L11-矩阵空间、秩 1 矩阵和小世界图-习题集

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L11-矩阵空间、秩 1 矩阵和小世界图-习题集

参考

问题 11.1

  • 写出 3×33 \times 3 单位矩阵 [100010001]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} 由另外 55 个 3×33 \times 3 置换矩阵的线性组合所构成的等式
    提示

    对于 n×nn \times n 的方阵共有 n!n! 个置换矩阵

    所以 3×33 \times 3 方阵共有 3!3! 个（即 66 个置换矩阵，其中就包括单位矩阵，虽然它的并没有对右乘的矩阵进行任何行置换

  • 并证明这 55 个置换矩阵是线性独立的
  • 证明如果以这 55 个置换矩阵作为空间 R3\mathbb{R^3}（由所有 3×33 \times 3 矩阵构成的空间）一个子空间的基，则这个子空间里的矩阵行和列里的各元素之和相等

解答 1

这 55 个置换矩阵如下

P1,2=[010100001],P2,3=[100001010],P1,3=[001010100],P2,3,1=[010001100],P3,1,2=[001100010]\begin{aligned} P_{1,2}= \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}, P_{2,3}= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}, P_{1,3}= \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}, P_{2,3,1}= \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}, P_{3,1,2}= \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \end{aligned}

因为

P1,2+P2,3+P1,3=[010100001]+[100001010]+[001010100]=[111111111]\begin{aligned} &P_{1,2} &+& P_{2,3} &+& P_{1,3}& \\ =& \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} &+& \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} &+& \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}&\\ =& \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \end{aligned}

而

P2,3,1+P3,1,2=[010001100]+[001100010]=[011101110]\begin{aligned} &P_{2,3,1} &+& P_{3,1,2}& \\ =& \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} &+& \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}&\\ =& \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix} \end{aligned}

所以由这 55 个置换矩阵的线性组合构成单位矩阵的等式是

I=(P1,2+P2,3+P1,3)−(P2,3,1+P3,1,2)=[111111111]−[011101110]=[100010001]\begin{aligned} I&=(P_{1,2} + P_{2,3} + P_{1,3})-(P_{2,3,1} + P_{3,1,2})\\ &= \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}- \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \end{aligned}

解答 2

提示

证明线性独立/线性无法可以从定义入手：对于方程组 Ax=0Ax=0 其中零空间 N(A)N(A) 只有零向量，即使得系数矩阵 AA 各列的线性组合为零，未知数向量 xx 里的元素只能全为 00

这样可以通过反证法，先假设存在一个向量 x\bold{x} 其元素并非全为零，也可以使得系数矩阵 AA 各列的线性组合为零。如果无法求出这样一个向量，则反过来证明只有当向量 x\bold{x} 里的元素全为零才使得 Ax=0Ax=0 成立，所以系数矩阵 AA 各列是线性独立的。

反证法：假设对于等式 c1P1,2+c2P2,3+c3P1,3+c4P2,3,1+c5P3,2,1=0c_{1}P_{1,2}+c_{2}P_{2,3}+c_{3}P_{1,3}+c_{4}P_{2,3,1}+c_{5}P_{3,2,1}=0，存在系数 cic_{i} 非全为零使得等式成立

由等式可得

c1P1,2+c2P2,3+c3P1,3+c4P2,3,1+c5P3,2,1=[0c10c10000c1]+[c20000c20c20]+[00c30c30c300]+[0c4000c4c400]+[00c5c5000c50]=[c2c1+c4c3+c5c1+c5c3c2+c4c3+c4c2+c5c1]=0\begin{aligned} &c_{1}P_{1,2}+c_{2}P_{2,3}+c_{3}P_{1,3}+c_{4}P_{2,3,1}+c_{5}P_{3,2,1}&\\ =& \begin{bmatrix} 0 & c_{1} & 0 \\ c_{1} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & c_{1} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} c_{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & c_{2} \\ 0 & c_{2} & 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & 0 & c_{3} \\ 0 & c_{3} & 0 \\ c_{3} & 0 & 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & c_{4} & 0 \\ 0 & 0 & c_{4} \\ c_{4} & 0 & 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & 0 & c_{5} \\ c_{5} & 0 & 0 \\ 0 & c_{5} & 0 \end{bmatrix}&\\ =& \begin{bmatrix} c_{2} & c_{1}+c_{4} & c_{3}+c_{5} \\ c_{1}+c_{5} & c_{3} & c_{2}+c_{4} \\ c_{3}+c_{4} & c_{2}+c_{5} & c_{1} \end{bmatrix}=0 \end{aligned}

将矩阵的各元素抽离出来，「复原」得到一系列的等式（每一行有 3 个元素，对应得到的等式组成一个方程组）如下：

{c2=0c1+c4=0c3+c5=0,{c1+c5=0c3=0c2+c4=0,{c3+c4=0c2+c5=0c1=0,\begin{aligned} \left\{ \begin{matrix} c_{2}&=0 \\ c_{1}+c_{4}&=0 \\ c_{3}+c_{5}&=0 \end{matrix}, \right. \left\{ \begin{matrix} c_{1}+c_{5}&=0 \\ c_{3}&=0 \\ c_{2}+c_{4}&=0 \end{matrix}, \right. \left\{ \begin{matrix} c_{3}+c_{4}&=0 \\ c_{2}+c_{5}&=0 \\ c_{1}&=0 \end{matrix}, \right. \end{aligned}

解得

{c1=0c2=0c3=0c4=0c5=0\begin{aligned} \left\{ \begin{matrix} c_{1}&=0 \\ c_{2}&=0 \\ c_{3}&=0 \\ c_{4}&=0 \\ c_{5}&=0 \end{matrix} \right. \end{aligned}

这和假设的前提相矛盾，所以不存在 cic_{i} 非全为零使得等式成立，即这 55 个 3×33 \times 3 置换矩阵线性独立

解答 3

观察这 55 个置换矩阵，它们各行（或各列）元素之和都是相同的，因此如果以这 55 个置换矩阵作为基，所张成的矩阵空间里的矩阵各行（或各列）元素之和也是相同的

这个子空间里的元素可以由这 55 个置换矩阵通过线性组合构成，所以该空间里的任意矩阵满足

A=c1P1,2+c2P2,3+c3P1,3+c4P2,3,1+c5P3,2,1=[c2c1+c4c3+c5c1+c5c3c2+c4c3+c4c2+c5c1]\begin{aligned} A&=c_{1}P_{1,2}+c_{2}P_{2,3}+c_{3}P_{1,3}+c_{4}P_{2,3,1}+c_{5}P_{3,2,1}\\ &= \begin{bmatrix} c_{2} & c_{1}+c_{4} & c_{3}+c_{5} \\ c_{1}+c_{5} & c_{3} & c_{2}+c_{4} \\ c_{3}+c_{4} & c_{2}+c_{5} & c_{1} \end{bmatrix} \end{aligned}

因此矩阵 AA 各行之和分别为

{row1=c2+c1+c4+c3+c5row2=c1+c3+c5+c2+c4row3=c3+c4+c2+c5+c1\begin{aligned} \left\{\begin{matrix} row_{1}=c_{2}+c_{1}+c_{4}+c_{3}+c_{5} \\ row_{2}=c_{1}+c_{3}+c_{5}+c_{2}+c_{4} \\ row_{3}=c_{3}+c_{4}+c_{2}+c_{5}+c_{1} \end{matrix}\right. \end{aligned}

所以各行的和相同，都是 ∑i=15c1\sum_{i=1}^{5}c_{1}

对于矩阵 AA 各列之和则分别是

{col1=c2+c1+c5+c3+c4col2=c1+c4+c3+c2+c5col3=c3+c5+c2+c4+c1\begin{aligned} \left\{\begin{matrix} col_{1}=c_{2}+c_{1}+c_{5}+c_{3}+c_{4} \\ col_{2}=c_{1}+c_{4}+c_{3}+c_{2}+c_{5} \\ col_{3}=c_{3}+c_{5}+c_{2}+c_{4}+c_{1} \end{matrix}\right. \end{aligned}

所以各列之和也相同，都是 ∑i=15c1\sum_{i=1}^{5}c_{1}

问题 11.2

MM 是由 3×33 \times 3 矩阵构成的矩阵空间，将矩阵 A=[10−1−1100−11]A=\begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix} 与 MM 空间中的矩阵相乘，回答以下的相关问题：

注意
A[111]=0\begin{aligned} A \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} =0 \end{aligned}
  1. 在空间 MM 中哪一类矩阵 XX 使得 AX=0AX=0 成立？
  2. 在空间 MM 中哪一类矩阵 XX 可以拆解为 AX′AX^{'} 的形式？（其中 X′X^{'} 也是一个 3×33 \times 3 矩阵）
  3. 在第一个问题中求解 AX=0AX=0 类似于求解「零空间」，而第二个问题则相当于求出「列空间」（实际还是有区别的，因为 AA 的零空间和列空间都是由向量构成的，而这里求出的 XX 是矩阵），则这两个「空间」的维度各是多少？为何两个「空间」维度之和为 (n−r)+r=9(n-r)+r=9？

解答 1

求解哪一类矩阵 XX 使得 AX=0AX=0 成立，就像是求解矩阵 AA 的零空间。

但是有所不同，矩阵 AA 的零空间 N(A)N(A) 是由向量构成的，而这里 XX 是 3×33 \times 3 的矩阵，但是如果将矩阵与矩阵相乘 AXAX 看作是矩阵与列相乘，即将矩阵 XX 拆解为 33 列，因此使得 AX=0AX=0 成立的矩阵 XX 的 33 个列向量都是在零空间 N(A)N(A) 中

将矩阵 AA 变换为上三角矩阵 UU

A=[10−1−1100−11]→E[10−101−10−11]→E[10−101−1000]\begin{aligned} A= \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix} \xrightarrow{E} \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix} \xrightarrow{E} \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \end{aligned}

矩阵 AA 的秩为 r=2r=2 因此其零空间的维度是 dim(N(A))=n−r=3−2=1dim(N(A))=n-r=3-2=1，即只需要一个特解就可以张成零空间，根据题干的提示可以知道向量 [111]\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} 是其中一个特解

所以当矩阵 XX 的各列都在零空间 N(A)N(A) 中（即每一列的各个元素都是相同的，可以通过特解 [111]\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} 线性组合得出），则满足以下规律

X=[abcabcabc]\begin{aligned} X= \begin{bmatrix} a & b & c \\ a & b & c \\ a & b & c \end{bmatrix} \end{aligned}

解答 2

求解哪一类矩阵 XX 可以写成 AX′AX^{'} 形式，即 AX′=XAX^{'}=X 有解，就像是求解矩阵 AA 的列空间。

但是有所不同，矩阵 AA 的列空间 C(A)C(A) 是由 AA 各列通过线性组合构成的向量，而这里 X′X^{'} 和 XX 都是 3×33 \times 3 的矩阵。

但是如果将矩阵与矩阵相乘 AX′AX^{'} 看作是矩阵与列相乘，即将矩阵 X′X^{'} 拆解为 33 列，因此使得 AX′=XAX^{'}=X 成立的矩阵 XX 的 33 个列向量都是在列空间 C(A)C(A) 中（即矩阵 AA 各列根据 X′X^{'} 矩阵相应的列进行线性组合算出 XX 矩阵的 33 列）

根据解答 1 可以矩阵 AA 的秩为 r=2r=2 所以其列空间的维度是 dim(C(A))=r=2dim(C(A))=r=2，即只需要两个特解就可以张成列空间，矩阵 AA 变换而成的上三角矩阵 UU 主元在前两列，所以取矩阵 AA 中所对应的两列 [1−10]\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix} 和 [01−1]\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix} 作为特解

观察这两个特解，都有一个相同的规律，即向量各元素之和为 00，所以通过这两个特解张成的列空间，其中的向量也会满足这个规律，即矩阵 XX 各列（由这两个特解通过线性组合算出）也会符合这个规律：

X=[acebdf−a−b−c−d−e−f]\begin{aligned} X= \begin{bmatrix} a & c & e \\ b & d & f \\ -a-b & -c-d & -e-f \end{bmatrix} \end{aligned}

解答 3

问题 1 和问题 2 是将矩阵「拆解」为列向量求解而得的，而这个过程求出满足条件的 XX 就像是「零空间」和「列空间」，但实际是有区别的，因为根据定义矩阵 AA 的「零空间」和「列空间」都是由向量构成的，而 XX 是一个 3×33 \times 3 的矩阵。

所以不能直接根据 AA 的秩来求解所谓的「零空间」和「列空间」的维度，要从维度的的含义入手，其作用是表示/衡量向量里可以「自由取值」的元素（自由变量）的数量，所以矩阵空间的维度是指矩阵里可以「自由取值」的元素的数量

对于矩阵 X=[abcabcabc]X=\begin{bmatrix} a & b & c \\ a & b & c \\ a & b & c \end{bmatrix} 其中可以「自由取值」的元素只有 33 个（各列一个），其他的元素都可以基于这 33 个元素推导出来，所以该矩阵的维度是 33

对于矩阵 X=[acebdf−a−b−c−d−e−f]X=\begin{bmatrix} a & c & e \\ b & d & f \\ -a-b & -c-d & -e-f \end{bmatrix} 其中可以「自由取值」的元素只有 66 个（各列两个），其他元素都可以基于这 66 个元素推导出来，所以该矩阵的维度是 66

因此两种形式的 XX 矩阵构成的矩阵空间的维度之和为 3+6=93+6=9，刚好就是 3×3{3 \times 3} 矩阵的维度（就像是矩阵的「零空间」和「列空间」维度之和即为原矩阵的维度一样），因为维度是对于 XX 矩阵的约束「互补」，所以相应的两个矩阵子空间可以构成完整的矩阵空间，当然两个子空间的维度之和也不可能超过原空间 99

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