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线性代数笔记(10)——四个基本子空间的基和维数

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

V 是一个向量空间,W1,W2 都是 V 的子空间。

W1W2V 的一个子空间(“交”),W1+W2={α1+α2|α1W1,α2W2} 也是 V 的子空间(“和”),但 W1W2 不一定是 V 的子空间。

则有以下公式:(上次习题)
dimW1+dimW2=dim(W1W2)+dim(W1+W2)


证明思路:先设 W1W2 的一组基,再扩充即可。

另一种找出基的方法

An 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?

:设 Q=(Q1,Q2),P=(P1P2),其中 Q1r 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)=rdimC(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

A=B1B2,其中 B1n×r 阶阵,B2r×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

vC(AT)N(A),则 v 可写成 A 的行向量的线性组合,记 Am×n=(αT1αT2αTn)

v=c1α1+c2α2++cnαn,ciR,i=1,2,,n

又因 vN(A)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

v,wRn,若 vTw=0,称 vw 正交,记作 vw

子空间的正交

Rn 中,设 S,T 都是 Rn 的子空间,若 vS,wT 都有 vTw=0,称 ST 正交,记为 ST

注意,这个定义是对称的,所以同样有 TS

特别地Rn{0}R3 中, xOy 平面和 xOz 平面不正交。

可以发现,若 ST{0},则 ST 不正交。

定理:设 STRn 中两个子空间,且 dimS+dimT>n,则 ST 不正交。

四个子空间的正交性

定理:设 AMm×n(R),则 C(A)N(AT) 正交,C(AT)N(A) 正交。

证明:设 αN(AT),则 αTA=0

αC(A)(即 βC(A),都有 αβ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)

:利用 C(A)N(AT)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)N(A)Rn 中的正交补,我们说 C(A)N(AT)Rm 中的正交补

定义:设 VRn 的一个子空间,令 V={wRn|wV},称 VVRn 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,vN(A),假设 vC(AT),考虑矩阵 A0=(AvT)

C(AT)C(AT0),但 N(A0)=N(A),知 A 的列数 r(A0)=A 的列数 r(A)

r(A0)=r(A)C(AT)C(AT0) 矛盾,故得证。

一些结论N(A)=N(ATA),C(A)=C(AAT)

Ax=bC(AT) 中解的唯一性

定理:若 Ax=b 有解 Ax=bC(AT) 有唯一解

证明:设 x=AT(y1y2ym),即考虑 AAT(y1y2ym)=b

Ax=b 有解知 bC(A)=C(AAT)AATy=b 有解,所以对应的 x=ATyC(AT) 的解。

x1,x2C(AT) 都满足 Ax1=Ax2=b

所以 A(x1x2)=0(x1x2)N(A)C(AT)={0}x1=x2

 

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