二、例题增补

例4.1设向量组A: a₁ , a₂ , a₃线性无关

向量b₁能由向量组A线性表示 , 向量b₂不能由向量组A线性表示 ,

k为任意常数 , 问:

(1)向量组a₁ , a₂ , a₃ , kb₁+b₂是否线性相关 , 为什么?

(2)向量组a₁ , a₂ , a₃ , b₁+kb₂是否线性相关 , 为什么?

解法:

(1)分析向量组$\mathbf{a}_{1},\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3},k\mathbf{b}_{1} + \mathbf{b}_{2}$

要判断该向量组是否线性相关，考虑是否存在不全为零的标量$x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$

使得：$x_{1}\mathbf{a}_{1} + x_{2}\mathbf{a}_{2} + x_{3}\mathbf{a}_{3} + x_{4}(k\mathbf{b}_{1} + \mathbf{b}_{2}) = \mathbf{0}.$

代入$\mathbf{b}_{1} = c_{1}\mathbf{a}_{1} + c_{2}\mathbf{a}_{2} + c_{3}\mathbf{a}_{3}$（因为$\mathbf{b}_{1}$可由$A$表示），

所以：$x_{1}\mathbf{a}_{1} + x_{2}\mathbf{a}_{2} + x_{3}\mathbf{a}_{3} + x_{4}k(c_{1}\mathbf{a}_{1} + c_{2}\mathbf{a}_{2} + c_{3}\mathbf{a}_{3}) + x_{4}\mathbf{b}_{2} = \mathbf{0}.$

整理：$(x_{1} + x_{4}kc_{1})\mathbf{a}_{1} + (x_{2} + x_{4}kc_{2})\mathbf{a}_{2} + (x_{3} + x_{4}kc_{3})\mathbf{a}_{3} + x_{4}\mathbf{b}_{2} = \mathbf{0}.$

由于$\mathbf{b}_{2}$不能由$A$线性表示，它不能写成$\mathbf{a}_{1},\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3}$的线性组合。

即不能写成$(x_{1} + x_{4}kc_{1})\mathbf{a}_{1} + (x_{2} + x_{4}kc_{2})\mathbf{a}_{2} + (x_{3} + x_{4}kc_{3})\mathbf{a}_{3} = - x_{4}\mathbf{b}_{2}$的形式

因此，要使上式成立，必须$x_{4} = 0$（否则$\mathbf{b}_{2}$项无法被抵消）。

代入$x_{4} = 0$：$x_{1}\mathbf{a}_{1} + x_{2}\mathbf{a}_{2} + x_{3}\mathbf{a}_{3} = \mathbf{0}.$

因为$\mathbf{a}_{1},\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3}$线性无关，所以$x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0$。

于是只有零解$x_{1} = x_{2} = x_{3} = x_{4} = 0$，即向量组线性无关。

结论(1)：向量组$\mathbf{a}_{1},\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3},k\mathbf{b}_{1} + \mathbf{b}_{2}$线性无关。

(2)分析向量组$\mathbf{a}_{1},\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3},\mathbf{b}_{1} + k\mathbf{b}_{2}$

类似地，考虑是否存在不全为零的标量$y_{1},y_{2},y_{3},y_{4}$

使得：$y_{1}\mathbf{a}_{1} + y_{2}\mathbf{a}_{2} + y_{3}\mathbf{a}_{3} + y_{4}(\mathbf{b}_{1} + k\mathbf{b}_{2}) = \mathbf{0}.$

代入$\mathbf{b}_{1} = c_{1}\mathbf{a}_{1} + c_{2}\mathbf{a}_{2} + c_{3}\mathbf{a}_{3}$：

得$y_{1}\mathbf{a}_{1} + y_{2}\mathbf{a}_{2} + y_{3}\mathbf{a}_{3} + y_{4}(c_{1}\mathbf{a}_{1} + c_{2}\mathbf{a}_{2} + c_{3}\mathbf{a}_{3}) + y_{4}k\mathbf{b}_{2} = \mathbf{0}.$

整理得：$(y_{1} + y_{4}c_{1})\mathbf{a}_{1} + (y_{2} + y_{4}c_{2})\mathbf{a}_{2} + (y_{3} + y_{4}c_{3})\mathbf{a}_{3} + y_{4}k\mathbf{b}_{2} = \mathbf{0}.$

同样，由于$\mathbf{b}_{2}$不能由$A$表示，必须$y_{4}k = 0$（即$y_{4} = 0$或$k = 0$）。

但$k$是任意常数，需分情况：

如果$k \neq 0$，则必须$y_{4} = 0$，然后代入得：$y_{1}\mathbf{a}_{1} + y_{2}\mathbf{a}_{2} + y_{3}\mathbf{a}_{3} = \mathbf{0}.$

由线性无关得$y_{1} = y_{2} = y_{3} = 0$，所以只有零解，向量组线性无关。

如果$k = 0$，则向量组变为$\mathbf{a}_{1},\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3},\mathbf{b}_{1}$。

表达式 $y_{1}\mathbf{a}_{1} + y_{2}\mathbf{a}_{2} + y_{3}\mathbf{a}_{3} + y_{4}(\mathbf{b}_{1} + k\mathbf{b}_{2}) = \mathbf{0}$

变为 $y_{1}\mathbf{a}_{1} + y_{2}\mathbf{a}_{2} + y_{3}\mathbf{a}_{3} + y_{4}\mathbf{b}_{1} = \mathbf{0}$

由于$\mathbf{b}_{1}$可由$A$表示，

即$\mathbf{b}_{1} = c_{1}\mathbf{a}_{1} + c_{2}\mathbf{a}_{2} + c_{3}\mathbf{a}_{3}$，

所以$\mathbf{a}_{1},\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3},\mathbf{b}_{1}$线性相关（因为$\mathbf{b}_{1}$是其他向量的线性组合）。

因此，当$k \neq 0$时，向量组线性无关，当$k = 0$时，向量组线性相关。

例4.2设向量组A: a₁ , a₂ ,向量组B: b₁ , b₂

其中a₁=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 4 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ , a₂=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ , b₁=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 3 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 7 \\ 14 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ , b₂=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 5 \\ 10 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ ,

(1)证明向量组A与B等价

(2)求向最组A与B的相互线性表示的表示式

解:

(1)证明向量组$A$与$B$等价

向量组等价意味着它们可以互相线性表示，

即$A$中每个向量可由$B$线性表示，且$B$中每个向量可由$A$线性表示。

设$\mathbf{b}_{1} = x_{1}\mathbf{a}_{1} + x_{2}\mathbf{a}_{2}$，即：$\begin{bmatrix} 3 \\ 0 \\ 7 \\ 14 \end{bmatrix} = x_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ - 1 \\ 2 \\ 4 \end{bmatrix} + x_{2}\begin{bmatrix} 0 \\ 3 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix}$

得方程组：$\left\{ \begin{matrix} x_{1} = 3 \\ - x_{1} + 3x_{2} = 0 \\ 2x_{1} + x_{2} = 7 \\ 4x_{1} + 2x_{2} = 14 \end{matrix} \right.\$ 得$x_{1} = 3$，$x_{2} = 1$。

所以$\mathbf{b}_{1} = 3\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2}$.

设$\mathbf{b}_{2} = y_{1}\mathbf{a}_{1} + y_{2}\mathbf{a}_{2}$ 即：$\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ 5 \\ 10 \end{bmatrix} = y_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ - 1 \\ 2 \\ 4 \end{bmatrix} + y_{2}\begin{bmatrix} 0 \\ 3 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix}$

方程组：$\left\{ \begin{matrix} y_{1} = 2 \\ - y_{1} + 3y_{2} = 1 \\ 2y_{1} + y_{2} = 5 \\ 4y_{1} + 2y_{2} = 10 \end{matrix} \right.\$得$y_{1} = 2$，$y_{2} = 1$

所以$\mathbf{b}_{2} = 2\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2}$.

因此，$B$可由$A$线性表示。

反过来，证明$A$可由$B$线性表示。

即找出$\mathbf{a}_{1}$和$\mathbf{a}_{2}$用$\mathbf{b}_{1}$和$\mathbf{b}_{2}$的表示。

由上面已有：$\mathbf{b}_{1} = 3\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2},\quad\mathbf{b}_{2} = 2\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2}$

这是关于$\mathbf{a}_{1},\mathbf{a}_{2}$的线性方程组。

由$\left\{ \begin{matrix} 3\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2} = \mathbf{b}_{1} \\ 2\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2} = \mathbf{b}_{2} \end{matrix} \right.\$

两式相减：$(3\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2}) - (2\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2}) = \mathbf{b}_{1} - \mathbf{b}_{2}$

得$\mathbf{a}_{1} = \mathbf{b}_{1} - \mathbf{b}_{2}$

代入$2\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2} = \mathbf{b}_{2}$：

得$2(\mathbf{b}_{1} - \mathbf{b}_{2}) + \mathbf{a}_{2} = \mathbf{b}_{2}$

得$\mathbf{a}_{2} = \mathbf{b}_{2} - 2\mathbf{b}_{1} + 2\mathbf{b}_{2} = - 2\mathbf{b}_{1} + 3\mathbf{b}_{2}$

所以：$\mathbf{a}_{1} = \mathbf{b}_{1} - \mathbf{b}_{2},\quad\mathbf{a}_{2} = - 2\mathbf{b}_{1} + 3\mathbf{b}_{2}$

验证：计算$\mathbf{a}_{1} = \mathbf{b}_{1} - \mathbf{b}_{2}$:$\begin{bmatrix} 3 \\ 0 \\ 7 \\ 14 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ 5 \\ 10 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ - 1 \\ 2 \\ 4 \end{bmatrix} = \mathbf{a}_{1}$

$\mathbf{a}_{2} = - 2\mathbf{b}_{1} + 3\mathbf{b}_{2}$:$- 2\begin{bmatrix} 3 \\ 0 \\ 7 \\ 14 \end{bmatrix} + 3\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ 5 \\ 10 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 6 \\ 0 \\ - 14 \\ - 28 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 6 \\ 3 \\ 15 \\ 30 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 3 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix} = \mathbf{a}_{2}$

成立。

因此，$A$和$B$可以互相线性表示，即它们等价。

(2)求向量组$A$与$B$的相互线性表示的表示式

上面已经求出：

$B$用$A$表示：$\mathbf{b}_{1} = 3\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2},\quad\mathbf{b}_{2} = 2\mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2}$

$A$用$B$表示：$\mathbf{a}_{1} = \mathbf{b}_{1} - \mathbf{b}_{2},\quad\mathbf{a}_{2} = - 2\mathbf{b}_{1} + 3\mathbf{b}_{2}$

例4.3设A是n阶方阵 , 若向量a满足A^ka=0 , 而A^k-1a≠0

试证明向量组T: a , Aa , ⋯ , A^k-1a线性无关

证明

设存在常数 $c_{0},c_{1},\ldots,c_{k - 1}$ 使得$c_{0}\alpha + c_{1}A\alpha + c_{2}A^{2}\alpha + \ldots + c_{k - 1}A^{k - 1}\alpha = 0.$

用 $A^{k - 1}$ 左乘上式 ，得$c_{0}A^{k - 1}\alpha + c_{1}A^{k}\alpha + \ldots + c_{k - 1}A^{2k - 2}\alpha = 0.$

注意到当 $m \geq k$ 时 $A^{m}\alpha = 0$，

因为 $A^{k}\alpha = 0$ 且$A^{m}\alpha = A^{m - k}(A^{k}\alpha) = A^{m - k}0 = 0.$

于是当 $j \geq 1$ 时，$A^{k - 1}(c_{j}A^{j}\alpha) = c_{j}A^{k - 1 + j}\alpha = 0$（因为 $k - 1 + j \geq k$），

唯一可能非零的项是 $j = 0$ 的那一项：$c_{0}A^{k - 1}\alpha = 0.$

已知 $A^{k - 1}\alpha \neq 0$，故 $c_{0} = 0$。

代入$c_{0}\alpha + c_{1}A\alpha + c_{2}A^{2}\alpha + \ldots + c_{k - 1}A^{k - 1}\alpha = 0.$

得$c_{1}A\alpha + c_{2}A^{2}\alpha + \ldots + c_{k - 1}A^{k - 1}\alpha = 0.$

再用 $A^{k - 2}$ 左乘上式得：$c_{1}A^{k - 1}\alpha + c_{2}A^{k}\alpha + \ldots + c_{k - 1}A^{2k - 3}\alpha = 0.$

同理，当 $j \geq 2$ 时 $A^{k - 2 + j}\alpha = 0$，所以只剩下 $j = 1$ 的项：$c_{1}A^{k - 1}\alpha = 0.$

由于 $A^{k - 1}\alpha \neq 0$，得 $c_{1} = 0$。

重复以上过程，依次用 $A^{k - 3},A^{k - 4},\ldots,A^{0} = I$ 左乘，

可得：$c_{2} = 0,\quad c_{3} = 0,\quad\ldots,\quad c_{k - 1} = 0.$

因此 $c_{0} = c_{1} = \ldots = c_{k - 1} = 0$，即向量组 $T$ 线性无关。

例4.4设m×n矩阵A的秩R(A)=m<n , 则下面哪个选项正确

(a)A的任意一个m阶子式不为零

(b) A的任意m个列向量所构成的向量组线性无关

(c)若BA=O , 则B=O

(d)通过矩阵的初等行变换 , 必可化为(E_m , O)的形式

解: (a)$A$的任意一个$m$阶子式不为零：

秩为$m$表示至少存在一个$m$阶子式非零，但并非任意$m$阶子式都非零。

例如，$A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$的秩为2，但子式$\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{vmatrix} = 0$（取第一列和第三列）。

因此(a)错误。

(b)$A$的任意$m$个列向量所构成的向量组线性无关：

秩为$m$表示存在$m$个线性无关的列向量，但并非任意$m$个列向量都线性无关。

例如，$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1.5 \end{bmatrix}$的秩为2，

但第二列和第三列线性相关（第三列是第二列的1.5倍）。

因此(b)错误。

(c)因BA=O,由矩阵秩的性质得R(B)+R(A)⩽m

因为R(A)=m，得R(B)⩽0，

因为秩是正整数，所以R(B)=0，从而得$B = O$

因此(c)正确。

(d)通过矩阵的初等行变换，必可化为$(E_{m},O)$的形式：

秩为$m$时，行最简形为$\begin{bmatrix} I_{m} & B \end{bmatrix}$（其中$B$是某个$m \times (n - m)$矩阵），

而不一定是$\begin{bmatrix} I_{m} & O \end{bmatrix}$。

例如，$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$的行最简形为$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$，并非$(E_{2},O)$。

因此(d)错误。

综上，正确选项为(c)。

例4.5

设矩阵A=(a₁ , a₂ , a₃ , a₄),其中a₁ , a₂ , a₃ , a₄为6维非零向量

若ξ₁=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 2 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$和ξ₂=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 6 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$是齐次线性方程组Ax=0的基础解系

则下列论断中正确的有几个?

(a)a₃ , a₄线性无关

(b)a₁ , a₂ , a₃线性相关

(c)a₁可由a₃ , a₄线性表示

(d)a₂可由a₁ , a₃线性表示

解：(a)

1. 题目条件整理

矩阵$A = \begin{pmatrix} a_{1} & a_{2} & a_{3} & a_{4} \end{pmatrix}$其中 $a_{i} \in \mathbb{R}^{6}$ 且非零，齐次方程组 $Ax = 0$ 的解 $x \in \mathbb{R}^{4}$。

已知$\xi_{1} = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix},\quad\xi_{2} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \\ 6 \end{pmatrix}$是 $Ax = 0$ 的一个基础解系。

由此可知解空间的维数$\dim N(A) = 2,$

又因为$\dim N(A) = 4 - rank(A),$所以$rank(A) = 2.$

2. 解向量给出的线性关系

由 $A\xi_{1} = 0$ 得$3a_{1} + 2a_{2} + 2a_{3} + 2a_{4} = 0\quad\quad(1)$

由 $A\xi_{2} = 0$ 得$a_{1} + 2a_{2} + 2a_{3} + 6a_{4} = 0\quad\quad(2)$

3. 用 (1)(2) 消元表示 $a_{1},a_{2}$

将 (1) 与 (2) 视为以 $a_{1},a_{2}$ 为未知向量的线性方程组：$\left\{ \begin{matrix} 3a_{1} + 2a_{2} = - 2a_{3} - 2a_{4}\quad & \\ a_{1} + 2a_{2} = - 2a_{3} - 6a_{4}\quad & \end{matrix} \right.\$

于是$a_{1} = 2a_{4},\quad\quad a_{2} = - a_{3} - 4a_{4}.$ 即 $a_{1},a_{2}$ 可由 $\{ a_{3},a_{4}\}$ 线性表示。

4. 判断 $a_{3},a_{4}$ 的线性无关性

由以上表示可知$rank(a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}) = rank(a_{3},a_{4}).$

又已知 $rank(A) = 2$，因此$rank(a_{3},a_{4}) = 2.$ 故 $a_{3}$ 与 $a_{4}$ 线性无关。

5. 最终结论

题目论断“$a_{3},a_{4}$ 线性无关”是正确的。

(b)

已知矩阵 $A = (a_{1},a_{2},a_{3},a_{4})$，其中每个 $a_{i}$ 是 $6$ 维非零列向量，

故 $A$ 为 $6 \times 4$ 矩阵。

1. 由基础解系确定矩阵的秩

因为齐次线性方程组 $Ax = 0$ 的基础解系由两个向量 $\xi_{1},\xi_{2}$ 组成，且它们线性无关。

因此解空间的维数（即零度）为$dim(Ker(A)) = 2.$

设 $n$ 为 $A$ 的列数，此处 $n = 4$。

由秩零度定理：$rank(A) = n - dim(Ker(A)) = 4 - 2 = 2.$

2. 列向量组的线性相关性

$A$ 的秩为 $2$，意味着列向量组的极大线性无关组合有 $2$ 个向量。

列向量组共有 $4$ 个 $6$ 维向量，而最大无关组的个数为 $2$，

因此 任意多于 2 个的列向量必线性相关。

于是 $a_{1},a_{2},a_{3}$（共 3 个列向量）一定线性相关。

3. 结论

论断“$a_{1},a_{2},a_{3}$ 线性相关”是正确的。

(c)

由(a)可知(c)正确

(d)

已知矩阵 $A = \lbrack a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}\rbrack$，其中 $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}$ 是 $6$ 维列向量。

齐次线性方程组 $Ax = 0$ 的基础解系为$\xi_{1} = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix},\quad\xi_{2} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \\ 6 \end{pmatrix}.$

1. 确定矩阵 $A$ 的秩

基础解系含 $2$ 个线性无关的 $4$ 维向量，故解空间的维数$\dim N(A) = 2.$

因为 $A$ 有 $4$ 列，由秩零化度定理：$rank(A) = 4 - dimN(A) = 2.$

所以 $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}$ 中极大线性无关组包含 $2$ 个向量。

2. 由 $A\xi_{1} = 0$ 与 $A\xi_{2} = 0$ 得到列向量方程

由 $A\xi_{1} = 0$ 得：$3a_{1} + 2a_{2} + 2a_{3} + 2a_{4} = 0.\quad(1)$

由 $A\xi_{2} = 0$ 得：$a_{1} + 2a_{2} + 2a_{3} + 6a_{4} = 0.\quad(2)$

3. 消元求列向量间的关系

$(2) - (1)$ 得：$(a_{1} - 3a_{1}) + (2a_{2} - 2a_{2}) + (2a_{3} - 2a_{3}) + (6a_{4} - 2a_{4}) = 0,$

$$- 2a_{1} + 4a_{4} = 0\quad \Rightarrow \quad a_{4} = \frac{1}{2}a_{1}.$$

将 $a_{4} = \frac{1}{2}a_{1}$ 代入 (1)：$3a_{1} + 2a_{2} + 2a_{3} + 2 \cdot \frac{1}{2}a_{1} = 0,$

得$a_{2} = - 2a_{1} - a_{3}.$

这表明 $a_{2}$ 可表示为 $a_{1}$ 与 $a_{3}$ 的线性组合，系数分别为 $- 2$ 与 $- 1$。

此关系由已知的基础解系推导得出，与 $a_{1},a_{3}$ 是否线性无关无关，

只要组合形式存在即成立。

4. 结论 由推导得到的关系式 $a_{2} = - 2a_{1} - a_{3}$ 可知，论断 正确。

结论（a）（b）（c）（d）均正确。