线性代数13：基础知识复习

一、知识概要

到这里，我们已经学习了线性代数的基础内容：向量空间、子空间、线性无关、秩、零空间、列空间、行空间等等。这一节是习题课，通过经典例题来帮我们回顾和巩固这些核心概念，掌握典型题目的思考方法。

接下来，让我们一道来分析这些例题，看看对之前学过的知识掌握得怎么样。

二、例题

【例 1】

设 $u$ ， $v$ ， $w$ 是 $R^{7}$ 空间内的非零向量，由它们生成了一个属于 $R^{7}$ 的向量子空间，求此空间的维数。

答案：三个向量生成的空间，维数可能是 0、1、2、3。由于题设中向量为非零向量，所以维数不可能是 0，最终答案为 1、2、3。

解析：我们知道，向量组生成的子空间维数，等于这个向量组的极大线性无关组所含向量的个数。在本题中，三个非零向量可能线性相关，也可能线性无关：

如果三个向量都共线，那么极大线性无关组只含 1 个向量，此时子空间维数为 1；
如果三个向量共面但不共线，极大线性无关组含 2 个向量，子空间维数就是 2；
如果三个向量线性无关，那么极大线性无关组包含全部 3 个向量，子空间维数自然就是 3。

所以，答案是 1、2 或 3。

【例 2】

有一个 $5×3$ 的阶梯形矩阵 $U$ ，秩为3，求矩阵 $U$ 的零空间。

答案：只有零向量。

我们先一起复习一下相关的核心概念：

零空间：使得 $Ax = 0$ 成立的所有解向量构成的空间，就是矩阵 $A$ 的零空间。
行阶梯矩阵：在矩阵中可画出一条阶梯线，线的下方全为 0，每个台阶只有一行，台阶数即是非零行的行数，阶梯线的竖线后面的第一个元素为非零元，也就是非零行的第一个非零元。例如：

$\begin{bmatrix}∗ & ∗ & ∗ & ∗ & ∗ \\0 & ∗ & ∗ & ∗ & ∗ \\0 & 0 & 0 & * & * \\0 & 0 & 0 & 0 & *\\0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$

行最简形矩阵：非零行的第一个非零元都为 1，且这些非零元所在的列的其他元素都为 0。例如：

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix}$

矩阵 A 右乘列向量的意义：矩阵 $A$ 右乘列向量可以理解为对 $A$ 各列向量的线性组合。这是一个非常重要的视角，我们在第一节课就强调过。

分析：由矩阵 $U$ 的秩为 3 可知，它的 3 个列向量线性无关。因为零空间是由满足 $Ux = 0$ 的解向量构成，而列向量线性无关意味着不存在非零的线性组合能得到零向量。所以，只有当 $x$ 本身是零向量时，等式才能成立，因此 $U$ 的零空间中只有零向量。

【例 3】

给定 $10×3$ 矩阵 $B$ ， $B$ 中含有矩阵 $R$ 和 $2R$ ，即 $B=\begin{bmatrix}R\\2R\end{bmatrix}$ （ $R$ 是行最简形矩阵）。求该矩阵的秩以及其阶梯型矩阵。

答案：利用分块矩阵思想， $B$ 可化简为 $\begin{bmatrix}R\\0\end{bmatrix}$ ，这就是 $B$ 的阶梯型矩阵，它的秩即为矩阵 $R$ 的秩。

很简单吧？第二行减去两倍第一行就得到零行，所以秩和原矩阵 $R$ 相同。

进一步问题：矩阵 $C=\begin{bmatrix}R & R\\R & 0\end{bmatrix}$ 的行最简形是什么？

解答：我们一步步做行变换来看：

$\begin{bmatrix}R & R\\R & 0\end{bmatrix} \xrightarrow{行变换} \begin{bmatrix}R & R\\0 & -R\end{bmatrix} \xrightarrow{提出 (-1)} \begin{bmatrix}R & R\\0 & R\end{bmatrix} \xrightarrow{行变换} \begin{bmatrix}R & 0\\0 & R\end{bmatrix}$

注意：严格意义上还应当将 $\begin{bmatrix}R & 0\\0 & R\end{bmatrix}$ 中 $R$ 的零行移到整个矩阵的最下方，这才是标准的行最简型矩阵。

再进一步问题：已知 $R$ 的秩为 3，求 $C$ 的转置矩阵的零空间的维数。

知识回顾：我们有一个重要公式：矩阵的零空间的维数等于列数减去矩阵的秩，即 $dim(N(A)) = n - r$ 。如果矩阵列满秩，那么对应零空间的维数为 0。

解答：这里， $C$ 为 $10×6$ 的矩阵，则 $C^{T}$ 为 $6×10$ 的矩阵，根据公式： $n-r=10-(3+3)=4$ ，所以其零空间的维数为 4。

【例 4】

已知 $Ax=\begin{bmatrix}2\\4\\2\end{bmatrix}$ ， $x=\begin{bmatrix}2\\0\\0\end{bmatrix}+c\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}+d\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}$ ，求 $A$ 的行向量的生成空间的相关信息。

分析：我们一步一步来推：

确定矩阵 $A$ 的形状：由 $A$ （ $m×n$ ）与 $x$ （ $n×1$ ）相乘得到结果，而这里的 $x$ 是三维向量，所以 $n = 3$ ；又因为结果是 $3×1$ 向量，所以 $m = 3$ 。因此，矩阵 $A$ 一定是 $3×3$ 的方阵。
求矩阵 $A$ 的秩：已知零空间的维数为 2，根据 $n-r=2$ ，且 $A$ 的列数 $n = 3$ ，可得 $A$ 的秩 $r = 1$ 。也就是说，A 的行空间是一维的，所有行向量都共线。
确定矩阵 $A$ 的具体形式：由通解 $x$ 的形式，先将 $c = d = 0$ 代入 $Ax = b$ 方程，即 $A\begin{bmatrix}2\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2\\4\\2\end{bmatrix}$ ，由此可推出 $A$ 的第一列为 $\begin{bmatrix}1 \\ 2 \\ 1\end{bmatrix}$ 。又因为 $Ax = b$ 通解中包含了零空间 $Ax = 0$ 的两个特解 $\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}$ ， $\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}$ ，将其代入方程 $Ax = 0$ 就能解出 $A$ 的形式，最终确定：

$A=\begin{bmatrix}1 & -1 & 0\\2 & -2 & 0\\1 & -1 & 0\end{bmatrix}$

可以看到，三行确实都是第一行的倍数，秩为 1，符合我们之前的结论。

引申问题：既然 $A=\begin{bmatrix}1 & -1 & 0\\2 & -2 & 0\\1 & -1 & 0\end{bmatrix}$ ，那么当 $b$ 满足何种条件时， $Ax = b$ 有解？

分析：由之前几节的结论知道，当 $b$ 属于矩阵的列空间时，方程才有解。对于 $A$ 矩阵来说，其列向量线性相关，第二列和第三列都是第一列的倍数，实际上只有第一列对线性组合有贡献。

答案： $b$ 向量应当满足 $b = c\begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix}$ （ $c$ 为任意常数）。也就是说，只有当 b 在第一列所在的直线上，方程才有解。

【例 5】

如果一个方阵 $A$ 的零空间只包含零向量，那它转置矩阵的零空间呢？

答案：也只包含零向量。

解析：根据矩阵的性质，方阵 $A$ 与其转置矩阵 $A^{T}$ 的秩相等。已知 $A$ 的零空间只包含零向量，说明 $A$ 满秩，那么 $A^{T}$ 也满秩，所以 $A^{T}$ 的零空间同样只包含零向量。

这个结论对于方阵来说总是成立的。

【例 6】

5 阶可逆方阵是否构成向量空间？

答案：否。因为向量空间有一个基本要求：必须包含零向量。而所有 5 阶可逆方阵中，零矩阵是不可逆的，因此集合中不包含零矩阵，所以肯定不是向量空间。

实际上，这个集合对加法也不封闭——两个可逆矩阵相加不一定可逆。不过最根本的问题还是没有零向量。

【例 7】

存在除零矩阵外的平方为零的矩阵吗？

答案：存在，例如 $B=\begin{bmatrix}0 & 1\\0 & 0\end{bmatrix}$ 。计算一下就能验证：

$B^2 = \begin{bmatrix}0 & 1\\0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0 & 1\\0 & 0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0 & 0\\0 & 0\end{bmatrix}$

这个例子在后续学习中对于理解幂零矩阵的性质很重要，我们先记住它。

【例 8】

方阵的列线性无关， $Ax = b$ 是否总是有解？

分析：因为矩阵列线性无关且为方阵，所以该方阵满秩可逆。在之前学习消元矩阵时提到，可逆矩阵对于任意的右端项 b，都可以通过消元回代求解。所以此时 $Ax = b$ 总是有解的，而且解还是唯一的。

【例 9】

研究矩阵 $B$ 的零空间，已知 $B$ 是 $3×4$ 矩阵，由一个可逆矩阵 $E=\begin{bmatrix}1 & 1 & 0\\0 & 1 & 0\\1 & 0 & 1\end{bmatrix}$ 左乘矩阵 $A=\begin{bmatrix}1 & 0 & -1 & 2\\0 & 1 & 1 & -1\\0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$ 得到，即 $B = EA$ 。

解答：首先， $B$ 有四个列向量，所以 $B$ 的零空间必是 $R^{4}$ 的子空间。这里有一个重要结论要记住：假设有矩阵 $C$ ， $D$ ，当 $C$ 可逆的时候， $N(CD)=N(D)$ ，也就是乘积的零空间等于 D 的零空间。原因很简单：对 $CDx = 0$ ，两边同时左乘 $C^{-1}$ ，就得到 $Dx = 0$ ，两个方程是同解的。

回到本题，既然 B = EA 且 E 可逆，那么 $B$ 的零空间和 A 的零空间完全一样。直接求解 Ax = 0，可得 $B$ 零空间的基为：

$\begin{bmatrix}1\\ -1\\1\\0\end{bmatrix},\quad \begin{bmatrix}-2\\1\\0\\1\end{bmatrix}$

所以零空间维数是 2，符合 n - r = 4 - 2 = 2。

进一步问题：求 $Bx=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$ 的通解。

分析：先找特解。观察一下，B 的第一列恰好就是：

$B = EA = \begin{bmatrix}1 & 1 & 0\\0 & 1 & 0\\1 & 0 & 1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & 0 & -1 & 2\\0 & 1 & 1 & -1\\0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$

B 的第一列 = E × A 的第一列 = E × (1, 0, 0)^T = E 的第一列 = (1, 0, 1)^T，正好就是等式右侧的 b！

在 $Ax = b$ 中，如果 $b$ 与 $A$ 中一个列向量相同，那我们可以直接写出一个特解：该列对应的系数为 1，其余列系数为 0。所以这里的一个特解就是 $\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}$ 。

而零空间的基我们已经得到了，因此通解就是：

$x = \begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix} + c\begin{bmatrix}1\\ -1\\1\\0\end{bmatrix} + d\begin{bmatrix}-2\\1\\0\\1\end{bmatrix}$

【例 10】

如果矩阵是方阵，是否意味着矩阵的行空间等于列空间？

答案：这个说法是错误的。我们可以很容易找出反例： $B=\begin{bmatrix}0 & 1\\0 & 0\end{bmatrix}$ 。

该矩阵的行空间是由向量 $(0, 1)$ 张成的一维空间，而列空间是由向量 $(1, 0)$ 张成的一维空间。一个在 y 轴上，一个在 x 轴上，显然不相等。

所以，方阵并不保证行空间等于列空间。

【例 11】

如果 $A$ 与 $B$ 的四个子空间相同，则 $A$ 一定是 $B$ 的倍数吗？

答案：错误。例如：任意的可逆同阶矩阵，四个子空间都相同。可逆矩阵的零空间和左零空间都只有零向量，行空间和列空间都是整个 R^n，所以四个子空间都一样，但它们之间不一定成倍数关系。

比如单位矩阵 I 和 2I + I 显然不成倍数关系，但四个子空间完全相同。

【例 12】

给定矩阵 $A$ ，交换其中的两行，哪些子空间没变？

答案：行空间与零空间没变。交换矩阵的两行，只是改变了行的顺序，行向量组的生成空间不会改变，所以行空间不变；同时，方程组 $Ax = 0$ 交换两行，解完全不变，所以零空间也保持不变。

那哪些子空间变了呢？列空间和左零空间通常都会变，因为交换行改变了列向量。

【例 13】

为什么向量 $(1, 2, 3)$ 不能既是 $A$ 的某一行，又同时属于 $A$ 的零空间？

分析：我们直接代入方程 $Ax = 0$ 来看。若向量 $(1, 2, 3)$ 是 $A$ 的某一行，设：

$A=\begin{bmatrix}1 & 2 & 3\\ \cdot & \cdot & \cdot\\ \cdot & \cdot & \cdot\end{bmatrix}$

那么：

$Ax = \begin{bmatrix}1 & 2 & 3\\ \cdot & \cdot & \cdot\\ \cdot & \cdot & \cdot\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\2\\3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\times1 + 2\times2 + 3\times3\\ \cdot\\ \cdot\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}14\\ \cdot\\ \cdot\end{bmatrix}\neq\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}$

因为第一个分量已经是 14，不可能等于 0，所以等式不可能成立。

结论：给定矩阵，其行空间与零空间正交，它们共享的向量只能是零向量。这个结论我们后面会深入讨论，这里先记住这个重要性质。