2.2 基和维数

2.2.1-4

$\\$ 略。$\\$

2.2.5 $\quad$ 证明，一个向量组的任意线性无关的部分组都可以扩充成它的一个极大线性无关部分组。

$\\$ 略。$\\$

2.2.6 $\quad$ 证明，如果向量组$S$可以被向量组$T$线性表示，则$\operatorname{rank}(S)\leq\operatorname{rank}(T)$。

$\\$ 略。$\\$

2.2.7 $\quad$ 证明向量组$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\bm{a}_3$与向量组$\bm{a}_1+\bm{a}_2,\bm{a}_2+\bm{a}_3,\bm{a}_3+\bm{a}_1$线性等价。

$\\$ 证明：$\\$ $\begin{bmatrix}\bm{a}_1+\bm{a}_2&\bm{a}_2+\bm{a}_3&\bm{a}_3+\bm{a}_1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\bm{a}_1&\bm{a}_2&\bm{a}_3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&1&1\\\end{bmatrix}$，而$\begin{bmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&1&1\\\end{bmatrix}$可逆，于是线性等价。$\\$

2.2.8 $\quad$ 证明，如果向量组和它的一个部分组的秩相同，则两个向量组线性等价。

$\\$ 证明：$\\$ 设向量组$S$的一个部分组是$T$，则$\operatorname{span}(T)\subseteq\operatorname{span}(S)$，而$\operatorname{rank}(S)=\operatorname{rank}(T)$，于是$\operatorname{span}(T)=\operatorname{span}(S)\implies S,T$线性等价。$\\$

2.2.9 $\quad$ 举例说明秩相等的向量组未必线性等价。

$\\$ 解：$\\$ 设向量组$S:\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},T:\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$即可。$\\$

2.2.10 $\quad$ 已知向量组的秩是$r$，设$S$是一个包含$r$个向量的部分组。证明：

$\\$ 1. 如果$S$线性无关，则$S$是原向量组的一个极大线性无关部分组。$\\$ 2. 如果$S$与原向量组线性等价，则$S$是原向量组的一个极大线性无关部分组。$\\$ 1.证明：$\\$ 用反证法。设$S$线性无关但不是原向量组的一个极大线性无关部分组，则原向量组中存在至少一个向量无法被$S$线性表示，这表明原向量组的秩大于$r$，矛盾。$\\$ 2.证明：$\\$ 同样用反证法。设原向量组是$T$，$S$与$T$线性等价，则$\operatorname{span}(S)=\operatorname{span}(T)$。若$S$不是$T$的一个极大线性无关部分组，只能表明向量组$S$线性相关$\implies\operatorname{rank}(S)=\operatorname{rank}(T) \lt r$，矛盾。$\\$

2.2.11-12

$\\$ 略。$\\$

2.2.13 $\quad$ 一个三阶方阵，如果每行、每列以及两个对角线上的元素之和都相等，则称为幻方矩阵。判断$\Bigg\lbrace\bm{a}=\begin{bmatrix}a_1&a_2&\cdots&a_9\end{bmatrix}^{\mathrm{T}}\in\mathbb{R}^9 \Bigg| \begin{bmatrix} a_1&a_2&a_3\\ a_4&a_5&a_6\\ a_7&a_8&a_9 \end{bmatrix}\text{是幻方矩阵}\Bigg\rbrace$是否为$\mathbb{R}^9$的子空间。如果是，求它的一组基。

$\\$ 解：$\\$ 显然若$A,B$是幻方矩阵，$kA+lB (k,l\in\mathbb{R})$也是幻方矩阵，所以是$\mathbb{R}^9$的子空间。$\\$ 接下来我们求子空间的基。$\\$

法一:

$\\$ 由幻方矩阵性质 $$\begin{cases} a_1+a_5+a_9=s\\ a_4+a_5+a_6=s\\ a_7+a_5+a_3=s\\ \end{cases}$$ 注意 $a_1+a_4+a_7=a_3+a_6+a_9=s$, 于是 $3a_5+2s=s\implies a_5=\frac{1}{3}s.\\$ 对任意 $3\times 3$ 幻方矩阵 $\begin{bmatrix} a_1&a_2&a_3\\ a_4&a_5&a_6\\ a_7&a_8&a_9\\ \end{bmatrix}$, 如果每行每列每个对角线的和是$s$, 我们可以把$s$从矩阵中提取出来，即 $$\begin{bmatrix} a_1&a_2&a_3\\ a_4&a_5&a_6\\ a_7&a_8&a_9\\ \end{bmatrix}=\frac{s}{3}\begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1\\ \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} a_1-\frac{1}{3}s&a_2-\frac{1}{3}s&a_3-\frac{1}{3}s\\ a_4-\frac{1}{3}s&0&a_6-\frac{1}{3}s\\ a_7-\frac{1}{3}s&a_8-\frac{1}{3}s&a_9-\frac{1}{3}s\\ \end{bmatrix}$$ 此时新矩阵也是幻方矩阵，且每行每列和两个对角线之和是0, 设 $a_1-\frac{1}{3}s=x, a_2-\frac{1}{3}s=y, a_3-\frac{1}{3}s=z, a_4-\frac{1}{3}s=t$. 所以, $$\begin{bmatrix} a_1&a_2&a_3\\ a_4&a_5&a_6\\ a_7&a_8&a_9\\ \end{bmatrix}=\frac{s}{3}\begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1\\ \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} x&y&z\\ t&0&-t\\ -z&-y&-x\\ \end{bmatrix}$$ 每行之和是0, 所以 $x+y+z=0 \implies z=-x-y$, 即 $$\begin{bmatrix} x&y&z\\ t&0&-t\\ -z&-y&-x\\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} x&y&-x-y\\ t&0&-t\\ x+y&-y&-x\\ \end{bmatrix}$$ 每列之和是0, 所以 $x+t+x+y=0 \implies t=-2x-y$, 即 $$\begin{bmatrix} x&y&z\\ t&0&-t\\ -z&-y&-x\\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} x&y&-x-y\\ t&0&-t\\ x+y&-y&-x\\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} x&y&-x-y\\ -x-2y&0&x+2y\\ x+y&-y&-x\\ \end{bmatrix}$$ 此时 $x$ 和 $y$ 是自由变量(他们互相独立), 即, $$\begin{align*} \begin{bmatrix} a_1&a_2&a_3\\ a_4&a_5&a_6\\ a_7&a_8&a_9\\ \end{bmatrix}&=\frac{s}{3}\begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1\\ \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} x&y&z\\ t&0&-t\\ -z&-y&-x\\ \end{bmatrix}\\ &=\frac{s}{3}\begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1\\ \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} x&y&-x-y\\ -x-2y&0&x+2y\\ x+y&-y&-x\\ \end{bmatrix}\\ &=\frac{s}{3}\begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1\\ \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} x&0&-x\\ -x&0&x\\ x&0&-x\\ \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&y&-y\\ -2y&0&2y\\ y&-y&0\\ \end{bmatrix}\\ &=\frac{s}{3}\begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1\\ \end{bmatrix}+x\begin{bmatrix} 1&0&-1\\ -1&0&1\\ 1&0&-1\\ \end{bmatrix}+y\begin{bmatrix} 0&1&-1\\ -2&0&2\\ 1&-1&0\\ \end{bmatrix} \end{align*}$$ 其中 $s,x,y\in\mathbb{R}$. 这样就得到了$\bm{a}$的一组基 $\begin{bmatrix} 1\\1\\1\\ 1\\1\\1\\ 1\\1\\1\\ \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 1\\0\\-1\\ -1\\0\\1\\ 1\\0\\-1\\ \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0\\1\\-1\\ -2\\0\\2\\ 1\\-1\\0\\ \end{bmatrix}.\\\\$

法二:

$\\$ 设三阶幻方矩阵每行、每列以及两个对角线上的元素之和是$s$。由幻方矩阵性质 $$\begin{bmatrix} 1&1&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&1&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&1&1\\ 1&0&0&0&1&0&0&0&1\\ 0&0&1&0&1&0&1&0&0\\ 1&0&0&1&0&0&1&0&0\\ 0&1&0&0&1&0&0&1&0\\ 0&0&1&0&0&1&0&0&1\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_1\\a_2\\a_3\\a_4\\a_5\\a_6\\a_7\\a_8\\a_9 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} s\\s\\s\\s\\s\\s\\s\\s\\s \end{bmatrix}$$ 利用Gauss消元法得，方程的解是$\begin{bmatrix} \cfrac{2}{3}s-a_9\\ \cfrac{2}{3}s-a_8\\ -\cfrac{1}{3}s+a_8+a_9\\ -\cfrac{2}{3}s+a_8+2a_9\\ \cfrac{1}{3}s\\ \cfrac{4}{3}s-a_8-2a_9\\ s-a_8-a_9\\ a_8\\ a_9 \end{bmatrix}$。令$a_8=m,a_9=n$得方程的解集是$s\begin{bmatrix} \frac{2}{3}\\ \frac{2}{3}\\ -\frac{1}{3}\\ -\frac{2}{3}\\ \frac{1}{3}\\ \frac{4}{3}\\ 1\\ 0\\ 0\\ \end{bmatrix}+m\begin{bmatrix} 0\\ -1\\ 1\\ 1\\ 0\\ -1\\ -1\\ 1\\ 0\\ \end{bmatrix}+n\begin{bmatrix} -1\\ 0\\ 1\\ 2\\ 0\\ -2\\ -1\\ 0\\ 1\\ \end{bmatrix},s,m,n\in\mathbb{R}$。这样就得到了$\bm{a}$的一组基。可以看出两种方法得到的基是等价的。$\\$

2.2.14 $\quad$ 任取非零常数$k_1,k_2,\cdots,k_n$满足$\cfrac{1}{k_1}+\cfrac{1}{k_2}+\cdots+\cfrac{1}{k_n}+1\neq 0$，求下列向量组的秩。$$\bm{a}_1=\begin{bmatrix} 1+k_1\\1\\\vdots\\1 \end{bmatrix},\bm{a}_2=\begin{bmatrix} 1\\1+k_2\\\vdots\\1 \end{bmatrix},\cdots,\bm{a}_n=\begin{bmatrix} 1\\1\\\vdots\\1+k_n \end{bmatrix}.$$

证明：$\\$ 设$l_1,\cdots,l_n\in\mathbb{R}$满足$l_1\bm{a}_1+\cdots+l_n\bm{a}_n=\bm{0}$。则$$\begin{align*} &l_1\bm{a}_1+\cdots+l_n\bm{a}_n=\begin{bmatrix} l_1+\cdots+l_n+l_1k_1\\ l_1+\cdots+l_n+l_2k_2\\ \vdots\\ l_1+\cdots+l_n+l_nk_n\\ \end{bmatrix}=\bm{0}\\ &\implies\begin{bmatrix} \frac{l_1+\cdots+l_n}{k_1}+l_1\\ \frac{l_1+\cdots+l_n}{k_2}+l_2\\ \vdots\\ \frac{l_1+\cdots+l_n}{k_n}+l_n\\ \end{bmatrix}=\bm{0}\\ &\implies \frac{l_1+\cdots+l_n}{k_1}+\cdots+\frac{l_1+\cdots+l_n}{k_n}+l_1+\cdots+l_n=0\\ &\implies (\frac{1}{k_1}+\cdots+\frac{1}{k_n}+1)(l_1+l_2+\cdots+l_n)=0 \end{align*}$$ 而$\frac{1}{k_1}+\cdots+\frac{1}{k_n}+1\neq 0$，所以$l_1+l_2+\cdots+l_n=0$。即$\begin{bmatrix} \frac{l_1+\cdots+l_n}{k_1}+l_1\\ \frac{l_1+\cdots+l_n}{k_2}+l_2\\ \vdots\\ \frac{l_1+\cdots+l_n}{k_n}+l_n\\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} l_1\\l_2\\\vdots\\l_n \end{bmatrix}=\bm{0}\implies l_1=l_2=\cdots=l_n=0$。于是$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_n$线性无关，秩为$n.\\$

2.2.15 $\quad$ 设$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_r$是子空间$\mathcal{M}$的一组基。令$\begin{bmatrix} \bm{b}_1&\bm{b}_2&\cdots&\bm{b}_r \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \bm{a}_1&\bm{a}_2&\cdots&\bm{a}_r \end{bmatrix}P$，其中$P$是$r$阶方阵。证明，$\bm{b}_1,\bm{b}_2,\cdots,\bm{b}_r$是$\mathcal{M}$的一组基当且仅当矩阵$P$可逆。

$\\$ 证明：$\\$ $\bm{b}_1,\bm{b}_2,\cdots,\bm{b}_r$是$\mathcal{M}$的一组基$\iff \begin{bmatrix} \bm{b}_1&\bm{b}_2&\cdots&\bm{b}_r \end{bmatrix}\bm{k}=\bm{0}$只有零解$\iff\begin{bmatrix} \bm{a}_1&\bm{a}_2&\cdots&\bm{a}_r \end{bmatrix}P\bm{k}=\bm{0}$只有零解$\iff P\bm{k}=\bm{0}$只有零解$\iff P$可逆。$\\$

2.2.16 $\quad$ (Steinitz替换定理) 设$S:\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_r$线性无关，可被$T:\bm{b}_1,\bm{b}_2,\cdots,\bm{b}_t$线性表示。求证：

$\\$ 1. $r \leq t.\\$ 2. 可以选择$T$中的$r$个向量换成$S$，得到的新的向量组与$T$线性等价。$\\$ 1. 证明：$\\$ $S$可以被$T$线性表示$\implies\operatorname{span}(S)\subseteq\operatorname{span}(T)\implies\dim T\geq r\implies t\geq r.\\$ 2. 证明：$\\$ 用数学归纳法。替换向量个数$r=0$时显然成立。现假设替换向量个数为$r-1$时命题成立，即通过重新排列向量组$T$，可使得$\operatorname{span}(\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_t)=\operatorname{span}(\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_{r-1},\bm{b}_r,\cdots\bm{b}_t)$。考虑替换向量个数为$r$的情况。$\\$ 因为$\bm{a}_r\in\operatorname{span}(\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_t)=\operatorname{span}(\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_{r-1},\bm{b}_r,\cdots\bm{b}_t)$，所以$\bm{a}_r=\displaystyle\sum_{1\leq i \leq r-1}\lambda_i\bm{a}_i+\displaystyle\sum_{r\leq j \leq t}\mu_j\bm{b}_j$。注意$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_r$线性无关，于是$\mu_j$一定不全是零。经过重排$\mu_j\bm{b}_j$可使$\mu_r\neq 0$，则$\bm{b}_r=\cfrac{1}{\mu_r}(\bm{a}_r-\displaystyle\sum_{1\leq i \leq r-1}\lambda_i\bm{a}_i-\displaystyle\sum_{r+1\leq j \leq t}\mu_j\bm{b}_j)$，即$\bm{b}_r\in\operatorname{span}(\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_{r},\bm{b}_{r+1},\cdots\bm{b}_t)\implies\operatorname{span}(\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_{r},\bm{b}_{r+1},\cdots\bm{b}_t)=\operatorname{span}(\bm{b}_1,\cdots\bm{b}_t).\\$ 这表明若替换向量个数为$r-1$时成立则替换向量个数为$r$时也成立，于是替换向量个数$1\leq k \leq r$时均成立。$\\$

2.2.17

$\\$ 略。$\\$

2.2.18 $\quad$ 设$\mathcal{M},\mathcal{N}$是$\mathbb{R}^m$的两个子空间，求证维数公式：$$\dim(\mathcal{M}+\mathcal{N})=\dim\mathcal{M}+\dim\mathcal{N}-\dim(\mathcal{M}\cap\mathcal{N}).$$

证明：$\\$ 取$\mathcal{M}\cap\mathcal{N}$的一组基$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_k$。根据基扩充定理，其可扩充成$\mathcal{M}$的一组基$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_k,\bm{m}_{k+1},\cdots,\bm{m}_s$，也可扩充成$\mathcal{N}$的一组基$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_k,\bm{n}_{k+1},\cdots,\bm{n}_t$，且$\bm{m}_{k+1},\cdots,\bm{m}_s$和$\bm{n}_{k+1},\cdots,\bm{n}_t$线性无关。由$\mathcal{M}+\mathcal{N}=\{\bm{m}+\bm{n}|\bm{m}\in\mathcal{M},\bm{n}\in\mathcal{N}\}$得$\mathcal{M}+\mathcal{N}$的一组基是$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_k,\bm{m}_{k+1},\cdots,\bm{m}_s,\bm{n}_{k+1},\cdots,\bm{n}_t$。由此立得$\dim(\mathcal{M}+\mathcal{N})=\dim\mathcal{M}+\dim\mathcal{N}-\dim(\mathcal{M}\cap\mathcal{N}).\\$