线性空间一旦有了「不含冗余的生成组」——基 ——每个向量就获得唯一的「编号」：坐标 。本节就沿这条线索展开：先为「冗余」下定义（线性相关性），再据此建立基、坐标、极大无关组、维数与过渡矩阵，并证明两条大定理（唯一表示、维数公式）；最后以课件例 1.3.6 的勘误重解收尾，示范「和与交」的标准算法。
先抓住一件事
贯穿本节的一对要求是：既要能表示全部向量，又不要携带冗余。 「张成」保证够用，「线性无关」排除多余；两者同时成立就是基，唯一表示由此而来，坐标就是那组唯一系数。
1.2 节判断「能不能生成」，靠的是线性方程组有没有解。现在换一个问题：这组向量本身有没有多余的方向？ 回答它只需看零向量能由这组向量写出多少种表示——用零组合去试探冗余，得到的就是线性相关与线性无关。
定义 1.3.1 · 线性相关与线性无关 linear dependence / independence
设 V V V F F F α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n V V V
k 1 α 1 + ⋯ + k n α n = θ , k i ∈ F k_1\boldsymbol{\alpha}_1+\cdots+k_n\boldsymbol{\alpha}_n=\boldsymbol{\theta},\qquad k_i\in F k 1 α 1 + ⋯ + k n α n = θ , k i ∈ F
只有平凡解，即 k 1 = k 2 = ⋯ = k n = 0 k_1=k_2=\cdots=k_n=0 k 1 = k 2 = ⋯ = k n = 0 α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n 线性无关 ；否则（存在不全为零的解）称向量组 线性相关 。
用定义判定并不顺手。下面的等价刻画把「相关」翻译成一句几何直觉更强的话：
等价刻画（n ≥ 2 n\geq2 n ≥ 2 向量组线性相关 ⟺ \Longleftrightarrow ⟺ 某个 向量可由其余向量线性表示。
证
「⟹ \Longrightarrow ⟹ k 1 , ⋯ , k n k_1,\cdots,k_n k 1 , ⋯ , k n k i ≠ 0 k_i\neq0 k i = 0
α i = − k 1 k i α 1 − ⋯ − k i − 1 k i α i − 1 − k i + 1 k i α i + 1 − ⋯ − k n k i α n , \boldsymbol{\alpha}_i=-\frac{k_1}{k_i}\boldsymbol{\alpha}_1-\cdots-\frac{k_{i-1}}{k_i}\boldsymbol{\alpha}_{i-1}-\frac{k_{i+1}}{k_i}\boldsymbol{\alpha}_{i+1}-\cdots-\frac{k_n}{k_i}\boldsymbol{\alpha}_n, α i = − k i k 1 α 1 − ⋯ − k i k i − 1 α i − 1 − k i k i + 1 α i + 1 − ⋯ − k i k n α n ,
即 α i \boldsymbol{\alpha}_i α i ⟸ \Longleftarrow ⟸ α i = k 1 ′ α 1 + ⋯ + k i − 1 ′ α i − 1 + k i + 1 ′ α i + 1 + ⋯ + k n ′ α n \boldsymbol{\alpha}_i=k'_1\boldsymbol{\alpha}_1+\cdots+k'_{i-1}\boldsymbol{\alpha}_{i-1}+k'_{i+1}\boldsymbol{\alpha}_{i+1}+\cdots+k'_n\boldsymbol{\alpha}_n α i = k 1 ′ α 1 + ⋯ + k i − 1 ′ α i − 1 + k i + 1 ′ α i + 1 + ⋯ + k n ′ α n
k 1 ′ α 1 + ⋯ + ( − 1 ) α i + ⋯ + k n ′ α n = θ k'_1\boldsymbol{\alpha}_1+\cdots+(-1)\boldsymbol{\alpha}_i+\cdots+k'_n\boldsymbol{\alpha}_n=\boldsymbol{\theta} k 1 ′ α 1 + ⋯ + ( − 1 ) α i + ⋯ + k n ′ α n = θ
是系数不全为零（α i \boldsymbol{\alpha}_i α i − 1 -1 − 1
∎
线性无关与线性相关的几何对照
左侧两向量不共线，可张成平面；右侧两向量共线，后者是前者的倍数，只张成直线。
INDEPENDENT 线性无关
没有冗余，张成一个平面
DEPENDENT 线性相关
α₁ α₂=2α₁
一个方向多余，仍只张成直线
判断的本质是「有无冗余」。 无关组的每个方向都带来新的自由度；相关组中至少有一个向量没有增加新方向。
在把相关性用于判定之前，先把两条最常用的事实固定下来。
注 1 与注 2 · 相关性的两条基本事实
注 1。 单个零向量线性相关（1 ⋅ θ = θ 1\cdot\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{\theta} 1 ⋅ θ = θ k α = θ k\boldsymbol{\alpha}=\boldsymbol{\theta} k α = θ α ≠ θ \boldsymbol{\alpha}\neq\boldsymbol{\theta} α = θ 1.1 节注 1(4) 只能 k = 0 k=0 k = 0 推论：含零向量的向量组必线性相关。
注 2。 线性无关向量组的任一部分组 （子集）是线性无关的；线性相关向量组的任一扩集 仍是线性相关的。
注 2 的证明
设 α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n α 1 , ⋯ , α r , r ≤ n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_r,\ r\leq n α 1 , ⋯ , α r , r ≤ n k 1 , ⋯ , k r k_1,\cdots,k_r k 1 , ⋯ , k r k 1 α 1 + ⋯ + k r α r = θ k_1\boldsymbol{\alpha}_1+\cdots+k_r\boldsymbol{\alpha}_r=\boldsymbol{\theta} k 1 α 1 + ⋯ + k r α r = θ k r + 1 = ⋯ = k n = 0 k_{r+1}=\cdots=k_n=0 k r + 1 = ⋯ = k n = 0 α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n 0 0 0
∎
两句口语化翻译。 「相关 = 有冗余（某个向量可由其余向量表示）」「无关 = 零向量的表示方式只有平凡一种」。做证明时先想这两句。
相关与无关不只取决于向量组本身，还取决于「在哪个数域上讨论」与「向量长什么样」。下面两个例题分别把这两点说透。
例 1.3.1 · 相关性依赖数域
考查定义在 C \mathbb{C} C C \mathbb{C} C i i i 1 1 1
解答 · 例 1.3.1
考查方程 k 1 ⋅ i + k 2 ⋅ 1 = θ k_1\cdot i+k_2\cdot 1=\boldsymbol{\theta} k 1 ⋅ i + k 2 ⋅ 1 = θ k 1 , k 2 ∈ C k_1,k_2\in\mathbb{C} k 1 , k 2 ∈ C k 1 = − 1 , k 2 = i k_1=-1,\ k_2=i k 1 = − 1 , k 2 = i ( − 1 ) i + i ⋅ 1 = − i + i = 0 (-1)\,i+i\cdot 1=-i+i=0 ( − 1 ) i + i ⋅ 1 = − i + i = 0 i i i 1 1 1 相关 。
思考：若定义在 R \mathbb{R} R C \mathbb{C} C 此时 k 1 , k 2 k_1,k_2 k 1 , k 2 k 1 i + k 2 = 0 k_1 i+k_2=0 k 1 i + k 2 = 0 k 2 = 0 k_2=0 k 2 = 0 k 1 = 0 k_1=0 k 1 = 0 i i i 1 1 1 无关 。
同一组对象，数域从 R \mathbb{R} R C \mathbb{C} C F F F
下一例把战场挪到信号空间：那里的「向量」是无穷长的序列，写不成有限维数组，判定需要一件专门的工具。
例 1.3.2 · 信号空间与 Casorati 行列式
设信号子空间 W = span { x k , y k , z k } W=\operatorname{span}\{x_k,\,y_k,\,z_k\} W = span { x k , y k , z k } x k = ( − 1 ) k , y k = 2 k , z k = 3 k x_k=(-1)^k,\ y_k=2^k,\ z_k=3^k x k = ( − 1 ) k , y k = 2 k , z k = 3 k x k , y k , z k x_k,y_k,z_k x k , y k , z k
解答 · 例 1.3.2
设 l 1 x k + l 2 y k + l 3 z k = 0 l_1x_k+l_2y_k+l_3z_k=0 l 1 x k + l 2 y k + l 3 z k = 0 所有 k = 0 , ± 1 , ± 2 , ⋯ k=0,\pm1,\pm2,\cdots k = 0 , ± 1 , ± 2 , ⋯ k , k + 1 , k + 2 k,k+1,k+2 k , k + 1 , k + 2
( x k y k z k x k + 1 y k + 1 z k + 1 x k + 2 y k + 2 z k + 2 ) ( l 1 l 2 l 3 ) = ( 0 0 0 ) , ∀ k , \begin{pmatrix}x_k&y_k&z_k\\ x_{k+1}&y_{k+1}&z_{k+1}\\ x_{k+2}&y_{k+2}&z_{k+2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}l_1\\l_2\\l_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix},\qquad \forall k, x k x k + 1 x k + 2 y k y k + 1 y k + 2 z k z k + 1 z k + 2 l 1 l 2 l 3 = 0 0 0 , ∀ k ,
其中的系数矩阵称为信号组 x k , y k , z k x_k,y_k,z_k x k , y k , z k Casorati 矩阵 ，其行列式称为 Casorati 行列式 。
取 k = 0 k=0 k = 0
C = ( 1 1 1 − 1 2 3 1 4 9 ) , det C = 1 ( 2 ⋅ 9 − 3 ⋅ 4 ) − 1 ( ( − 1 ) ⋅ 9 − 3 ⋅ 1 ) + 1 ( ( − 1 ) ⋅ 4 − 2 ⋅ 1 ) = 6 + 12 − 6 = 12 ≠ 0 , C=\begin{pmatrix}1&1&1\\ -1&2&3\\ 1&4&9\end{pmatrix},\qquad \det C=1(2\cdot9-3\cdot4)-1\big((-1)\cdot9-3\cdot1\big)+1\big((-1)\cdot4-2\cdot1\big)=6+12-6=12\neq0, C = 1 − 1 1 1 2 4 1 3 9 , det C = 1 ( 2 ⋅ 9 − 3 ⋅ 4 ) − 1 ( ( − 1 ) ⋅ 9 − 3 ⋅ 1 ) + 1 ( ( − 1 ) ⋅ 4 − 2 ⋅ 1 ) = 6 + 12 − 6 = 12 = 0 ,
该矩阵可逆，齐次方程组只有零解 l 1 = l 2 = l 3 = 0 l_1=l_2=l_3=0 l 1 = l 2 = l 3 = 0 x k , y k , z k x_k,y_k,z_k x k , y k , z k
方法 · Casorati 判定（只此一个方向可用）
这个工具从哪来？ 学过常微分方程的同学可能见过朗斯基行列式 （Wronskian）：把 m m m 离散版 ——「求导」换成「移位」：把 m m m m m m k , k + 1 , ⋯ , k + m − 1 k,k+1,\cdots,k+m-1 k , k + 1 , ⋯ , k + m − 1
为什么这个方向可用（证明）。 设信号组 u k ( 1 ) , ⋯ , u k ( m ) u^{(1)}_k,\cdots,u^{(m)}_k u k ( 1 ) , ⋯ , u k ( m ) l 1 , ⋯ , l m l_1,\cdots,l_m l 1 , ⋯ , l m 每个 下标 k k k ∑ j l j u k ( j ) = 0 \sum_j l_j u^{(j)}_k=0 ∑ j l j u k ( j ) = 0 k k k k , k + 1 , ⋯ , k + m − 1 k,k+1,\cdots,k+m-1 k , k + 1 , ⋯ , k + m − 1 C ( k ) l = 0 C(k)\boldsymbol{l}=\boldsymbol{0} C ( k ) l = 0 C ( k ) C(k) C ( k ) l \boldsymbol{l} l det C ( k ) = 0 \det C(k)=0 det C ( k ) = 0
若存在某个 k 0 使 Casorati 行列式 ≠ 0 ⟹ 信号组线性无关 . \text{若存在某个 }k_0\text{ 使 Casorati 行列式}\neq0\ \Longrightarrow\ \text{信号组线性无关}. 若存在某个 k 0 使 Casorati 行列式 = 0 ⟹ 信号组线性无关 .
反方向为什么不可用（反例）。 取脉冲信号 x = e ( 0 ) x=e^{(0)} x = e ( 0 ) k = 0 k=0 k = 0 1 1 1 y = e ( 0 ) + e ( 2 ) y=e^{(0)}+e^{(2)} y = e ( 0 ) + e ( 2 ) k = 0 , 2 k=0,2 k = 0 , 2 1 1 1 a x + b y ax+by a x + b y k = 0 k=0 k = 0 a + b = 0 a+b=0 a + b = 0 k = 2 k=2 k = 2 b = 0 b=0 b = 0 a = b = 0 a=b=0 a = b = 0 无关 。但 2 × 2 2\times2 2 × 2 x k y k + 1 − y k x k + 1 x_ky_{k+1}-y_kx_{k+1} x k y k + 1 − y k x k + 1 一切 k k k k ∉ { − 1 , 0 } k\notin\{-1,0\} k ∈ / { − 1 , 0 } x k = x k + 1 = 0 x_k=x_{k+1}=0 x k = x k + 1 = 0 k = − 1 k=-1 k = − 1 x − 1 y 0 − y − 1 x 0 = 0 ⋅ 1 − 0 ⋅ 1 = 0 x_{-1}y_0-y_{-1}x_0=0\cdot1-0\cdot1=0 x − 1 y 0 − y − 1 x 0 = 0 ⋅ 1 − 0 ⋅ 1 = 0 k = 0 k=0 k = 0 x 0 y 1 − y 0 x 1 = 1 ⋅ 0 − 1 ⋅ 0 = 0 x_0y_1-y_0x_1=1\cdot0-1\cdot0=0 x 0 y 1 − y 0 x 1 = 1 ⋅ 0 − 1 ⋅ 0 = 0 2 2 2 R n \mathbb{R}^n R n C n \mathbb{C}^n C n 例 1.3.6 与习题 C2 使用）。
在 1.2.4 中已经指出，本例的三个信号 ( − 1 ) k , 2 k , 3 k (-1)^k,2^k,3^k ( − 1 ) k , 2 k , 3 k
「有没有冗余」由相关性回答；表示法是否唯一是另一个问题，而两者只差一步：给无关组添上 β \boldsymbol{\beta} β β \boldsymbol{\beta} β
定理 1.3.1 · 唯一表示定理
设线性空间 V V V α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n α 1 , ⋯ , α n , β \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n,\boldsymbol{\beta} α 1 , ⋯ , α n , β β \boldsymbol{\beta} β α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n 且表示法唯一 。
证（存在性 + 唯一性）
存在性。 由相关性，存在不全为零的数 c 1 , ⋯ , c n , d ∈ F c_1,\cdots,c_n,d\in F c 1 , ⋯ , c n , d ∈ F
c 1 α 1 + ⋯ + c n α n + d β = θ . c_1\boldsymbol{\alpha}_1+\cdots+c_n\boldsymbol{\alpha}_n+d\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\theta}. c 1 α 1 + ⋯ + c n α n + d β = θ .
断言 d ≠ 0 d\neq0 d = 0 d = 0 d=0 d = 0 c 1 α 1 + ⋯ + c n α n = θ c_1\boldsymbol{\alpha}_1+\cdots+c_n\boldsymbol{\alpha}_n=\boldsymbol{\theta} c 1 α 1 + ⋯ + c n α n = θ c 1 , ⋯ , c n c_1,\cdots,c_n c 1 , ⋯ , c n α \boldsymbol{\alpha} α
β = − c 1 d α 1 − ⋯ − c n d α n . \boldsymbol{\beta}=-\frac{c_1}{d}\boldsymbol{\alpha}_1-\cdots-\frac{c_n}{d}\boldsymbol{\alpha}_n. β = − d c 1 α 1 − ⋯ − d c n α n .
唯一性（反证法）。 假设有两种表示
β = k 1 α 1 + ⋯ + k n α n = l 1 α 1 + ⋯ + l n α n , \boldsymbol{\beta}=k_1\boldsymbol{\alpha}_1+\cdots+k_n\boldsymbol{\alpha}_n=l_1\boldsymbol{\alpha}_1+\cdots+l_n\boldsymbol{\alpha}_n, β = k 1 α 1 + ⋯ + k n α n = l 1 α 1 + ⋯ + l n α n ,
且两组系数不全相同。两式相减得 ( k 1 − l 1 ) α 1 + ⋯ + ( k n − l n ) α n = θ (k_1-l_1)\boldsymbol{\alpha}_1+\cdots+(k_n-l_n)\boldsymbol{\alpha}_n=\boldsymbol{\theta} ( k 1 − l 1 ) α 1 + ⋯ + ( k n − l n ) α n = θ α \boldsymbol{\alpha} α
∎
直觉。 「无关」= 基底无冗余；一旦加入 β \boldsymbol{\beta} β β \boldsymbol{\beta} β
接着问两个问题：一个向量组里最多能挑出多少个线性无关的向量？挑出的这几个，又能不能代表组里其余的向量？把「无关」与「能代表其余」两条要求合在一起，就是极大线性无关组。
定义 1.3.2 · 极大线性无关组与秩
考查线性空间 V V V α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n r r r α i 1 , ⋯ , α i r \boldsymbol{\alpha}_{i_1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{i_r} α i 1 , ⋯ , α i r α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n 任一 向量均可由向量组 α i 1 , ⋯ , α i r \boldsymbol{\alpha}_{i_1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{i_r} α i 1 , ⋯ , α i r α i 1 , ⋯ , α i r \boldsymbol{\alpha}_{i_1},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{i_r} α i 1 , ⋯ , α i r α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n 极大线性无关组 ，数 r r r 秩 ，记作 rank ( α 1 , ⋯ , α n ) = r \operatorname{rank}(\boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n)=r rank ( α 1 , ⋯ , α n ) = r
于是向量组中的任一向量都可由极大线性无关组唯一表示——存在性来自「极大」（定义要求），唯一性来自「无关」（定理 1.3.1 的逻辑）。定义还留着两个必须澄清的问题：
① 极大无关组唯一吗？——不唯一。 例：R 2 \mathbb{R}^2 R 2 ( 1 , 0 ) , ( 0 , 1 ) , ( 1 , 1 ) (1,0),(0,1),(1,1) ( 1 , 0 ) , ( 0 , 1 ) , ( 1 , 1 ) { ( 1 , 0 ) , ( 0 , 1 ) } {(1,0),(0,1)} {( 1 , 0 ) , ( 0 , 1 )} { ( 1 , 0 ) , ( 1 , 1 ) } {(1,0),(1,1)} {( 1 , 0 ) , ( 1 , 1 )} { ( 0 , 1 ) , ( 1 , 1 ) } {(0,1),(1,1)} {( 0 , 1 ) , ( 1 , 1 )}
② 极大无关组所含向量个数唯一吗？——唯一。 这正是 1.3.6 定理 1.3.3 的内容（极大无关组是其张成子空间 span ( α 1 , ⋯ , α n ) \operatorname{span}(\boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n) span ( α 1 , ⋯ , α n ) r r r rank A \operatorname{rank}A rank A 例 1.3.6 ）。
先看 R 2 \mathbb{R}^2 R 2 e 1 , e 2 \boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2 e 1 , e 2 ( a , b ) = a e 1 + b e 2 (a,b)=a\boldsymbol{e}_1+b\boldsymbol{e}_2 ( a , b ) = a e 1 + b e 2 定理 1.3.1 ：e 1 , e 2 \boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2 e 1 , e 2 向量 e 1 \boldsymbol{e}_1 e 1 e 2 \boldsymbol{e}_2 e 2 R 2 \mathbb{R}^2 R 2 。
用 e₁、e₂ 给平面装上坐标系
向量 e₁ 与 e₂ 线性无关，平面内任一向量 α 都能唯一地写成 a·e₁ + b·e₂，两个系数 a、b 就是 α 在这组基下的坐标。
x y O
e₁ e₂
α = a e₁ + b e₂
a 个 e₁ b 个 e₂
图 1-3 · 基给空间强加「坐标系」：坐标 ( a , b ) (a,b) ( a , b )
向量 e₁ 与 e₂ 线性无关，平面内任一向量 α 都能唯一地写成 a·e₁ + b·e₂，两个系数 a、b 就是 α 在这组基下的坐标。
把这次的观察抽象出来，就是「基」的定义。
定义 1.3.3 · 基 basis
设 V V V F F F α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n V V V α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n V V V α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n V V V 基 （或一个基底）。
明确一组基的意义，就在于给线性空间强加一个「坐标系」。对照定义 1.3.2 看：「基」正是「把整个空间当作向量组时的极大线性无关组」——「无关」与「能生成」两条要求同时用在整个空间上。
定理 1.3.2 · 唯一表示定理（基版本）
设 x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n V V V V V V x \boldsymbol{x} x x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n 唯一 表示。
证明 · 定理 1.3.2
「可表示」即定义 1.3.3 条件 (2)；「唯一」：若 x = ∑ k i x i = ∑ l i x i \boldsymbol{x}=\sum k_i\boldsymbol{x}_i=\sum l_i\boldsymbol{x}_i x = ∑ k i x i = ∑ l i x i ∑ ( k i − l i ) x i = θ \sum(k_i-l_i)\boldsymbol{x}_i=\boldsymbol{\theta} ∑ ( k i − l i ) x i = θ k i = l i k_i=l_i k i = l i i = 1 , ⋯ , n i=1,\cdots,n i = 1 , ⋯ , n 定理 1.3.1 的唯一性论证完全一致。
∎ 定义 1.3.4 · 坐标 coordinates
设 x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n F F F V V V ∀ x ∈ V \forall\boldsymbol{x}\in V ∀ x ∈ V
x = ∑ i = 1 n a i x i = ( x 1 , ⋯ , x n ) ( a 1 ⋮ a n ) , \boldsymbol{x}=\sum_{i=1}^{n}a_i\boldsymbol{x}_i=(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)\begin{pmatrix}a_1\\ \vdots\\ a_n\end{pmatrix}, x = i = 1 ∑ n a i x i = ( x 1 , ⋯ , x n ) a 1 ⋮ a n ,
称有序数组 ( a 1 , ⋯ , a n ) T ∈ F n (a_1,\cdots,a_n)^{\mathrm T}\in F^n ( a 1 , ⋯ , a n ) T ∈ F n x \boldsymbol{x} x x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n 坐标 ，它由 x \boldsymbol{x} x x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n 唯一 确定。
坐标的算法说到底只有一条：解线性方程组。但向量住在哪里，方程组就得写成什么样子——下面三例分别在 R 3 \mathbb{R}^3 R 3
例 1.3.A · R 3 \mathbb{R}^3 R 3
设 x 1 = ( 1 , 1 , 0 ) T , x 2 = ( 0 , 1 , 1 ) T , x 3 = ( 1 , 0 , 1 ) T \boldsymbol{x}_1=(1,1,0)^{\mathrm T},\ \boldsymbol{x}_2=(0,1,1)^{\mathrm T},\ \boldsymbol{x}_3=(1,0,1)^{\mathrm T} x 1 = ( 1 , 1 , 0 ) T , x 2 = ( 0 , 1 , 1 ) T , x 3 = ( 1 , 0 , 1 ) T R 3 \mathbb{R}^3 R 3 x = ( 2 , − 1 , 1 ) T \boldsymbol{x}=(2,-1,1)^{\mathrm T} x = ( 2 , − 1 , 1 ) T
解答 · 例 1.3.A
(1) 拼成矩阵并取行列式：
det ( x 1 , x 2 , x 3 ) = ∣ 1 0 1 1 1 0 0 1 1 ∣ = 1 ( 1 ⋅ 1 − 0 ⋅ 1 ) − 0 + 1 ( 1 ⋅ 1 − 1 ⋅ 0 ) = 2 ≠ 0 , \det(\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{x}_2,\boldsymbol{x}_3)=\begin{vmatrix}1&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1\end{vmatrix}=1(1\cdot1-0\cdot1)-0+1(1\cdot1-1\cdot0)=2\neq0, det ( x 1 , x 2 , x 3 ) = 1 1 0 0 1 1 1 0 1 = 1 ( 1 ⋅ 1 − 0 ⋅ 1 ) − 0 + 1 ( 1 ⋅ 1 − 1 ⋅ 0 ) = 2 = 0 ,
故三个向量线性无关；3 个无关向量张成 R 3 \mathbb{R}^3 R 3 y \boldsymbol{y} y
(2) 设 x = a x 1 + b x 2 + c x 3 \boldsymbol{x}=a\boldsymbol{x}_1+b\boldsymbol{x}_2+c\boldsymbol{x}_3 x = a x 1 + b x 2 + c x 3
{ a + c = 2 a + b = − 1 b + c = 1 \begin{cases}a+c=2\\ a+b=-1\\ b+c=1\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ a + c = 2 a + b = − 1 b + c = 1
三式相加得 2 ( a + b + c ) = 2 2(a+b+c)=2 2 ( a + b + c ) = 2 a + b + c = 1 a+b+c=1 a + b + c = 1 b = 1 − 2 = − 1 b=1-2=-1 b = 1 − 2 = − 1 c = 1 − ( − 1 ) = 2 c=1-(-1)=2 c = 1 − ( − 1 ) = 2 a = 1 − 1 = 0 a=1-1=0 a = 1 − 1 = 0 ( 0 , − 1 , 2 ) T (0,-1,2)^{\mathrm T} ( 0 , − 1 , 2 ) T 0 x 1 − 1 x 2 + 2 x 3 = ( 0 + 2 , − 1 , − 1 + 2 ) = ( 2 , − 1 , 1 ) 0\boldsymbol{x}_1-1\boldsymbol{x}_2+2\boldsymbol{x}_3=(0+2,\ -1,\ -1+2)=(2,-1,1) 0 x 1 − 1 x 2 + 2 x 3 = ( 0 + 2 , − 1 , − 1 + 2 ) = ( 2 , − 1 , 1 )
例 1.3.D · 从一个约束方程读出基、维数与坐标
设
W = { ( x 1 , x 2 , x 3 ) T ∈ R 3 ∣ x 1 + x 2 + x 3 = 0 } . W=\{(x_1,x_2,x_3)^{\mathrm T}\in\mathbb R^3\mid x_1+x_2+x_3=0\}. W = {( x 1 , x 2 , x 3 ) T ∈ R 3 ∣ x 1 + x 2 + x 3 = 0 } .
(1) 求 W W W x = ( 2 , − 1 , − 1 ) T \boldsymbol x=(2,-1,-1)^{\mathrm T} x = ( 2 , − 1 , − 1 ) T
解答 · 例 1.3.D
令自由变量 x 2 = s , x 3 = t x_2=s,x_3=t x 2 = s , x 3 = t x 1 = − s − t x_1=-s-t x 1 = − s − t
( x 1 x 2 x 3 ) = s ( − 1 1 0 ) + t ( − 1 0 1 ) . \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} =s\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix} +t\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}. x 1 x 2 x 3 = s − 1 1 0 + t − 1 0 1 .
记 v 1 = ( − 1 , 1 , 0 ) T \boldsymbol v_1=(-1,1,0)^{\mathrm T} v 1 = ( − 1 , 1 , 0 ) T v 2 = ( − 1 , 0 , 1 ) T \boldsymbol v_2=(-1,0,1)^{\mathrm T} v 2 = ( − 1 , 0 , 1 ) T W W W ( v 1 , v 2 ) (\boldsymbol v_1,\boldsymbol v_2) ( v 1 , v 2 ) W W W dim W = 2 \dim W=2 dim W = 2
对 x = ( 2 , − 1 , − 1 ) T \boldsymbol x=(2,-1,-1)^{\mathrm T} x = ( 2 , − 1 , − 1 ) T s = − 1 , t = − 1 s=-1,t=-1 s = − 1 , t = − 1
[ x ] ( v 1 , v 2 ) = ( − 1 , − 1 ) T . [\boldsymbol x]_{(\boldsymbol v_1,\boldsymbol v_2)}=(-1,-1)^{\mathrm T}. [ x ] ( v 1 , v 2 ) = ( − 1 , − 1 ) T .
验算：− v 1 − v 2 = ( 2 , − 1 , − 1 ) T -\boldsymbol v_1-\boldsymbol v_2=(2,-1,-1)^{\mathrm T} − v 1 − v 2 = ( 2 , − 1 , − 1 ) T
空间中原本有三个自由坐标，独立方程 x 1 + x 2 + x 3 = 0 x_1+x_2+x_3=0 x 1 + x 2 + x 3 = 0
例 1.3.3 · 多项式空间：Taylor 坐标
设 f ( x ) ∈ P n ( x ) f(x)\in P_n(x) f ( x ) ∈ P n ( x ) f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) x + ⋯ + f ( n ) ( 0 ) n ! x n f(x)=f(0)+f'(0)x+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n f ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) x + ⋯ + n ! f ( n ) ( 0 ) x n 1 , x , ⋯ , x n 1,x,\cdots,x^n 1 , x , ⋯ , x n
解答 · 例 1.3.3
把 f ( x ) f(x) f ( x )
f ( x ) = ( 1 , x , ⋯ , x n ) ( f ( 0 ) f ′ ( 0 ) ⋮ f ( n ) ( 0 ) / n ! ) , f(x)=(1,x,\cdots,x^n)\begin{pmatrix}f(0)\\ f'(0)\\ \vdots\\ f^{(n)}(0)/n!\end{pmatrix}, f ( x ) = ( 1 , x , ⋯ , x n ) f ( 0 ) f ′ ( 0 ) ⋮ f ( n ) ( 0 ) / n ! ,
故 f ( x ) f(x) f ( x ) 1 , x , ⋯ , x n 1,x,\cdots,x^n 1 , x , ⋯ , x n ( f ( 0 ) , f ′ ( 0 ) , ⋯ , f ( n ) ( 0 ) n ! ) T \left(f(0),\,f'(0),\,\cdots,\,\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}\right)^{\mathrm T} ( f ( 0 ) , f ′ ( 0 ) , ⋯ , n ! f ( n ) ( 0 ) ) T
同法可得 f ( x ) f(x) f ( x ) 1 , ( x − x 0 ) , ⋯ , ( x − x 0 ) n 1,(x-x_0),\cdots,(x-x_0)^n 1 , ( x − x 0 ) , ⋯ , ( x − x 0 ) n （Taylor 展开）：
f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) + ⋯ + f ( n ) ( x 0 ) n ! ( x − x 0 ) n = ( 1 , ( x − x 0 ) , ⋯ , ( x − x 0 ) n ) ( f ( x 0 ) f ′ ( x 0 ) ⋮ f ( n ) ( x 0 ) / n ! ) , f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n=(1,(x-x_0),\cdots,(x-x_0)^n)\begin{pmatrix}f(x_0)\\ f'(x_0)\\ \vdots\\ f^{(n)}(x_0)/n!\end{pmatrix}, f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) + ⋯ + n ! f ( n ) ( x 0 ) ( x − x 0 ) n = ( 1 , ( x − x 0 ) , ⋯ , ( x − x 0 ) n ) f ( x 0 ) f ′ ( x 0 ) ⋮ f ( n ) ( x 0 ) / n ! ,
即坐标为 ( f ( x 0 ) , f ′ ( x 0 ) , ⋯ , f ( n ) ( x 0 ) n ! ) T \left(f(x_0),\,f'(x_0),\,\cdots,\,\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\right)^{\mathrm T} ( f ( x 0 ) , f ′ ( x 0 ) , ⋯ , n ! f ( n ) ( x 0 ) ) T
这个例子顺带引出两个问题：① 同一空间不同基所包含的向量个数一定相同吗？——是，定理 1.3.3 。② 同一空间不同的基有何关系？——过渡矩阵（定义 1.3.5 ）。接下来的两小节依次回答。
要让「维数」这个词将来站得住，先得证明：同一个空间的不同基，所含向量的个数一样多。证明分两步——先造一条便于计数的引理，再用它比较两组基。
引理 · 多于基数的向量必相关
设 x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n V V V y 1 , ⋯ , y m ∈ V \boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_m\in V y 1 , ⋯ , y m ∈ V m > n m\gt n m > n y 1 , ⋯ , y m \boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_m y 1 , ⋯ , y m
证
考查零组合 ∑ j = 1 m k j y j = θ \sum_{j=1}^m k_j\boldsymbol{y}_j=\boldsymbol{\theta} ∑ j = 1 m k j y j = θ y j \boldsymbol{y}_j y j y j = ∑ i = 1 n a i j x i \boldsymbol{y}_j=\sum_{i=1}^n a_{ij}\boldsymbol{x}_i y j = ∑ i = 1 n a ij x i
θ = ∑ j = 1 m k j ∑ i = 1 n a i j x i = ∑ i = 1 n ( ∑ j = 1 m a i j k j ) x i . \boldsymbol{\theta}=\sum_{j=1}^m k_j\sum_{i=1}^n a_{ij}\boldsymbol{x}_i=\sum_{i=1}^n\Big(\sum_{j=1}^m a_{ij}k_j\Big)\boldsymbol{x}_i. θ = j = 1 ∑ m k j i = 1 ∑ n a ij x i = i = 1 ∑ n ( j = 1 ∑ m a ij k j ) x i .
由定理 1.3.2 （基表示唯一），θ \boldsymbol{\theta} θ
∑ j = 1 m a i j k j = 0 , i = 1 , ⋯ , n . \sum_{j=1}^m a_{ij}k_j=0,\qquad i=1,\cdots,n. j = 1 ∑ m a ij k j = 0 , i = 1 , ⋯ , n .
这是 n n n m m m k 1 , ⋯ , k m k_1,\cdots,k_m k 1 , ⋯ , k m 非零解 ( k 1 , ⋯ , k m ) (k_1,\cdots,k_m) ( k 1 , ⋯ , k m ) ∑ k j y j = θ \sum k_j\boldsymbol{y}_j=\boldsymbol{\theta} ∑ k j y j = θ y \boldsymbol{y} y
∎ 定理 1.3.3 · 基的个数不变
同一空间不同基所包含的向量数目相同。
证明 · 定理 1.3.3
设 x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n y 1 , ⋯ , y m \boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_m y 1 , ⋯ , y m V V V y j ∈ V \boldsymbol{y}_j\in V y j ∈ V x \boldsymbol{x} x m > n m\gt n m > n y \boldsymbol{y} y m ≤ n m\leq n m ≤ n n ≤ m n\leq m n ≤ m m = n m=n m = n
∎ 这条定理立刻带来两个收获：① n n n n n n 定义 1.3.2 的秩 r r r span \operatorname{span} span span \operatorname{span} span 定理 1.3.3 ，其个数都等于 dim span ( α 1 , ⋯ , α n ) \dim\operatorname{span}(\boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n) dim span ( α 1 , ⋯ , α n )
同一个空间可以有很多组基。向量本身不随基改变，变的只是它的坐标；而两组基之间的换算关系，被一个矩阵完整记录下来，这个矩阵就是过渡矩阵。
定义 1.3.5 · 过渡矩阵 transition matrix
设 x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n y 1 , ⋯ , y n \boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_n y 1 , ⋯ , y n F F F V V V
y i = a 1 i x 1 + ⋯ + a n i x n = ( x 1 , ⋯ , x n ) ( a 1 i ⋮ a n i ) , i = 1 , ⋯ , n . \boldsymbol{y}_i=a_{1i}\boldsymbol{x}_1+\cdots+a_{ni}\boldsymbol{x}_n=(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)\begin{pmatrix}a_{1i}\\ \vdots\\ a_{ni}\end{pmatrix},\qquad i=1,\cdots,n. y i = a 1 i x 1 + ⋯ + a ni x n = ( x 1 , ⋯ , x n ) a 1 i ⋮ a ni , i = 1 , ⋯ , n .
引入矩阵表示：
( y 1 , ⋯ , y n ) = ( x 1 , ⋯ , x n ) A , A = ( a i j ) ∈ F n × n , (\boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_n)=(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)A,\qquad A=(a_{ij})\in F^{n\times n}, ( y 1 , ⋯ , y n ) = ( x 1 , ⋯ , x n ) A , A = ( a ij ) ∈ F n × n ,
称 A A A x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n y 1 , ⋯ , y n \boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_n y 1 , ⋯ , y n 过渡矩阵 （或变换矩阵）。读法： A A A i i i y i \boldsymbol{y}_i y i x \boldsymbol{x} x
换基时向量不变、坐标改变
同一向量在旧基和新基下有两列不同坐标，两者通过可逆过渡矩阵连接。
OLD BASIS / X 旧基下的坐标
α = (α₁, …, αₙ)ᵀ 用 x₁,…,xₙ 测量
NEW BASIS / Y 新基下的坐标
β = (β₁, …, βₙ)ᵀ 用 y₁,…,yₙ 测量
β = A⁻¹α α = Aβ
A
向量 x 本身没动；变的只是描述它的「刻度」
换基不是变向量，而是换尺子。 过渡矩阵 A A A = A × =A\times = A ×
下面的三条性质，把换基时真正会用到的两件事说清楚：矩阵能不能反向使用，坐标到底该乘 A A A A − 1 A^{-1} A − 1
命题 1.3.1 · 过渡矩阵的性质
设 V V V F F F A ∈ F n × n A\in F^{n\times n} A ∈ F n × n x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n y 1 , ⋯ , y n \boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_n y 1 , ⋯ , y n A A A y 1 , ⋯ , y n \boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_n y 1 , ⋯ , y n x 1 , ⋯ , x n \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n x 1 , ⋯ , x n A − 1 A^{-1} A − 1 x ∈ V \boldsymbol{x}\in V x ∈ V x = ∑ i α i x i = ∑ i β i y i \boldsymbol{x}=\sum_i\alpha_i\boldsymbol{x}_i=\sum_i\beta_i\boldsymbol{y}_i x = ∑ i α i x i = ∑ i β i y i
( β 1 ⋮ β n ) = A − 1 ( α 1 ⋮ α n ) 或 ( α 1 ⋮ α n ) = A ( β 1 ⋮ β n ) . \begin{pmatrix}\beta_1\\ \vdots\\ \beta_n\end{pmatrix}=A^{-1}\begin{pmatrix}\alpha_1\\ \vdots\\ \alpha_n\end{pmatrix}\qquad\text{或}\qquad\begin{pmatrix}\alpha_1\\ \vdots\\ \alpha_n\end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}\beta_1\\ \vdots\\ \beta_n\end{pmatrix}. β 1 ⋮ β n = A − 1 α 1 ⋮ α n 或 α 1 ⋮ α n = A β 1 ⋮ β n .
证
（1） 反设 A A A A k = 0 A\boldsymbol{k}=\boldsymbol{0} A k = 0 k = ( k 1 , ⋯ , k n ) T ≠ 0 \boldsymbol{k}=(k_1,\cdots,k_n)^{\mathrm T}\neq\boldsymbol{0} k = ( k 1 , ⋯ , k n ) T = 0
k 1 y 1 + ⋯ + k n y n = ( y 1 , ⋯ , y n ) k = ( x 1 , ⋯ , x n ) A k = ( x 1 , ⋯ , x n ) 0 = θ , k_1\boldsymbol{y}_1+\cdots+k_n\boldsymbol{y}_n=(\boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_n)\boldsymbol{k}=(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)A\boldsymbol{k}=(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)\boldsymbol{0}=\boldsymbol{\theta}, k 1 y 1 + ⋯ + k n y n = ( y 1 , ⋯ , y n ) k = ( x 1 , ⋯ , x n ) A k = ( x 1 , ⋯ , x n ) 0 = θ ,
即 y \boldsymbol{y} y y \boldsymbol{y} y A A A
（2） 设由 y \boldsymbol{y} y x \boldsymbol{x} x B B B ( x 1 , ⋯ , x n ) = ( y 1 , ⋯ , y n ) B (\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)=(\boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_n)B ( x 1 , ⋯ , x n ) = ( y 1 , ⋯ , y n ) B
( x 1 , ⋯ , x n ) = ( x 1 , ⋯ , x n ) A B . (\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)=(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)AB. ( x 1 , ⋯ , x n ) = ( x 1 , ⋯ , x n ) A B .
写 A B = ( c i j ) AB=(c_{ij}) A B = ( c ij ) j j j x j = ∑ i c i j x i \boldsymbol{x}_j=\sum_i c_{ij}\boldsymbol{x}_i x j = ∑ i c ij x i x j \boldsymbol{x}_j x j x j = ∑ i δ i j x i \boldsymbol{x}_j=\sum_i\delta_{ij}\boldsymbol{x}_i x j = ∑ i δ ij x i Kronecker 记号 δ i j \delta_{ij} δ ij i = j i=j i = j 1 1 1 0 0 0 I I I ( i , j ) (i,j) ( i , j ) 定理 1.3.2 ），c i j = δ i j c_{ij}=\delta_{ij} c ij = δ ij A B = I AB=I A B = I B = A − 1 B=A^{-1} B = A − 1
（3） 把两种基下的表示写成矩阵式，并代入 ( y 组 ) = ( x 组 ) A (\boldsymbol{y}\text{ 组})=(\boldsymbol{x}\text{ 组})A ( y 组 ) = ( x 组 ) A
x = ( x 1 , ⋯ , x n ) ( α 1 ⋮ α n ) = ( y 1 , ⋯ , y n ) ( β 1 ⋮ β n ) = ( x 1 , ⋯ , x n ) A ( β 1 ⋮ β n ) . \boldsymbol{x}=(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)\begin{pmatrix}\alpha_1\\ \vdots\\ \alpha_n\end{pmatrix}=(\boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_n)\begin{pmatrix}\beta_1\\ \vdots\\ \beta_n\end{pmatrix}=(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)\,A\begin{pmatrix}\beta_1\\ \vdots\\ \beta_n\end{pmatrix}. x = ( x 1 , ⋯ , x n ) α 1 ⋮ α n = ( y 1 , ⋯ , y n ) β 1 ⋮ β n = ( x 1 , ⋯ , x n ) A β 1 ⋮ β n .
左右两式都是 x \boldsymbol{x} x x \boldsymbol{x} x ( α 1 , ⋯ , α n ) T = A ( β 1 , ⋯ , β n ) T (\alpha_1,\cdots,\alpha_n)^{\mathrm T}=A(\beta_1,\cdots,\beta_n)^{\mathrm T} ( α 1 , ⋯ , α n ) T = A ( β 1 , ⋯ , β n ) T A A A
∎ 记忆与陷阱
记忆： 「新基 = 旧基 × 过渡阵」「旧坐标 = 过渡阵 × 新坐标」——矩阵总是「贴着旧的一侧」。陷阱： ( 3 ) (3) ( 3 ) ( α 1 , ⋯ , α n ) T (\alpha_1,\cdots,\alpha_n)^{\mathrm T} ( α 1 , ⋯ , α n ) T x \boldsymbol{x} x 旧基 x \boldsymbol{x} x 下的坐标，不是自然坐标（除非旧基恰为标准基）！例题 C5 专门演示这个坑。
例 1.3.3 续 · 多项式两组基之间的过渡矩阵
求 P n ( x ) P_n(x) P n ( x ) 1 , x , ⋯ , x n 1,x,\cdots,x^n 1 , x , ⋯ , x n 1 , ( x − x 0 ) , ⋯ , ( x − x 0 ) n 1,(x-x_0),\cdots,(x-x_0)^n 1 , ( x − x 0 ) , ⋯ , ( x − x 0 ) n
解答 · 例 1.3.3 续
由二项式展开，对 j = 0 , 1 , ⋯ , n j=0,1,\cdots,n j = 0 , 1 , ⋯ , n
( x − x 0 ) j = ∑ i = 0 j ( j i ) x i ( − x 0 ) j − i , (x-x_0)^j=\sum_{i=0}^{j}\binom{j}{i}x^i(-x_0)^{\,j-i}, ( x − x 0 ) j = i = 0 ∑ j ( i j ) x i ( − x 0 ) j − i ,
即第 j j j j j j 1 , x , ⋯ , x n 1,x,\cdots,x^n 1 , x , ⋯ , x n ( ( − x 0 ) j , ( j 1 ) ( − x 0 ) j − 1 , ⋯ , 1 , 0 , ⋯ , 0 ) T \big((-x_0)^j,\ \binom{j}{1}(-x_0)^{j-1},\ \cdots,\ 1,\ 0,\cdots,0\big)^{\mathrm T} ( ( − x 0 ) j , ( 1 j ) ( − x 0 ) j − 1 , ⋯ , 1 , 0 , ⋯ , 0 ) T
( 1 , ( x − x 0 ) , ⋯ , ( x − x 0 ) n ) = ( 1 , x , ⋯ , x n ) A , A i + 1 , j + 1 = ( j i ) ( − x 0 ) j − i ( i ≤ j ) , A i + 1 , j + 1 = 0 ( i > j ) . (1,(x-x_0),\cdots,(x-x_0)^n)=(1,x,\cdots,x^n)\,A,\qquad A_{i+1,\,j+1}=\binom{j}{i}(-x_0)^{\,j-i}\ (i\leq j),\quad A_{i+1,\,j+1}=0\ (i\gt j). ( 1 , ( x − x 0 ) , ⋯ , ( x − x 0 ) n ) = ( 1 , x , ⋯ , x n ) A , A i + 1 , j + 1 = ( i j ) ( − x 0 ) j − i ( i ≤ j ) , A i + 1 , j + 1 = 0 ( i > j ) .
例如 n = 2 n=2 n = 2
A = ( 1 − x 0 x 0 2 0 1 − 2 x 0 0 0 1 ) , A=\begin{pmatrix}1&-x_0&x_0^2\\ 0&1&-2x_0\\ 0&0&1\end{pmatrix}, A = 1 0 0 − x 0 1 0 x 0 2 − 2 x 0 1 ,
上三角且对角线全为 1 1 1 det A = 1 \det A=1 det A = 1 命题 1.3.1 （1）「过渡矩阵可逆」相互印证。第 2 2 2 最后一列 （第 n + 1 n+1 n + 1 i = 1 , j = n i=1,\,j=n i = 1 , j = n n ( − x 0 ) n − 1 = ( n 1 ) ( − x 0 ) n − 1 n(-x_0)^{n-1}=\binom{n}{1}(-x_0)^{n-1} n ( − x 0 ) n − 1 = ( 1 n ) ( − x 0 ) n − 1 A i + 1 , j + 1 A_{i+1,j+1} A i + 1 , j + 1 1 基 行号/列号，而 i , j i,j i , j 0 0 0 1 1 1 2 2 2 n n n
例 1.3.B · R 2 \mathbb{R}^2 R 2
R 2 \mathbb{R}^2 R 2 e 1 = ( 1 , 0 ) T , e 2 = ( 0 , 1 ) T \boldsymbol{e}_1=(1,0)^{\mathrm T},\ \boldsymbol{e}_2=(0,1)^{\mathrm T} e 1 = ( 1 , 0 ) T , e 2 = ( 0 , 1 ) T y 1 = ( 1 , 1 ) T , y 2 = ( 1 , − 1 ) T \boldsymbol{y}_1=(1,1)^{\mathrm T},\ \boldsymbol{y}_2=(1,-1)^{\mathrm T} y 1 = ( 1 , 1 ) T , y 2 = ( 1 , − 1 ) T x = ( 3 , 1 ) T \boldsymbol{x}=(3,1)^{\mathrm T} x = ( 3 , 1 ) T
解答 · 例 1.3.B
(1) 把 y 1 , y 2 \boldsymbol{y}_1,\boldsymbol{y}_2 y 1 , y 2
( y 1 , y 2 ) = ( e 1 , e 2 ) A , A = ( 1 1 1 − 1 ) , det A = − 2 ≠ 0 ( 可逆 ) (\boldsymbol{y}_1,\boldsymbol{y}_2)=(\boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2)\,A,\qquad A=\begin{pmatrix}1&1\\ 1&-1\end{pmatrix},\qquad \det A=-2\neq0\ (\text{可逆}) ( y 1 , y 2 ) = ( e 1 , e 2 ) A , A = ( 1 1 1 − 1 ) , det A = − 2 = 0 ( 可逆 )
(2) 方法一（按命题 1.3.1 （3））：x \boldsymbol{x} x ( 3 , 1 ) T (3,1)^{\mathrm T} ( 3 , 1 ) T
( β 1 β 2 ) = A − 1 ( 3 1 ) = 1 − 2 ( − 1 − 1 − 1 1 ) ( 3 1 ) = ( 2 1 ) . \begin{pmatrix}\beta_1\\ \beta_2\end{pmatrix}=A^{-1}\begin{pmatrix}3\\ 1\end{pmatrix}=\frac{1}{-2}\begin{pmatrix}-1&-1\\ -1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 1\end{pmatrix}. ( β 1 β 2 ) = A − 1 ( 3 1 ) = − 2 1 ( − 1 − 1 − 1 1 ) ( 3 1 ) = ( 2 1 ) .
方法二（直接解组合）：2 y 1 + 1 y 2 = 2 ( 1 , 1 ) + ( 1 , − 1 ) = ( 3 , 1 ) 2\boldsymbol{y}_1+1\boldsymbol{y}_2=2(1,1)+(1,-1)=(3,1) 2 y 1 + 1 y 2 = 2 ( 1 , 1 ) + ( 1 , − 1 ) = ( 3 , 1 )
换基可以有很多种方式，但定理 1.3.3 保证：无论怎么换，基所含向量的个数不变。这个公共的个数于是可以脱离具体的基，当作空间自身的属性——这就是维数。
定义 1.3.6 · 维数 dimension
若线性空间 V V V n n n V V V 有限维空间 ，并定义 V V V 维数 为 n n n dim V = n \dim V=n dim V = n 定理 1.3.3 保证这个数不依赖基的选取。若 V V V V V V 无限维空间 ，在本课程语境中记作 dim V = ∞ \dim V=\infty dim V = ∞ 等价读法： 有限维情形下，dim V \dim V dim V V V V
定理 1.3.4 · 维数与基的关系
设 V V V dim V = n \dim V=n dim V = n V V V n n n
证明 · 定理 1.3.4
「⟹ \Longrightarrow ⟹ dim V = n \dim V=n dim V = n n n n n n n r < n r\lt n r < n n n n r r r n n n n n n n n n ⟸ \Longleftarrow ⟸ n n n n n n
∎
注 3。如无特殊说明，本课程仅讨论有限维空间。 无限维的例子见例 1.3.4 。
例 1.3.4 · 无限维信号空间
离散时间信号空间 S S S { x k } \{x_k\} { x k } x k ∈ R x_k\in\mathbb{R} x k ∈ R k = 0 , ± 1 , ± 2 , ⋯ k=0,\pm1,\pm2,\cdots k = 0 , ± 1 , ± 2 , ⋯ 1.1.7 节）是 R \mathbb{R} R
解答 · 例 1.3.4
对任意 N N N N N N e ( j ) \boldsymbol{e}^{(j)} e ( j ) j j j j = 1 , ⋯ , N j=1,\cdots,N j = 1 , ⋯ , N ∑ j = 1 N k j e ( j ) = θ \sum_{j=1}^N k_j\boldsymbol{e}^{(j)}=\boldsymbol{\theta} ∑ j = 1 N k j e ( j ) = θ j j j k j = 0 k_j=0 k j = 0 N N N N N N S S S dim S = ∞ \dim S=\infty dim S = ∞ S S S
例 1.3.5 · C \mathbb{C} C
求空间 C \mathbb{C} C R \mathbb{R} R C \mathbb{C} C
解答 · 例 1.3.5
(1) 考查在实数域 R \mathbb{R} R C \mathbb{C} C 由例 1.3.1 ，向量 1 1 1 i i i C \mathbb{C} C z = a + b i z=a+bi z = a + bi 1 1 1 i i i { 1 , i } \{1,i\} { 1 , i } C \mathbb{C} C R \mathbb{R} R 2 2 2
(2) 考查在复数域 C \mathbb{C} C C \mathbb{C} C 由例 1.3.1 ，向量 1 1 1 i i i 1 1 1 i i i z = z ⋅ 1 z=z\cdot 1 z = z ⋅ 1 z ∈ C z\in\mathbb{C} z ∈ C { 1 } \{1\} { 1 } { i } \{i\} { i } 1 1 1
结论。 dim R C = 2 \dim_{\mathbb{R}}\mathbb{C}=2 dim R C = 2 dim C C = 1 \dim_{\mathbb{C}}\mathbb{C}=1 dim C C = 1 维数是相对数域的性质 ——讨论维数前必须先说清「在哪个数域上」。
空间 一组基 维数 理由（一句话）
R n \mathbb{R}^n R n e 1 , ⋯ , e n \boldsymbol{e}_1,\cdots,\boldsymbol{e}_n e 1 , ⋯ , e n n n n 无关（解方程只剩零解）+ 任意 ( x 1 , … , x n ) T = ∑ i x i e i (x_1,\ldots,x_n)^{\mathrm T}=\sum_i x_i\boldsymbol e_i ( x 1 , … , x n ) T = ∑ i x i e i C m × n \mathbb{C}^{m\times n} C m × n E i j E_{ij} E ij i i i j j j m n mn mn m n mn mn ∑ k i j E i j = O \sum k_{ij}E_{ij}=O ∑ k ij E ij = O k i j = 0 k_{ij}=0 k ij = 0 P n ( x ) P_n(x) P n ( x ) 1 , x , ⋯ , x n 1,x,\cdots,x^n 1 , x , ⋯ , x n n + 1 n+1 n + 1 多项式恒为零 ⟺ 各系数为零（恒等定理：非零 n n n n n n 对称矩阵 W 1 ⊂ R n × n W_1\subset\mathbb{R}^{n\times n} W 1 ⊂ R n × n E i i ( i = 1.. n ) E_{ii}\ (i=1..n) E ii ( i = 1.. n ) E i j + E j i ( i < j ) E_{ij}+E_{ji}\ (i\lt j) E ij + E ji ( i < j ) n ( n + 1 ) 2 \dfrac{n(n+1)}2 2 n ( n + 1 ) 对称阵由对角元与上三角元完全确定 反对称矩阵 W 2 W_2 W 2 E i j − E j i ( i < j ) E_{ij}-E_{ji}\ (i\lt j) E ij − E ji ( i < j ) n ( n − 1 ) 2 \dfrac{n(n-1)}2 2 n ( n − 1 ) 对角元必为 0，由上三角元确定 对角矩阵 E 11 , ⋯ , E n n E_{11},\cdots,E_{nn} E 11 , ⋯ , E nn n n n — 迹零矩阵 E i j ( i ≠ j ) E_{ij},(i\neq j) E ij ( i = j ) E i i − E n n ( i = 1.. n − 1 ) E_{ii}-E_{nn},(i=1..n-1) E ii − E nn ( i = 1.. n − 1 ) n 2 − 1 n^2-1 n 2 − 1 n 2 n^2 n 2 零空间 { θ } {\boldsymbol{\theta}} { θ } （空组） 0 0 0 任何含 1 个向量的组（{ θ } {\boldsymbol{\theta}} { θ }
读表要留神两行。「迹零矩阵」的对角部分最容易多算：E 11 , ⋯ , E n n E_{11},\cdots,E_{nn} E 11 , ⋯ , E nn n n n n − 1 n-1 n − 1 空组 ，维数 0 0 0
数字自检。 dim W 1 + dim W 2 − dim ( W 1 ∩ W 2 ) = n ( n + 1 ) 2 + n ( n − 1 ) 2 − 0 = n 2 = dim R n × n = dim ( W 1 + W 2 ) \dim W_1+\dim W_2-\dim(W_1\cap W_2)=\dfrac{n(n+1)}2+\dfrac{n(n-1)}2-0=n^2=\dim\mathbb{R}^{n\times n}=\dim(W_1+W_2) dim W 1 + dim W 2 − dim ( W 1 ∩ W 2 ) = 2 n ( n + 1 ) + 2 n ( n − 1 ) − 0 = n 2 = dim R n × n = dim ( W 1 + W 2 )
有了维数，判断「一组无关向量是不是基」变得简单，而且无关组还能被逐步补成基。下面先把这两件事写成一条推论，再把「补基」的办法用到两个子空间上。
推论 1.3.1 · 基扩充定理
n n n n n n V V V x 1 , ⋯ , x r ( 1 ≤ r < n ) \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_r\ (1\leq r\lt n) x 1 , ⋯ , x r ( 1 ≤ r < n ) V V V
证
前半： 设 α 1 , ⋯ , α n \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n α 1 , ⋯ , α n V V V β ∉ span ( α 1 , ⋯ , α n ) \boldsymbol{\beta}\notin\operatorname{span}(\boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n) β ∈ / span ( α 1 , ⋯ , α n ) α 1 , ⋯ , α n , β \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_n,\boldsymbol{\beta} α 1 , ⋯ , α n , β ∑ k i α i + d β = θ \sum k_i\boldsymbol{\alpha}_i+d\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\theta} ∑ k i α i + d β = θ d ≠ 0 d\neq0 d = 0 β = − 1 d ∑ k i α i ∈ span \boldsymbol{\beta}=-\frac1d\sum k_i\boldsymbol{\alpha}_i\in\operatorname{span} β = − d 1 ∑ k i α i ∈ span d = 0 d=0 d = 0 α \boldsymbol{\alpha} α k i = 0 k_i=0 k i = 0 n + 1 n+1 n + 1 n n n n n n α \boldsymbol{\alpha} α V V V
后半（扩充流程）： 若 x 1 , ⋯ , x r \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_r x 1 , ⋯ , x r V V V x r + 1 ∉ span ( x 1 , ⋯ , x r ) \boldsymbol{x}_{r+1}\notin\operatorname{span}(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_r) x r + 1 ∈ / span ( x 1 , ⋯ , x r ) x 1 , ⋯ , x r , x r + 1 \boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_r,\boldsymbol{x}_{r+1} x 1 , ⋯ , x r , x r + 1 n n n
∎ 注 5 · 「加法原则」是什么意思
课件在构造子空间的一组基时，建议优先利用「加法」原则，尽量避免「减法」原则 。含义：① 加法 ——从已知的无关组出发，逐个添加 不属于当前张成的向量（基扩充定理保证每步保持无关、最终成为基）；② 减法 ——从一大堆生成向量中删去 可被表示的向量，直至无关。减法的问题：每次删除都改变剩余组的张成关系，容易「删过头」或讨论繁琐。例 1.3.6 （修正版）与例 1.3.C 均按「加法 / 拼矩阵求秩」执行。
把两个子空间的基「拼」在一起，就得到和空间的基；不过公共部分会被数两遍，要除掉一次。把这句话写成等式，正是本节最后一条大定理。
定理 1.3.5 · 维数公式（维数定理）
设 W 1 W_1 W 1 W 2 W_2 W 2 V V V 有限维 子空间，则
dim ( W 1 + W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 − dim ( W 1 ∩ W 2 ) . \dim(W_1+W_2)=\dim W_1+\dim W_2-\dim(W_1\cap W_2). dim ( W 1 + W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 − dim ( W 1 ∩ W 2 ) .
证
记 r = dim ( W 1 ∩ W 2 ) r=\dim(W_1\cap W_2) r = dim ( W 1 ∩ W 2 ) s = dim W 1 − r s=\dim W_1-r s = dim W 1 − r t = dim W 2 − r t=\dim W_2-r t = dim W 2 − r
取基。 取 W 1 ∩ W 2 W_1\cap W_2 W 1 ∩ W 2 ε 1 , ⋯ , ε r \boldsymbol{\varepsilon}_1,\cdots,\boldsymbol{\varepsilon}_r ε 1 , ⋯ , ε r r = 0 r=0 r = 0 W 1 W_1 W 1 ε 1 , ⋯ , ε r , α 1 , ⋯ , α s \boldsymbol{\varepsilon}_1,\cdots,\boldsymbol{\varepsilon}_r,\ \boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_s ε 1 , ⋯ , ε r , α 1 , ⋯ , α s W 2 W_2 W 2 ε 1 , ⋯ , ε r , β 1 , ⋯ , β t \boldsymbol{\varepsilon}_1,\cdots,\boldsymbol{\varepsilon}_r,\ \boldsymbol{\beta}_1,\cdots,\boldsymbol{\beta}_t ε 1 , ⋯ , ε r , β 1 , ⋯ , β t
断言： ε 1 , ⋯ , ε r , α 1 , ⋯ , α s , β 1 , ⋯ , β t \boldsymbol{\varepsilon}_1,\cdots,\boldsymbol{\varepsilon}_r,\boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\alpha}_s,\boldsymbol{\beta}_1,\cdots,\boldsymbol{\beta}_t ε 1 , ⋯ , ε r , α 1 , ⋯ , α s , β 1 , ⋯ , β t r + s + t r+s+t r + s + t W 1 + W 2 W_1+W_2 W 1 + W 2
张成： 任取 w ∈ W 1 + W 2 \boldsymbol{w}\in W_1+W_2 w ∈ W 1 + W 2 w = w 1 + w 2 \boldsymbol{w}=\boldsymbol{w}_1+\boldsymbol{w}_2 w = w 1 + w 2 w 1 \boldsymbol{w}_1 w 1 W 1 W_1 W 1 w 2 \boldsymbol{w}_2 w 2 W 2 W_2 W 2 w \boldsymbol{w} w r + s + t r+s+t r + s + t
无关： 设
∑ i = 1 r c i ε i + ∑ j = 1 s a j α j + ∑ l = 1 t b l β l = θ . (*) \sum_{i=1}^r c_i\boldsymbol{\varepsilon}_i+\sum_{j=1}^s a_j\boldsymbol{\alpha}_j+\sum_{l=1}^t b_l\boldsymbol{\beta}_l=\boldsymbol{\theta}.\tag{*} i = 1 ∑ r c i ε i + j = 1 ∑ s a j α j + l = 1 ∑ t b l β l = θ . ( * )
移项：∑ j a j α j = − ∑ i c i ε i − ∑ l b l β l ≕ γ \displaystyle\sum_j a_j\boldsymbol{\alpha}_j=-\sum_i c_i\boldsymbol{\varepsilon}_i-\sum_l b_l\boldsymbol{\beta}_l\eqqcolon\boldsymbol{\gamma} j ∑ a j α j = − i ∑ c i ε i − l ∑ b l β l = : γ ∈ W 1 \in W_1 ∈ W 1 W 2 W_2 W 2 ∈ W 2 \in W_2 ∈ W 2 γ ∈ W 1 ∩ W 2 = span ( ε 1 , ⋯ , ε r ) \boldsymbol{\gamma}\in W_1\cap W_2=\operatorname{span}(\boldsymbol{\varepsilon}_1,\cdots,\boldsymbol{\varepsilon}_r) γ ∈ W 1 ∩ W 2 = span ( ε 1 , ⋯ , ε r ) d i d_i d i γ = ∑ i d i ε i \boldsymbol{\gamma}=\sum_i d_i\boldsymbol{\varepsilon}_i γ = ∑ i d i ε i
∑ j a j α j − ∑ i d i ε i = θ \sum_j a_j\boldsymbol{\alpha}_j-\sum_i d_i\boldsymbol{\varepsilon}_i=\boldsymbol{\theta} j ∑ a j α j − i ∑ d i ε i = θ
是 W 1 W_1 W 1 a j = 0 a_j=0 a j = 0 d i = 0 d_i=0 d i = 0 ( ∗ ) (*) ( ∗ ) ∑ c i ε i + ∑ b l β l = θ \sum c_i\boldsymbol{\varepsilon}_i+\sum b_l\boldsymbol{\beta}_l=\boldsymbol{\theta} ∑ c i ε i + ∑ b l β l = θ W 2 W_2 W 2 ε 1 , ⋯ , ε r , β 1 , ⋯ , β t \boldsymbol{\varepsilon}_1,\cdots,\boldsymbol{\varepsilon}_r,\boldsymbol{\beta}_1,\cdots,\boldsymbol{\beta}_t ε 1 , ⋯ , ε r , β 1 , ⋯ , β t c i = 0 , b l = 0 c_i=0,\ b_l=0 c i = 0 , b l = 0
计数： dim ( W 1 + W 2 ) = r + s + t = ( r + s ) + ( r + t ) − r = dim W 1 + dim W 2 − dim ( W 1 ∩ W 2 ) \dim(W_1+W_2)=r+s+t=(r+s)+(r+t)-r=\dim W_1+\dim W_2-\dim(W_1\cap W_2) dim ( W 1 + W 2 ) = r + s + t = ( r + s ) + ( r + t ) − r = dim W 1 + dim W 2 − dim ( W 1 ∩ W 2 )
∎
维数公式中的重复计数
分别计算两个空间时公共基被计算两次，合并为和空间的基时只保留一次。
SEPARATE COUNTS
W₁ 独有：s
公共：r
公共：r
W₂ 独有：t
(s+r)+(r+t)：公共方向被数了两次
BASIS OF W₁+W₂
α₁,…,αₛ
ε₁,…,εᵣ（一次）
β₁,…,βₜ
为什么减去交空间？ 不是公式技巧，而是纠正重复计数：公共基在 dim W 1 + dim W 2 \dim W_1+\dim W_2 dim W 1 + dim W 2
几何直觉（R 3 \mathbb{R}^3 R 3 两个过原点的平面（各 2 维）相交于一条过原点的直线（1 维），和为 R 3 \mathbb{R}^3 R 3 3 = 2 + 2 − 1 3=2+2-1 3 = 2 + 2 − 1 { θ } \{\boldsymbol{\theta}\} { θ } 2 = 1 + 1 − 0 2=1+1-0 2 = 1 + 1 − 0
例 1.3.6（含勘误 E2）· 维数公式求交空间维数
设 W 1 = span ( α 1 , α 2 , α 3 ) W_1=\operatorname{span}(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3) W 1 = span ( α 1 , α 2 , α 3 ) W 2 = span ( β 1 , β 2 ) W_2=\operatorname{span}(\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2) W 2 = span ( β 1 , β 2 ) α 1 = ( 1 , 2 , 1 ) T , α 2 = ( 1 , 1 , 1 ) T , α 3 = ( 1 , 0 , 1 ) T , β 1 = ( 2 , 1 , 0 ) T , β 2 = ( 0 , 1 , 0 ) T \boldsymbol{\alpha}_1=(1,2,1)^{\mathrm T},\ \boldsymbol{\alpha}_2=(1,1,1)^{\mathrm T},\ \boldsymbol{\alpha}_3=(1,0,1)^{\mathrm T},\ \boldsymbol{\beta}_1=(2,1,0)^{\mathrm T},\ \boldsymbol{\beta}_2=(0,1,0)^{\mathrm T} α 1 = ( 1 , 2 , 1 ) T , α 2 = ( 1 , 1 , 1 ) T , α 3 = ( 1 , 0 , 1 ) T , β 1 = ( 2 , 1 , 0 ) T , β 2 = ( 0 , 1 , 0 ) T dim ( W 1 ∩ W 2 ) \dim(W_1\cap W_2) dim ( W 1 ∩ W 2 )
勘误 E2 · 课件页 20 的「观察知 α 1 , α 2 , α 3 \boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3 α 1 , α 2 , α 3
直接验算：α 1 − 2 α 2 + α 3 = ( 1 , 2 , 1 ) T − 2 ( 1 , 1 , 1 ) T + ( 1 , 0 , 1 ) T = ( 0 , 0 , 0 ) T \boldsymbol{\alpha}_1-2\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3=(1,2,1)^{\mathrm T}-2(1,1,1)^{\mathrm T}+(1,0,1)^{\mathrm T}=(0,0,0)^{\mathrm T} α 1 − 2 α 2 + α 3 = ( 1 , 2 , 1 ) T − 2 ( 1 , 1 , 1 ) T + ( 1 , 0 , 1 ) T = ( 0 , 0 , 0 ) T ( 1 , − 2 , 1 ) ≠ 0 (1,-2,1)\neq\boldsymbol{0} ( 1 , − 2 , 1 ) = 0 α \boldsymbol{\alpha} α 线性相关 （课件同页所列矩阵的第 1 行与第 3 行完全相同，这一点已经提示了三者相关）。因此 dim W 1 = 3 \dim W_1=3 dim W 1 = 3 dim ( W 1 ∩ W 2 ) = 2 \dim(W_1\cap W_2)=2 dim ( W 1 ∩ W 2 ) = 2 正确答案是 1 1 1 ，完整解法如下。
修正后的完整解答
第 1 步（各空间维数）。 α 1 , α 2 \boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2 α 1 , α 2 α 3 = 2 α 2 − α 1 \boldsymbol{\alpha}_3=2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_1 α 3 = 2 α 2 − α 1
dim W 1 = rank ( α 1 , α 2 , α 3 ) = 2 , dim W 2 = rank ( β 1 , β 2 ) = 2 ( β 1 , β 2 不成比例 ) . \dim W_1=\operatorname{rank}(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3)=2,\qquad \dim W_2=\operatorname{rank}(\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2)=2\ (\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2\ \text{不成比例}). dim W 1 = rank ( α 1 , α 2 , α 3 ) = 2 , dim W 2 = rank ( β 1 , β 2 ) = 2 ( β 1 , β 2 不成比例 ) .
第 2 步（和空间维数）。 五个向量拼成矩阵求秩（初等行变换，运算细节见下）：
( α 1 , α 2 , α 3 , β 1 , β 2 ) = ( 1 1 1 2 0 2 1 0 1 1 1 1 1 0 0 ) ⟶ ( 1 1 1 2 0 0 − 1 − 2 − 3 1 0 0 0 − 2 0 ) ( r 2 − 2 r 1 , r 3 − r 1 ) (\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2)=\begin{pmatrix}1&1&1&2&0\\ 2&1&0&1&1\\ 1&1&1&0&0\end{pmatrix}\longrightarrow\begin{pmatrix}1&1&1&2&0\\ 0&-1&-2&-3&1\\ 0&0&0&-2&0\end{pmatrix}\quad(r_2-2r_1,\ r_3-r_1) ( α 1 , α 2 , α 3 , β 1 , β 2 ) = 1 2 1 1 1 1 1 0 1 2 1 0 0 1 0 ⟶ 1 0 0 1 − 1 0 1 − 2 0 2 − 3 − 2 0 1 0 ( r 2 − 2 r 1 , r 3 − r 1 )
阶梯有 3 个主元（第 1、2、4 列），故 dim ( W 1 + W 2 ) = rank ( α 1 , ⋯ , β 2 ) = 3 \dim(W_1+W_2)=\operatorname{rank}(\boldsymbol{\alpha}_1,\cdots,\boldsymbol{\beta}_2)=3 dim ( W 1 + W 2 ) = rank ( α 1 , ⋯ , β 2 ) = 3 { α 1 , α 2 , β 1 } \{\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\beta}_1\} { α 1 , α 2 , β 1 } det ( α 1 , α 2 , β 1 ) = 2 ≠ 0 \det(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\beta}_1)=2\neq0 det ( α 1 , α 2 , β 1 ) = 2 = 0
第 3 步（维数公式）。
dim ( W 1 ∩ W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 − dim ( W 1 + W 2 ) = 2 + 2 − 3 = 1. \dim(W_1\cap W_2)=\dim W_1+\dim W_2-\dim(W_1+W_2)=2+2-3=1. dim ( W 1 ∩ W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 − dim ( W 1 + W 2 ) = 2 + 2 − 3 = 1.
第 4 步（顺带求出交空间）。 由 α 1 − α 2 = ( 0 , 1 , 0 ) T = β 2 \boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_2=(0,1,0)^{\mathrm T}=\boldsymbol{\beta}_2 α 1 − α 2 = ( 0 , 1 , 0 ) T = β 2 β 2 ∈ W 1 ∩ W 2 \boldsymbol{\beta}_2\in W_1\cap W_2 β 2 ∈ W 1 ∩ W 2 span ( β 2 ) ⊆ W 1 ∩ W 2 \operatorname{span}(\boldsymbol{\beta}_2)\subseteq W_1\cap W_2 span ( β 2 ) ⊆ W 1 ∩ W 2
W 1 ∩ W 2 = span { ( 0 , 1 , 0 ) T } . W_1\cap W_2=\operatorname{span}\big\{(0,1,0)^{\mathrm T}\big\}. W 1 ∩ W 2 = span { ( 0 , 1 , 0 ) T } .
小结。 求 dim ( W 1 ∩ W 2 ) \dim(W_1\cap W_2) dim ( W 1 ∩ W 2 ) 例 1.3.C ：设 ∑ k i α i = ∑ l j β j \sum k_i\boldsymbol{\alpha}_i=\sum l_j\boldsymbol{\beta}_j ∑ k i α i = ∑ l j β j
例 1.3.C · 求交空间的通法演示
设 W 1 = span { ( 1 , 0 , 1 ) T , ( 0 , 1 , 0 ) T } W_1=\operatorname{span}\{(1,0,1)^{\mathrm T},\ (0,1,0)^{\mathrm T}\} W 1 = span {( 1 , 0 , 1 ) T , ( 0 , 1 , 0 ) T } W 2 = span { ( 1 , 1 , 0 ) T , ( 0 , 0 , 1 ) T } W_2=\operatorname{span}\{(1,1,0)^{\mathrm T},\ (0,0,1)^{\mathrm T}\} W 2 = span {( 1 , 1 , 0 ) T , ( 0 , 0 , 1 ) T } W 1 ∩ W 2 W_1\cap W_2 W 1 ∩ W 2
解答 · 例 1.3.C
dim W 1 = dim W 2 = 2 \dim W_1=\dim W_2=2 dim W 1 = dim W 2 = 2 ( 1 , 0 , 1 ) , ( 0 , 1 , 0 ) , ( 1 , 1 , 0 ) (1,0,1),(0,1,0),(1,1,0) ( 1 , 0 , 1 ) , ( 0 , 1 , 0 ) , ( 1 , 1 , 0 ) − 1 ≠ 0 -1\neq0 − 1 = 0 dim ( W 1 + W 2 ) = 3 \dim(W_1+W_2)=3 dim ( W 1 + W 2 ) = 3 dim ( W 1 ∩ W 2 ) = 2 + 2 − 3 = 1 \dim(W_1\cap W_2)=2+2-3=1 dim ( W 1 ∩ W 2 ) = 2 + 2 − 3 = 1
通法： 公共向量 v \boldsymbol{v} v v = k 1 ( 1 , 0 , 1 ) T + k 2 ( 0 , 1 , 0 ) T = l 1 ( 1 , 1 , 0 ) T + l 2 ( 0 , 0 , 1 ) T \boldsymbol{v}=k_1(1,0,1)^{\mathrm T}+k_2(0,1,0)^{\mathrm T}=l_1(1,1,0)^{\mathrm T}+l_2(0,0,1)^{\mathrm T} v = k 1 ( 1 , 0 , 1 ) T + k 2 ( 0 , 1 , 0 ) T = l 1 ( 1 , 1 , 0 ) T + l 2 ( 0 , 0 , 1 ) T
{ k 1 = l 1 k 2 = l 1 k 1 = l 2 ⟹ k 1 = k 2 = l 1 = l 2 = t , \begin{cases}k_1=l_1\\ k_2=l_1\\ k_1=l_2\end{cases}\Longrightarrow k_1=k_2=l_1=l_2=t, ⎩ ⎨ ⎧ k 1 = l 1 k 2 = l 1 k 1 = l 2 ⟹ k 1 = k 2 = l 1 = l 2 = t ,
故 v = t ( 1 , 1 , 1 ) T \boldsymbol{v}=t(1,1,1)^{\mathrm T} v = t ( 1 , 1 , 1 ) T W 1 ∩ W 2 = span { ( 1 , 1 , 1 ) T } W_1\cap W_2=\operatorname{span}\{(1,1,1)^{\mathrm T}\} W 1 ∩ W 2 = span {( 1 , 1 , 1 ) T } ( 1 , 1 , 1 ) = ( 1 , 0 , 1 ) + ( 0 , 1 , 0 ) ∈ W 1 (1,1,1)=(1,0,1)+(0,1,0)\in W_1 ( 1 , 1 , 1 ) = ( 1 , 0 , 1 ) + ( 0 , 1 , 0 ) ∈ W 1 ( 1 , 1 , 1 ) = ( 1 , 1 , 0 ) + ( 0 , 0 , 1 ) ∈ W 2 (1,1,1)=(1,1,0)+(0,0,1)\in W_2 ( 1 , 1 , 1 ) = ( 1 , 1 , 0 ) + ( 0 , 0 , 1 ) ∈ W 2
下面四个问题来自课件，考的都是把本节的定义与公式推到边界情形上；它们同时也为下一章的秩–零化度定理铺路。
思考 1 · 给定一个线性空间，必然能找到这个空间的一组基吗？
有限维：必然。 按定义 1.3.6 ，「有限维」就是「存在有限基」。更常见的情形是：已知一个有限生成组 s 1 , ⋯ , s m \boldsymbol{s}_1,\cdots,\boldsymbol{s}_m s 1 , ⋯ , s m 1.3.1 的等价刻画，某向量可由其余表示，删去它不改变张成集；重复删除，有限步后得到「无关 + 张成」的基。这是从有限生成组构造基的证明，不再把「有限维」反过来当作论据，因而避免循环论证。无限维（超出本课程）： 无限维空间同样存在基（Hamel 基），但其存在性依赖集合论公理（选择公理）；基的势可数或不可数都有可能（例如多项式空间 R [ x ] \mathbb{R}[x] R [ x ] { 1 , x , x 2 , … } \{1,x,x^2,\dots\} { 1 , x , x 2 , … } R \mathbb{R} R Q \mathbb{Q} Q
思考 2 · 线性空间 { θ } \{\boldsymbol{\theta}\} { θ }
0 。按定义 1.3.6 ，{ θ } \{\boldsymbol{\theta}\} { θ } { θ } \{\boldsymbol{\theta}\} { θ } dim { θ } = 0 \dim\{\boldsymbol{\theta}\}=0 dim { θ } = 0 dim ( W ∩ W ) \dim(W\cap W) dim ( W ∩ W )
思考 3 · 矩阵 A A A N ( A ) N(A) N ( A )
结论：dim N ( A ) = n − rank A \dim N(A)=n-\operatorname{rank}A dim N ( A ) = n − rank A A ∈ C m × n A\in\mathbb{C}^{m\times n} A ∈ C m × n A x = 0 A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} A x = 0 rank A \operatorname{rank}A rank A n − rank A n-\operatorname{rank}A n − rank A 例 1.2.B 验证：A = ( 1 1 2 2 ) A=\begin{pmatrix}1&1\\2&2\end{pmatrix} A = ( 1 2 1 2 ) rank A = 1 \operatorname{rank}A=1 rank A = 1 dim N ( A ) = 2 − 1 = 1 \dim N(A)=2-1=1 dim N ( A ) = 2 − 1 = 1
思考 4 · 矩阵 A A A R ( A ) R(A) R ( A )
结论：dim R ( A ) = rank A \dim R(A)=\operatorname{rank}A dim R ( A ) = rank A R ( A ) = span ( R(A)=\operatorname{span}( R ( A ) = span ( ) ) ) rank A \operatorname{rank}A rank A
课程预告
把思考 3、4 合起来即著名恒等式 dim N ( A ) + dim R ( A ) = n \dim N(A)+\dim R(A)=n dim N ( A ) + dim R ( A ) = n 2.2.5 ）就是它的推广 ，而矩阵版本（dim N ( A ) \dim N(A) dim N ( A ) rank A \operatorname{rank}A rank A 定理 2.3.6 补出。
小结。 ① 基本概念：线性相关与线性无关、基与坐标、维数、过渡矩阵；② 重要定理：唯一表示定理、基扩充定理、维数定理。
即时自测 · 1.3
本节的三个高频失分点：数域没标注、坐标用错基、维数公式滥用 。
第 1 题 · 记忆
「n n n n n n 1.3.6 ）
第 1 题答案
用计数引理 （多于基数的向量必相关）。其证明把零组合化成 n n n m m m 未知量多于方程个数必有非零解 」得非零解，从而相关。
这条链条是「维数」良定义（不依赖基的选取）的全部依据：基的个数不变（定理 1.3.3 ）的证明就是该引理的一次直接应用。
第 2 题 · 辨析
R 2 \mathbb{R}^2 R 2 { e 1 , e 2 } \{\boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2\} { e 1 , e 2 } { y 1 = ( 1 , 1 ) T , y 2 = ( 1 , − 1 ) T } \{\boldsymbol{y}_1=(1,1)^{\mathrm T},\boldsymbol{y}_2=(1,-1)^{\mathrm T}\} { y 1 = ( 1 , 1 ) T , y 2 = ( 1 , − 1 ) T } x = ( 3 , 1 ) T \boldsymbol{x}=(3,1)^{\mathrm T} x = ( 3 , 1 ) T
(1) 由基 Ⅰ 到基 Ⅱ 的过渡矩阵 A A A x \boldsymbol{x} x ( β ) = A − 1 ( α ) (\beta)=A^{-1}(\alpha) ( β ) = A − 1 ( α ) ( α ) (\alpha) ( α ) x \boldsymbol{x} x ( 3 , 1 ) T (3,1)^{\mathrm T} ( 3 , 1 ) T 1.3.7 、习题 C5）
第 2 题答案
(1) A = ( 1 1 1 − 1 ) A=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix} A = ( 1 1 1 − 1 )
(2) ( β ) = A − 1 ( 3 , 1 ) T = 1 − 2 ( − 1 − 1 − 1 1 ) ( 3 1 ) = ( 2 , 1 ) T (\beta)=A^{-1}(3,1)^{\mathrm T}=\dfrac{1}{-2}\begin{pmatrix}-1&-1\\-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}=(2,1)^{\mathrm T} ( β ) = A − 1 ( 3 , 1 ) T = − 2 1 ( − 1 − 1 − 1 1 ) ( 3 1 ) = ( 2 , 1 ) T 2 y 1 + y 2 = ( 3 , 1 ) T 2\boldsymbol{y}_1+\boldsymbol{y}_2=(3,1)^{\mathrm T} 2 y 1 + y 2 = ( 3 , 1 ) T
(3) 本题是标准基，所以恰好「是」——但要意识到这是巧合。 公式里的 ( α ) (\alpha) ( α ) x \boldsymbol{x} x 旧基 下的坐标」，只有当旧基恰为标准基时才等于自然坐标。习题 C5 把旧基换成非标准基，直接代入就会出错。
记忆口诀。 「矩阵贴着旧的一侧」——新基 = 旧基 × A A A A A A
第 3 题 · 应用
W 1 = span { ( 1 , 0 , 1 ) T , ( 0 , 1 , 0 ) T } W_1=\operatorname{span}\{(1,0,1)^{\mathrm T},(0,1,0)^{\mathrm T}\} W 1 = span {( 1 , 0 , 1 ) T , ( 0 , 1 , 0 ) T } W 2 = span { ( 1 , 1 , 0 ) T , ( 0 , 0 , 1 ) T } W_2=\operatorname{span}\{(1,1,0)^{\mathrm T},(0,0,1)^{\mathrm T}\} W 2 = span {( 1 , 1 , 0 ) T , ( 0 , 0 , 1 ) T } W 1 ∩ W 2 W_1\cap W_2 W 1 ∩ W 2 1.3.9 ）
第 3 题答案
各组内两向量不成比例，dim W 1 = dim W 2 = 2 \dim W_1=\dim W_2=2 dim W 1 = dim W 2 = 2 dim ( W 1 + W 2 ) = 3 \dim(W_1+W_2)=3 dim ( W 1 + W 2 ) = 3 dim ( W 1 ∩ W 2 ) = 2 + 2 − 3 = 1 \dim(W_1\cap W_2)=2+2-3=1 dim ( W 1 ∩ W 2 ) = 2 + 2 − 3 = 1
求交空间的通法： 设公共向量 v = k 1 ( 1 , 0 , 1 ) T + k 2 ( 0 , 1 , 0 ) T = l 1 ( 1 , 1 , 0 ) T + l 2 ( 0 , 0 , 1 ) T \boldsymbol{v}=k_1(1,0,1)^{\mathrm T}+k_2(0,1,0)^{\mathrm T}=l_1(1,1,0)^{\mathrm T}+l_2(0,0,1)^{\mathrm T} v = k 1 ( 1 , 0 , 1 ) T + k 2 ( 0 , 1 , 0 ) T = l 1 ( 1 , 1 , 0 ) T + l 2 ( 0 , 0 , 1 ) T k 1 = k 2 = l 1 = l 2 = t k_1=k_2=l_1=l_2=t k 1 = k 2 = l 1 = l 2 = t W 1 ∩ W 2 = span { ( 1 , 1 , 1 ) T } W_1\cap W_2=\operatorname{span}\{(1,1,1)^{\mathrm T}\} W 1 ∩ W 2 = span {( 1 , 1 , 1 ) T }
两条纪律。 ① 维数公式只对两个子空间 成立（三个及以上只有不等式，习题 B8）；② 求「交」时先算维数定心，再解方程组求向量。
第 4 题 · 迁移
dim R C = ? \dim_{\mathbb{R}}\mathbb{C}=? dim R C = ? dim C C = ? \dim_{\mathbb{C}}\mathbb{C}=? dim C C = ? 1.3.8 ）
第 4 题答案
dim R C = 2 \dim_{\mathbb{R}}\mathbb{C}=2 dim R C = 2 { 1 , i } \{1,i\} { 1 , i } dim C C = 1 \dim_{\mathbb{C}}\mathbb{C}=1 dim C C = 1 { 1 } \{1\} { 1 }
原因： 1 1 1 i i i i ⋅ 1 + ( − 1 ) ⋅ i = 0 i\cdot 1+(-1)\cdot i=0 i ⋅ 1 + ( − 1 ) ⋅ i = 0 维数与线性相关性都是相对数域 F F F ——所以写维数时必须标明数域，写作 dim R \dim_{\mathbb{R}} dim R dim C \dim_{\mathbb{C}} dim C
这条性质在 例 1.3.1 （相关性随数域翻转）和习题 A9（矩阵空间维数翻倍）中反复出现。