2.4.1-10

$\\$ 略。$\\$

2.4.11 $\quad$ 在平面直角坐标系下给定点$A(a_1,a_2),B(b_1,b_2),C(c_1,c_2)$，证明，$A,B,C$三点不共线当且仅当矩阵$\begin{bmatrix} a_1&a_2&1\\ b_1&b_2&1\\ c_1&c_2&1 \end{bmatrix}$可逆。

$\\$ 略。$\\$

2.4.12 $\quad$ 设$\bm{x}_0,\bm{x}_1,\cdots,\bm{x}_t$是线性方程组$A\bm{x}=\bm{b}$的解，其中$\bm{b}\neq\bm{0}$，证明，$c_0\bm{x}_0+c_1\bm{x}_1+\cdots+c_t\bm{x}_t$也是解当且仅当$c_0+c_1+\cdots+c_t=1.$

$\\$ 证明：$\\$ 由$A(c_0\bm{x}_0+c_1\bm{x}_1+\cdots+c_t\bm{x}_t)=(c_0+c_1+\cdots+c_t)\bm{b}$立得。$\\$

2.4.13 $\quad$ 设$\bm{x}_0$是线性方程组$A\bm{x}=\bm{b}$的一个解，其中$\bm{b}\neq\bm{0}$，而$\bm{k}_1,\bm{k}_2,\cdots,\bm{k}_t$是$\mathcal{N}(A)$的一组基。令$\bm{x}_i=\bm{x}_0+\bm{k}_i,i=1,2,\cdots,t$，证明，线性方程组的任意解都可以唯一地表示成$c_0\bm{x}_0+c_1\bm{x}_1+\cdots+c_t\bm{x}_t$，其中$c_0+c_1+\cdots+c_t=1.$

$\\$ 证明：$\\$ 先证存在性。任意$A\bm{x}=\bm{b}$的解都可以表示成 $$\begin{align*} \bm{x}&=\bm{x}_0+c_1\bm{k}_1+\cdots+c_t\bm{k}_t\\ &=\bm{x}_0+c_1(\bm{x}_0+\bm{k}_1)+\cdots+c_t(\bm{x}_0+\bm{k}_t)-(c_1+\cdots+c_t)\bm{x}_0\\ &=(1-c_1-\cdots-c_t)\bm{x}_0+c_1\bm{x}_1+\cdots+c_t\bm{x}_t \end{align*}$$ 令$c_0=1-c_1-\cdots-c_t$即得$\bm{x}=c_0\bm{x}_0+c_1\bm{x}_1+\cdots+c_t\bm{x}_t$。其中$c_0+c_1+\cdots+c_t=1.\\$ 再证唯一性：在给定$\mathcal{N}(A)$一组基的情况下，$\mathcal{N}(A)$中任意向量的表示法是唯一的，即$c_1,\cdots,c_t$唯一，而$c_0$由$c_1,\cdots,c_t$导出，自然也是唯一的。$\\$

2.4.14 $\quad$对任意$\mathbb{R}^n$中线性无关的向量组$\bm{x}_0,\bm{x}_1,\cdots,\bm{x}_t$，证明，存在满足如下条件的非齐次线性方程组：

$\\$ 1. $\bm{x}_0,\bm{x}_1,\cdots,\bm{x}_t$都是此方程组的解；$\\$ 2. 该方程组的任意解都能被$\bm{x}_0,\bm{x}_1,\cdots,\bm{x}_t$线性表示。$\\$ 1. 证明：$\\$ 设$\bm{k}_i=\bm{x}_i-\bm{x}_0$。显然$\bm{k}_1,\bm{k}_2,\cdots,\bm{k}_t$线性无关。问题转化为找到矩阵$A$使得$\mathcal{N}(A)$的一组基是$\bm{k}_1,\bm{k}_2,\cdots,\bm{k}_t$。令$K=\begin{bmatrix} \bm{k}_1&\bm{k}_2&\cdots&\bm{k}_t \end{bmatrix}$，$AK=O \implies K^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}=O$。于是只需要得到$\mathcal{N}(K^{\mathrm{T}})$的一组基$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_{n-t}$组成$A$的行向量即可。此时非齐次线性方程组$A\bm{x}=A\bm{x}_0$满足$\bm{x}_0,\bm{x}_1,\cdots,\bm{x}_t$都是此方程组的解。$\\$ 2. 证明：$\\$ 由2.4.13中结论立得。$\\$

2.4.15 $\quad$ 给定线性方程组$A\bm{x}=\bm{b}$，和分块矩阵$B=\begin{bmatrix}A&\bm{b}\\\bm{b}^{\mathrm{T}}&0\end{bmatrix}$。证明，如果$\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(B)$，则方程组有解。

$\\$ 证明：$\\$ 命题等价于其逆否定理：若$A\bm{x}=\bm{b}$无解，则$\operatorname{rank}(A)\neq\operatorname{rank}(B).\\$ $A\bm{x}=\bm{b}$无解$\implies\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}A&\bm{b}\end{bmatrix})=\operatorname{rank}(A)+1\implies\operatorname{rank}(B)=\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}A&\bm{b}\\\bm{b}^{\mathrm{T}}&0\end{bmatrix})\geq\operatorname{rank}(\begin{bmatrix}A&\bm{b}\end{bmatrix})=\operatorname{rank}(A)+1$。于是命题成立。$\\$

2.4.16 $\quad$ (Fredholm二择一定理) 线性方程组$A\bm{x}=\bm{b}$有解当且仅当$\begin{bmatrix} A^{\mathrm{T}}\\\bm{b}^{\mathrm{T}} \end{bmatrix}\bm{y}=\begin{bmatrix} \bm{0}\\1 \end{bmatrix}$无解。

$\\$ 证明：$\\$ $A\bm{x}=\bm{b}$有解$\iff\bm{b}\in\mathcal{R}(A)\iff\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} A^{\mathrm{T}}&\bm{0}\\ \bm{b}^{\mathrm{T}}&1 \end{bmatrix})=\operatorname{rank}(A)+1\gt\operatorname{rank}(\begin{bmatrix} A^{\mathrm{T}}\\ \bm{b}^{\mathrm{T}} \end{bmatrix})\iff\begin{bmatrix} A^{\mathrm{T}}\\\bm{b}^{\mathrm{T}} \end{bmatrix}\bm{y}=\begin{bmatrix} \bm{0}\\1 \end{bmatrix}$无解。$\\$

2.4.17 $\quad$ 如果$10$阶方阵$A$满足$A^2=O$，证明$\operatorname{rank}(A) \leq 5$。是否存在$A^2=O,\operatorname{rank}(A)=5$的$10$阶方阵$A$？

$\\$ 证明：$\\$ $A^2=O\implies\mathcal{R}(A)\subseteq\mathcal{N}(A)\implies\operatorname{rank}(A)\leq10-\operatorname{rank}(A)\implies\operatorname{rank}(A) \leq 5.\\$ 存在。$A=\begin{bmatrix} O&I_5\\O&O \end{bmatrix}.\\$

2.4.18 $\quad$ 设$A,B$分别为$m \times n,n \times k$矩阵。证明，$\operatorname{rank}(AB) \geq \operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B)-n.$

$\\$ 证明：$\\$

法一：

$\\$ 由Frobenius不等式(见练习2.3.11)，$\operatorname{rank}(AI_nB)+\operatorname{rank}(I_n)\geq\operatorname{rank}(AI_n)+\operatorname{rank}(I_nB)$立得。$\\$

法二：

$\\$ 设$E=\begin{bmatrix} I_r&O\\O&O \end{bmatrix}$是$A$的相抵标准型。则 $$\begin{align*} \operatorname{rank}(E)+\operatorname{rank}(B)&=\operatorname{rank}(E)+\operatorname{rank}(EB+(I-E)B)\\ &\leq\operatorname{rank}(E)+\operatorname{rank}(EB)+\operatorname{rank}((I-E)B)\\ &\leq\operatorname{rank}(E)+\operatorname{rank}(EB)+\operatorname{rank}(I-E)\\ &=r+\operatorname{rank}(EB)+n-r\\ &=\operatorname{rank}(EB)+n \end{align*}$$ 设$A=PEQ$，其中$P,Q$是可逆矩阵。利用初等行列变换不改变秩。 $$\begin{align*} \operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B)&=\operatorname{rank}(E)+\operatorname{rank}(QB)\\ &\leq\operatorname{rank}(EQB)+n\\ &=\operatorname{rank}(PEQB)+n\\ &=\operatorname{rank}(AB)+n \end{align*}$$ 即$\operatorname{rank}(AB)\geq\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B)-n.\\$

法三：

$\\$ 显然$AB\bm{x}=\bm{0}$当且仅当$\bm{x}\in\mathcal{N}(B)$或$B\bm{x}\in\mathcal{N}(A)$。即$\mathcal{N}(AB)=\mathcal{N}(B)\cup(\mathcal{R}(B)\cap\mathcal{N}(A))\implies\dim\mathcal{N}(AB)\leq\dim\mathcal{N}(A)+\dim\mathcal{N}(B)\implies\operatorname{rank}(AB)\geq\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B)-n.\\$

2.4.19 $\quad$ 对$n$阶方阵$A$，求证：

$\\$ 1. $A^2=A$当且仅当$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(I_n-A)=n.\\$ 2. $A^2=I_n$当且仅当$\operatorname{rank}(I_n+A)+\operatorname{rank}(I_n-A)=n.\\$ 1.证明：$\\$ 利用$\mathcal{N}(A)=\mathcal{R}(I_n-A)$立得。$\\$ 2.证明：$\\$ 利用$\mathcal{N}(I_n+A)=\mathcal{R}(I_n-A)$立得。$\\$

2.4.20 $\quad$ 证明或否定：如果对任意$\bm{b}$，线性方程组$A_1\bm{x}=\bm{b}$和$A_2\bm{x}=\bm{b}$总有相同的解集，则$A_1=A_2.$

$\\$ 证明：$\\$ 只证其逆否命题：若$A_1 \neq A_2$，则存在$\bm{b}$满足$A_1\bm{x}=\bm{b}$与$A_2\bm{x}=\bm{b}$解集不同。$\\$ 因为$A_1 \neq A_2$，则存在正整数$i$使$A_1$的第$i$列和$A_2$的第$i$列不相等。设$A_1$的第$i$列是$\bm{a}$，$A\bm{e}_i=\bm{a}$，即$A_1\bm{x}=\bm{a}$的一个解是$\bm{e}_i$，但$A_2\bm{e}_i\neq\bm{a}$。于是解集不同，命题得证。$\\$

2.4.21 $\quad$ 证明$\mathbb{R}^n$的任意子空间一定是某个矩阵的零空间。

$\\$ 证明：$\\$ 设子空间的一组基为$\bm{x}_1,\cdots,\bm{x}_s, X=\begin{bmatrix}\bm{x}_1&\cdots&\bm{x}_s\end{bmatrix}$。于是$AX=O\implies X^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}=O\implies$只需要找到$\mathcal{N}(X^{\mathrm{T}})$的一组基作为行向量组成$A$即可。$\\$

2.4.22 $\quad$ 给定$l \times n$矩阵$A$和$n \times m$矩阵$B$，证明，$\mathcal{N}(A)=\mathcal{N}(B)$当且仅当存在$m\times l$矩阵$C$，使得$B=CA.$

$\\$ 略。$\\$

2.4.23 $\quad$ 给定$m \times n$矩阵$A,B$，证明$\mathcal{N}(A)=\mathcal{N}(B)$当且仅当存在$m$阶可逆矩阵$T$，使得$B=TA.$

$\\$ 略。$\\$

2.4.24 $\quad$ 给定$n$阶方阵$A.$

$\\$ 1. 对任意$k$，证明$\mathcal{R}(A^k)\supseteq\mathcal{R}(A^{k+1});\\$ 2. 假设$\mathcal{R}(A^k)=\mathcal{R}(A^{k+1})$，求证$\mathcal{R}(A^{k+1})=\mathcal{R}(A^{k+2});\\$ 3. 求证：存在$k\leq n$，满足$\operatorname{rank}(A^k)=\operatorname{rank}(A^{k+1})=\cdots$。由此证明，如果存在$p$使得$A^p=O$，则$A^n=O.\\$ 1. 证明：$\\$ 设$A=\begin{bmatrix}\bm{a}_1&\cdots&\bm{a}_n\end{bmatrix}$，则$A^{k+1}=\begin{bmatrix}A^k\bm{a}_1&\cdots&A^k\bm{a}_n\end{bmatrix}\implies\mathcal{R}(A^{k+1})\subseteq\mathcal{R}(A^k).\\$ 2. 证明：$\\$ 设$\bm{a}\in\mathcal{R}(A^{k+1})$，则$\bm{a}=A^{k+1}\bm{x}=A \cdot A^k\bm{x}$。又因为$\mathcal{R}(A^k)=\mathcal{R}(A^{k+1})$，所以存在$\bm{y}$使$A^k\bm{x}=A^{k+1}\bm{y}$，于是$\bm{a}=A\cdot A^k\bm{x}=A\cdot A^{k+1}\bm{y}= A^{k+2}\bm{y}\implies\bm{a}\in\mathcal{R}(A^{k+2})\implies\mathcal{R}(A^{k+1})\subseteq\mathcal{R}(A^{k+2}).\\$ 而$\mathcal{R}(A^{k+1})\supseteq\mathcal{R}(A^{k+2})$显然成立，所以$\mathcal{R}(A^{k+1})=\mathcal{R}(A^{k+2}).\\$ 3. 证明：$\\$ 由上面讨论可知，一定存在$k$使$\operatorname{rank}(A^k)=\operatorname{rank}(A^{k+1})=\cdots$。分两种情况讨论。$\\$ (a) 若$A$可逆。利用可逆矩阵的乘积也是可逆矩阵，$\operatorname{rank}(A)=\cdots=\operatorname{rank}(A^n)\implies k\leq n$显然成立。$\\$ (b) 若$A$不可逆。假设$k \gt n$，则$n\gt\operatorname{rank}(A)\gt\cdots\gt\operatorname{rank}(A^k)\geq 0$。但最多只能存在$n$个小于$n$的非负整数，这与$k \gt n$矛盾。所以$k\leq n.\\$

2.4.25-26

$\\$ 略。