矩陣乘法的結合律

1. 設定與目標

考慮數域$K$。假設我們有三個矩陣 $A, B, C$，其維度分別為：

• $A \in M_{m \times n}(K)$
• $B \in M_{n \times p}(K)$
• $C \in M_{p \times q}(K)$

我們的目標是證明 $(AB)C = A(BC)$。為此，我們只需證明兩邊矩陣對應的第 $(i, j)$ 個元（entry）完全相等。

2. 左式展開：$(AB)C$

首先處理左邊的運算。令 $D = AB$，根據矩陣乘法定義，其第 $(i, t)$ 個元為：

$$d_{it} = \sum_{s=1}^{n} a_{is}b_{st} \quad (1 \le i \le m, 1 \le t \le p)$$

接著令 $E = (AB)C = DC$，則 $E$ 的第 $(i, j)$ 個元 $e_{ij}$ 為：

$$e_{ij} = \sum_{t=1}^{p} d_{it}c_{tj}$$

將 $d_{it}$ 的式子代入，利用分配律將 $c_{tj}$ 移入和號內：

$$e_{ij} = \sum_{t=1}^{p} \left( \sum_{s=1}^{n} a_{is}b_{st} \right) c_{tj} = \sum_{t=1}^{p} \sum_{s=1}^{n} a_{is}b_{st}c_{tj}$$

3. 右式展開：$A(BC)$

現在處理右邊。令 $F = BC$，其第 $(s, j)$ 個元為：

$$f_{sj} = \sum_{t=1}^{p} b_{st}c_{tj} \quad (1 \le s \le n, 1 \le j \le q)$$

接著令 $G = A(BC) = AF$，其第 $(i, j)$ 個元 $g_{ij}$ 為：

$$g_{ij} = \sum_{s=1}^{n} a_{is}f_{sj} = \sum_{s=1}^{n} a_{is} \left( \sum_{t=1}^{p} b_{st}c_{tj} \right)$$

同樣利用分配律展開：

$$g_{ij} = \sum_{s=1}^{n} \sum_{t=1}^{p} a_{is}b_{st}c_{tj}$$

4. 結論

觀察 $e_{ij}$ 與 $g_{ij}$ 的最終表達式：

• $e_{ij} = \sum_{t=1}^{p} \sum_{s=1}^{n} a_{is}b_{st}c_{tj}$
• $g_{ij} = \sum_{s=1}^{n} \sum_{t=1}^{p} a_{is}b_{st}c_{tj}$

由於有限項數的加法滿足交換律與結合律，雙重和號的求和順序可以互換。因此，$e_{ij} = g_{ij}$，這代表 $G = E$，即：

$$A(BC) = (AB)C$$

（證明終了）

$a \times 0 = 0$，任何數乘以零還是零

考慮具么環（ring with identity）$R$，對於其中任一元素$a$，下面證明$a \times 0 = 0$。

$$\begin{align*} a \times 0 &= a \times 0 + 0 & \quad\quad[0的定義] \\ &= a \times 0 + [a + (-a)] & \quad\quad[加法反元素] \\ &= a \times 0 + a \times 1 + (-a) &\quad\quad[1的定義] \\ &= (a \times 0 + a \times 1) + (-a) &\quad\quad[加法結合律] \\ &= a \times (0 + 1) + (-a) &\quad\quad[分配律] \\ &= a \times 1 + (-a) &\quad\quad[0的定義] \\ &= a + (-a) &\quad\quad[1的定義] \\ &= 0 &\quad\quad[加法反元素] \end{align*}$$

一道簡單的不等式問題

==問題== 

設$a, b, c$皆為正實數，且滿足$a^2 + b^2 = c^2$，試證明$a^3 + b^3 < c^3$。

出處：大島學習塾。

==解答==

$$\begin{align*} c^3 &= c \cdot c^2 \\ &= \sqrt{a^2 + b^2} \cdot \left( a^2 + b^2 \right) \\ &= \sqrt{a^2 + b^2} \cdot a^2 + \sqrt{a^2 + b^2}\cdot b^2 \\ &> \sqrt{a^2} \cdot a^2 + \sqrt{b^2} \cdot b^2 \\ &= |a| \cdot a^2 + |b| \cdot b^2 \\ &= a \cdot a^2 + b \cdot b^2 \\ &= a^3 + b^3 \end{align*}$$

（證明終了）

==註記==

本來一看到$a^2 + b^2 = c^2$與$a, b, c$皆為正數，就滿腦子朝三角函數的方向走，假設了$a = c \cdot \cos \theta, b = c \cdot \sin \theta, \theta \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$，結果化簡後發現沒有簡單到哪去。後來重新整理思緒，發現其實單純的比較根號大小就好，並不需要耍什麼花招。

1 The positive integer

==自然數/正整數==

正整數(Positive integer)：1, 2, 3, ...。也稱為自然數(Natural number)。

==基本運算：加法、乘法==

$\forall a, b \in \mathbb{N}$，可計算它們的和(sum) $a + b$與積(product) $ab$。

加法封閉性：正整數$+$正整數$=$正整數。

乘法封閉性：正整數$\times$正整數$=$正整數。

==運算律==

交換律(commutative law)：

加法：$a + b = b + a$。

乘法：$ab = ba$。

結合律(associative law)

加法：$a + (b + c) = (a + b) + c$。

乘法：$a(bc) = (ab)c$。

分配律(distribution law)

$a(b + c) = ab + ac$。

==例子==

證明：$7(3 \cdot 6) = 6 (3 \cdot 7)$。

[解].
\begin{eqnarray*}
7(3 \cdot 6) &=& (7 \cdot 3) 6 \quad [\text{乘法結合律}] \\
&=& 6 (7 \cdot 3) \quad [\text{乘法交換律}] \\
&=& 6 (3 \cdot 7) \quad [\text{乘法交換律}]
\end{eqnarray*}

(解答結束)

證明：$a(b + c) = ca + ab$。

[解].
\begin{eqnarray*}
a(b + c) &=& ab + ac \quad [\text{分配律}] \\
&=& ac + ab \quad [\text{加法交換律}] \\
&=& ca + ab \quad [\text{乘法交換律}]
\end{eqnarray*}

(解答結束)

==不具備一般運算律的例子==

定義$a \oplus b = 2a, a \odot b = 2ab$。

$a \oplus b = 2a$，而$b \oplus a = 2b$，所以$a \oplus b \ne b \oplus a$，不滿足加法交換律。

$a \odot b = 2ab$，而$b \odot a = 2ba = 2ab$，有$a \odot b = b \odot a$，滿足乘法交換律。

$a \oplus (b \oplus c) = a \oplus 2b = 2a$，而$(a \oplus b) \oplus c = 2a \oplus c = 2(2a) = 4a$，所以$a \oplus (b \oplus c) \ne (a \oplus b) \oplus c$，不滿足加法結合律。

$a \odot (b \odot c) = a \odot 2bc = 2a(2bc) = 4abc$，而$(a \odot b) \odot c = 2ab \odot c = 2(2ab)c = 4abc$，有$a \odot (b \odot c) = (a \odot b) \odot c$，滿足乘法結合律。

$a \odot (b \oplus c) = a \odot 2b = 2a(2b) = 4ab$，而$a \odot b \oplus a \odot c = 2ab \oplus 2ac = 2(2ab) = 4ab$，有$a \odot (b \oplus c) = a \odot b \oplus a \odot c$，滿足分配律。