L14-正交向量与正交子空间-习题集

参考

Unit II: Least Squares, Determinants and Eigenvalues - Orthogonal Vectors and Subspaces - Check Yourself
题源：Problem: Exercises on orthogonal vectors and subspaces | pdf
参考答案：Solutions: Exercises on orthogonal vectors and subspaces | pdf

问题 16.1

对于由 $m$ 个等式所构成的方程组，如果方程组无解，则会存在一组数字 $y_{1}$ $\dots$ $y_{m}$ ，让它们分别与对应的方程组等式相乘，再将这些等式的左右分别相加，可以得到一个（矛盾的）等式 $0=1$ ，这就是弗雷德霍姆二择一定理 Fredholm's Alternative。

用线性代数的方式来表达，就是对于方程组 $Ax=b$ 有解，或 $A^{T}y=0$ 且 $y^{T}b=1$ 有解，二者选其一会成立

如果向量 $b$ 并不在矩阵 $A$ 的列空间中，即该向量并不与矩阵 $A^{T}$ 零空间（即矩阵 $A$ 的左零空间 $N(A^{T})$ ）垂直。如果系数 $y_{1}$ 、 $y_{2}$ 、 $y_{3}$ 与等式 $x_{1}-x_{2}=1$ 、 $x_{2}-x_{3}=1$ 、 $x_{1}-x_{3}=1$ 分别相乘，再将等式的左右分别相加会得到一个（矛盾的）等式 $0=1$ ，求出这三个系数。

解答

对于等式 $x_{1}-x_{2}=1$ 、 $x_{2}-x_{3}=1$ 、 $x_{1}-x_{3}=1$ ，可以写成 $Ax=b$ 的形式

Ax= \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}

其中

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

b= \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}

由于方程组

\begin{aligned} \left\{\begin{matrix} x_{1}-x_{2}=1 \\ x_{2}-x_{3}=1 \\ x_{1}-x_{3}=1 \end{matrix}\right. \end{aligned}

其中等式三减去等式二可得 $x_{2}-x_{3}=0$ 这和等式二矛盾，所以以上的方程组是无解的

提示

对于 $Ax=b$ 的可解性，也可以通过之前的方式，将增广矩阵消元得到简化阶梯形式来判断

\begin{bmatrix} A{\color{Blue}b } \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 & {\color{Blue}1 } \\ 0 & 1 & -1 & {\color{Blue}1 } \\ 1 & 0 & -1 & {\color{Blue}1 } \end{bmatrix} \xrightarrow{E} \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 & {\color{Blue}1 } \\ 0 & 1 & -1 & {\color{Blue}1 } \\ 0 & 0 & 0 & {\color{Blue}-1 } \end{bmatrix}

从增广矩阵最后一行可知方程组 $Ax=b$ 无解（因为所有系数都为 $0$ 但是 $b$ 为 $1$ ）

所以根据题目所述的定理，可知 $A^{T}y=0$ 且 $y^{T}b=1$ 有解/成立

其中 $A^{T}$

A^{T}= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & -1 \end{bmatrix}

所以由 $A^{T}y=0$

A^{T}y= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}

可得方程组

\left\{\begin{matrix} y_{1}+y_{3}=0 \\ -y_{1}+y_{2}=0 \\ -y_{2}-y_{3}=0 \end{matrix}\right.

可解得 $y_{2}+y_{3}=0$ 即 $y_{2}=-y_{3}$

由 $y^{T}b=1$ （以向量的内积/点乘来理解）

y^{T}b= \begin{bmatrix} y_{1} & y_{2} & y_{3} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}=1

可得等式 $y_{1}+y_{2}+y_{3}=1$

可以解得 $y_{1}=1$ 而 $y_{2}$ 与 $y_{3}$ 是自由变量，可以取任何值

如果取 $y_{2}=1$ 则 $y_{3}=-y_{2}=-1$

即其中一组系数是

\left\{\begin{matrix} y_{1}=1 \\ y_{2}=1 \\ y_{3}=-1 \end{matrix}\right.

问题 16.2

假设非零向量 $r$ 、 $n$ 、 $c$ 、 $l$ 在向量空间 $\mathbb{R}^{2}$

a. 当满足哪些条件，可以让这四个向量分别是矩阵 $A_{2 \times 2}$ 的四个子空间 $C(A^{T})$ 、 $N(A)$ 、 $C(A)$ 和 $N(A^{T})$ 的基

b. 写出矩阵 $A$ 的一个可能值

解答 a

当向量 $r$ 和 $n$ 分别是矩阵 $A$ 的行空间 $C(A^{T})$ 和零空间 $N(A)$ 的基时，而由于行空间与零空间正交 $C(A^{T}) \perp N(A)$ ，所以它们的基（向量）也会相互垂直 $r \perp n$ ，即满足 $r \cdot n=0$

而当向量 $c$ 和 $l$ 分别是矩阵 $A$ 的列空间 $C(A)$ 和左零空间 $N(A^{T})$ 的基，同理可知，向量 $c$ 和 $l$ 应该满足 $c \cdot l=0$

因为四个向量都是非零向量，所以四个子空间 $C(A^{T})$ 、 $N(A)$ 、 $C(A)$ 和 $N(A^{T})$ 都包含非零向量，即它们的维度都大于零。由于 $n=m=2$ ，而列空间的维度是 $dimC(A)=r>0$ ，零空间的维度 $dimN(A)=n-r=2-r>0$ ，即 $r<2$ ，所以 $r=1$

解答 b

提示

使用向量 $r$ 、 $n$ 、 $c$ 或 $l$ 来构建出矩阵 $A$

从矩阵 $A$ 子空间的定义入手，列空间是矩阵 $A$ 各列的线性组合，也可以是该空间的基（向量） $c$ 的线性组合；而行空间是矩阵 $A$ 各行的线性组合，也可以是该空间的基（向量） $r$ 的线性组合。

所以矩阵 $A$ 的一个可能值是 $A=cr^{T}$

提示

那么 $icr^{T}$ 就可以是矩阵 $A$ 的通用构建表达式，其中 $i$ 是系数