线性代数笔记（9）——无关性、基、维数及四个基本子空间

线性代数笔记（9）——无关性、基、维数及四个基本子空间

无关性、基与维数

线性无关

设 $\mathbf{v_1},\mathbf{v_2},\cdots,\mathbf{v_s} \in V$，若数 $c_1,c_2,\cdots ,c_s \in \mathbb{F}$，使 $c_1 \mathbf{v_1} + c_2 \mathbf{v_2} + \cdots + c_s \mathbf{v_s} = \mathbf{0} \Rightarrow c_1 = c_2 = \cdots = c_s = 0$，称 $\mathbf{v_1},\mathbf{v_2},\cdots,\mathbf{v_s}$ 线性无关。

基和维数

设 $\mathbf{v_1},\mathbf{v_2},\cdots,\mathbf{v_n} \in V$，若：

1. $\mathbf{v_1},\mathbf{v_2},\cdots,\mathbf{v_n}$ 线性无关。
2. $\forall \alpha \in V$ 都 $\exists$ 数 $c_1,c_2,\cdots,c_n$ 使 $\alpha = c_1 \mathbf{v_1} + c_2 \mathbf{v_2} + \cdots + c_n \mathbf{v_N}$。

称 $\mathbf{v_1},\mathbf{v_2},\cdots,\mathbf{v_n}$ 是 $V$ 的一组基，此时称 $V$ 的维数是 $n$，记为 $\dim V =n$。

定理 1：$\mathbb{R}^n$ 中任意 $n + 1$ 个向量一定线性相关。

定理 2：设 $\mathbf{v_1},\mathbf{v_2},\cdots,\mathbf{v_n}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一组基，$A$ 是一个 $n \times n$ 可逆矩阵，则 $A \mathbf{v_1},\cdots,A \mathbf{v_n}$ 也是 $\mathbb{R}^n$ 的一组基。

证明：先假设其线性相关，由 $A$ 可逆得出前面的基线性相关，矛盾。再证明均能表示即可。

关于秩的不等式

$A$ 是 $m \times n$ 阶矩阵，回到两个基本空间 $C(A)$ 和 $N(A)$。

$$\dim C(A) = r(A) \\ \dim N(A) = n – r(A) \\ r(AB) \le \min(r(A),r(B)) \ \ (B_{n \times s}) \\ r(A) = r(A^T) \\ r(A + B) \le r(A) + r(B) \ \ (B_{m \times n}) \\ r(A^T A) = r(A),A_{m \times n} \in M_{m \times n} (\mathbb{R})$$
求证：$r(AB) \le \min(r(A),r(B))$

证明：$\because C(AB) \subseteq C(A)$。

$\therefore r(AB) = \dim C(AB) \le \dim C(A) = r(A)$。

又 $\because r(AB) = r((AB)^T)$。

$\therefore r((AB)^T) = r(B^TA^T) = \dim C(B^TA^T) \le \dim C(B^T) = r(B^T) = r(B)$。

故 $r(AB) \le \min(r(A),r(B))$。

注：$r(A) = A \text{ 的行秩} = A \text{ 的列秩} = A ^T\text{ 的行秩} = r(A^T)$

求证：$r(A + B) \le r(A) + r(B)$

证明：取 $A$ 的列向量组的极大线性无关组 $(1)$，含有 $r(A)$ 个向量。

取 $B$ 的列向量组的极大线性无关组 $(2)$，含有 $r(B)$ 个向量。

把 $(1),(2)$ 拼在一起，一共有 $r(A) + r(B)$ 个向量。

可知这 $r(A) + r(B)$ 个向量可以线性表出 $A + B$ 的每一列。

所以 $r(A + B) \le r(A) + r(B)$。

也就是，$A = (\alpha_1,\cdots,\alpha_n),B = (\beta_1,\cdots,\beta_n),C(A + B) \subseteq C(A,B) = \{\sum\limits_{i = 1}^{n} a_i \alpha_i + b_i \beta_i,a_i,b_i \in \mathbb{R},i = 1,2,\cdots,n \}$

求证：$r(A^T A) = r(A),A_{m \times n} \in M_{m \times n} (\mathbb{R})$

证明：考虑 $A \mathbf{x} = \mathbf{0}$，$A^T A \mathbf{x} = \mathbf{0}$。

下证两方程组解集相同，也就是 $N(A) = N(A^T A)$。

首先如果 $\mathbf{x}$ 满足 $A \mathbf{x} = \mathbf{0}$，则显然 $A^T A \mathbf{x} = A^T \mathbf{0} = \mathbf{0}$，即 $N(A) \subseteq N(A^T A)$。

然后如果 $\mathbf{x}$ 满足 $A^T A \mathbf{x} = \mathbf{0}$，则 $\mathbf{x}^T A^T A \mathbf{x} = \mathbf{x}^T \mathbf{0} = 0$，也就是 $(A \mathbf{x})^T A \mathbf{x} = 0$。

故 $A \mathbf{x} = \mathbf{0}$，即 $N(A^T A) \subseteq N(A)$。

所以 $N(A) = N(A^T A)$。

所以 $r(A) = n – \dim N(A) = n – \dim N(A^T A) = r(A^T A)$。

注：$A^T A = 0$，考虑结果的主对角线元素，可得 $A$ 的每个列向量的自点积为 $0$，故每个列向量均为零向量，所以 $A = 0$。

四个基本子空间的基与维数

对于 $A_{m \times n} \in M_{m \times n} (\mathbb{R})$，可以得到四个子空间 $C(A),C(A^T),N(A),N(A^T)$。

$C(A) \subseteq \mathbb{R}^m,N(A^T) \subseteq \mathbb{R}^m,C(A^T) \subseteq \mathbb{R}^n,N(A) \subseteq \mathbb{R}^n$。

$\dim C(A^T) = r(A),\dim N(A) = n – r(A),\dim C(A) = r(A),\dim N(A^T) = m – r(A)$。

习题：$\dim W_1 + \dim W_2 = \dim (W_1 \cap W_2) + \dim (W_1 + W_2)$。

一个记号

记 $\mathrm{span} \{\mathbf{v_1},\mathbf{v_2},\cdots,\mathbf{v_n}\} = \{c_1 \mathbf{v_1} + c_2 \mathbf{v_2} + \cdots + c_n \mathbf{v_n} | c_i \in \mathbb{R},i = 1,2,\cdots,n \}$ 称为由 $\mathbf{v_1},\mathbf{v_2},\cdots,\mathbf{v_n}$ 生成的子空间。

则若 $A = \{\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n\}$，则 $C(A) = \mathrm{span} \{\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n\}$。

别名

$C(A^T)$ 也被称为 $A$ 的行空间，$N(A^T)$ 也被称为 $A$ 的左零空间。

四个基本子空间的基

$C(A),N(A)$ 的基

$C(A),N(A)$ 的基的求法在前面已经提过。

$C(A^T)$ 的基

$C(A^T) = C(U^T)$。所以只要选出 $U$ 的行空间的基即可。

或者用“上面行的倍数加到下面行”，然后中间全零行忽略，化成阶梯型后，非零行的标号在原矩阵中对应的行的集合即为一组基。

$N(A^T)$ 的基

可以类比 $N(A)$ 的方法求 $A^T$ 的零空间的基础解系。

或者行变换得到行简化阶梯型 $U_0$（RREF），后面有 $m – r(A)$ 个全零行。

$\exists$ 可逆阵 $E$ 使得 $EA = U_0$，$E$ 的后 $m – r(A)$ 个行向量就是 $N(A^T)$ 的一组基。

$(A | I) \longrightarrow (U_0 | E)$。

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