Part 1 矩阵的秩

定义1：设 $A$ 为 $m \times n$ 阶矩阵，

$$A = \begin{bmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_m \end{bmatrix} \quad \qquad A = (\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n)$$

称 $\{\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_m\}$ 的秩为 $A$ 的行秩； 称 $\{\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n\}$ 的秩为 $A$ 的列秩。

命题2：矩阵的行秩、列秩在初等变换下不改变。

证明：

下面只证列秩在初等列变换下不变，行秩的证明完全类似。

记 $r_c(A) = r\{\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n\}$ 为 $A$ 的列秩。

1° 先证 $r_c(A)$ 在初等变换下不变，记 $Q$ 为初等阵。

(I)

$$A P_{ij} = (\beta_1, \dots, \beta_j, \dots, \beta_i, \dots, \beta_n)$$

(II)

$$A P_{i}(c) = (\beta_1, \dots, c\beta_i, \dots, \beta_n) \quad (c \ne 0)$$

(III)

$$A T_{ji}(c) = (\beta_1, \dots, \beta_i, \dots, \beta_j + c\beta_i, \dots, \beta_n)$$

关键观察：

$AQ$ 的列向量都是 $A$ 的列向量的线性组合。

反之，$A = (AQ)Q^{-1}$，所以 $A$ 的列向量也是 $AQ$ 的列向量的线性组合。

$\Rightarrow A$ 的列向量组与 $AQ$ 的列向量组等价

$\Rightarrow r_c(A) = r_c(AQ)$ ✅

2° 再证 $r_c(A)$ 在初等行变换下不改变。

引理：设 $A^{m \times n} = (\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n)$ 为列分块，$Q$ 为 $m$ 阶非异阵（可逆矩阵）, 若 $\{\beta_{i_1}, \beta_{i_2}, \dots, \beta_{i_r}\}$ 是 $A$ 的列向量的极大无关组，则 $\{Q\beta_{i_1}, Q\beta_{i_2}, \dots, Q\beta_{i_r}\}$ 是 $QA = (Q\beta_1, Q\beta_2, \dots, Q\beta_n)$ 的列向量的极大无关组。

第一步：先证 $Q\beta_{i_1}, \dots, Q\beta_{i_r}$ 线性无关。

设：

$$\lambda_1 Q\beta_{i_1} + \lambda_2 Q\beta_{i_2} + \cdots + \lambda_r Q\beta_{i_r} = 0$$

$$\Rightarrow Q(\lambda_1 \beta_{i_1} + \cdots + \lambda_r \beta_{i_r}) = 0$$

由于 $Q$ 可逆 $\Rightarrow Q^{-1}$ 存在，两边左乘 $Q^{-1}$ 得：

$$\lambda_1 \beta_{i_1} + \cdots + \lambda_r \beta_{i_r} = 0$$

但 $\{\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}\}$ 线性无关 $\Rightarrow \lambda_1 = \cdots = \lambda_r = 0$

$\Rightarrow Q\beta_{i_1}, \dots, Q\beta_{i_r}$ 线性无关 ✅

第二步：再证 $Q\beta_j$ 都是 $Q\beta_{i_1}, \dots, Q\beta_{i_r}$ 的线性组合。

由 $\beta_j$ 是 $A$ 列向量的极大无关组可知：

$$\beta_j = \mu_1 \beta_{i_1} + \mu_2 \beta_{i_2} + \cdots + \mu_r \beta_{i_r}$$

两边左乘 $Q$ 得：

$$Q\beta_j = \mu_1 Q\beta_{i_1} + \cdots + \mu_r Q\beta_{i_r}$$

$\Rightarrow Q\beta_j$ 是 $Q\beta_{i_1}, \dots, Q\beta_{i_r}$ 的线性组合 ✅

$$\Rightarrow Q\beta_j = \mu_1 Q\beta_{i_1} + \mu_2 Q\beta_{i_2} + \cdots + \mu_r Q\beta_{i_r}, \quad \forall 1 \leq j \leq n$$

结论：

$\{Q\beta_{i_1}, \dots, Q\beta_{i_r}\}$ 是 $QA$ 的列向量的极大无关组，即为基。

因此，$r_c(QA) = r_c(A)$，故列秩在初等行变换下不变。

引理：初等行变换保持矩阵列向量极大无关组的列指标。

说明：在引理中令 $Q$ 为初等阵，从而可得：

$$r_c(QA) = r_c(A) = r$$

若 $A = 0$，则 $QA = 0$，此时 $r_c(QA) = r_c(A) = 0$

定理3：矩阵的行秩 = 列秩

证明：设 $A^{m \times n}$ 相抵于标准形：

$$B = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$$

由命题2知：

• $A$ 的行秩 = $B$ 的行秩 = $r$
• $A$ 的列秩 = $B$ 的列秩 = $r$

$\Rightarrow A$ 的行秩 = 列秩 = $r$ ✅

命题3：设 $A \in M_{m\times n}(K)$，则 $r(A) = r(A^T)$

证明：$r(A) = A$ 的行秩 = $A$ 的列秩 = $r(A^T)$ ✅

推论4：设 $A \in M_{m\times n}(K)$，则 $r(A) = r(A^T)$

注：这是定理3与命题3的直接推论。

推论5：设 $A \in M_{m\times n}(K)$，$P$ 为 $m$ 阶非异阵，$Q$ 为 $n$ 阶非异阵，则

$$r(PAQ) = r(A)$$

证明：

$$PAQ = P_1 \cdots P_k AQ_1 \cdots Q_s, \quad P_i, Q_j$$

为初等矩阵，由命题2（初等变换不改变秩），逐次应用可得：

$$r(PAQ) = r(A)$$

推论6：设 $A \in M_{m\times n}(K)$，$r = r(A)$，则存在非异阵 $P \in M_m(K)$，$Q \in M_n(K)$，使得

$$PAQ = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$$

注：这是矩阵相抵标准形的存在性结论。

推论7：设 $A, B \in M_{m\times n}(K)$，则

$$A \sim B \iff r(A) = r(B)$$

充分性：设 $r(A) = r(B) = r$，则

• $$A \sim \begin{bmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$$

• $$B \sim \begin{bmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$$

$\Rightarrow A \sim B$ ✅

必要性：若 $A \sim B$，则 $A$ 可通过初等变换变为 $B$，由命题2知 $r(A) = r(B)$ ✅

定义 (满秩矩阵)：设 $A \in M_{m\times n}(K)$，

• 若 $r(A) = m \iff m$ 个行向量线性无关 $\Rightarrow$ 称 $A$ 为行满秩阵
• 若 $r(A) = n \iff n$ 个列向量线性无关 $\Rightarrow$ 称 $A$ 为列满秩阵

设 $A \in M_n(K)$，若 $r(A) = n \iff n$ 个行向量/列向量线性无关 $\Rightarrow$ 称 $A$ 为满秩阵

推论8：设 $A \in M_n(K)$，则 $A$ 非异 $\iff A$ 满秩

充分性：$r(A) = n\Rightarrow$ 由推论6 $\Rightarrow A \sim I_n \Rightarrow A$ 非异 ✅

必要性：若 $A$ 非异 $\Rightarrow A = A \cdot I_n \Rightarrow$ 由推论5 $\Rightarrow r(A) = r(I_n) = n$ ✅

引理9：设 $A$ 为阶梯形矩阵，$a_{k_1}, a_{k_2}, \dots, a_{k_r}$ 为 $A$ 的阶梯点，则 $r(A) = r =$ 非零行个数，且阶梯点所在列向量构成 $A$ 的列向量的极大无关组。

命题：设 $r(A) = r$，$A = (\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n)$，若 $\{\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}\}$ 满足以下条件之一：

1. $\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}$ 线性无关；
2. $\beta_j$ 是 $\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}$ 的线性组合（对所有 $j$），

则 $\{\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}\}$ 是 $A$ 的列向量的极大无关组。

由引理9可知，阶梯点所在列是 $A$ 的列向量的极大无关组

重要

P1：求矩阵 $A$ 的秩及列向量极大无关组的方法

(1) 用行变换将 $A$ 化为阶梯形矩阵 $B$，设 $b_{k_1}, b_{k_2}, \dots, b_{k_r}$ 为 $B$ 的阶梯点；

(2) $r(A) = r(B) = B$ 的非零行个数 $= r$；

(3) $A = (\beta_1, \dots, \beta_n)$ 的极大无关组为：

$$\{\alpha_{k_1}, \alpha_{k_2}, \dots, \alpha_{k_r}\}$$

即对应于阶梯点所在列的原向量。

P2：行、列向量组的秩的计算及线性关系的判定

(1) 将行、列向量排成一个矩阵 $A$，用 P1 方法 求出 $r(A)$，即为该向量组的秩；

(2) 若 $r(A) =$ 向量个数 $\Rightarrow$ 向量线性无关；若 $r(A) <$ 向量个数 $\Rightarrow$ 向量线性相关。

P3：求行、列向量组的极大无关组的方法

(1) 将行、列向量按照列向量排成矩阵 $A$；

(2) 按照 P1 方法 求出 $A$ 的列向量的极大无关组；$\Rightarrow$ 从而可得原向量组的极大无关组。

定理10：设 $A \in M_{m\times n}(K)$，则 $r(A) = r \iff$ 存在一个 $r$ 阶子式不等于零，且所有 $r+1$ 阶子式全为零

必要性：设 $r(A) = r$

$\Rightarrow A$ 的行秩 = $r\Rightarrow$ 存在 $r$ 行线性无关

不妨设前 $r$ 行线性无关。记 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_m)$，行分块。

令

$$B = \begin{bmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_r \end{bmatrix}$$

，则 $r(B) = r$（行秩）

$\Rightarrow B$ 的列秩 = $r\Rightarrow$ 前 $r$ 列线性无关

构造矩阵：

$$C = \begin{bmatrix} \alpha_{i_1} & \alpha_{i_2} & \cdots & \alpha_{i_r} \\ \alpha_{j_1} & \alpha_{j_2} & \cdots & \alpha_{j_r} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha_{k_1} & \alpha_{k_2} & \cdots & \alpha_{k_r} \end{bmatrix} \quad \Rightarrow \quad r(C) = r$$

即 $C$ 为满秩矩阵 ⇒ $|C| \ne 0$

故存在一个 $r$ 阶子式非零。

再证所有 $r+1$ 阶子式为零：

任取 $r+1$ 阶子式 $A\left( \begin{array}{c} 1 & 2 & \cdots & r \\ 1 & 2 & \cdots & j \end{array} \right)$，其中 $j > r$

令

$$A' = \begin{bmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_{r+1} \end{bmatrix}$$

因为 $r(A) = r$ ⇒ $\alpha_1, \dots, \alpha_{r+1}$ 线性相关

设 $\alpha = (\alpha_1, \dots, \alpha_n) \in K^n$，且 $T_{r+1}\alpha = (\alpha_1, \dots, \alpha_r)$

$\Rightarrow T_{r+1}\alpha_1, T_{r+1}\alpha_2, \dots, T_{r+1}\alpha_{r+1}$ 线性相关

$\Rightarrow$ 所有 $r+1$ 阶子式为零 ✅

$$\begin{bmatrix} T_{r+1}\alpha_1 \\ T_{r+1}\alpha_2 \\ \vdots \\ T_{r+1}\alpha_{r+1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \alpha_{i_1} & \alpha_{i_2} & \cdots & \alpha_{i_{r+1}} \\ \alpha_{j_1} & \alpha_{j_2} & \cdots & \alpha_{j_{r+1}} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha_{k_1} & \alpha_{k_2} & \cdots & \alpha_{k_{r+1}} \end{bmatrix}$$

不满秩

$$\Rightarrow A\left( \begin{array}{c} 1 & 2 & \cdots & r+1 \\ 1 & 2 & \cdots & j+1 \end{array} \right) = |C| = 0$$

充分性：

由 $r+1$ 阶子式全为零，以及 Laplace 定理，可证明 $A$ 的任一大于 $r$ 阶子式全为 0。

设 $r(A) = t$，则由必要性 $\Rightarrow A$ 有一个 $t$ 阶子式 $\neq 0$，且所有 $t+1$ 阶子式全为 0。

• 若 $t > r$，则存在一个 $t$ 阶子式 $\neq 0$，但 $t > r$，与“所有 $r+1$ 阶子式为 0”矛盾！
• 若 $t < r$，则存在一个 $r$ 阶子式 $\neq 0$，但 $r > t$，与“所有 $t+1$ 阶子式为 0”矛盾！

故 $t = r \Rightarrow r(A) = r$ ✅

例1：设 $C = \begin{bmatrix} A & O \\ O & B \end{bmatrix}$，则

$$r(C) = r(A) + r(B)$$

设 $P_1, P_2, Q_1, Q_2$ 为非异阵，使得

$$P_1 A Q_1 = \begin{bmatrix} I_{r_1} & O \\ O & O \end{bmatrix}, \quad P_2 B Q_2 = \begin{bmatrix} I_{r_2} & O \\ O & O \end{bmatrix}$$

构造：

$$\begin{bmatrix} P_1 & O \\ O & P_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & O \\ O & B \end{bmatrix} \begin{bmatrix} Q_1 & O \\ O & Q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} P_1 A Q_1 & O \\ O & P_2 B Q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I_{r_1} & O & O & O \\ O & O & O & O \\ O & O & I_{r_2} & O \\ O & O & O & O \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} I_{r_1} & O & O & O \\ O & O & O & O \\ O & O & I_{r_2} & O \\ O & O & O & O \end{bmatrix}$$

即化为对角块形式，非零行数为 $r_1 + r_2$

$\Rightarrow r(C) = r_1 + r_2 = r(A) + r(B)$ ✅

性质：矩阵乘以非异阵，秩不改变 $\Rightarrow$ 分块矩阵在分块初等变换下，秩不变

例2：设 $C = \begin{bmatrix} A & D \\ O & B \end{bmatrix}$ 或 $\begin{bmatrix} A & O \\ D & B \end{bmatrix}$，则

$$r(C) \geq r(A) + r(B)$$

证明（以第一种为例）：

$$\begin{bmatrix} P_1 & O \\ O & P_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & D \\ O & B \end{bmatrix} \begin{bmatrix} Q_1 & O \\ O & Q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} P_1 A Q_1 & P_1 D Q_2 \\ O & P_2 B Q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I_{r_1} & O & 0 & 0 \\ O & O & O & D_{22} \\ O & O & I_{r_2} & O \\ O & O & O & O \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} I_{r_1} & O & O & O \\ O & D_{22} & O & O \\ O & O & I_{r_2} & O \\ O & O & O & O \end{bmatrix}$$

进一步化简得：

$$\begin{bmatrix} I_{r_1} & D_{12} \\ O & I_{r_2} \end{bmatrix}$$

(通过列变换消元)

$$\Rightarrow r(C) = r_1 + r_2 = r(A) + r(B)$$

注：若 $D = 0$，则 $r(C) = r(A) + r(B)$；否则可能更大，但至少等于。

所以一般有：

$$r(C) \geq r(A) + r(B)$$

当且仅当 $A = 0$ 时等号成立 $\iff$ 矩阵方程 $AX + YB = 0$ 有解 $\iff D = 0$

例3（秩的降阶公式）设 $M = \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}$，则：

(1) 若 $A$ 非异，则

$$r(M) = r(A) + r(D - CA^{-1}B)$$

(2) 若 $D$ 非异，则

$$r(M) = r(D) + r(A - BD^{-1}C)$$

(3) 若 $A, D$ 均非异，则

$$r(A) + r(D - CA^{-1}B) = r(D) + r(A - BD^{-1}C)$$

证明：只需证 (1) 即可。

对分块矩阵进行初等行变换：

$$\begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} \stackrel{-C A^{-1}}{\longrightarrow} \begin{pmatrix} A & B \\ 0 & D - C A^{-1} B \end{pmatrix} {\longrightarrow} \begin{pmatrix} I_n & A^{-1}B \\ 0 & D - C A^{-1}B \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} I_n & O \\ 0 & D - C A^{-1}B \end{pmatrix}$$

由 例1 得：

$$r(M) = r(A) + r(D - C A^{-1}B)$$

例4：设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，则

$$A=A^2 \iff r(A)+r(I_n-A)=n$$

通过初等变换能够推出：

$$\Rightarrow rank \begin{bmatrix} A & O \\ O & I_n-A \end{bmatrix}=rank \begin{bmatrix} A-A^2 & O \\ O & I_n \end{bmatrix}$$

根据例一，我们能得到结论：

$$r(A)+r(I_n-A)=r(A-A^2)+r(I_n)$$

充分性：

$$r(A-A^2)=0\Rightarrow A=A^2$$

必要性：

$$A^2=A\Rightarrow r(A-A^2)=0$$

推出等式成立.

定理11 (Sylvester 不等式)：设 $A \in M_{m\times n}(K)$ ， $B \in M_{n\times p}(K)$，则

$$r(A) + r(B) - n \leq r(AB) \leq \min\{r(A), r(B)\}$$

证明：

第一步：先证 $r(AB) \leq r(B)$

令 $B = (\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_p)$，设 $\{\beta_{i_1}, \dots, \beta_{i_r}\}$ 是 $B$ 的列向量极大无关组。

断言：$AB$ 的每一列是 $A\beta_{i_1}, \dots, A\beta_{i_r}$ 的线性组合。

因为：

$$\forall j \leq p, \quad \beta_j = \lambda_1 \beta_{i_1} + \cdots + \lambda_r \beta_{i_r} \Rightarrow A\beta_j = \lambda_1 A\beta_{i_1} + \cdots + \lambda_r A\beta_{i_r}$$

$\Rightarrow AB = (A\beta_1, \dots, A\beta_p)$ 的每一列都可由 $\{A\beta_{i_1}, \dots, A\beta_{i_r}\}$ 线性表示

$\Rightarrow r(AB) \leq r$ ⇒ $r(AB) \leq r(B)$

同理，$r(AB) = r(BA) \leq r(A)$

$\Rightarrow r(AB) \leq \min\{r(A), r(B)\}$ ✅

再证 Sylvester 不等式（下界）：

构造分块矩阵：

$$\begin{pmatrix} A & O \\ I_n & B \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} O & AB \\ I_n & B \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} O & AB \\ I_n & O \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} AB & O \\ O & I_n \end{pmatrix}$$

即通过初等变换得到：

$$\begin{pmatrix} AB & O \\ O & I_n \end{pmatrix} \Rightarrow r\left(\begin{pmatrix} A & O \\ I_n & B \end{pmatrix}\right) = r(AB) + n$$

另一方面，该矩阵的秩满足：

$$r\left(\begin{pmatrix} A & O \\ I_n & B \end{pmatrix}\right) \geq r(A) + r(B)$$

$\Rightarrow r(AB) + n \geq r(A) + r(B)$

$\Rightarrow r(AB) \geq r(A) + r(B) - n$

Part 2 子空间

定义1：设 $V_k$ 是线性空间，$V_0$ 是 $V$ 的非空子集。若对任意 $\alpha, \beta \in V_0$，$k \in K$，有：

$$\alpha + \beta \in V_0,\quad k\alpha \in V_0$$

则称 $V_0$ 为 $V$ 的线性子空间，简称子空间。

引理2：$V_0$ 在 $V$ 的加法和数乘下构成了 $K$ 上的线性空间。

性质：

对任意 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m \in V_0$，$\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_m \in K$，

$$\Rightarrow \lambda_1\alpha_1 + \lambda_2\alpha_2 + \cdots + \lambda_m\alpha_m \in V_0$$

特殊子空间：

$V_k$：线性空间； $\{0_v\}$：零子空间 → 约定 $\dim = 0$ ；$V$：全子空间 ($\{0_v\},\ V$ 称为平凡子空间)

引理：设 $V_0$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 的子空间，则

$$0 \leq \dim V_0 \leq \dim V$$

进一步，若 $V_0$ 是非平凡子空间，则取严格不等号。

证明：

设 $V_0$ 为 $V$ 的非零子空间，记 $\dim V_0 = m$，取 $V_0$ 的一组基 $\{e_1, e_2, \cdots, e_m\}$，从而 $e_1, \cdots, e_m$ 是 $V$ 中线性无关的向量。

由基扩张定理：

$\Rightarrow$ 可将 $\{e_1, \cdots, e_m\}$ 扩张为 $V$ 的一组基 $\{e_1, \cdots, e_m, e_{m+1}, \cdots, e_n\}$ .

$$\Rightarrow 0 \leq \dim V_0 = m \leq n = \dim V$$

下证：若 $\dim V_0 = \dim V = n$，则 $V_0 = V$

① 取 $V_0$ 的基 $\{e_1, e_2, \cdots, e_n\}$，从而 $e_1, \cdots, e_n$ 是 $V$ 中线性无关的向量。

又 $\dim V = n$， $\Rightarrow \{e_1, \cdots, e_n\}$ 也是 $V$ 的一组基。

对任意 $\alpha \in V$，有

$$\alpha = \lambda_1 e_1 + \cdots + \lambda_n e_n \in V_0 \Rightarrow V_0 = V$$

定义 + 命题2：设 $V_1, V_2$ 是 $V$ 的子空间。

• 交空间：$V_1 \cap V_2 = \{\alpha \mid \alpha \in V_1,\ \alpha \in V_2\}$
• 和空间：$V_1 + V_2 = \{\alpha + \beta \mid \alpha \in V_1,\ \beta \in V_2\}$

则 $V_1 \cap V_2$、$V_1 + V_2$ 都是 $V$ 的子空间。

证明：

$V_1 \cap V_2$ 是子空间：设 $\alpha, \beta \in V_1 \cap V_2$ ⇒

$$\alpha + \beta \in V_1,\ \alpha + \beta \in V_2 \Rightarrow \alpha + \beta \in V_1 \cap V_2$$

$$k \in K,\ k\alpha \in V_1,\ k\alpha \in V_2 \Rightarrow k\alpha \in V_1 \cap V_2$$

$\Rightarrow V_1 \cap V_2$ 是子空间。

$V_1 + V_2$ 是子空间：设 $\alpha, \beta \in V_1 + V_2$，即

$$\alpha = \alpha_1 + \alpha_2,\ \alpha_1 \in V_1,\ \alpha_2 \in V_2 \\ \beta = \beta_1 + \beta_2,\ \beta_1 \in V_1,\ \beta_2 \in V_2$$

则：

$$\alpha + \beta = (\alpha_1 + \beta_1) + (\alpha_2 + \beta_2) \in V_1 + V_2$$

$$k \in K,\ k\alpha = k\alpha_1 + k\alpha_2 \in V_1 + V_2$$

$\Rightarrow V_1 + V_2$ 是子空间。

设 $V = \mathbb{R}^3$，

• $V_1 =$ x轴， $V_2 =$ y轴， $V_3 =$ z轴

定义平面：

• $V_{12} =xy$ 平面，$V_{13} =xz$ 平面，$V_{23} =yz$ 平面

则：

$$V_{12} \cap V_{13} = V_1,\quad V_{12} \cap V_{23} = V_2,\quad V_{13} \cap V_{23} = V_3$$

和空间：

$$V_1 + V_2 = V_{12},\quad V_1 + V_3 = V_{13},\quad V_2 + V_3 = V_{23}$$

$$V_1 + V_{23} = V = \mathbb{R}^3 ,\quad V_1 + V_2 + V_3 = \mathbb{R}^3$$

推广：设 $V_1, V_2, \cdots, V_m$ 是 $V$ 的子空间，则：

• 交空间：

  $$V_1 \cap V_2 \cap \cdots \cap V_m$$

• 和空间：

  $$V_1 + V_2 + \cdots + V_m = \{\alpha_1 + \alpha_2 + \cdots + \alpha_m \mid \alpha_i \in V_i\}$$

定义3：设 $S$ 是 $V$ 的非空子集，记 $L(S)$ 为 $S$ 中向量所有可能的线性组合构成的集合，即：

$$L(S) = \left\{ \lambda_1\alpha_1 + \lambda_2\alpha_2 + \cdots + \lambda_m\alpha_m \,\middle|\, \begin{array}{c} \lambda_1, \cdots, \lambda_m \in K \\ \alpha_1, \cdots, \alpha_m \in S \\ m \geq 0 \end{array} \right\}$$

易证：$L(S)$ 在加法和数乘下封闭，从而是 $V$ 的子空间，称为由 $S$ 生成（张成）的子空间。

命题4：设 $S$ 是线性空间 $V$ 的非空子集，记 $L(S)$ 为由 $S$ 张成的子空间，则：

1. $L(S)$ 是包含 $S$ 的 最小子空间；
2. 若 $S$ 存在极大线性无关组 $\{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r\}$，则 $L(S) = L(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r)$，且 $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r\}$ 是 $L(S)$ 的一组基，从而 $\dim L(S) = r = r(S)$.

证明：

(1) $L(S) \geq S$，任取子空间 $V_0 \geq S$。 对任意 $\alpha \in L(S)$，有

$$\alpha = \lambda_1\alpha_1 + \lambda_2\alpha_2 + \cdots + \lambda_m\alpha_m,\quad \alpha_i \in S \Rightarrow \alpha_i \in V_0 \Rightarrow \alpha \in V_0$$

$\Rightarrow L(S) \leq V_0$

(2)

$$L(S) \overset{\text{linear}}\rightarrow S \overset{\text{linear}}\rightarrow \{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r\}$$

$$\Rightarrow L(S) = L(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r)$$

又 $\alpha_1, \cdots, \alpha_r$ 线性无关 $\Rightarrow$ 是 $L(S)$ 的一组基

$$\Rightarrow \dim L(S) = r = r(S)$$

/example/ 设 $V_1, V_2$ 是 $V$ 的子空间，则

$$L(V_1 \cup V_2) = V_1 + V_2$$

证明：

任取 $\alpha \in V_1 + V_2$，即 $\alpha = \alpha_1 + \alpha_2$，$\alpha_1 \in V_1$，$\alpha_2 \in V_2$

$$\Rightarrow \alpha_1 \in V_1 \cup V_2,\quad\alpha_2 \in V_1 \cup V_2$$

$$\Rightarrow \alpha \in L(V_1 \cup V_2)$$

另一方面：

• $$V_1 \subseteq V_1 + V_2,\quad\alpha_1 \in V_1\Rightarrow\alpha_1 = \alpha_1 + 0 \in V_1 + V_2$$

• $$V_2 \subseteq V_1 + V_2,\quad\alpha_2 \in V_2 \Rightarrow \alpha_2 = 0 + \alpha_2 \in V_1 + V_2$$

$$\Rightarrow V_1 \cup V_2 \subseteq V_1 + V_2$$

$$\Rightarrow L(V_1 \cup V_2) \subseteq V_1 + V_2$$

结合得：

$$L(V_1 \cup V_2) = V_1 + V_2$$

推广：若 $V_1, \cdots, V_m$ 是子空间，则

$$L(V_1 \cup \cdots \cup V_m) = V_1 + \cdots + V_m$$

定理6（维数公式）：设 $V_1, V_2$ 是 $V$ 的子空间，则

$$\dim(V_1 + V_2) = \dim V_1 + \dim V_2 - \dim(V_1 \cap V_2)$$

证明：

取 $V_1 \cap V_2$ 的一组基 $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r\}$，记 $r = \dim(V_1 \cap V_2)$。

将该基扩充为 $V_1$ 的基：

$$\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r, \beta_1, \cdots, \beta_{m-r}\}$$

将该基扩充为 $V_2$ 的基：

$$\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r, \gamma_1, \cdots, \gamma_{n-r}\}$$

要证：

$$\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r, \beta_1, \cdots, \beta_{m-r}, \gamma_1, \cdots, \gamma_{n-r}\}$$

是 $V_1 + V_2$ 的一组基。

任取 $\nu \in V_1 + V_2$，则 $\nu = \nu_1 + \nu_2$，$\nu_1 \in V_1$，$\nu_2 \in V_2$

$$\nu_1=\{ \alpha_1, \cdots, \alpha_r, \beta_1, \cdots, \beta_{m-r} \}\\ \nu_2=\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r,\gamma_1, \cdots, \gamma_{n-r} \}$$

考虑线性组合：

$$\lambda_1\alpha_1 + \cdots + \lambda_r\alpha_r + \mu_1\beta_1 + \cdots + \mu_{m-r}\beta_{m-r} + k_1\gamma_1 + \cdots + k_{n-r}\gamma_{n-r} = 0$$

将前两部分归入 $V_1$，后一部分归入 $V_2$：

$$\lambda_1\alpha_1 + \cdots + \lambda_r\alpha_r + \mu_1\beta_1 + \cdots + \mu_{m-r}\beta_{m-r} \in V_1 \\ = -(k_1\gamma_1 + \cdots + k_{n-r}\gamma_{n-r}) \in V_2$$

$\Rightarrow$ 上面两组向量 $\in V_1 \cap V_2$

又因 $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r\}$ 是 $V_1 \cap V_2$ 的基，故存在 $t_1, \cdots, t_r$ 使得：

$$= t_1\alpha_1 + \cdots + t_r\alpha_r\\ \Rightarrow k_1\gamma_1 + \cdots + k_{n-r}\gamma_{n-r} + t_1\alpha_1 + \cdots + t_r\alpha_r = 0\\ \Rightarrow k_1 = \cdots = k_{n-r} = t_1 = \cdots = t_r = 0$$

代回得：

$$\lambda_1\alpha_1 + \cdots + \lambda_r\alpha_r + \mu_1\beta_1 + \cdots + \mu_{m-r}\beta_{m-r} = 0\\ \Rightarrow \lambda_1 = \cdots = \lambda_r = \mu_1 = \cdots = \mu_{m-r} = 0$$

当 $V_1 \cap V_2=O=\{0\}$ .

$$\dim(V_1 + V_2) = \dim V_1 + \dim V_2$$

定义7：设 $V_1, \cdots, V_m$ 是 $V$ 的子空间，若对任意 $i = 1, \cdots, m$，

$$V_i \cap (V_1 + \cdots + V_{i-1} + V_{i+1} + \cdots + V_m) = \{0\}$$

成立，则称 $V_1 + V_2 + \cdots + V_m$ 为 直和，记为：

$$V_1 \oplus V_2 \oplus \cdots \oplus V_m$$

注意：两两相交为零不能保证直和！

定理8：设 $V_1, \cdots, V_m$ 是 $V$ 的子空间，令 $V_0 = V_1 + V_2 + \cdots + V_m$，则以下条件等价：

1. $V_0 = V_1 \oplus V_2 \oplus \cdots \oplus V_m$；

2. 对任意 $i = 1, \cdots, m$，

   $$V_i \cap (V_1 + \cdots + V_{i-1} + V_{i+1} + \cdots + V_m) = \{0\}$$

3. $\dim(V_1 + \cdots + V_m) = \dim V_1 + \cdots + \dim V_m$；

4. $V_i$ 的一组基可拼成 $V_0$ 的一组基；

5. 分块表示唯一：

   $$\text{if }\ u = u_1 + u_2 + \cdots + u_m,\quad u_i \in V_i$$

   $\Rightarrow u_i$ 唯一

特别地，零向量的分块表示唯一：

$$0 = u_1 + u_2 + \cdots + u_m,\quad u_i \in V_i \Rightarrow u_i = 0,\ \forall i$$

Part 3 线性方程组的解

定理1（解的存在性与唯一性）—— 解的判定定理

考虑线性方程组：

$$\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = b_2 \\ \vdots \\ a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \cdots + a_{mn}x_n = b_m \end{cases} \tag{*}$$

记为：

• 系数矩阵

  $$A = (a_{ij})_{m\times n}$$

• 未知向量

  $$\mathbf{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix}$$

• 常数项

  $$\beta = \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ \vdots \\ b_m \end{pmatrix}$$

• 增广矩阵

  $$\widetilde{A} = (A \mid \beta)$$

$(*)$ 有解 $\iff r(A) = r(\widetilde{A})$

且进一步有：

1. 若 $r(A) = r(\widetilde{A}) = n$，则 $(*)$ 有唯一解；
2. 若 $r(A) = r(\widetilde{A}) < n$，则 $(*)$ 有无穷多解；
3. 若 $r(A) \ne r(\widetilde{A})$，则 $(*)$ 无解，此时 $r(\widetilde{A}) = r(A) + 1$

证明：先证明 (*) 有解 $\Leftrightarrow r(A) = r(A\beta)$ 。

证明：列分块 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n)$

$$Ax = \beta \Leftrightarrow x_1\alpha_1 + x_2\alpha_2 + \cdots + x_n\alpha_n = \beta$$

(*) 有解 $\Leftrightarrow \beta$ 是 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$ 的线性组合。

必要性 设 (x) 有解，则 $\beta$ 是 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 的线性组合。

设 $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\}$ 是 $A$ 列向量的一个极大无关组， $r = r(A)$ 。

从而 $\beta$ 是 $\alpha_1, \cdots, \alpha_r$ 的线性组合，于是 $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r\}$ 是 $A\beta$ 的列向量的极大无关组。

从而 $r(A\beta) = r = r(A)$

充分性 设 $r(A) = r(A\beta) = r$ ， $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r\}$ 是 $A$ 列向量的一个极大无关组。

从而 $\alpha_1, \cdots, \alpha_r$ 是 $A$ 列向量中线性无关的 $r$ 个向量，又 $r(A\beta) = r$ 。

从而 $\{\alpha_1, \cdots, \alpha_r\}$ 也是 $A\beta$ 列向量的极大无关组，于是 $\beta$ 是 $\alpha_1, \cdots, \alpha_r$ 的线性组合，也是 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 的线性组合，从而 (*) 有解。

若 $r(A) = r(A\beta) = n$ ，则 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 线性无关。

由前定理可知， $\beta$ 表示为 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 的线性组合是唯一的，则 (x) 有唯一解。

若 $r(A) = r(A\beta) < n$ ，则 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$ 线性相关。

$\exists$ 不全为0的数 $c_1, c_2, \cdots, c_n \in k$ ，使得

$$0 = c_1\alpha_1 + c_2\alpha_2 + \cdots + c_n\alpha_n \cdots (1)$$

(*) 有解， $\exists k_1, k_2, \cdots, k_n \in k$ ，使得

$$\beta = k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2 + \cdots + k_n\alpha_n \cdots (2)$$

$$(1)xR + (2) : \beta = (k_1 + k_1c_1)\alpha_1 + \cdots + (k_n + k_nc_n)\alpha_n$$

解得：

$$x_1 = k_1 + k_1c_1,\quad \cdots,\quad x_n = k_n + k_nc_n,\quad \forall k \in k$$

$\Rightarrow$ (*) 有无穷多组解。

定理2：设 $Y$ 是 $Ax = \beta$ 的一个解（称为特解），则 $\alpha$ 是 $Ax = \beta$ 的解 $\Leftrightarrow \alpha - Y$ 是相应的齐次线性方程组 $Ax = 0$ 的解。

证明：

$$\Rightarrow A(\alpha - Y) = A\alpha - AY = \beta - \beta = 0$$

$$\Leftarrow 0 = A(\alpha - Y) = A\alpha - AY = A\alpha - \beta = 0$$

即 $A\alpha = \beta$ ， $\alpha$ 是 $Ax = \beta$ 的解。

下面考虑齐次线性方程组 $Ax = 0 \cdots (**)$

$r(A) = r(A|0) = r(A) \Rightarrow (**)$ 有解，平凡解零解。

令 $V_A = \{x \in k^n | Ax = 0\}$ (**) 的解集。

断言 $V_A$ 是 $k^n$ 的线性子空间。

$\forall \alpha, \beta \in V_A$ ，即

$$A\alpha = A\beta = 0 \Rightarrow A(\alpha + \beta) = 0 \Rightarrow \alpha + \beta \in V_A$$

$$\forall k \in k,\quad A(k\alpha) = k(A\alpha) = 0 \Rightarrow k\alpha \in V_A$$

定理3 (齐次线性方程组解的结构定理)：设 $r(A) = r$ ，则 $V_A$ 是 $k^n$ 的 $n-r$ 维子空间，从而有一组基 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_{n-r}$ 使得 $Ax = 0$ 的所有解都是 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_{n-r}$ 的线性组合，称为 $(*)$ 的基础解系。

证明：这些对 $(*)$ 在同解的基础上进行行初等变换 $\Leftrightarrow$ 对 $A$ 实施初等行变换。

由行初等变换可将 $A$ 行向量的极大无关组调到前 $r$ 行，

不妨 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r)$ 是 $A$ 行向量的极大无关组。

通过第三类行变换 $A \rightarrow (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r, 0, \cdots, 0)$ 令 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r)$

$r(A) = r$ 在列分列对换的情形下（等价于未知数对换）

不妨设 $A$ 的列向量的极大无关组为前 $r$ 列：

$A = (b_1, b_2), r(B_2) = r,$ 从而 $B$ 非零

$A = (b_1, b_2)$ 行变换 $\rightarrow (I_r, C)$

总之， $A$ 通过初等行变换及列对换可变为如下 $R$ 阶

$$A \rightarrow \begin{pmatrix} I_r & C \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, C = (c_{ij})_{r \times (n-r)}$$

从而 $(*)$ 与下列方程组同解：

$$\begin{cases} x_1 + c_{11}x_{n-r+1} + \cdots + c_{1r}x_n = 0 \\ x_2 + c_{21}x_{n-r+1} + \cdots + c_{2r}x_n = 0 \\ \vdots \\ x_r + c_{r1}x_{n-r+1} + \cdots + c_{rr}x_n = 0 \end{cases}$$

令

$$x_{r+1} = 1, x_{n+2} = \cdots = x_n = 0,\quad\eta_1 = \begin{pmatrix} -c_{1,r+1} \\ -c_{2,r+1} \\ \vdots \\ -c_{n,r+1} \\ 1 \end{pmatrix}$$

令

$$x_{r+2} = 1, x_{r+3} = \cdots = x_n = 0,\quad \eta_2 = \begin{pmatrix} -c_{1,r+2} \\ -c_{2,r+2} \\ \vdots \\ -c_{n,r+2} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$

$\cdots$ ，令

$$x_n = 1, x_{r+2} = \cdots = x_{n-1} = 0,\quad \eta_{n-r} = \begin{pmatrix} -c_{1,n} \\ -c_{2,n} \\ \vdots \\ -c_{n,n} \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$

断言： $\{\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_{n-r}\}$ 是 (#) 的解空间的一组基。

令 $x_1 + \lambda_{r+1}x_{r+1} + \cdots + \lambda_nx_n = 0 \Rightarrow \lambda_1 = \lambda_2 = \cdots = \lambda_{n-r} = 0$

任取 (#) 的解 $\eta = (a_1, a_2, \cdots, a_n)$

$$\eta = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -c_{1,r+1}a_{r+1} - \cdots - c_{1,n}a_n \\ -c_{2,r+1}a_{r+1} - \cdots - c_{2,n}a_n \\ \vdots \\ -c_{n,r+1}a_{r+1} - \cdots - c_{n,n}a_n \end{pmatrix} = a_{r+1}\eta_1 + a_{r+2}\eta_2 + \cdots + a_n\eta_{n-r}$$

于是， $\{\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_{n-r}\}$ 也是 (x) 解空间的一组基 (基础解系)

从而 $\dim V_A = n - r = n - r(A)$

定理4 (结构定理) 设 $r(A) = r(\widehat{A}) = r$ ，$r$ 是 (*) 的解。 $\{\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_{n-r}\}$ 是相伴齐次线性方程组 (#) 的基础解系，则 $AX = \beta$ 的通解为

$$r + k_1\eta_1 + k_2\eta_2 + \cdots + k_{n-r}\eta_{n-r},\quad k_i \in k$$

证明：任取 $AX = \beta$ 的解 $\alpha$

引理2 $\Rightarrow \alpha - Y$ 是 $AX = 0$ 的解

定理3

$$\Rightarrow \alpha - Y = k_1\eta_1 + k_2\eta_2 + \cdots + k_{n-r}\eta_{n-r}$$

$$\Rightarrow \alpha = Y + k_1\eta_1 + k_2\eta_2 + \cdots + k_{n-r}\eta_{n-r}$$

线性方程组 $AX = \beta$ 的求解方法

(1) 通过初等行变换将增广矩阵 $\widehat{A} = (A : \beta)$ 变为阶梯形，判断 $r(A)$ 与 $r(\widehat{A})$ 的关系，确定解是否存在。

(2) 继续对增广矩阵实施初等行变换和列对换，使之变为解方程组的标准型：

$$\begin{bmatrix} I_r & C & r \\ O & O & O \end{bmatrix}, C = (c_{ij})_{r \times (n-r)}$$

从而得到特解 $\begin{bmatrix} r \\ O \end{bmatrix}$ ，基础解系 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_{n-r}$ 。

(3) 根据列对换情况，调整各个分量，最后得到原方程的特解和基础解系。

非齐次方程组： $AX = \beta$ ，其中 $\beta \neq 0$

结构定理

$$\alpha = \gamma + k_1\eta_1 + k_2\eta_2 + \cdots + k_{n-r}\eta_{n-r}$$

$r$ 特解 $\{\eta_1, \cdots, \eta_{n-r}\}$ 是 $AX = 0$ 的基础解系。

齐次方程组： $AX = 0$ 的解空间 $V_A \subseteq k^n$ 子空间

$$\dim V_A = n - r(A)$$

推论6：设 $Ax = \beta (\beta \neq 0)$ 的解解为 $\gamma$ ，相伴齐次 $Ax = 0$ 的基础解系为 $\eta_1, \cdots, \eta_{n-r}$ 。

(1) $\gamma, \gamma + \eta_1, \cdots, \gamma + \eta_{n-r}$ 线性无关

(2) $Ax = \beta$ 的任一解可表示为如下形式：

$$\xi = \gamma + c_1(\gamma + \eta_1) + \cdots + c_{n-r}(\gamma + \eta_{n-r})$$

其中 $c_1 + c_2 + \cdots + c_{n-r} = 1$

证明：

(1) 不妨设

$$\lambda_0\gamma + \lambda_1(\gamma + \eta_1) + \cdots + \lambda_{n-r}(\gamma + \eta_{n-r}) = 0$$

$$A(\lambda_0\gamma + \lambda_1(\gamma + \eta_1) + \cdots + \lambda_{n-r}(\gamma + \eta_{n-r})) = 0$$

$$\Rightarrow (\sum_{i=0}^{n-r} \lambda_i)A\gamma = (\sum_{i=1}^{n-r} \lambda_i)A\eta_i = 0 \Rightarrow \sum_{i=0}^{n-r} \lambda_i = 0 \Rightarrow \lambda_0 = 0$$

$$\Rightarrow \lambda_1\eta_1 + \cdots + \lambda_{n-r}\eta_{n-r} = 0 \Rightarrow \lambda_1 = \cdots = \lambda_{n-r} = 0 \Rightarrow \lambda_0 = 0$$

(2) 任意解

$$\xi = \gamma + k_1\eta_1 + k_2\eta_2 + \cdots + k_{n-r}\eta_{n-r},\quad k_i \in K$$

$$= (1 - k_1 - \cdots - k_{n-r})\gamma + k_1(\gamma + \eta_1) + k_2(\gamma + \eta_2) + \cdots + k_{n-r}(\gamma + \eta_{n-r})$$

$$\Rightarrow \sum_{i=0}^{n-r} c_i = 1$$

$$A((c_0 + c_1 + \cdots + c_{n-r})(\gamma + \eta_1) + \cdots + c_{n-r}(\gamma + \eta_{n-r})) = (c_0 + c_1 + \cdots + c_{n-r})A\gamma = \beta$$

方程 $A_{m\times n}x = 0$ , $V_A$ 解空间

$$\Rightarrow \dim_k V_A + r(A) = V_k$$

应用一： $A: n$ 阶方阵，叫 $A$ 非奇异 $\Leftrightarrow Ax = 0$ 只有零解。

/example/ $A^2 - A - 3I_n = 0$ ，求证： $A - 2I_n$ 非奇异。

证明：凑因子法，

$$(A - 2I_n)(A + I_n) = I_n$$

线性方程组解法：只要证：$(A - 2I_n)x = 0$ 只有零解。

$$Ax_0 = 2x_0$$

$$A^2x_0 = 2Ax_0 = 4x_0$$

$$(A^2 - A - 3I_n)x_0 = -x_0 = 0 \Rightarrow x_0 = 0$$

应用二：利用 $r(A)$ 求 $V_A$ 、

/example/ 设 $\lambda_1, \cdots, \lambda_n$ 是 $k$ 中不同的数，$1 \leq k \leq n-1$

$$(I)\begin{cases} x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 0 \\ \lambda_1x_1 + \lambda_2x_2 + \cdots + \lambda_nx_n = 0 \\ \quad\vdots \\ \lambda_1^{k-1}x_1 + \lambda_2^{k-1}x_2 + \cdots + \lambda_n^{k-1}x_n = 0 \end{cases}$$

$$(II)\begin{cases} \lambda_1^kx_1 + \lambda_2^kx_2 + \cdots + \lambda_n^k x_n = 0 \\ \quad\cdots \\ \lambda_1^{n-1}x_1 + \lambda_2^{n-1}x_2 + \cdots + \lambda_n^{n-1}x_n = 0 \end{cases}$$

设 (I) 解空间 $V_1$ ，(II) 解空间 $V_2$ 。证明： $k = V_1 \oplus V_2$

证明： $V_1 \cap V_2$ 是 (I) 与 (II) 联立之后新方程组的解空间

$$(III)\begin{cases} x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 0 \\ \lambda_1x_1 + \lambda_2x_2 + \cdots + \lambda_nx_n = 0 \\ \quad\vdots \\ \lambda_1^{n-1}x_1 + \lambda_2^{n-1}x_2 + \cdots + \lambda_n^{n-1}x_n = 0 \end{cases}$$

系数矩阵为 $A$ .

$$|A| = \prod_{i=1}^{n} (\lambda_i - \lambda) \neq 0$$

$$r(A) = n \Rightarrow V_1 \cap V_2 = 0$$

$$\Rightarrow V_1 \cap V_2 = V_3 = 0$$

$$A = \begin{pmatrix} A_1 \\ A_2 \end{pmatrix}$$

$$r(A) = n,\quad \Rightarrow r(A_1) = r,\quad r(A_2) = n-k$$

$$\dim V_1 = n - r(A_1) = n-k,\quad \dim V_2 = n - r(A_2) = k$$

$$\dim (V_1 \oplus V_2) = (n-k) + k = n = dim K^n$$

应用三：利用 $V_A$ 来求 $r(A)$

/example/ 设 $A \in M_{mn}(R)$ ，证明：$r(AA^*) = r(A^*A) = r(A)$

证明：

$$AX = 0 \Rightarrow AA'X = 0 \subseteq V_A \subseteq V_{AA'}$$

任取 $x_0 \in V_{A'A}$ ，此时 $x_0 \in R^n$ 且 $A'Ax_0 = 0$

令 $X_0 = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} \in R^m$ ， $(Ax_0)'(Ax_0) = 0$

$$\Rightarrow [a_1, \cdots, a_m] \begin{bmatrix} a_1 \\ \vdots \\ a_m \end{bmatrix} = 0 \Rightarrow \sum_{i=1}^{m} a_i^2 = 0 \Rightarrow \forall i, a_i = 0$$

$$\Rightarrow Ax_0 = 0 \Rightarrow V_{A'A} \subseteq V_A \Rightarrow V_A = V_{A'A} \Rightarrow r(A) = r(A'A)$$

结束.

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2025/10/12 15:13

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