wzf2000 线性代数笔记（10）——四个基本子空间的基和维数
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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，$W_1,W_2$ 都是 $V$ 的子空间。
$\Rightarrow W_1 \cap W_2$ 是 $V$ 的一个子空间（“交”），$W_1 + W_2 = \{\alpha_1 + \alpha_2 | \alpha_1 \in W_1,\alpha_2 \in W_2\}$ 也是 $V$ 的子空间（“和”），但 $W_1 \cup W_2$ 不一定是 $V$ 的子空间。
则有以下公式：（上次习题）
$$
\dim W_1 + \dim W_2 = \dim (W_1 \cap W_2) + \dim (W_1 + W_2)
$$
证明思路：先设 $W_1 \cap W_2$ 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：
$$
PAQ =
\begin{pmatrix}
I_r & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix},
r=r(A)
$$
问：如何利用 $P,Q$ 找到 $A$ 的四个基本子空间的基？
解：设 $Q = (Q_1,Q_2),P= \begin{pmatrix}P_1 \\ P_2\end{pmatrix}$，其中 $Q_1$ 有 $r$ 列。
$$
PAQ_1 = \begin{pmatrix}
I_r \\
0
\end{pmatrix},
PAQ_2 = \begin{pmatrix}
0 \\
0
\end{pmatrix} \\
P_1AQ = (I_r,0),P_2AQ = (0,0)
$$
$Q_2$ 的列是 $N(A)$ 的基，$P_2$ 的行是 $N(A^T)$ 的基。
$C(A) \supseteq C(AQ_1)$，又 $\dim C(A) = r(A) = r$，$\dim C(AQ_1) = r(AQ_1) = r(A) = \dim C(A)$。
$\Rightarrow C(A) = C(AQ_1)$，故 $AQ_1$ 的列是 $C(A)$ 的基。
同理 $P_1A$ 的行是 $C(A^T)$ 的基。
补充定理
设 $A = B_1B_2$，其中 $B_1$ 是 $n \times r$ 阶阵，$B_2$ 是 $r \times n$ 阶阵，$B_1,B_2$ 的秩均为 $r$，则 $A$ 是一个 $n \times n$ 阶阵，且 $r(A) = r$。
证明：$\exists$ 可逆阵 $E_2$ 使得 $B_2E_2 = (I_r,0)$，$r(A) = r(B_1 B_2 E_2) = r(B_1(I_r,0)) = r(B_1) = r$。
四个子空间之间的交
设 $\mathbf{v} \in C(A^T) \cap N(A)$，则 $\mathbf{v}$ 可写成 $A$ 的行向量的线性组合，记 $A_{m \times n} = \begin{pmatrix}\alpha_1^T \\ \alpha_2^T \\ \vdots \\ \alpha_n^T \end{pmatrix}$。
设 $\mathbf{v} = c_1 \alpha_1 + c_2 \alpha_2 + \cdots + c_n \alpha_n,c_i \in \mathbb{R},i = 1,2,\cdots,n$。
又因 $\mathbf{v} \in N(A)$ 即 $A \mathbf{v} = \mathbf{0}$，故 $\alpha_i ^T \mathbf{v} = 0,i = 1,2,\cdots,n$。
所以 $\mathbf{v}^T \mathbf{v} = (c_1 \alpha_1 + \cdots + c_n \alpha_n) \mathbf{v} = 0$。
$\Rightarrow C(A^T) \cap N(A) = \{\mathbf{0}\}$。
同理 $C(A) \cap N(A^T) = \{\mathbf{0}\}$。
正交
设 $\mathbf{v},\mathbf{w} \in \mathbb{R}^n$，若 $\mathbf{v}^T\mathbf{w} = 0$，称 $\mathbf{v}$ 与 $\mathbf{w}$ 正交，记作 $\mathbf{v} \perp \mathbf{w}$。
子空间的正交
$\mathbb{R}^n$ 中，设 $S,T$ 都是 $\mathbb{R}^n$ 的子空间，若 $\forall \mathbf{v} \in S,\mathbf{w} \in T$ 都有 $\mathbf{v}^T \mathbf{w} = 0$，称 $S$ 与 $T$ 正交，记为 $S \perp T$。
注意，这个定义是对称的，所以同样有 $T \perp S$。
特别地，$\mathbb{R}^n \perp \{\mathbf{0}\}$，$\mathbb{R}^3$ 中， $xOy$ 平面和 $xOz$ 平面不正交。
可以发现，若 $S \cap T \not = \{\mathbf{0}\}$，则 $S$ 和 $T$ 不正交。
定理：设 $S$ 和 $T$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中两个子空间，且 $\dim S + \dim T > n$，则 $S$ 和 $T$ 不正交。
四个子空间的正交性
定理：设 $A \in M_{m \times n}(\mathbb{R})$，则 $C(A)$ 和 $N(A^T)$ 正交，$C(A^T)$ 和 $N(A)$ 正交。
证明：设 $\alpha \in N(A^T)$，则 $\alpha^T A = \mathbf{0}$。
则 $\alpha \perp C(A)$（即 $\forall \beta \in C(A)$，都有 $\alpha \perp \beta$，这也就是向量与子空间正交的定义）。
因此 $N(A^T) \perp C(A)$。
同理可得 $C(A^T) \perp N(A)$。
注：利用 $C(A) \perp N(A^T)$ 和 $\dim C(A^T) + \dim N(A) = n$ 可得，$C(A^T) + N(A) = \mathbb{R}^n$。（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：
$C(A^T) + N(A) = \mathbb{R}^n,C(A^T) \perp N(A)$
$C(A) + N(A^T) = \mathbb{R}^m,C(A) \perp N(A^T)$
我们说 $C(A^T)$ 是 $N(A)$ 在 $\mathbb{R}^n$ 中的正交补，我们说 $C(A)$ 是 $N(A^T)$ 在 $\mathbb{R}^m$ 中的正交补。
定义：设 $V$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一个子空间，令 $V^\perp = \{\mathbf{w} \in \mathbb{R}^n|\mathbf{w} \perp V\}$，称 $V^\perp$ 为 $V$ 在 $\mathbb{R}^n$ 中的正交补（空间）。
验证：$C(A^T) = N(A)^\perp$。
证明：已知，$C(A^T) \perp N(A) \Rightarrow C(A^T) \subseteq N(A)^\perp$。
反之，$\forall \mathbf{v} \in N(A)^\perp$，假设 $\mathbf{v} \not \in C(A^T)$，考虑矩阵 $A_0 = \begin{pmatrix}A \\ \mathbf{v}^T\end{pmatrix}$。
则 $C(A^T) \subsetneqq C(A_0^T)$，但 $N(A_0) = N(A)$，知 $A$ 的列数 $- r(A_0) = A$ 的列数 $-r(A)$。
则 $r(A_0) = r(A)$ 与 $C(A^T) \subsetneqq C(A_0^T)$ 矛盾，故得证。
一些结论：$N(A) = N(A^TA),C(A) = C(AA^T)$。
$A \mathbf{x} = \mathbf{b}$ 在 $C(A^T)$ 中解的唯一性
定理：若 $A \mathbf{x} = \mathbf{b}$ 有解 $\Rightarrow A\mathbf{x} = \mathbf{b}$ 在 $C(A^T)$ 有唯一解
证明：设 $\mathbf{x} = A^T \begin{pmatrix}y_1 \\y_2 \\ \vdots \\y_m \end{pmatrix}$，即考虑 $A \cdot A^T \begin{pmatrix}y_1 \\y_2 \\ \vdots \\y_m \end{pmatrix} = \mathbf{b}$。
由 $A \mathbf{x} = \mathbf{b}$ 有解知 $\mathbf{b} \in C(A) = C(AA^T)$ 故 $AA^T \mathbf{y} = \mathbf{b}$ 有解，所以对应的 $x = A^T \mathbf{y}$ 是 $C(A^T)$ 的解。
设 $\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_2 \in C(A^T)$ 都满足 $A \mathbf{x}_1 = A \mathbf{x}_2 = \mathbf{b}$。
所以 $A(\mathbf{x}_1 - \mathbf{x}_2) = \mathbf{0}$ 即 $(\mathbf{x}_1 - \mathbf{x}_2) \in N(A) \cap C(A^T) = \{\mathbf{0}\} \Rightarrow \mathbf{x}_1 = \mathbf{x}_2$。
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