
线性代数笔记(10)——四个基本子空间的基和维数
四个基本子空间的基和维数
维数公式
设 V 是一个向量空间,W1,W2 都是 V 的子空间。
⇒W1∩W2 是 V 的一个子空间(“交”),W1+W2={α1+α2|α1∈W1,α2∈W2} 也是 V 的子空间(“和”),但 W1∪W2 不一定是 V 的子空间。
则有以下公式:(上次习题)
dimW1+dimW2=dim(W1∩W2)+dim(W1+W2)
证明思路:先设 W1∩W2 的一组基,再扩充即可。
另一种找出基的方法
设 A 为 n 阶方阵,则存在可逆阵 P,Q 使得:
PAQ=(Ir000),r=r(A)
问:如何利用 P,Q 找到 A 的四个基本子空间的基?
解:设 Q=(Q1,Q2),P=(P1P2),其中 Q1 有 r 列。
PAQ1=(Ir0),PAQ2=(00)P1AQ=(Ir,0),P2AQ=(0,0)
Q2 的列是 N(A) 的基,P2 的行是 N(AT) 的基。
C(A)⊇C(AQ1),又 dimC(A)=r(A)=r,dimC(AQ1)=r(AQ1)=r(A)=dimC(A)。
⇒C(A)=C(AQ1),故 AQ1 的列是 C(A) 的基。
同理 P1A 的行是 C(AT) 的基。
补充定理
设 A=B1B2,其中 B1 是 n×r 阶阵,B2 是 r×n 阶阵,B1,B2 的秩均为 r,则 A 是一个 n×n 阶阵,且 r(A)=r。
证明:∃ 可逆阵 E2 使得 B2E2=(Ir,0),r(A)=r(B1B2E2)=r(B1(Ir,0))=r(B1)=r。
四个子空间之间的交
设 v∈C(AT)∩N(A),则 v 可写成 A 的行向量的线性组合,记 Am×n=(αT1αT2⋮αTn)。
设 v=c1α1+c2α2+⋯+cnαn,ci∈R,i=1,2,⋯,n。
又因 v∈N(A) 即 Av=0,故 αTiv=0,i=1,2,⋯,n。
所以 vTv=(c1α1+⋯+cnαn)v=0。
⇒C(AT)∩N(A)={0}。
同理 C(A)∩N(AT)={0}。
正交
设 v,w∈Rn,若 vTw=0,称 v 与 w 正交,记作 v⊥w。
子空间的正交
Rn 中,设 S,T 都是 Rn 的子空间,若 ∀v∈S,w∈T 都有 vTw=0,称 S 与 T 正交,记为 S⊥T。
注意,这个定义是对称的,所以同样有 T⊥S。
特别地,Rn⊥{0},R3 中, xOy 平面和 xOz 平面不正交。
可以发现,若 S∩T≠{0},则 S 和 T 不正交。
定理:设 S 和 T 是 Rn 中两个子空间,且 dimS+dimT>n,则 S 和 T 不正交。
四个子空间的正交性
定理:设 A∈Mm×n(R),则 C(A) 和 N(AT) 正交,C(AT) 和 N(A) 正交。
证明:设 α∈N(AT),则 αTA=0。
则 α⊥C(A)(即 ∀β∈C(A),都有 α⊥β,这也就是向量与子空间正交的定义)。
因此 N(AT)⊥C(A)。
同理可得 C(AT)⊥N(A)。
注:利用 C(A)⊥N(AT) 和 dimC(AT)+dimN(A)=n 可得,C(AT)+N(A)=Rn。(可以考虑维数公式)
正交补
矩阵 A 的四个子空间有如下关系:
C(AT)+N(A)=Rn,C(AT)⊥N(A)
C(A)+N(AT)=Rm,C(A)⊥N(AT)
我们说 C(AT) 是 N(A) 在 Rn 中的正交补,我们说 C(A) 是 N(AT) 在 Rm 中的正交补。
定义:设 V 是 Rn 的一个子空间,令 V⊥={w∈Rn|w⊥V},称 V⊥ 为 V 在 Rn 中的正交补(空间)。
验证:C(AT)=N(A)⊥。
证明:已知,C(AT)⊥N(A)⇒C(AT)⊆N(A)⊥。
反之,∀v∈N(A)⊥,假设 v∉C(AT),考虑矩阵 A0=(AvT)。
则 C(AT)⫋C(AT0),但 N(A0)=N(A),知 A 的列数 −r(A0)=A 的列数 −r(A)。
则 r(A0)=r(A) 与 C(AT)⫋C(AT0) 矛盾,故得证。
一些结论:N(A)=N(ATA),C(A)=C(AAT)。
Ax=b 在 C(AT) 中解的唯一性
定理:若 Ax=b 有解 ⇒Ax=b 在 C(AT) 有唯一解
证明:设 x=AT(y1y2⋮ym),即考虑 A⋅AT(y1y2⋮ym)=b。
由 Ax=b 有解知 b∈C(A)=C(AAT) 故 AATy=b 有解,所以对应的 x=ATy 是 C(AT) 的解。
设 x1,x2∈C(AT) 都满足 Ax1=Ax2=b。
所以 A(x1–x2)=0 即 (x1–x2)∈N(A)∩C(AT)={0}⇒x1=x2。
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