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

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?

: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 $N(A)$ 证明。

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 $C(A^T) \perp N(A)$。

: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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