第一章部分习题

例2(A)
已知 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}$ 和集合 $S_A = \left\{ \sum_{i=0}^{10^3} a_i A^i, a_i \in \mathbb{R}, i=1,\ldots,10^3 \right\}$，则 $S_A$（）$\mathbb{R}$ 上的线性空间；若 $S_A$ 是 $\mathbb{R}$ 上的线性空间，则 $\text{dim}(S_A) =$

Solution:

可以验证

$$A^n = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 2n & 0 \end{bmatrix}$$

令 $y_1, y_2 \in S$, 则有

$$y_1 = \begin{bmatrix} \sum_{i=0}^{10^3} \alpha_i & 0 \\ \sum_{i=0}^{10^3} \alpha_i \cdot 2i & \sum_{i=0}^{10^3} \alpha_i \end{bmatrix}, y_2 = \begin{bmatrix} \sum_{i=0}^{10^3} \beta_i & 0 \\ \sum_{i=0}^{10^3} \beta_i \cdot 2i & \sum_{i=0}^{10^3} \beta_i \end{bmatrix}$$

验证 $y_1 + y_2 \in S$ 和 $k y \in S$.

$$y_1 + y_2 = \begin{bmatrix} \sum_{i=0}^{10^3} \alpha_i + \beta_i & 0 \\ \sum_{i=0}^{10^3} (\alpha_i + \beta_i) \cdot 2i & \sum_{i=0}^{10^3} \alpha_i + \beta_i \end{bmatrix} \in S, \quad k y_1 = \begin{bmatrix} \sum_{i=0}^{10^3} k \alpha_i & 0 \\ \sum_{i=0}^{10^3} k \alpha_i \cdot 2i & \sum_{i=0}^{10^3} k \alpha_i \end{bmatrix} \in S$$

由于 $S_A \subset \mathbb{R}^{2 \times 2}$, 故 $S_A$ 是 $\mathbb{R}$ 上的线性空间。
由上表达式可以看出 $S$ 的一组基为

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$$

故 $\text{dim}(S_A) = 2$.

例3(A)
已知 $A \in \mathbb{C}^{5 \times 5}, \operatorname{rank}(A) = 3$，则子空间

$$S_A = \left\{ B \in \mathbb{C}^{5 \times 5} \mid AB = 0 \right\}$$

的维数是

Solution:

\[AB = 0 \implies \begin{bmatrix} I_{3,3} & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} B_1 & B_2 \\ B_3 & B_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} B_1 & B_2 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} = 0\]

故有 $B_1 = B_2 = 0$，则

\[\dim(S_A) = \dim(B_{3}) + \dim(B_{4}) = 2 \times 5 = 10\]

例5(D)

若矩阵 $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$，则下列说法错误的是：
A 若 $A^2 = A$，则 $R(I - A) = N(A)$
B 若 $R(I - A) = N(A)$，则 $A^2 = A$
C 若 $A^2 = A$，则 $R(A) + N(A) = \mathbb{C}^n$
D 若 $R(A) + N(A) = \mathbb{C}^n$，则 $A^2 = A$

Solution:

A 参考书例1.5.4的证明。

B
由于对 $\forall x \in \mathbb{R}^n, x = Ax + (I - A)x$，其中 $Ax \in R(A)$，$(I - A)x \in R(I - A) = N(A)$。
则对等式两边同时左乘 $A$，有 $Ax = A^2x$ ，则 $A^2 = A$。

C 参考书例1.5.4的证明。

D
反例可取 $A = 2I$，则有 $R(A) + N(A) = C^n$，但 $A^2 \neq A$。

例6(B)

Solution:

A,C
令 $V = \{x | Ax = b\}$，则有 $x = x_0 + \xi$
由于 $b \neq 0$，故 $0 \not\in V$，故 $V$ 不是线性空间。

B,D
$\dim(N(A)) = n - r$，由于 $\xi$ 与 $x_0$ 线性无关，故 $V$ 是 $n - r + 1$ 维的。

例7(B)

设 $U$，$W$ 是内积空间 $V$ 的两个子空间，则以下正确的是
A $(U+W)^{\perp}=U^{\perp}+W^{\perp}$
B $(U+W)^{\perp}=U^{\perp}\cap W^{\perp}$
C $(U\cap W)^{\perp}=U^{\perp}\cap W^{\perp}$
D $A (U\cap W)^{\perp}=U+W$

Solution:

A,B
$\forall x \in (U^\perp \cap W^\perp) \Rightarrow x \cdot (U + W) = 0 \quad \Rightarrow x \in (U + W)^\perp$，则 $U^\perp \cap W^\perp \subset (U + W)^\perp$。
$\forall x \in (U+W)^{\perp}$，对$\forall u \in U \subset (U + W)$，故$x \cdot u = 0$，同理 $\forall w \in W, x \cdot w = 0$，故$x \in (U^{\perp} \cap W^{\perp})$，则 $(U + W)^\perp \subset U^\perp \cap W^\perp$。
综上 $(U+W)^{\perp} = U^{\perp} \cap W^{\perp}$。

C,D
由对称性有$(U \cap W)^{\perp} = (U^{\perp} + W^{\perp})$（自证）。

例9(C)

设 $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$ 且满足 $A^2 = A$，则以下说法不正确的是：
A $R(A) + R(I - A)$ 是直和
B $R(I - A) = N(A)$
C $R(A) \perp N(A)$
D $\dim(R(I - A)) = n - \operatorname{rank}(A)$

Solution:

反例可取 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$，则 $A^2 = A$，但 $R(A) \perp N(A)$ 不成立。
其余选项参考例5。

例11(B)

设 $V_1 = \{ x = [x_1, x_2, \dots, x_n]^T \in \mathbb{C}^n \mid x_1 + x_2 + \dots + x_n = 0 \}$, $V_2 = \{ x = [x_1, x_2, \dots, x_n]^T \in \mathbb{C}^n \mid x_1 = x_2 = \dots = x_n \}$, 则 $V_1 + V_2$ 的维数为：

Solution:

方程 $x_1 + x_2 + \dots + x_n = 0$ 与 $x_1 = x_2 = \cdots x_n$ 显然是独立的，故 $\dim(V \cap V_1) \leqslant n - 2$，则有

\[\dim(V_1 + V_2) = \dim(V_1) + \dim(V_2) - \dim(V_1 \cap V_1) = n\]

例18(AC)

设 $A \in \mathbb{C}^{m \times n}$，则以下说法正确的是：
A $R(A)$ 和 $N(A)$ 可能相等
B $\dim(N(A)) = m - \operatorname{rank}(A)$
C 若 $\dim(N(A)) = 0$，则 $A$ 为列满秩矩阵。
D $R(A)$ 和 $N(A)$ 的零向量相同。

Solution:

可取 $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$，显然其 $R(A) = N(A) = \begin{bmatrix} \alpha \\ 0 \end{bmatrix}$，$\alpha \in \mathbb{C}$。

例20(C)

定义 $W_1$、$W_2$ 和 $W_3$ 三个集合，其中 $W_1$ 是所有形如 $[a - 3b, b - a, a, b]$ 的向量的集合，其中 $a$ 和 $b$ 为任意实数； $W_2 = \{ X \in \mathbb{R}^{2 \times 2} \mid AX = XA, A = \operatorname{diag}(1, 2) \}$；$W_3 = \left\{ \begin{bmatrix} a & b & 0 \\ c & 0 & d \end{bmatrix} \mid a + b + c = 0, a, b, c, d \in \mathbb{R} \right\}$，则以下说法正确的是

Solution:

$W_1 =\left\{ x \mid x = \begin{bmatrix} 1 & -3 \\ -1 & 1 \\ 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} \right\}$

由

$$AX = XA \implies \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_1 & x_2 \\ 2x_3 & 2x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_1 & 2x_2 \\ x_3 & 2x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$$

可得
$W_2 = \left\{ X \mid X = \begin{bmatrix} x_1 & 0 \\ 0 & 2x_4 \end{bmatrix} \right\}$

可以验证 $W_1, W_2, W_3$ 均是线性空间，且有 $\dim(W_1) = 2, \dim(W_2) = 2, \dim(W_3) = 3$。

例22(ABCD)

设 $V = \{ a \cos t + b \sin t \mid a, b \in \mathbb{R} \}$。对任意 $f, g \in V$，定义 $(f, g) = f(0)g(0) + f\left(\frac{\pi}{2}\right)g\left(\frac{\pi}{2}\right)$，则以下说法正确的是：
A $V$ 是二维实线性空间
B $V$ 是欧几里得空间
C $h(t) = 3\cos(t) + 4\sin(t)$ 的长度为 5
D $\sin(t), \cos(t)$ 是 $V$ 空间的一组标准正交基。

Solution:

可以验证该空间满足加法和数乘的封闭性，故 $V$ 是实线性空间。$\cos t, \sin t$ 可作为 $V$ 的一组基，故 $\dim(V) = 2$。由于定义了内积，故 $V$ 是欧几里得空间。

$\left\| h(\cos t - h(\sin t)) \right\|= \sqrt{(h(t) ,h(t))} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$

$(\sin t, \cos t) = 0$ 且 $(\sin t, \sin t) = 1$，故 $\sin t, \cos t$ 是 $V$ 空间的一组标准正交基。

例27($\checkmark$)

设 $A, B$ 均为 Hermite 半正定矩阵，若 $\operatorname{tr}(AB) = 0$，则 $AB = 0$。

Solution:

首先我们证明一下 $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$，即矩阵乘积交换顺序迹不变。
设 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}，B \in \mathbb{R}^{n \times m}$，则有

\[(AB)_{ij} = \sum_k A_{ik} B_{kj}\]

所以有

\[\operatorname{tr}(AB) = \sum_i (AB)_{ii} = \sum_i \sum_k A_{ik} B_{ki}\]

交换乘积顺序和求和顺序：

\[\operatorname{tr}(AB) = \sum_i \sum_k A_{ik} B_{ki} = \sum_k \sum_i B_{ki} A_{ik} = \operatorname{tr}(BA)\]

再证明半正定 Hermite 矩阵一定有其对应的平方根，其也是 Hermite 矩阵。

对于任意半正定 Hermite 矩阵 $A$，存在正交矩阵 $Q$，使得 $Q^T A Q = \Lambda$，其中 $\Lambda$ 为对角矩阵，对角元素为 $A$ 的特征值。则有 $A = Q \Lambda Q^T$，则 $A^{0.5} = Q \Lambda^{0.5} Q^T$，其中 $\Lambda^{0.5}$ 为 $\Lambda$ 的平方根，故 $A^{0.5}$ 也是 Hermite 矩阵。

根据以上证明，可知

\[\begin{aligned} \operatorname{tr}(AB) &= \operatorname{tr}(A^{0.5} A^{0.5} B) = \operatorname{tr}(A^{0.5} B A^{0.5}) = \operatorname{tr}(A^{0.5} B^{0.5} B^{0.5} A^{0.5}) \\ &= \operatorname{tr}\left( \left( B^{0.5} A^{0.5} \right)^T \left( B^{0.5} A^{0.5} \right) \right) = 0 \end{aligned}\]

因为 $\left( B^{0.5} A^{0.5} \right)^T \left( B^{0.5} A^{0.5} \right)$ 的迹为其主对角线元素之和，经分析可知矩阵 $B^{0.5} A^{0.5}$ 的所有元素的模平方之和为0。
因此若 $\operatorname{tr}(AB) = 0$，需满足矩阵 $B^{0.5} A^{0.5} = 0$。
所以

\[AB = A^{0.5} A^{0.5} B^{0.5} B^{0.5} = A^{0.5} (B^{0.5} A^{0.5})^T B^{0.5} = A^{0.5} 0 B^{0.5} = 0\]

例31($\checkmark$)

任一复方阵都可以唯一地表示成 Hermite 矩阵和反 Hermite 矩阵之和。

Solution:

对于任一复方阵 $A$，可以表示成

\[A = \frac{1}{2} (A + A^H) + \frac{1}{2} (A - A^H)\]

显然 $\frac{1}{2} (A + A^H)$ 是 Hermite 矩阵，$\frac{1}{2} (A - A^H)$ 是反 Hermite 矩阵。

例31($\checkmark$)
设 $A$ 是复方阵，且 $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(A^2)$，则 $R(A) + N(A)$ 是直和。

Solution:

首先我们证明 $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(A^2)$ 等价于 $R(A) = R(A^2)$。
由于 $\forall y \in R(A^2), \exists x \in \mathbb{R}^n$，使得 $A^2 x = y = A(Ax) \in R(A)$，故 $R(A^2) \subset R(A)$，即 $R(A) = R(A^2)$。由于 $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(A^2)$，所以有 $R(A) = R(A^2)$。

下面证明 $R(A) \cap N(A) = \{ \mathbf{0} \}$。
设 $v \in R(A) \cap N(A)$，则存在 $u$ 使得 $v = A{u}$ 且 $A{v} = {0}$。两边同时左乘 $A$，有 $Av = A^2u = 0$，故 $u \in N(A^2) = N(A)$，所以 $v=Au = 0$，即 $R(A) \cap N(A) = \{ \mathbf{0} \}$。

例34(x)

已知 $A \in \mathbb{C}^{n \times n}, \operatorname{rank}(A) = r$，则子空间 $S_A = \{ B \in \mathbb{C}^{n \times n} \mid AB = 0 \}$的维数是 $n - r$。

Solution:

首先将 $A$ 化为标准型，然后将 $A,B$ 进行分块，如下

$$A = \begin{bmatrix} I_{r \times r} & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix}, B = \begin{bmatrix} B_1 & B_2 \\ B_3 & B_4 \end{bmatrix}$$

由 $AB = 0$ 可得

$$\begin{bmatrix} I_{r \times r} & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix} \begin{bmatrix} B_1 & B_2 \\ B_3 & B_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} B_1 & B_2 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} = 0$$

故 $B_1 = B_2 = 0$，则 $B_3, B_4$ 可任意取值，故 $\dim(S_A) = n(n - r)$。

例45($\checkmark$)
集合 $V = \{ x \mid x = (x_1, x_2, \dots, x_n), x_i \in \mathbb{C} \}$，则在通常的向量加法和数乘下，$V$ 构成实数域上的线性空间，且 $\dim(V) = n$。

Solution:

$V = \{x \mid x = (x_1, x_2, \dots, x_n), x_i \in \mathbb{C}\} = \mathbb{C}^n$，每个复数元素 $x_i$ 都可以视为一个由两个实数表示的二元组，所以 $\mathbb{C}^n \cong \mathbb{R}^{2n}$，因此

\[\dim_{\mathbb{R}}(\mathbb{C}^n) = 2n\]

例54($\checkmark$)

设 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}, b \in \mathbb{R}^m$，若非齐次线性方程组 $Ax = b$ 有解，则在 $R(A^T)$ 只有 $Ax = b$ 的一个解向量。

Solution:

方程组的解集可写为：

\[\xi = \{ x \mid Ax = b \} = x_p + N(A),\]

其中 $x_p$ 是一个特解，$N(A)$ 是 $A$ 的零空间。
由于

\[\mathbb{R}^n = R(A^T) \oplus N(A).\]

当 $Ax = b$ 有解时，设 $Ax_p = b$。由于任何 $x$ 都可以唯一分解为 $x = x_r + x_n$ ，其中 $x_r \in R(A^T)$ 且 $x_n \in N(A)$。
对于方程的解 $x$ ，有

\[Ax = A(x_r + x_n) = b\]

由于 $x_n \in N(A)$ 则 $A x_n = 0$，故存在 $x_r \in R(A^T)$ 使得

\[A x_r = b\]

若存在另一个不同的 $x_r' \in R(A^T)$ 也满足 $A x_r' = b$，则 $A(x_r - x_r') = 0$ ，则有 $x_r - x_r' \in N(A)$ 。但 $x_r, x_r' \in R(A^T)$ 且 $R(A^T) \cap N(A) = \{0\}$，故 $x_r = x_r'$。