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例6.2在线性空间M2中 , 取定A= [ a b c d ] \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}

定义M2中变换如下: T(X)=AX - XA , 其中任意X属于M2

(1)试证明: T是M2中的线性变换

(2)求T在基E11 , E12 , E21 , E22下的矩阵

其中Eij是(i , j)元为1、其余元素为零的矩阵 , i , j=1 , 2

证: (1)

1.线性变换的定义

当且仅当：

(1). T ( X + Y ) = T ( X ) + T ( Y ) ∀ X , Y ∈ M 2 T(X + Y) = T(X) + T(Y)\quad\forall X,Y \in M_{2}

(2). T ( k X ) = k T ( X ) ∀ k ∈ ℝ , ∀ X ∈ M 2 T(kX) = k\, T(X)\quad\forall k \in \mathbb{R},\forall X \in M_{2}

则 T T 是线性变换

2. 验证加法保持

T ( X + Y ) = A ( X + Y ) − ( X + Y ) A T(X + Y) = A(X + Y) - (X + Y)A

= A X + A Y − X A − Y A = AX + AY - XA - YA

= ( A X − X A ) + ( A Y − Y A ) = (AX - XA) + (AY - YA)

= T ( X ) + T ( Y ) = T(X) + T(Y)

成立。

3.验证数乘保持

T ( k X ) = A ( k X ) − ( k X ) A T(kX) = A(kX) - (kX)A

= k ( A X ) − k ( X A ) = k(AX) - k(XA)

= k ( A X − X A ) = k(AX - XA)

= k T ( X ) = k\, T(X)

成立。

由 (2) 和 (3) 知 T T 是 M 2 M_{2} 上的线性变换。

(2)

.计算 T ( E i j ) T(E_{ij})

(1) T ( E 11 ) T(E_{11})

A E 11 = [ a b c d ] [ 1 0 0 0 ] = [ a 0 c 0 ] AE_{11} = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a & 0 \\ c & 0 \end{bmatrix}

E 11 A = [ 1 0 0 0 ] [ a b c d ] = [ a b 0 0 ] E_{11}A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a & b \\ 0 & 0 \end{bmatrix}

T ( E 11 ) = A E 11 − E 11 A = [ a 0 c 0 ] − [ a b 0 0 ] = [ 0 − b c 0 ] T(E_{11}) = AE_{11} - E_{11}A = \begin{bmatrix} a & 0 \\ c & 0 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} a & b \\ 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & - b \\ c & 0 \end{bmatrix}

用基展开：

T ( E 11 ) = 0 ⋅ E 11 + ( − b ) E 12 + c E 21 + 0 ⋅ E 22 T(E_{11}) = 0 \cdot E_{11} + ( - b)E_{12} + cE_{21} + 0 \cdot E_{22}

所以坐标向量为

[ 0 , − b , c , 0 ] T \lbrack 0, - b,c,0\rbrack^{T}

(2) T ( E 12 ) T(E_{12})

A E 12 = [ a b c d ] [ 0 1 0 0 ] = [ 0 a 0 c ] AE_{12} = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & a \\ 0 & c \end{bmatrix}

E 12 A = [ 0 1 0 0 ] [ a b c d ] = [ c d 0 0 ] E_{12}A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c & d \\ 0 & 0 \end{bmatrix}

T ( E 12 ) = [ 0 a 0 c ] − [ c d 0 0 ] = [ − c a − d 0 c ] T(E_{12}) = \begin{bmatrix} 0 & a \\ 0 & c \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} c & d \\ 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - c & a - d \\ 0 & c \end{bmatrix}

注意检查：

[ 0 − c a − d 0 − 0 c − 0 ] = [ − c a − d 0 c ] \begin{bmatrix} 0 - c & a - d \\ 0 - 0 & c - 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - c & a - d \\ 0 & c \end{bmatrix}

正确。

展开：

T ( E 12 ) = ( − c ) E 11 + ( a − d ) E 12 + 0 ⋅ E 21 + c E 22 T(E_{12}) = ( - c)E_{11} + (a - d)E_{12} + 0 \cdot E_{21} + cE_{22}

坐标向量：

[ − c , a − d , 0 , c ] T \lbrack - c,a - d,0,c\rbrack^{T}

(3) T ( E 21 ) T(E_{21})

A E 21 = [ a b c d ] [ 0 0 1 0 ] = [ b 0 d 0 ] AE_{21} = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} b & 0 \\ d & 0 \end{bmatrix}

E 21 A = [ 0 0 1 0 ] [ a b c d ] = [ 0 0 a b ] E_{21}A = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ a & b \end{bmatrix}

T ( E 21 ) = [ b 0 d 0 ] − [ 0 0 a b ] = [ b 0 d − a − b ] T(E_{21}) = \begin{bmatrix} b & 0 \\ d & 0 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ a & b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} b & 0 \\ d - a & - b \end{bmatrix}

展开：

T ( E 21 ) = b E 11 + 0 ⋅ E 12 + ( d − a ) E 21 + ( − b ) E 22 T(E_{21}) = bE_{11} + 0 \cdot E_{12} + (d - a)E_{21} + ( - b)E_{22}

坐标向量：

[ b , 0 , d − a , − b ] T \lbrack b,0,d - a, - b\rbrack^{T}

(4) T ( E 22 ) T(E_{22})

A E 22 = [ a b c d ] [ 0 0 0 1 ] = [ 0 b 0 d ] AE_{22} = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & b \\ 0 & d \end{bmatrix}

E 22 A = [ 0 0 0 1 ] [ a b c d ] = [ 0 0 c d ] E_{22}A = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ c & d \end{bmatrix}

T ( E 22 ) = [ 0 b 0 d ] − [ 0 0 c d ] = [ 0 b − c 0 ] T(E_{22}) = \begin{bmatrix} 0 & b \\ 0 & d \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ c & d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & b \\ - c & 0 \end{bmatrix}

展开：

T ( E 22 ) = 0 ⋅ E 11 + b E 12 + ( − c ) E 21 + 0 ⋅ E 22 T(E_{22}) = 0 \cdot E_{11} + bE_{12} + ( - c)E_{21} + 0 \cdot E_{22}

坐标向量：

[ 0 , b , − c , 0 ] T \lbrack 0,b, - c,0\rbrack^{T}

.得到矩阵

将四个坐标向量按列排列（基的顺序是 E 11 , E 12 , E 21 , E 22 E_{11},E_{12},E_{21},E_{22} ）：

[ T ] 基 = [ 0 − c b 0 − b a − d 0 b c 0 d − a − c 0 c − b 0 ] \lbrack T\rbrack_{基} = \begin{bmatrix} 0 & - c & b & 0 \\ - b & a - d & 0 & b \\ c & 0 & d - a & - c \\ 0 & c & - b & 0 \end{bmatrix}

例6.3已知R3中线性变换T [ x y z ] = [ x + y + 3 z x + 5 y − z 3 x + 9 y + 3 z ] \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x + y + 3z \\ x + 5y - z \\ 3x + 9y + 3z \end{bmatrix}

求T的像空间T(R3)的基与维数，核空间NT的基与维数

解:

1. 像空间 T ( ℝ 3 ) T(\mathbb{R}^{3}) 的基与维数

由向量： 𝒄 1 = [ 1 1 3 ] , 𝒄 2 = [ 1 5 9 ] , 𝒄 3 = [ 3 − 1 3 ] . \mathbf{c}_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix},\quad\mathbf{c}_{2} = \begin{bmatrix} 1 \\ 5 \\ 9 \end{bmatrix},\quad\mathbf{c}_{3} = \begin{bmatrix} 3 \\ - 1 \\ 3 \end{bmatrix}.

化简得: 𝒄 1 = [ 1 0 0 ] , 𝒄 2 = [ 1 4 6 ] , 𝒄 3 = [ 3 − 4 − 6 ] \mathbf{c}_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\mathbf{c}_{2} = \begin{bmatrix} 1 \\ 4 \\ 6 \end{bmatrix},\quad\mathbf{c}_{3} = \begin{bmatrix} 3 \\ - 4 \\ - 6 \end{bmatrix} ，

𝒄 1 = [ 1 0 0 ] , 𝒄 2 = [ 1 1 6 ] , 𝒄 3 = [ 3 − 1 − 6 ] \mathbf{c}_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\mathbf{c}_{2} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 6 \end{bmatrix},\quad\mathbf{c}_{3} = \begin{bmatrix} 3 \\ - 1 \\ - 6 \end{bmatrix} ，

𝒄 1 = [ 1 0 0 ] , 𝒄 2 = [ 0 1 0 ] , 𝒄 3 = [ 4 − 1 0 ] \mathbf{c}_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\mathbf{c}_{2} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\mathbf{c}_{3} = \begin{bmatrix} 4 \\ - 1 \\ 0 \end{bmatrix} ，

主元向量是第 1个和第 2 个，所以空间的基是： { [ 1 1 3 ] , [ 1 5 9 ] } . \left\{ \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix},\ \begin{bmatrix} 1 \\ 5 \\ 9 \end{bmatrix} \right\}.

维数 = 2。

3. 核空间 N T N_{T} 的基与维数

由 x [ 1 0 0 ] + y [ 0 1 0 ] + z [ 4 − 1 0 ] = [ 0 0 0 ] x\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + y\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + z\begin{bmatrix} 4 \\ - 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} ，

得： [ x 0 0 ] + [ 0 y 0 ] + [ 4 z z 0 ] = [ 0 0 0 ] \begin{bmatrix} x \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ y \\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 4z \\ z \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}

得： [ x y 0 ] = [ − 4 z z 0 ] \begin{bmatrix} x \\ y \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 4z \\ z \\ 0 \end{bmatrix}

设z=t ，得 [ x y 0 ] = [ − 4 t t 0 ] \begin{bmatrix} x \\ y \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 4t \\ t \\ 0 \end{bmatrix}

得 [ x y z ] = t [ − 4 1 1 ] . \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = t\begin{bmatrix} - 4 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}.

所以核空间的基是： { [ − 4 1 1 ] } . \left\{ \begin{bmatrix} - 4 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} \right\}.

维数 = 1。

例6.4试找出R4中的一个线性变换T,

使线性变换T的像空间T(R4)与核空间NT相同

解: 设T为所求线性变换 , 于是存在4阶方阵A , 使T(x)=Ax

对属于R4的任意x , 由属于T(R4)的Ax及T(R4)=NT知A2x=A(Ax)=0

由向量x的任意性 , 知(1): A2=O

另一方面T(R4)的维数即为A的列向量组的秩=R(A)

NT的维数即为方程Ax=0的解空间的维数=4-R(A)

故由T(R4)=N , 知(2): R(A)=2

取A = [ 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 ] \left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack , 即合上面(1)和(2)两个要求

对应的线性变换为T(x)=Ax , 即T [ x 1 x 2 x 3 x 4 ] \left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{3} \\ x_{4} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack =A [ x 1 x 2 x 3 x 4 ] \left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{3} \\ x_{4} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack = [ 0 0 x 1 x 2 ] \left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack , x= [ x 1 x 2 x 3 x 4 ] \left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{3} \\ x_{4} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack 属于R4

方法二：

要在 ℝ 4 \mathbb{R}^{4} 中找到像空间 T ( ℝ 4 ) T(\mathbb{R}^{4}) 与核空间 N T N_{T} 相同的线性变换 T T ，

需结合线性变换的矩阵表示、像空间与核空间的定义，

以及秩-零度定理（像空间维数+核空间维数=定义域维数）逐步推导，

具体步骤如下：

一、核心理论依据：秩-零度定理的约束

设线性变换 T : ℝ 4 → ℝ 4 T:\mathbb{R}^{4} \rightarrow \mathbb{R}^{4} 对应的矩阵为 A A （ 4 × 4 4 \times 4 实矩阵），则：

像空间 T ( ℝ 4 ) T(\mathbb{R}^{4}) 就是矩阵 A A 的列空间（记为 C o l ( A ) Col(A) ），其维数等于 A A 的秩（记为 r ( A ) r(A) ）；

核空间 N T N_{T} 就是矩阵 A A 的零空间（记为 N u l ( A ) Nul(A) ），其维数等于 A A 的零度（记为 n ( A ) n(A) ）。

由秩-零度定理： r ( A ) + n ( A ) = d i m ( ℝ 4 ) = 4 r(A) + n(A) = dim(\mathbb{R}^{4}) = 4 。

题目要求 C o l ( A ) = N u l ( A ) Col(A) = Nul(A) ，因此两者维数相等，即 r ( A ) = n ( A ) r(A) = n(A) =2。

这是关键约束：所求矩阵 A A 的秩必须为2，且列空间等于零空间。

二、构造思路：利用基的对应关系

线性变换由其在“基”上的作用唯一确定，因此先构造 ℝ 4 \mathbb{R}^{4} 的一组基，

再定义 T T 在基上的像，满足“像空间=核空间”的条件。

具体步骤：

步骤1：构造 ℝ 4 \mathbb{R}^{4} 的一组基 { α 1 , α 2 , α 3 , α 4 } \{\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4}\} 为简化计算，

选择标准基的子集扩展，

取： α 1 = ( 1 , 0 , 0 , 0 ) T \alpha_{1} = (1,0,0,0)^{T} ， α 2 = ( 0 , 1 , 0 , 0 ) T \alpha_{2} = (0,1,0,0)^{T} ， α 3 = ( 0 , 0 , 1 , 0 ) T \alpha_{3} = (0,0,1,0)^{T} ， α 4 = ( 0 , 0 , 0 , 1 ) T \alpha_{4} = (0,0,0,1)^{T}

（即 ℝ 4 \mathbb{R}^{4} 的标准基，后续可直接通过矩阵列向量对应基的像）。

步骤2：定义 T T 在基上的像，满足“像空间=核空间”目标：

让 T T 的像空间（由 T ( α 1 ) , T ( α 2 ) , T ( α 3 ) , T ( α 4 ) T(\alpha_{1}),T(\alpha_{2}),T(\alpha_{3}),T(\alpha_{4}) 张成）

与核空间（满足 T ( β ) = 0 T(\beta) = 0 的 β \beta 全体）相等，且维数为2。

设计如下（核心逻辑：让“像”属于核，且“核”由像张成）：

1.令 T ( α 1 ) = α 3 T(\alpha_{1}) = \alpha_{3} ， T ( α 2 ) = α 4 T(\alpha_{2}) = \alpha_{4} ：这两个像向量 α 3 , α 4 \alpha_{3},\alpha_{4} 线性无关，

因此像空间的维数至少为2（后续确保不超过2）。

2.令 T ( α 3 ) = 0 T(\alpha_{3}) = 0 ， T ( α 4 ) = 0 T(\alpha_{4}) = 0 ：这保证 α 3 , α 4 \alpha_{3},\alpha_{4} 属于核空间（因 T ( α 3 ) = T ( α 4 ) = 0 T(\alpha_{3}) = T(\alpha_{4}) = 0 ），

同时让像空间的维数恰好为2（4个像向量中仅 α 3 , α 4 \alpha_{3},\alpha_{4} 非零且线性无关）。

三、求线性变换的矩阵 A A

线性变换 T T 的矩阵 A A （在标准基下）的第 i i 列，

就是 T ( α i ) T(\alpha_{i}) 在标准基下的坐标向量。

根据步骤2的定义：

T ( α 1 ) = α 3 = ( 0 , 0 , 1 , 0 ) T T(\alpha_{1}) = \alpha_{3} = (0,0,1,0)^{T} →第1列： ( 0 , 0 , 1 , 0 ) T (0,0,1,0)^{T}

T ( α 2 ) = α 4 = ( 0 , 0 , 0 , 1 ) T T(\alpha_{2}) = \alpha_{4} = (0,0,0,1)^{T} →第2列： ( 0 , 0 , 0 , 1 ) T (0,0,0,1)^{T}

T ( α 3 ) = 0 = ( 0 , 0 , 0 , 0 ) T T(\alpha_{3}) = 0 = (0,0,0,0)^{T} →第3列： ( 0 , 0 , 0 , 0 ) T (0,0,0,0)^{T}

T ( α 4 ) = 0 = ( 0 , 0 , 0 , 0 ) T T(\alpha_{4}) = 0 = (0,0,0,0)^{T} →第4列： ( 0 , 0 , 0 , 0 ) T (0,0,0,0)^{T}

因此，矩阵 A A 为： A = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 ) A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}

四、验证：像空间=核空间

需分别计算 A A 的列空间 C o l ( A ) Col(A) 和零空间 N u l ( A ) Nul(A) ，验证两者相等。

1.计算列空间 C o l ( A ) Col(A) （即 T ( ℝ 4 ) T(\mathbb{R}^{4}) ）

矩阵 A A 的列向量中，非零列仅第3列 ( 0 , 0 , 1 , 0 ) T (0,0,1,0)^{T} 和第4列 ( 0 , 0 , 0 , 1 ) T (0,0,0,1)^{T} ，且二者线性无关，

因此： C o l ( A ) = s p a n { ( 0 , 0 , 1 , 0 ) T , ( 0 , 0 , 0 , 1 ) T } Col(A) = span\left\{ (0,0,1,0)^{T},(0,0,0,1)^{T} \right\}

（即 ℝ 4 \mathbb{R}^{4} 中前两个分量为0的所有向量，记为 { ( 0 , 0 , a , b ) T ∣ a , b ∈ ℝ } \{(0,0,a,b)^{T} \mid a,b \in \mathbb{R}\} ）。

2.计算零空间 N u l ( A ) Nul(A) （即 N T N_{T} ）

零空间是满足 A x = 0 Ax = 0 的所有 x = ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) T x = (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})^{T} 的集合。

代入 A A 得方程组： { 0 ⋅ x 1 + 0 ⋅ x 2 + 0 ⋅ x 3 + 0 ⋅ x 4 = 0 0 ⋅ x 1 + 0 ⋅ x 2 + 0 ⋅ x 3 + 0 ⋅ x 4 = 0 1 ⋅ x 1 + 0 ⋅ x 2 + 0 ⋅ x 3 + 0 ⋅ x 4 = 0 0 ⋅ x 1 + 1 ⋅ x 2 + 0 ⋅ x 3 + 0 ⋅ x 4 = 0 \left\{ \begin{matrix} 0 \cdot x_{1} + 0 \cdot x_{2} + 0 \cdot x_{3} + 0 \cdot x_{4} = 0 \\ 0 \cdot x_{1} + 0 \cdot x_{2} + 0 \cdot x_{3} + 0 \cdot x_{4} = 0 \\ 1 \cdot x_{1} + 0 \cdot x_{2} + 0 \cdot x_{3} + 0 \cdot x_{4} = 0 \\ 0 \cdot x_{1} + 1 \cdot x_{2} + 0 \cdot x_{3} + 0 \cdot x_{4} = 0 \end{matrix} \right.\

化简得约束： x 1 = 0 x_{1} = 0 ， x 2 = 0 x_{2} = 0 ， x 3 , x 4 x_{3},x_{4} 自由。

因此： N u l ( A ) = s p a n { ( 0 , 0 , 1 , 0 ) T , ( 0 , 0 , 0 , 1 ) T } Nul(A) = span\left\{ (0,0,1,0)^{T},(0,0,0,1)^{T} \right\} （与列空间完全相同）。

五、最终线性变换 T T 在 ℝ 4 \mathbb{R}^{4} 的标准基下，线性变换 T T 的矩阵为上述 A A ，

其具体作用为：对任意向量 x = ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) T ∈ ℝ 4 x = (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})^{T} \in \mathbb{R}^{4} ，

T ( x ) = A x = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 ) ( x 1 x 2 x 3 x 4 ) = ( 0 , 0 , x 1 , x 2 ) T T(x) = Ax = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{pmatrix} = (0,0,x_{1},x_{2})^{T}

结论满足条件的线性变换 T T 为：

T ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = ( 0 , 0 , x 1 , x 2 ) \boxed{T(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) = (0,0,x_{1},x_{2})} （或其矩阵形式 A A 对应的线性变换）。

方法三：

1.题意理解

题目要找 ℝ 4 \mathbb{R}^{4} 上的一个线性变换 T T ，使得 I m ( T ) = T ( ℝ 4 ) = N T = k e r ( T ) . Im(T) = T(\mathbb{R}^{4}) = N_{T} = ker(T).

也就是说： T : ℝ 4 → ℝ 4 T:\mathbb{R}^{4} \rightarrow \mathbb{R}^{4} 线性 I m ( T ) = k e r ( T ) Im(T) = ker(T)

2.维数关系（秩零化度定理）

设 n = d i m ( ℝ 4 ) = 4 n = dim(\mathbb{R}^{4}) = 4 ，

d i m ( I m ( T ) ) + d i m ( k e r ( T ) ) = n = 4 . dim(Im(T)) + dim(ker(T)) = n = 4.

令 r = d i m ( I m ( T ) ) r = dim(Im(T)) ， d = d i m ( k e r ( T ) ) d = dim(ker(T)) ，则 r + d = 4 r + d = 4 。

但题设要求 I m ( T ) = k e r ( T ) Im(T) = ker(T) ，所以 r = d r = d 。

于是： r + r = 4 ⇒ r = 2 . r + r = 4\quad \Rightarrow \quad r = 2.

所以 d i m ( I m ( T ) ) = d i m ( k e r ( T ) ) = 2 dim(Im(T)) = dim(ker(T)) = 2 。

3.构造思路

我们要找一个 4 × 4 4 \times 4 矩阵 A A 表示 T T （在标准基下），

使得： C o l ( A ) = N u l l ( A ) , Col(A) = Null(A), 并且 r a n k ( A ) = 2 rank(A) = 2 。

3.1先选像空间（也是核空间）

取 ℝ 4 \mathbb{R}^{4} 的一个二维子空间 W W ，既是像空间也是核空间。

例如取： W = s p a n { e 1 , e 2 } = { ( x 1 , x 2 , 0 , 0 ) ∣ x 1 , x 2 ∈ ℝ } . W = span\{ e_{1},e_{2}\} = \{(x_{1},x_{2},0,0) \mid x_{1},x_{2} \in \mathbb{R}\}.

3.2构造映射

要让 I m ( T ) = W Im(T) = W 且 k e r ( T ) = W ker(T) = W 。

一个自然的想法：把整个空间投影到 W W 上，

然后再用另一个映射把 W W 映到 0 0 ？不对，这样核会变大。

更直接的方法：选 W W 的一组基 { u 1 , u 2 } \{ u_{1},u_{2}\} ，

再选 W W 在 ℝ 4 \mathbb{R}^{4} 中的补空间 V V 的一组基 { v 1 , v 2 } \{ v_{1},v_{2}\} ，使得： ℝ 4 = W ⊕ V . \mathbb{R}^{4} = W \oplus V.

定义 T T 为： T ( w ) = 0 f o r w ∈ W ， T ( v ) ∈ W f o r v ∈ V , T(w) = 0\quad for\ \ w \in W\ ，\ T(v) \in W\quad for\ \ \ v \in V,

并且 T | V : V → W T|_{V}:V \rightarrow W 是一个同构（这样 I m ( T ) = W Im(T) = W ）。

3.3具体基的选取

取标准基： e 1 = ( 1 , 0 , 0 , 0 ) , e 2 = ( 0 , 1 , 0 , 0 ) , e 3 = ( 0 , 0 , 1 , 0 ) , e 4 = ( 0 , 0 , 0 , 1 ) . e_{1} = (1,0,0,0),\quad e_{2} = (0,1,0,0),\quad e_{3} = (0,0,1,0),\quad e_{4} = (0,0,0,1).

令 W = s p a n { e 1 , e 2 } W = span\{ e_{1},e_{2}\} ， V = s p a n { e 3 , e 4 } V = span\{ e_{3},e_{4}\} 。

定义： T ( e 1 ) = 0 , T ( e 2 ) = 0 , T ( e 3 ) = e 1 , T ( e 4 ) = e 2 . T(e_{1}) = 0,\quad T(e_{2}) = 0,T(e_{3}) = e_{1},\quad T(e_{4}) = e_{2}.

3.4矩阵表示

在标准基下：

T ( e 1 ) = ( 0 , 0 , 0 , 0 ) T T(e_{1}) = (0,0,0,0)^{T}

T ( e 2 ) = ( 0 , 0 , 0 , 0 ) T T(e_{2}) = (0,0,0,0)^{T}

T ( e 3 ) = ( 1 , 0 , 0 , 0 ) T T(e_{3}) = (1,0,0,0)^{T}

T ( e 4 ) = ( 0 , 1 , 0 , 0 ) T T(e_{4}) = (0,1,0,0)^{T}

所以矩阵 A A 为： A = ( 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 ) . A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

3.5验证

I m ( A ) = s p a n { ( 1 , 0 , 0 , 0 ) T , ( 0 , 1 , 0 , 0 ) T } = W Im(A) = span\{(1,0,0,0)^{T},(0,1,0,0)^{T}\} = W 。

k e r ( A ) = { ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) T ∣ x 3 = 0 , x 4 = 0 } = s p a n { e 1 , e 2 } = W ker(A) = \{(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})^{T} \mid x_{3} = 0,x_{4} = 0\} = span\{ e_{1},e_{2}\} = W 。

成立。

4.最终答案

A = ( 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 ) \boxed{A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}}

对应的线性变换 T T 为：

T ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = ( x 3 , x 4 , 0 , 0 ) . T(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) = (x_{3},x_{4},0,0).