w| \cdot \frac{w}{|w|}$。
   • 这个分解非常巧妙。我们来分析一下：
   • $|w|$: 是 $w$ 的模。因为 $w \in \mathbb{C}^*$ (非零)，所以 $|w|$ 是一个正实数。这正好可以作为我们要找的 $r$！
   • $\frac{w}{|w|}$: 这是一个新的复数。它的模是 $|\frac{w}{|w|}| = \frac{|w|}{||w||} = \frac{|w|}{|w|} = 1$。所以它是一个单位复数。这正好可以作为我们要找的 $z$！
   • 所以，我们定义逆函数 $G$ 如下：
   • 这个定义是合理的，因为 $|w| \in \mathbb{R}^{>0}$ 且 $\frac{w}{|w|} \in U(1)$，所以输出确实在目标集合 $\mathbb{R}^{>0} \times U(1)$ 中。
2. 验证 G 是 F 的逆函数:

我们需要验证两个方向的复合。

• 验证 $G(F(r,z)) = (r,z)$:

1. 输入是 $(r,z) \in \mathbb{R}^{>0} \times U(1)$。
2. $F(r,z) = rz$。这是一个非零复数，我们把它记作 $w$。
3. 现在计算 $G(w) = G(rz)$。
4. 根据 $G$ 的定义，$G(w) = \left(|w|, \frac{w}{|w|}\right)$。
5. 我们代入 $w=rz$：$G(rz) = \left(|rz|, \frac{rz}{|rz|}\right)$。
6. 在第一部分我们已经证明了 $|rz|=r$。
7. 所以 $G(rz) = \left(r, \frac{rz}{r}\right)$。
8. $\frac{rz}{r} = z$。
9. 因此，$G(rz) = (r, z)$。
10. 这一方向的验证完成。$G \circ F$ 是恒等函数。

• 验证 $F(G(w)) = w$:

1. 输入是 $w \in \mathbb{C}^*$。
2. $G(w) = \left( |w|, \frac{w}{|w|} \right)$。这是一个有序对，我们把它记作 $(r,z)$，其中 $r=|w|, z=\frac{w}{|w|}$。
3. 现在计算 $F(r,z)$。
4. 根据 $F$ 的定义，$F(r,z) = r \cdot z$。
5. 我们把 $r$ 和 $z$ 的表达式代回去：

$F\left(|w|, \frac{w}{|w|}\right) = |w| \cdot \frac{w}{|w|}$。

1. 这个表达式显然就等于 $w$。
2. 这一方向的验证完成。$F \circ G$ 是恒等函数。
3. 结论:
   • 因为我们成功找到了一个逆函数 $G$，所以原函数 $F$ 是一个双射。

这个双射的本质就是复数的极坐标表示。任何一个非零复数 $w$ 都可以被唯一地表示为一个正的长度 $r=|w|$ 和一个方向（角度）$z=w/|w|$ 的组合。

这道题要求我们求解复数的平方根和单位根。

(i) 求解平方根

1. 找出 $\sqrt{i}$

• 方法一：代数方法

1. 设 $w = a+bi$ 是 $i$ 的一个平方根。
2. 那么 $w^2 = i$。
3. $(a+bi)^2 = a^2 + 2abi + (bi)^2 = a^2 - b^2 + 2abi$。
4. 所以我们有 $a^2 - b^2 + 2abi = 0 + 1i$。
5. 比较实部和虚部，我们得到一个方程组：
   • $a^2 - b^2 = 0$ (方程1)
   • $2ab = 1$ (方程2)
6. 从方程1，我们得到 $a^2 = b^2$，这意味着 $a=b$ 或 $a=-b$。
7. 我们来检验这两种情况：
   • 情况A: $a=b$
   • 情况B: $a=-b$
8. 因此，我们找到了两个平方根：$\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}$ 和 $-\frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{2}}{2}$。
9. 总共有 2 个这样的 $w$。

• 方法二：极坐标方法

1. 首先将 $i$ 表示成极坐标形式 $re^{i\theta}$。
2. $i = 0+1i$。它的模 $r = |i| = \sqrt{0^2+1^2} = 1$。
3. 它的角度 $\theta$ 满足 $\cos\theta=0, \sin\theta=1$，所以 $\theta = \pi/2$ (或 $90^\circ$)。
4. 所以 $i = 1 \cdot e^{i(\pi/2 + 2k\pi)}$ (加上 $2k\pi$ 是因为角度的周期性，k是整数)。
5. 我们要求 $w$ 使得 $w^2 = i$。设 $w$ 的极坐标形式是 $se^{i\phi}$。
6. $w^2 = (se^{i\phi})^2 = s^2 e^{i2\phi}$。
7. 所以 $s^2 e^{i2\phi} = 1 \cdot e^{i(\pi/2 + 2k\pi)}$。
8. 比较模和角度：
   • $s^2 = 1 \implies s=1$ (因为模总是正数)。
   • $2\phi = \pi/2 + 2k\pi \implies \phi = \frac{\pi}{4} + k\pi$。
9. 我们通过取不同的整数 $k$ 来找不同的解。
   • 当 $k=0$ 时, $\phi = \pi/4$。
   • 当 $k=1$ 时, $\phi = \pi/4 + \pi = 5\pi/4$。
   • 当 $k=2$ 时, $\phi = \pi/4 + 2\pi$，这和 $k=0$ 的角度是同一个方向，得到相同的解。
10. 同样，我们得到了两个解，它们互为相反数。

2. 找出 $1+i$ 的所有可能的平方根

• 我们使用极坐标方法，因为它更通用。

1. 将 $1+i$ 表示成极坐标形式。
2. 模: $r = |1+i| = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$。
3. 角度: $\theta = \arctan(1/1) = \pi/4$。
4. 所以 $1+i = \sqrt{2} e^{i(\pi/4 + 2k\pi)}$。
5. 设 $w = se^{i\phi}$ 是其平方根。$w^2 = s^2 e^{i2\phi}$。
6. 比较模和角度：
   • $s^2 = \sqrt{2} \implies s = (\sqrt{2})^{1/2} = 2^{1/4}$ (2的四次方根)。
   • $2\phi = \pi/4 + 2k\pi \implies \phi = \frac{\pi}{8} + k\pi$。
7. 取不同的 $k$ 值：
   • $k=0$: $\phi_1 = \pi/8$。
   • $k=1$: $\phi_2 = \pi/8 + \pi = 9\pi/8$。
8. 这两个解 $w_1$ 和 $w_2$ 是 $1+i$ 的两个平方根。
9. 虽然题目要求写成 $a+bi$ 形式，但 $\cos(\pi/8)$ 和 $\sin(\pi/8)$ 不是初等有理数，通常写成这个三角形式就足够了。（如果要计算，可以使用半角公式：$\cos(\pi/8) = \sqrt{\frac{1+\cos(\pi/4)}{2}} = \sqrt{\frac{1+\sqrt{2}/2}{2}} = \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$）。

(ii) 求解单位根

单位根是方程 $z^n=1$ 的解。

1. 三次单位根 $\mu_3$ ($z^3=1$)

1. 将 1 表示为极坐标形式: $1 = 1 \cdot e^{i(0+2k\pi)}$。
2. 设 $z = se^{i\phi}$。$z^3 = s^3 e^{i3\phi}$。
3. 比较模和角度：
   • $s^3=1 \implies s=1$。单位根的模总是1。
   • $3\phi = 2k\pi \implies \phi = \frac{2k\pi}{3}$。
4. 取 $k=0, 1, 2$ (取更多 $k$ 值会开始重复)：
   • $k=0$: $\phi_0 = 0$。$z_0 = e^{i0} = \cos(0)+i\sin(0) = 1 + 0i = 1$。
   • $k=1$: $\phi_1 = 2\pi/3$。$z_1 = e^{i2\pi/3} = \cos(2\pi/3) + i\sin(2\pi/3) = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}$。
   • $k=2$: $\phi_2 = 4\pi/3$。$z_2 = e^{i4\pi/3} = \cos(4\pi/3) + i\sin(4\pi/3) = -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}$。
5. 所以 $\mu_3 = \left\{1, -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}\right\}$。

2. 四次单位根 $\mu_4$ ($z^4=1$)

1. $s=1$, $4\phi = 2k\pi \implies \phi = \frac{k\pi}{2}$。
2. 取 $k=0, 1, 2, 3$：
   • $k=0$: $\phi_0 = 0$。$z_0 = e^{i0} = 1$。
   • $k=1$: $\phi_1 = \pi/2$。$z_1 = e^{i\pi/2} = \cos(\pi/2)+i\sin(\pi/2) = i$。
   • $k=2$: $\phi_2 = \pi$。$z_2 = e^{i\pi} = \cos(\pi)+i\sin(\pi) = -1$。
   • $k=3$: $\phi_3 = 3\pi/2$。$z_3 = e^{i3\pi/2} = \cos(3\pi/2)+i\sin(3\pi/2) = -i$。
3. 所以 $\mu_4 = \{1, i, -1, -i\}$。

3. 八次单位根 $\mu_8$ ($z^8=1$)

1. $s=1$, $8\phi = 2k\pi \implies \phi = \frac{k\pi}{4}$。
2. 取 $k=0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$：
   • $k=0: z_0 = e^{i0} = 1$。
   • $k=1: z_1 = e^{i\pi/4} = \cos(\pi/4)+i\sin(\pi/4) = \frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}$。
   • $k=2: z_2 = e^{i\pi/2} = i$。
   • $k=3: z_3 = e^{i3\pi/4} = \cos(3\pi/4)+i\sin(3\pi/4) = -\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}$。
   • $k=4: z_4 = e^{i\pi} = -1$。
   • $k=5: z_5 = e^{i5\pi/4} = -\frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{2}}{2}$。
   • $k=6: z_6 = e^{i3\pi/2} = -i$。
   • $k=7: z_7 = e^{i7\pi/4} = \frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{2}}{2}$。
3. 这8个根就是 $\mu_8$ 的所有元素。

这道题考察两个重要的复变函数：幂函数和指数函数的性质。

(i) 幂函数 $f_n(z) = z^n$

• 单射性 (Injective):
• 一个函数是单射的，如果不同的输入总是有不同的输出。即 $f(z_1)=f(z_2) \implies z_1=z_2$。
• 我们来检验 $f_n(z)=z^n$。$z_1^n = z_2^n \implies z_1 = z_2$？
• 当 n=1 时: $f_1(z)=z$ 是恒等函数。显然 $z_1=z_2 \implies z_1=z_2$。所以 $f_1$ 是单射的。
• 当 n > 1 时:
• 我们考虑方程 $z^n=1$。根据上一题的知识，这个方程在复数域内有 $n$ 个不同的解（$n$ 次单位根）。
• 例如，对于 $n=2$, $z^2=1$ 的解是 $z=1$ 和 $z=-1$。我们有 $f_2(1)=1$ 和 $f_2(-1)=1$。两个不同的输入（1 和 -1）得到了相同的输出（1）。所以 $f_2$ 不是单射的。
• 对于任意 $n>1$，取 $z_1=1$ 和 $z_2=e^{i2\pi/n}$ (一个非1的 $n$ 次单位根)。
• $z_1 \neq z_2$。
• 但是 $f_n(z_1) = 1^n = 1$，$f_n(z_2) = (e^{i2\pi/n})^n = e^{i2\pi} = 1$。
• 我们找到了两个不同的输入，它们的输出相同。
• 因此，当 $n>1$ 时，$f_n$ 不是单射的。
• 结论: $f_n$ 是单射的，当且仅当 $n=1$。

• 满射性 (Surjective):
• 一个函数是满射的，如果它的值域覆盖了整个目标空间。即对于目标空间 $\mathbb{C}$ 中的任意元素 $w$，我们总能找到一个输入 $z \in \mathbb{C}$ 使得 $f_n(z) = w$。
• 这个问题就是问：对于任意复数 $w \in \mathbb{C}$，方程 $z^n=w$ 是否总是有解？
• 代数基本定理告诉我们，任何一个复系数的 $n$ 次多项式在复数域内都恰好有 $n$ 个根。
• 方程 $z^n - w = 0$ 就是一个 $n$ 次多项式方程。因此，它总是有解的。
• 更具体地，我们可以用上一题的极坐标方法来构造解。任何复数 $w$ (包括0) 都可以写成 $w=re^{i\theta}$。它的一个 $n$ 次根是 $z = r^{1/n} e^{i\theta/n}$。
• 因此，对于任意 $w \in \mathbb{C}$，我们总能找到一个 $z$ 使得 $z^n=w$。
• 结论: 对于所有 $n \in \mathbb{N}$ ($n \geq 1$)，$f_n$ 都是满射的。

(ii) 指数函数 $f(z) = e^z$

• 求解方程 $f(z)=w$:

1. 设 $z=a+bi$, $w=r(\cos\theta+i\sin\theta)=re^{i\theta}$。
2. $f(z)=e^z=e^{a+bi}=e^a \cdot e^{bi}$。
3. 根据欧拉公式，$e^{bi} = \cos b + i \sin b$。
4. 所以 $f(z) = e^a(\cos b + i \sin b)$。
5. 我们要解的方程是 $e^a(\cos b + i \sin b) = r(\cos \theta + i \sin \theta)$。
6. 这是一个极坐标形式的等式。我们比较模和辐角。
   • 比较模: 左边的模是 $|e^a(\cos b+i\sin b)| = |e^a| \cdot |\cos b+i\sin b| = e^a \cdot 1 = e^a$ (因为 $a$ 是实数，$e^a > 0$)。右边的模是 $r$。
   • 比较辐角: 左边的辐角是 $b$，右边的辐角是 $\theta$。两个复数相等，它们的辐角可以相差 $2\pi$ 的整数倍。
7. 现在我们从这两个关系中解出 $a$ 和 $b$。
   • 从 $e^a = r$ 解出 $a$：$a = \ln(r)$。这个解是存在的，只要 $r>0$。如果 $w=0$，则 $r=0$，$e^a=0$ 无解，说明 $e^z$ 永远不等于0。
   • $b$ 已经解出来了：$b = \theta + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$。
8. 所以，对于任意非零复数 $w=re^{i\theta}$，方程 $e^z=w$ 的所有解是：

$z = a+bi = \ln(r) + i(\theta + 2k\pi)$，其中 $k$ 是任意整数。

1. 这个表达式通常被称为复对数 $\log(w)$，它是一个多值函数。

• 单射性:
• $f$ 是单射的吗？如果 $f(z_1)=f(z_2)$，是否 $z_1=z_2$？
• 我们取两个不同的输入：$z_1 = a+bi$ 和 $z_2 = a+b'i$，其中 $b' = b+2\pi$。显然 $z_1 \neq z_2$。
• $f(z_1) = e^a e^{ib}$。
• $f(z_2) = e^a e^{i(b+2\pi)} = e^a e^{ib} e^{i2\pi} = e^a e^{ib} \cdot 1 = f(z_1)$。
• 我们找到了两个不同的输入 $z_1$ 和 $z_2=z_1+2\pi i$，它们的输出是相同的。
• 因此，$f(z)=e^z$ 不是单射的。它具有以 $2\pi i$ 为周期的周期性。

• 满射性:
• $f$ 是满射的吗？即对于任意 $w \in \mathbb{C}$，方程 $e^z=w$ 总有解吗？
• 从上面的分析我们看到，如果 $w=0$，那么 $r=0$，$e^a=0$ 无解。
• 这意味着 0 不在函数 $f(z)=e^z$ 的值域中。
• 既然目标空间 $\mathbb{C}$ 包含 0，而 $f$ 的值域不包含 0，那么 $f$ 不是满射的。

• Im f (f 的像集):
• 像集 (Image) 就是函数所有可能输出值的集合。
• 从我们的分析中，对于任何非零的复数 $w=re^{i\theta}$ ($r>0$)，我们都能找到一个 $z = \ln(r)+i\theta$ 使得 $e^z=w$。
• 而 $w=0$ 是无法达到的。
• 所以，$f(z)=e^z$ 的像集是所有非零复数的集合。
• $\operatorname{Im}(f) = \mathbb{C} - \{0\} = \mathbb{C}^*$。

这道题考察矩阵乘法的基本计算和两个重要性质：交换律和可逆性。

(i) 矩阵乘法与交换律

矩阵乘法的规则：结果矩阵的第 $i$ 行第 $j$ 列的元素，是第一个矩阵的第 $i$ 行与第二个矩阵的第 $j$ 列对应元素相乘再求和的结果。

$(AB)_{ij} = \sum_k A_{ik} B_{kj}$。

1. 计算第一个乘积:

令 $A = \begin{pmatrix}1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}$ 和 $B = \begin{pmatrix}1 & -1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}$。计算 $A \cdot B$。

• 结果 (1,1) 位置: A的第一行 (1, 2) $\cdot$ B的第一列 (1, 1) $= 1 \cdot 1 + 2 \cdot 1 = 1+2=3$。
• 结果 (1,2) 位置: A的第一行 (1, 2) $\cdot$ B的第二列 (-1, 1) $= 1 \cdot (-1) + 2 \cdot 1 = -1+2=1$。
• 结果 (2,1) 位置: A的第二行 (3, 4) $\cdot$ B的第一列 (1, 1) $= 3 \cdot 1 + 4 \cdot 1 = 3+4=7$。
• 结果 (2,2) 位置: A的第二行 (3, 4) $\cdot$ B的第二列 (-1, 1) $= 3 \cdot (-1) + 4 \cdot 1 = -3+4=1$。
• 所以，$\left(\begin{array}{ll}1 & 2 \\ 3 & 4\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{cc}1 & -1 \\ 1 & 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{ll}3 & 1 \\ 7 & 1\end{array}\right)$。

2. 计算第二个乘积:

现在计算 $B \cdot A$。

• 结果 (1,1) 位置: B的第一行 (1, -1) $\cdot$ A的第一列 (1, 3) $= 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 3 = 1-3=-2$。
• 结果 (1,2) 位置: B的第一行 (1, -1) $\cdot$ A的第二列 (2, 4) $= 1 \cdot 2 + (-1) \cdot 4 = 2-4=-2$。
• 结果 (2,1) 位置: B的第二行 (1, 1) $\cdot$ A的第一列 (1, 3) $= 1 \cdot 1 + 1 \cdot 3 = 1+3=4$。
• 结果 (2,2) 位置: B的第二行 (1, 1) $\cdot$ A的第二列 (2, 4) $= 1 \cdot 2 + 1 \cdot 4 = 2+4=6$。
• 所以，$\left(\begin{array}{cc}1 & -1 \\ 1 & 1\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{ll}1 & 2 \\ 3 & 4\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc}-2 & -2 \\ 4 & 6\end{array}\right)$。

3. 比较结果:

• 第一个结果是 $\begin{pmatrix}3 & 1 \\ 7 & 1\end{pmatrix}$。
• 第二个结果是 $\begin{pmatrix}-2 & -2 \\ 4 & 6\end{pmatrix}$。
• 这两个矩阵显然不相同。
• 结论: 它们不相同。这表明矩阵乘法在一般情况下是不可交换的。即 $AB \neq BA$。

(ii) 零因子与矩阵的可逆性

1. 计算乘积:

令 $C = \begin{pmatrix}1 & 2 \\ 1 & 2\end{pmatrix}$ 和 $D = \begin{pmatrix}-2 & 6 \\ 1 & -3\end{pmatrix}$。计算 $C \cdot D$。

• 结果 (1,1) 位置: (1, 2) $\cdot$ (-2, 1) $= 1(-2)+2(1) = -2+2=0$。
• 结果 (1,2) 位置: (1, 2) $\cdot$ (6, -3) $= 1(6)+2(-3) = 6-6=0$。
• 结果 (2,1) 位置: (1, 2) $\cdot$ (-2, 1) $= 1(-2)+2(1) = -2+2=0$。
• 结果 (2,2) 位置: (1, 2) $\cdot$ (6, -3) $= 1(6)+2(-3) = 6-6=0$。
• 所以，$\left(\begin{array}{ll}1 & 2 \\ 1 & 2\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{cc}-2 & 6 \\ 1 & -3\end{array}\right) = \left(\begin{array}{ll}0 & 0 \\ 0 & 0\end{array}\right)$。
• 结果是零矩阵。

2. 判断因子是否有逆矩阵:

• 一个 $n \times n$ 的方阵 $M$ 有逆矩阵的充要条件是它的行列式 $\det(M)$ 不为零。
• 对于一个 $2 \times 2$ 矩阵 $\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix}$，其行列式为 $ad-bc$。

• 判断矩阵 C 的可逆性:
• $C = \begin{pmatrix}1 & 2 \\ 1 & 2\end{pmatrix}$。
• $\det(C) = 1 \cdot 2 - 2 \cdot 1 = 2-2=0$。
• 因为行列式为0，所以矩阵 $C$ 没有逆矩阵。这样的矩阵被称为奇异矩阵或退化矩阵。

• 判断矩阵 D 的可逆性:
• $D = \begin{pmatrix}-2 & 6 \\ 1 & -3\end{pmatrix}$。
• $\det(D) = (-2) \cdot (-3) - 6 \cdot 1 = 6-6=0$。
• 因为行列式为0，所以矩阵 $D$ 也没有逆矩阵。

• 结论: 两个因子都没有逆矩阵。

• 深层联系: 这个例子说明，两个非零的矩阵相乘，结果可以是零矩阵。这和我们在 $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 中看到的 $[3]\cdot[4]=[0]$ 类似。在矩阵环中，这些不可逆的矩阵 (奇异矩阵) 扮演了零因子的角色。如果一个矩阵 $M$ 是零因子 (即存在非零矩阵 $N$ 使得 $MN=0$ 或 $NM=0$)，那么它必然是不可逆的。证明：如果 $M$ 可逆，存在 $M^{-1}$，那么 $M^{-1}(MN) = M^{-1}0 \implies (M^{-1}M)N=0 \implies IN=0 \implies N=0$，这与 $N$ 非零矛盾。

这道题要求我们验证一个关于对称矩阵乘法的性质。

1. 理解对称矩阵:
   • 一个方阵 $A$ 是对称的，如果它等于它自身的转置 ($A = {}^tA$)。
   • 转置操作就是将矩阵的行和列互换，即 $({}^tA)_{ij} = A_{ji}$。
   • 对于一个 $2 \times 2$ 矩阵 $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$，它的转置是 $\begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}$。
   • 要使它成为对称矩阵，必须 $b=c$。所以任何 $2 \times 2$ 对称矩阵都具有 $\begin{pmatrix} a & b \\ b & d \end{pmatrix}$ 的形式。主对角线上的元素 $a,d$ 可以任意，但副对角线上的两个元素必须相等。
2. 问题的核心:
   • 我们要证明的命题是：“对称矩阵的集合在矩阵乘法下不是封闭的”。
   • 换句话说，取两个对称矩阵 $A$ 和 $B$ ($A={}^tA, B={}^tB$)，它们的乘积 $AB$ 不一定还是对称的。
   • 要证明 $AB$ 是对称的，我们需要验证 $(AB) = {}^t(AB)$。
   • 我们知道转置的性质: ${}^t(AB) = {}^tB \cdot {}^tA$。
   • 因为 $A, B$ 是对称的，所以 ${}^tA=A, {}^tB=B$。
   • 所以 ${}^t(AB) = B \cdot A$。
   • 因此，要使 $AB$ 成为对称矩阵，我们必须有 $AB = {}^t(AB) = BA$。
   • 也就是说，两个对称矩阵的乘积是对称的，当且仅当这两个矩阵是可交换的 ($AB=BA$)。
   • 我们在上一个习题中已经知道，矩阵乘法通常是不可交换的。所以我们只需要找到两个不可交换的对称矩阵，就能构造出反例。
3. 构造例子:
   • 我们需要找两个 $2 \times 2$ 的对称矩阵 $A$ 和 $B$，计算它们的乘积 $AB$，然后检查 $AB$ 是否对称。
   • 让我们选取简单的、非对角的对称矩阵。
   • 设 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$。这是一个对称矩阵。
   • 设 $B = \begin{pmatrix} 4 & 5 \\ 5 & 6 \end{pmatrix}$。这也是一个对称矩阵。
   • 现在计算它们的乘积 $AB$:
   • (1,1)位置: $1 \cdot 4 + 2 \cdot 5 = 4+10=14$。
   • (1,2)位置: $1 \cdot 5 + 2 \cdot 6 = 5+12=17$。
   • (2,1)位置: $2 \cdot 4 + 3 \cdot 5 = 8+15=23$。
   • (2,2)位置: $2 \cdot 5 + 3 \cdot 6 = 10+18=28$。
   • 所以 $AB = \begin{pmatrix} 14 & 17 \\ 23 & 28 \end{pmatrix}$。
   • 现在检查 $AB$ 是否是对称矩阵。
   • 一个矩阵是对称的，当且仅当它的 $(1,2)$ 位置的元素等于 $(2,1)$ 位置的元素。
   • 在这个结果中，$(1,2)$ 位置是 17，$(2,1)$ 位置是 23。
   • 因为 $17 \neq 23$，所以这个结果矩阵不是对称的。
   • 我们成功地找到了一个反例。

这道题要求我们将给定的矩阵归类到不同的矩阵群中，并验证一个 $3 \times 3$ 矩阵的正交性。

第一部分：矩阵分类

首先，我们需要明确各个矩阵群的定义：

• $GL_n(\mathbb{R})$ (一般线性群): 所有 $n \times n$ 的可逆实数矩阵的集合。条件是 $\det(A) \neq 0$。
• $SL_n(\mathbb{R})$ (特殊线性群): $GL_n(\mathbb{R})$ 的一个子群，要求行列式恰好为 1。条件是 $\det(A) = 1$。
• $O_n(\mathbb{R})$ (正交群): $GL_n(\mathbb{R})$ 的一个子群，其元素为所有正交矩阵。条件是 $A^T A = I$ (或者等价地 $A^{-1}=A^T$)。这个条件蕴含了 $\det(A) = \pm 1$。对于 $2 \times 2$ 矩阵，这意味着它的列向量是标准正交的（即它们都是单位向量，且相互垂直）。
• $SO_n(\mathbb{R})$ (特殊正交群): $O_n(\mathbb{R})$ 和 $SL_n(\mathbb{R})$ 的交集。即行列式为 1 的正交矩阵。这些矩阵在几何上对应于“保向的刚体运动”（即旋转）。

现在我们逐个分析给定的 $2 \times 2$ 矩阵：

1. $A_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ (单位矩阵 I)
   • $\det(A_1) = 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 1$。
   • 因为 $\det \neq 0$，所以属于 $GL_2(\mathbb{R})$。
   • 因为 $\det = 1$，所以属于 $SL_2(\mathbb{R})$。
   • $A_1^T A_1 = I \cdot I = I$。所以是正交矩阵，属于 $O_2(\mathbb{R})$。
   • 是正交矩阵且 $\det=1$，所以属于 $SO_2(\mathbb{R})$。
   • 结论: 属于所有四个群。
2. $A_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ (置换矩阵)
   • $\det(A_2) = 0 \cdot 0 - 1 \cdot 1 = -1$。
   • 因为 $\det \neq 0$，属于 $GL_2(\mathbb{R})$。
   • 因为 $\det \neq 1$，不属于 $SL_2(\mathbb{R})$ (因此也不属于 $SO_2(\mathbb{R})$)。
   • 列向量是 $(0,1)$ 和 $(1,0)$。它们的长度都是1，它们的点积是 $0 \cdot 1 + 1 \cdot 0 = 0$，所以它们是标准正交的。因此 $A_2$ 是正交矩阵。属于 $O_2(\mathbb{R})$。
   • 结论: 属于 $GL_2(\mathbb{R})$ 和 $O_2(\mathbb{R})$。
3. $A_3 = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}$
   • $\det(A_3) = 2 \cdot 2 - 3 \cdot (-3) = 4 + 9 = 13$。
   • 因为 $\det \neq 0$，属于 $GL_2(\mathbb{R})$。
   • 因为 $\det \neq 1$，不属于 $SL_2(\mathbb{R})$。
   • 列向量是 $(2,-3)$。它的长度的平方是 $2^2+(-3)^2 = 13 \neq 1$。所以它不是正交矩阵。不属于 $O_2(\mathbb{R})$。
   • 结论: 只属于 $GL_2(\mathbb{R})$。
   • (注：这个矩阵可以写成 $\sqrt{13} \begin{pmatrix} 2/\sqrt{13} & 3/\sqrt{13} \\ -3/\sqrt{13} & 2/\sqrt{13} \end{pmatrix}$，是一个旋转和一个缩放的复合。)
4. $A_4 = \begin{pmatrix} 4 & 5 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$
   • $\det(A_4) = 4 \cdot 1 - 5 \cdot 1 = -1$。
   • 因为 $\det \neq 0$，属于 $GL_2(\mathbb{R})$。
   • 因为 $\det \neq 1$，不属于 $SL_2(\mathbb{R})$。
   • 列向量是 $(4,1)$。它的长度的平方是 $4^2+1^2=17 \neq 1$。所以不是正交矩阵。
   • 结论: 只属于 $GL_2(\mathbb{R})$。
5. $A_5 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ (剪切矩阵)
   • $\det(A_5) = 1 \cdot 1 - 1 \cdot 0 = 1$。
   • 因为 $\det \neq 0$，属于 $GL_2(\mathbb{R})$。
   • 因为 $\det = 1$，属于 $SL_2(\mathbb{R})$。
   • 列向量是 $(1,0)$ 和 $(1,1)$。第二个向量的长度是 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2} \neq 1$。所以不是正交矩阵。不属于 $O_2(\mathbb{R})$。
   • 结论: 属于 $GL_2(\mathbb{R})$ 和 $SL_2(\mathbb{R})$。
6. $A_6 = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$
   • $\det(A_6) = \frac{1}{\sqrt{2}}(-\frac{1}{\sqrt{2}}) - \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2}} = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2} = -1$。
   • 属于 $GL_2(\mathbb{R})$。
   • 不属于 $SL_2(\mathbb{R})$。
   • 列向量是 $\mathbf{c}_1 = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})$ 和 $\mathbf{c}_2 = (\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}})$。
   • $|\mathbf{c}_1|^2 = (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 1/2+1/2=1$。
   • $|\mathbf{c}_2|^2 = (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + (-\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 1/2+1/2=1$。
   • $\mathbf{c}_1 \cdot \mathbf{c}_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}(-\frac{1}{\sqrt{2}}) = 1/2-1/2=0$。
   • 列向量是标准正交的，所以是正交矩阵。属于 $O_2(\mathbb{R})$。
   • 结论: 属于 $GL_2(\mathbb{R})$ 和 $O_2(\mathbb{R})$。(这是关于 $y=x$ 这条线的反射变换)

第二部分：验证 $3 \times 3$ 矩阵的正交性

一个矩阵 $A$ 是正交的，当且仅当它的所有列（或所有行）构成一组标准正셔틀버스 (orthonormal basis)。这意味着：

1. 每个列向量的长度（模）都是 1 (单位向量)。
2. 任意两个不同的列向量相互垂直（它们的点积为 0）。

给定的矩阵是 $A=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}}

\\frac{2}{\sqrt{6}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)$ 是一个正交矩阵。

一个矩阵 $A$ 是正交的，当且仅当它的所有列（或所有行）构成一组标准正交基 (orthonormal basis)。这意味着：

1. 每个列向量的长度（模）都是 1 (单位向量)。
2. 任意两个不同的列向量相互垂直（它们的点积为 0）。

我们来验证 $A$ 的三个列向量 $\mathbf{c}_1, \mathbf{c}_2, \mathbf{c}_3$ 是否满足这两个条件。

$\mathbf{c}_{1}=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{2}{\sqrt{6}}\end{array}\right)$, $\mathbf{c}_{2}=\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0\end{array}\right)$, $\mathbf{c}_{3}=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)$

1. 检查长度

• $|\mathbf{c}_1|^2 = (\frac{1}{\sqrt{6}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{6}})^2 + (\frac{2}{\sqrt{6}})^2 = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{4}{6} = \frac{6}{6} = 1$。所以 $|\mathbf{c}_1|=1$。
• $|\mathbf{c}_2|^2 = (-\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + 0^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 0 = 1$。所以 $|\mathbf{c}_2|=1$。
• $|\mathbf{c}_3|^2 = (\frac{1}{\sqrt{3}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{3}})^2 + (-\frac{1}{\sqrt{3}})^2 = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{3}{3} = 1$。所以 $|\mathbf{c}_3|=1$。

所有列向量都是单位向量。

2. 检查正交性（点积为0）

• $\mathbf{c}_1 \cdot \mathbf{c}_2 = (\frac{1}{\sqrt{6}})(-\frac{1}{\sqrt{2}}) + (\frac{1}{\sqrt{6}})(\frac{1}{\sqrt{2}}) + (\frac{2}{\sqrt{6}})(0) = -\frac{1}{\sqrt{12}} + \frac{1}{\sqrt{12}} + 0 = 0$。
• $\mathbf{c}_1 \cdot \mathbf{c}_3 = (\frac{1}{\sqrt{6}})(\frac{1}{\sqrt{3}}) + (\frac{1}{\sqrt{6}})(\frac{1}{\sqrt{3}}) + (\frac{2}{\sqrt{6}})(-\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{1}{\sqrt{18}} + \frac{1}{\sqrt{18}} - \frac{2}{\sqrt{18}} = 0$。
• $\mathbf{c}_2 \cdot \mathbf{c}_3 = (-\frac{1}{\sqrt{2}})(\frac{1}{\sqrt{3}}) + (\frac{1}{\sqrt{2}})(\frac{1}{\sqrt{3}}) + (0)(-\frac{1}{\sqrt{3}}) = -\frac{1}{\sqrt{6}} + \frac{1}{\sqrt{6}} + 0 = 0$。

任意两个不同的列向量都相互垂直。

因为 $A$ 的列向量构成一组标准正交基，所以 $A$ 是一个正交矩阵。

这道题是 $SO_2(\mathbb{R})$ (旋转矩阵) 和 $O_2(\mathbb{R})-SO_2(\mathbb{R})$ (反射矩阵) 内部运算关系的大演练。$A_\theta$ 代表逆时针旋转 $\theta$ 角，$B_\theta$ 代表关于过原点且与x轴夹角为 $\theta/2$ 的直线的反射。

1. 证明基本恒等式

• $A_{\theta_{1}} A_{\theta_{2}}=A_{\theta_{1}+\theta_{2}}$: (旋转的复合)
• $A_{\theta_1}A_{\theta_2} = \begin{pmatrix} \cos\theta_1 & -\sin\theta_1 \\ \sin\theta_1 & \cos\theta_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\theta_2 & -\sin\theta_2 \\ \sin\theta_2 & \cos\theta_2 \end{pmatrix}$
• $= \begin{pmatrix} \cos\theta_1\cos\theta_2-\sin\theta_1\sin\theta_2 & -\cos\theta_1\sin\theta_2-\sin\theta_1\cos\theta_2 \\ \sin\theta_1\cos\theta_2+\cos\theta_1\sin\theta_2 & -\sin\theta_1\sin\theta_2+\cos\theta_1\cos\theta_2 \end{pmatrix}$
• 使用三角和差角公式: $\cos(x+y)=\cos x \cos y - \sin x \sin y$, $\sin(x+y)=\sin x \cos y + \cos x \sin y$。
• $= \begin{pmatrix} \cos(\theta_1+\theta_2) & -\sin(\theta_1+\theta_2) \\ \sin(\theta_1+\theta_2) & \cos(\theta_1+\theta_2) \end{pmatrix} = A_{\theta_1+\theta_2}$。得证。

• $A_{\theta}^{-1}=A_{-\theta}$: (旋转的逆)
• 使用上一条结论，$A_\theta A_{-\theta} = A_{\theta+(-\theta)} = A_0 = \begin{pmatrix} \cos 0 & -\sin 0 \\ \sin 0 & \cos 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。
• 因为 $A_\theta A_{-\theta} = I$，所以根据逆矩阵的定义，$A_{-\theta}$ 就是 $A_\theta$ 的逆矩阵。得证。

• $B_{\theta}^{2}$: (反射两次)
• $B_\theta^2 = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ \sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ \sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix}$
• $= \begin{pmatrix} \cos^2\theta+\sin^2\theta & \cos\theta\sin\theta-\sin\theta\cos\theta \\ \sin\theta\cos\theta-\cos\theta\sin\theta & \sin^2\theta+\cos^2\theta \end{pmatrix}$
• 使用 $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$。
• $= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。所以 $B_\theta^2 = I$。

• $B_{\theta}^{-1}$:
• 由 $B_\theta^2 = I$，即 $B_\theta B_\theta = I$，可知 $B_\theta$ 的逆矩阵就是它自身。$B_\theta^{-1}=B_\theta$。

• $B_{\theta}=A_{\theta} R$:
• $A_\theta R = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta\cdot 1 - \sin\theta\cdot 0 & \cos\theta\cdot 0 - \sin\theta\cdot(-1) \\ \sin\theta\cdot 1 + \cos\theta\cdot 0 & \sin\theta\cdot 0 + \cos\theta\cdot(-1) \end{pmatrix}$
• $= \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ \sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix} = B_\theta$。得证。

• $R^{2}=I, R=R^{-1}$:
• $R^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot 1+0\cdot 0 & 1\cdot 0+0\cdot(-1) \\ 0\cdot 1+(-1)\cdot 0 & 0\cdot 0+(-1)\cdot(-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。
• 因此 $R^{-1}=R$。

2. 证明后续恒等式 (高效使用已有结论)

• $A_{\theta}=B_{\theta} R$:
• 从已证的 $B_\theta = A_\theta R$ 出发，两边同时右乘 $R$。
• $B_\theta R = (A_\theta R)R = A_\theta (R^2) = A_\theta I = A_\theta$。得证。

• $R B_{\theta}=A_{-\theta}$:
• $RB_\theta = R(A_\theta R) = (RA_\theta)R$。
• 我们先计算 $RA_\theta$:

$RA_\theta = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ -\sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix}$。

• 我们再看 $A_{-\theta}$:

$A_{-\theta} = \begin{pmatrix} \cos(-\theta) & -\sin(-\theta) \\ \sin(-\theta) & \cos(-\theta) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$。

• 两者不相等。这里可能是我对题意的理解有误，或者题目的提示链条有误。让我们直接计算 $RB_\theta$。
• $RB_\theta = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ \sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$。
• 这正好等于 $A_{-\theta}$。所以 $RB_\theta = A_{-\theta}$ 成立。
• (那么 $R(A_\theta R)$ 的思路是错的，因为矩阵不满足交换律)

• $R^{-1} A_{\theta} R=R B_{\theta}=A_{-\theta}$:
• 这是一个等式链。我们已经证明了 $RB_\theta = A_{-\theta}$。
• 现在证明 $R^{-1}A_\theta R = A_{-\theta}$。因为 $R^{-1}=R$，所以就是要证 $RA_\theta R = A_{-\theta}$。
• $RA_\theta R = (RA_\theta)R = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ -\sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$。
• 这正好是 $A_{-\theta}$。所以 $RA_\theta R = A_{-\theta}$ 成立。
• 因此整个等式链 $R^{-1} A_{\theta} R = A_{-\theta}$ 和 $RB_{\theta}=A_{-\theta}$ 均成立。但 $R^{-1}A_\theta R$ 和 $RB_\theta$ 之间没有直接关系。题目可能是想让我们分别证明它们都等于 $A_{-\theta}$。

• $B_{\theta}^{2}=A_{\theta} R B_{\theta}$:
• 我们计算右边：$A_\theta R B_\theta = A_\theta (R B_\theta)$。
• 利用刚证的 $RB_\theta = A_{-\theta}$。
• $= A_\theta A_{-\theta} = A_{\theta-\theta} = A_0 = I$。
• 而我们早已证明 $B_\theta^2=I$。所以等式成立。

• $B_{\theta_{1}} B_{\theta_{2}}=A_{\theta_{1}-\theta_{2}}$:
• $B_{\theta_1} B_{\theta_2} = (A_{\theta_1}R)(A_{\theta_2}R) = A_{\theta_1}(RA_{\theta_2})R$。
• 我们知道 $RA_\theta R = A_{-\theta}$，所以 $RA_\theta = A_{-\theta} R^{-1} = A_{-\theta} R$。
• 将此代入 $RA_{\theta_2}$，得到 $A_{-\theta_2}R$。
• 所以 $A_{\theta_1}(RA_{\theta_2})R = A_{\theta_1}(A_{-\theta_2}R)R = A_{\theta_1}A_{-\theta_2}(R^2) = A_{\theta_1}A_{-\theta_2}I = A_{\theta_1-\theta_2}$。得证。

• $A_{\theta_{1}} B_{\theta_{2}}=B_{\theta_{1}+\theta_{2}}$:
• $A_{\theta_1} B_{\theta_2} = A_{\theta_1} (A_{\theta_2}R) = (A_{\theta_1}A_{\theta_2})R = A_{\theta_1+\theta_2} R$。
• 根据 $B_\theta=A_\theta R$ 的定义， $A_{\theta_1+\theta_2}R = B_{\theta_1+\theta_2}$。得证。

• $B_{\theta_{1}} A_{\theta_{2}}=B_{\theta_{1}-\theta_{2}}$:
• $B_{\theta_1} A_{\theta_2} = (A_{\theta_1}R)A_{\theta_2} = A_{\theta_1}(RA_{\theta_2})$。
• 利用 $RA_\theta=A_{-\theta}R$。所以 $RA_{\theta_2}=A_{-\theta_2}R$。
• $= A_{\theta_1}(A_{-\theta_2}R) = (A_{\theta_1}A_{-\theta_2})R = A_{\theta_1-\theta_2} R$。
• 根据定义，这等于 $B_{\theta_1-\theta_2}$。得证。

• $R A_{\theta}=B_{-\theta}$:
• $RA_\theta = A_{-\theta}R$ (上面推导过)。
• 而 $A_{-\theta}R = B_{-\theta}$ (根据定义)。得证。

• $A_{\theta} R A_{\theta}^{-1}= A_{\theta} R A_{-\theta}=B_{2\theta}$:
• $A_\theta R A_\theta^{-1} = A_\theta R A_{-\theta}$ (因为 $A_\theta^{-1}=A_{-\theta}$)。
• $= A_\theta (R A_{-\theta})$。
• 利用 $RA_\theta=B_{-\theta}$，令 $\theta \to -\theta$，得到 $RA_{-\theta} = B_{-(-\theta)} = B_\theta$。
• 所以 $= A_\theta B_\theta$。
• 利用 $A_{\theta_1}B_{\theta_2}=B_{\theta_1+\theta_2}$，令 $\theta_1=\theta_2=\theta$。
• $A_\theta B_\theta = B_{\theta+\theta} = B_{2\theta}$。得证。

这道题深入探讨 $A_\theta$ 和 $B_\theta$ 的几何意义。

(i) 变换作用在向量上

1. 证明 $A_{\theta}(\cos \alpha, \sin \alpha)=(\cos (\theta+\alpha), \sin (\theta+\alpha))$:
   • 方法一: 直接计算
   • 方法二: 使用提示
   • 向量 $\mathbf{v} = \binom{\cos\alpha}{\sin\alpha}$ 是旋转矩阵 $A_\alpha$ 的第一列。令 $\mathbf{e}_1=\binom{1}{0}$，则 $\mathbf{v} = A_\alpha \mathbf{e}_1$。
   • $A_\theta \mathbf{v} = A_\theta (A_\alpha \mathbf{e}_1) = (A_\theta A_\alpha) \mathbf{e}_1$。
   • 根据习题1.28， $A_\theta A_\alpha = A_{\theta+\alpha}$。
   • 所以结果是 $A_{\theta+\alpha} \mathbf{e}_1$，这正是 $A_{\theta+\alpha}$ 的第一列，即 $\binom{\cos(\theta+\alpha)}{\sin(\theta+\alpha)}$。得证。
2. 证明 $B_{\theta}(\cos \alpha, \sin \alpha)=(\cos (\theta-\alpha), \sin (\theta-\alpha))$:
   • 方法一: 直接计算
   • 方法二: 使用提示
   • $B_\theta \mathbf{v} = B_\theta (A_\alpha \mathbf{e}_1) = (B_\theta A_\alpha)\mathbf{e}_1$。
   • 根据习题1.28，$B_{\theta_1}A_{\theta_2} = B_{\theta_1-\theta_2}$。这里 $\theta_1=\theta, \theta_2=\alpha$。
   • 所以结果是 $B_{\theta-\alpha} \mathbf{e}_1$，这正是 $B_{\theta-\alpha}$ 的第一列，即 $\binom{\cos(\theta-\alpha)}{\sin(\theta-\alpha)}$。得证。
3. 解释与论证:
   • $A_\theta$ 的解释: $A_\theta$ 将一个角度为 $\alpha$ 的单位向量变换成一个角度为 $\theta+\alpha$ 的单位向量。这正是将该向量逆时针旋转 $\theta$ 角的操作。因此，$A_\theta$ 是旋转矩阵。
   • $B_\theta^2=I$ 的另一个论证:
   • $B_\theta$ 将角度为 $\alpha$ 的向量变成角度为 $\theta-\alpha$ 的向量。
   • 再对结果作用一次 $B_\theta$：$B_\theta$ 将角度为 $\beta=\theta-\alpha$ 的向量变成角度为 $\theta-\beta$ 的向量。
   • $\theta - \beta = \theta - (\theta-\alpha) = \alpha$。
   • 所以，连续作用两次 $B_\theta$，一个角度为 $\alpha$ 的向量先变成角度 $\theta-\alpha$，再变回角度 $\alpha$。它回到了原来的位置。
   • 因为这对任意角度 $\alpha$ 都成立，所以 $B_\theta^2$ 是恒等变换，即 $B_\theta^2=I$。