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矩阵分析笔记(三)基与坐标

September 20, 2020 • Read: 83 • 数学阅读设置

设$V$是$\mathbb{F}$上的线性空间,若有正整数$n$及$V$中的向量组$\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n$使得

  1. $\alpha_1, \alpha_2,...,\alpha_n$线性无关
  2. 任取向量$\alpha \in V$均可由$\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n$线性表示

$$ \alpha=\alpha_1k_1+\alpha_2k_2+···+\alpha_nk_n \\ =\begin{bmatrix}\alpha_1 & \alpha_2 & \cdots & \alpha_n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}k_1 \\ k_2 \\ \vdots \\ k_n\end{bmatrix} \\ =\begin{bmatrix}\alpha_1 & \alpha_2 & \cdots & \alpha_n\end{bmatrix}X $$

则称$V$是$\mathbb{F}$上的有限维线性空间,向量组$\alpha_1, \alpha_2,...,\alpha_n$称为$V$的一个,其中$X$称为向量$\alpha$在基$\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n$下对应的坐标,基向量组中向量的个数$n$称为$V$的维数,记为$\dim V$


证明一组向量是线性空间的基,分两步

  • 证明这组向量线性无关
  • 证明线性空间任意向量可由这组向量表示

是否任意一个线性空间都有维数?

答案是否定的,下面举一个无限维线性空间的例子

记$\mathbb{R}[x]_n=\{f\mid f\in \mathcal{F}(\mathbb{R}, \mathbb{R}),\ $且$f$可写成次数$<n$的实系数多项式$\}$,按照线性空间$\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$的加法和数乘,易知$\mathbb{R}[x]_n$为$n$维线性空间,而$\mathbb{R}[x]$(全体多项式构成的线性空间)是无限维的线性空间。下面针对$\mathbb{R}[x]$是无限维进行证明

分析:要证明一个线性空间是无限维的,我们只要证明这个线性空间中任意有限个向量都不构成基。换句话说,只要能在线性空间中找到一个向量,无法由给定的有限个线性无关的向量线性表示,那么这个线性空间就是无限维的

证明:设$f_1,f_2,...,f_n\in \mathbb{R}[x]$,且$f_1,f_2,...,f_n$线性无关

$$ d_i=\partial(f_i), \ i=1,2,...,n $$

其中$\partial(f_i)$表示多项式$f_i$的次数,且记$d=max\{d_1, d_2,...,d_n\}$

现在问题改为证明$x^{d+1}\in \mathbb{R}[x]$不能由$f_i$线性表示,设

$$ \begin{align*} x^{d+1}&=a_1f_1(x)+···+a_nf_n(x)\\ &...\\ &=b_0x^0+b_1x^1+···+b_dx^d\\ &\Leftrightarrow b_0x^0+b_1x^1+···-x^{d+1}=0 \end{align*} $$

上式明显不成立,因此有限个线性无关的向量$f_1,f_2,...,f_n$无法线性表示$x^{d+1}$,故线性空间$\mathbb{R}[x]$是无限维的


举几个有限维线性空间维度的例子

例1:$V=\mathbb{R}, \mathbb{F}=\mathbb{R}$,求$\dim V$

解:事实上,任何一个$a\neq 0$的向量都能构成该线性空间的基,因为$\forall x\in V, x = (\frac{x}{a})·a$,其中第一个$a\in \mathbb{F}$,第二个$a\in V$。因此$\dim(V)=1$

这题有一个扩展的结论:$V=\mathbb{R}^n, \mathbb{F}=\mathbb{R}$,则$\dim(V)=n$

例2:$V=\mathbb{C}, \mathbb{F}=\mathbb{R}$,求$\dim V$

解:$V$中找一个基$1$和$\mathbb{i}$,首先证明$1$和$\mathbb{i}$线性无关,因为$k_1·1+k_2·\mathbb{i}=0$仅有零解$\begin{bmatrix}k_1 \\ k_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 \\ 0\end{bmatrix}$,所以$1$和$\mathbb{i}$线性无关。其次$\forall x \in V, x = real(x)·1+ img(x)·\mathbb{i}$,其中$real(x)$和$img(x)$分别表示取$x$的实部和虚部,并且它们都在数域$\mathbb{F}$内,所以$\dim(V)=2$

例3:$V=\mathbb{C}, \mathbb{F}=\mathbb{C}$,求$\dim V$

解:事实上,任何一个$a\neq 0$的向量都能构成该线性空间的基,因为$\forall x\in V, x=(\frac{x}{a})·a$,所以$\dim(V)=1$

例4:$V=\mathbb{R}, \mathbb{F}=\mathbb{Q}$,求$\dim V$

解:这题非常复杂,先给出结论$\dim(V)=\infty$

通过反证法来证明该结论。假设$\dim(V)=n<\infty$,我们从$V$中任取$n+1$个向量必定是线性相关的

假设我们取$n+1$个素数$p_1, p_2, ..., p_{n+1}$,再将这些素数分别取$ln$,则变为$ln(p_1), ln(p_2), ..., ln(p_{n+1})$,于是问题就变为判断下面的齐次方程是否有非零解

$$ a_1·ln(p_1)+a_2·ln(p_2)+···+a_{n+1}·ln(p_{n+1})=0 $$

其中$a_i\in \mathbb{Q}, p_i\in V=\mathbb{R}$

由于公理有理数一定可以表示为两个整数相除,所以可以将$a_i$看作$\frac{j_i}{k_i}$,其中$j_i,k_i \in \mathbb{Z}$,将上面的求和式子两边同乘$k_1·k_2···k_{n+1}$得

$$ \begin{align*} &(j_1·k_2·k_3···k_{n+1})·ln(p_1)+(j_2·k_1·k_3···k_{n+1})·ln(p_2)+\\ &(j_3·k_1·k_2·k_4···k_{n+1})·ln(p_3)+···+(j_{n+1}·k_1·k_2···k_{n})·ln(p_{n+1})=0 \end{align*} $$

我们将其中的系数定义为$b_i$,例如

$$ \begin{align*} &j_1·k_2·k_3···k_{n+1}\triangleq b_1\\ &j_2·k_1·k_3···k_{n+1}\triangleq b_2\\ &······\\ &j_{n+1}·k_1·k_2···k_{n}\triangleq b_{n+1} \end{align*} $$

于是新的式子就变为

$$ \sum_{i=1}^{n+1}b_i·ln(p_i)=0,\ b_i\in \mathbb{Z} $$

两边同时取以$e$为底

$$ \begin{align*} exp(\sum_{i=1}^{n+1}b_i·ln(p_i))&=1\\ \Leftrightarrow exp(\sum_{i=1}^{n+1}ln(p_i^{b_i}))&=1\\ \Leftrightarrow \prod_{i=1}^{n+1} exp(ln(p_i^{b_i}))&=1\\ \Leftrightarrow \prod_{i=1}^{n+1} p_i^{b_i}&=1\\ \end{align*} $$

底数$p_i$都是大于1的,因此我们考虑$b_i$的几种情况

  1. $b_i>0$,则$\prod_{i=1}^{n+1} p_i^{b_i}>1$
  2. $b_i<0$,则$\prod_{i=1}^{n+1} p_i^{b_i}<1$
  3. $b_i$既有大于0,也有小于0的。不妨设$b_1,b_2,...,b_k>0$,$b_{k+1},b_{k+2},...,b_{n+1}<0$,则上式变为$\frac{\prod_{i=1}^{k}p_i^{b_i}}{\prod_{j=k+1}^{n+1}p_j^{-b_j}}$,要想该式等于1,需要分子分母能消掉,但是由于所有的底数$p$都是素数,因此该分数不可能为1
  4. $b_i=0$

上面4种情况,只有$b_i=0$满足等式。回过去看$b_i=j_i·(k_1···k_{i-1}·k_{i+1}···k_{n+1})$,由于$a_i=\frac{j_i}{k_i}$分母不为0,所以只有$j_i=0$,因此$a_i=0,\ i=1,2,...,n+1$,所以齐次方程仅有零解,这$n+1$个向量线性无关,与假设矛盾,因此$\dim(V)=\infty$,证毕


零维线性空间

规定仅含一个元素的线性空间(零线性空间)为零维线性空间,其维数规定为0,零维线性空间也算作有限维线性空间


例题1

试证:所有$n$阶对称矩阵组成$\frac{n(n+1)}{2}$维线性空间;所有的$n$阶反对称矩阵组成$\frac{n(n-1)}{2}$维线性空间


例题2

设$R[x]_4$是所有次数小于4的实系数多项式组成的线性空间,求多项式$p(x)=1+2x^3$在基$1,x-1,(x-1)^2,(x-1)^3$下的坐标

解:方法一(用线性空间理论计算)

$$ p(x)=1+2x^3=[1, x, x^2, x^3]\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 2\end{bmatrix} \\ =[1, x - 1, (x-1)^2, (x-1)^3]\begin{bmatrix}y_1 \\ y_2\\ y_3\\ y_4 \end{bmatrix} $$

又由于

$$ [1, x - 1, (x-1)^2, (x-1)^3]\\ =[1, x, x^2, x^3]\begin{bmatrix}1 & -1 & 1 &-1\\ 0 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix} $$

于是$p(x)$在基$1, x-1,(x-1)^2, (x-1)^3$下的坐标为

$$ \begin{bmatrix}y_1 \\ y_2\\ y_3\\ y_4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & -1 & 1 &-1\\ 0 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3\\ 6\\ 6\\ 2\end{bmatrix} $$

方法二 将$p(x)=1+2x^3$根据幂级数公式按$x-1$展开可得

$$ \begin{align} p(x)&=1+2x^3\\ &=p(1)+p(1)(x-1)+\frac{p''(1)}{2!}(x-1)^2+\frac{p'''(1)}{3!}(x-1)^3\\ &=3+6(x-1)+6(x-1)^2+2(x-1)^3 \end{align} $$

因此$p(x)$在基$1, x-1, (x-1)^2, (x-1)^3$下的坐标为$[3, 6, 6, 2]^T$


过渡矩阵

设$(\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)$和$(\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)$是$n$维线性空间$V_n(F)$中的两个基,则有$A\in F$

$$ (\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n) = (\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)A $$

其中$A$称为从基设$(\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)$到$(\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)$的过渡矩阵


几个过渡矩阵的定理:

  1. 过渡矩阵可逆
  2. $\{\alpha_i\}$到$\{\beta_j\}$的过渡矩阵是$A$,则$\{\beta_j\}$到$\{\alpha_i\}$的过渡矩阵是$A^{-1}$
  3. 给定一个可逆矩阵$A$,以及一个基$(\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n)$,就可以找到另一个基

重要推论:如果向量$\alpha \in V_n(F)$,$\alpha$在两个基下对应坐标分别是$X$和$Y$,则有

$$ \alpha = (\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)X $$

$$ \alpha = (\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)Y $$

显然有:$\color{red}{X = AY}$


过渡矩阵可逆证明如下:

反证法:假设$A$不可逆,则方程$Ax=0$有非零解。因为

$$ (\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n) = (\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)A $$

两边同乘$x$得

$$ (\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)x = (\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)Ax=0 $$

因为向量$(\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)$是线性空间的一组基,所以它们线性无关,所以

$$ (\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)x=0 $$

仅有零解,与假设矛盾,故$A$可逆,证毕

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