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# 一个问题

FnF^n 中最多有多少线性无关的向量？

在思考这个问题之前，我们先来证几个定理：

定理 1： 设 u1,⋯ ,umu_1, \cdots, u_m 是 nn 维向量空间 FnF^n 中的 mm 个向量，如果 m>nm > n，则 u1,⋯ ,umu_1, \cdots, u_m 线性相关。

证明： 考虑关于 FF 中 mm 个未知数 λ1,⋯ ,λm\lambda_1, \cdots, \lambda_m 的方程

λ1u1+⋯+λmum=0(1)\lambda_1 u_1 + \cdots + \lambda_m u_m = 0 \tag {1}

对每个 1≤j≤m1 \le j \le m，记 uj=(a1,j,⋯ ,an,j)u_j = (a_{1, j}, \cdots, a_{n, j}).

则 (1)(1) 成为线性方程组

{a1,1λ1+⋯+a1,mλm=0⋯an,1λ1+⋯+an,mλm=0(2)\begin {cases} a_{1, 1} \lambda_1 + \cdots + a_{1, m} \lambda_m = 0 \\ \cdots \\ a_{n, 1} \lambda_1 + \cdots + a_{n, m} \lambda_m = 0 \end {cases} \tag {2}

此方程组有 mm 个未知数，nn 个方程，由 m>nm > n 知此方程组有非零解，可见 u1,⋯ ,umu_1, \cdots, u_m 线性相关。

而对每个 1≤i≤n1 \le i \le n，记 ei=(0,⋯ ,0,1,0,⋯ ,0)e_i = (0, \cdots, 0, 1, 0, \cdots, 0) 表示第 ii 个分量为 11、其余分量为 00 的数组向量。显然易得这 nn 个向量线性无关。

由此我们得出如下结论：nn 维向量空间 FnF^n 中线性无关的向量最多有 nn 个，因此 FnF^n 成为 nn 维空间。

# 基的定义

定义 11（基与坐标）： 如果 FnF^n 中存在一组向量 M={α1,⋯ ,αm}M = \{ \alpha_1, \cdots, \alpha_m \}，使 FnF^n 中每个向量 α\alpha 都能写成 α1,⋯ ,αm\alpha_1, \cdots, \alpha_m 在 FF 上的线性组合 α=x1α1+⋯+xmαm\alpha = x_1 \alpha_1 + \cdots + x_m \alpha_m，并且其中的系数 x1,⋯ ,xmx_1, \cdots, x_m 由 α\alpha 唯一决定，则 MM 称为 FnF^n 的一组 基。α\alpha 的线性组合表达式中的系数组成的有序数组 (x1,⋯ ,xm)(x_1, \cdots, x_m) 称为 α\alpha 在基 MM 下的 坐标。

注意到 E={e1,⋯ ,en}E = \{ e_1, \cdots, e_n \} 是 FnF^n 中最简单然而重要的基，则 FnF^n 中任意一个向量 b=(b1,⋯ ,bn)b = (b_1, \cdots, b_n) 在这组基下的坐标就是 (b1,⋯ ,bn)(b_1, \cdots, b_n) 本身。{e1,⋯ ,en}\{ e_1, \cdots, e_n \} 称为 FnF^n 的 自然基，或 标准基。

Fm×nF^{m \times n} 在 加法和数乘 运算下满足线性空间的 88 条运算律，它为 线性空间。

定理 22： 设向量组 BB 是 AA 的线性组合，CC 是 BB 的线性组合，则 CC 是 AA 的线性组合。

定理 33： 向量组 b1,⋯ ,bkb_1, \cdots, b_k 线性相关（无关），当且仅当它们在同一组基下的坐标 X1,⋯ ,XkX_1, \cdots, X_k 线性相关（无关）。

上述两个定理均比较易证，此处省略。

# 基的判定定理

FnF^n 的基 M={α1,⋯ ,αm}M = \{ \alpha_1, \cdots, \alpha_m \} 有以下两条性质刻画：

  1. （坐标的存在性） 使 FnF^n 中每个向量 α\alpha 都能写成 α1,⋯ ,αm\alpha_1, \cdots, \alpha_m 在 FF 上的线性组合 α=AX\alpha = AX，其中 A=(α1,⋯ ,αm)A = (\alpha_1, \cdots, \alpha_m).

  2. （坐标的唯一性） 每个 b=AXb = AX 中的 XX 由 bb 唯一决定，即 AX=AYAX = AY 当且仅当 X=YX = Y.

定理 44： 设 α1,α2,⋯ ,αn\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n 是 nn 维向量空间 FnF^n 中任意 nn 个线性无关的向量，则 FnF^n 中任何一个向量 β\beta 都能写成 α1,α2,⋯ ,αn\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n 的线性组合的形式 β=x1α1+x2α2+⋯+xnαn\beta = x_1 \alpha_1 + x_2 \alpha_2 + \cdots + x_n \alpha_n 并且其中的系数 x1,x2,⋯ ,xnx_1, x_2, \cdots, x_n 由 α1,α2,⋯ ,αn,β\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n, \beta 唯一确定。

证明： α1,⋯ ,αn,β\alpha_1, \cdots, \alpha_n, \beta 是 FnF^n 中 n+1n + 1 个向量。由定理 11 知道它们线性相关，存在不全为 00 的数 λ1,⋯ ,λn,λ\lambda_1, \cdots, \lambda_n, \lambda 使

λ1α1+⋯+λnαn+λβ=0(3)\lambda_1 \alpha_1 + \cdots + \lambda_n \alpha_n + \lambda \beta = 0 \tag {3}

如果 λ=0\lambda = 0，则 λ1,⋯ ,λn\lambda_1, \cdots, \lambda_n 不全为 00 且 λ1α1+⋯+λnαn=0\lambda_1 \alpha_1 + \cdots + \lambda_n \alpha_n = 0，这导致 α1,⋯ ,αn\alpha_1, \cdots, \alpha_n 线性相关，矛盾。故 λ≠0\lambda \not = 0。于是由 (3)(3) 可得

β=−λ1λα1−⋯−λnλαn\beta = - \frac {\lambda_1} \lambda \alpha_1 - \cdots - \frac {\lambda_n} \lambda \alpha_n

可见 β\beta 是 α1,⋯ ,αn\alpha_1, \cdots, \alpha_n 的线性组合。

当然上述结论也可以由定理 11 和反证法证得。

现证明表达式 β=x1α1+⋯+xnαn\beta = x_1 \alpha_1 + \cdots + x_n \alpha_n 中系数 x1,⋯ ,xnx_1, \cdots, x_n 的唯一性。

假定有两组系数 x1,⋯ ,xnx_1, \cdots, x_n 与 y1,⋯ ,yny_1, \cdots, y_n 满足条件

β=x1α1+⋯+xnαnβ=y1α1+⋯+ynαn\beta = x_1 \alpha_1 + \cdots + x_n \alpha_n \\ \beta = y_1 \alpha_1 + \cdots + y_n \alpha_n

将两个表达式相减得

(x1−y1)α1+⋯+(xn−yn)αn=0(4)(x_1 - y_1) \alpha_1 + \cdots + (x_n - y_n) \alpha_n = 0 \tag {4}

由于 α1,⋯ ,αn\alpha_1, \cdots, \alpha_n 线性无关，向量等式 (4)(4) 仅当 x1−y1=⋯=xn−yn=0x_1 - y_1 = \cdots = x_n - y_n = 0 时成立，也就是

x1=y1,⋯ ,xn=ynx_1 = y_1, \cdots, x_n = y_n

这就说明系数 x1,⋯ ,xnx_1, \cdots, x_n 的唯一性。

# 判定线性方程组的唯一解

定理 55： 线性方程组

{a1,1x1+⋯+a1,nxn=b1⋯am,1x1+⋯+am,nxn=bm\begin {cases} a_{1, 1} x_1 + \cdots + a_{1, n} x_n = b_1 \\ \cdots \\ a_{m, 1} x_1 + \cdots + a_{m, n} x_n = b_m \end {cases}

对任意一组 b1,⋯ ,bmb_1, \cdots, b_m 组都有唯一解的充分必要条件是：m=nm = n; 且齐次线性方程组

{a1,1x1+⋯+a1,nxn=0⋯am,1x1+⋯+am,nxn=0\begin {cases} a_{1, 1} x_1 + \cdots + a_{1, n} x_n = 0 \\ \cdots \\ a_{m, 1} x_1 + \cdots + a_{m, n} x_n = 0 \end {cases}

有唯一解 (0,⋯ ,0)(0, \cdots, 0).

方程组的矩阵形式：AX=BAX = B; 齐次方程组的矩阵形式：AX=0AX = 0.

如果 X1,X2X_1, X_2 都是 AX=bAX = b 的解，则 AX1=AX2AX_1 = AX_2，AX1−AX2=A(X1−X2)=0AX_1 - AX_2 = A (X_1 - X_2) = 0，X1−X2X_1 - X_2 是方程 AX=0AX = 0 的解。

定理 66： 设 FF 上 nn 阶方阵 AA 经过一系列初等行变换变成 BB，并经过一系列初等行变换变成阶梯型方阵 TT，则 AA 的各列组成 FnF^n 的基 当且仅当 BB 的各列组成 FnF^n 的基 当且仅当 TT 的对角元全不为 00.

# 习题

  1. 设 A={α1,α2,α3,α4}A = \{ \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4 \} 是向量空间 VV 的一组基，求证：B={α1+α2,α2+α3,α3+α4,α4}B = \{ \alpha_1 + \alpha_2, \alpha_2 + \alpha_3, \alpha_3 + \alpha_4, \alpha_4 \} 也是 VV 的一组基。

    证明：由 α1,α2,α3,α4\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4 是向量空间 VV 的一组基可知，方程

    λ1α1+λ2α2+⋯+λ4α4=0 \lambda_1 \alpha_1 + \lambda_2 \alpha_2 + \cdots + \lambda_4 \alpha_4 = 0

    不存在非零解，且对于任意 β∈V\beta \in V，都可以由 α1,α2,α3,α4\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4 唯一表示为

    β=x1α1+⋯+x4α4 \beta = x_1 \alpha_1 + \cdots + x_4 \alpha_4

    假设 BB 线性相关，即存在一组 y1,y2,y3,y4y_1, y_2, y_3, y_4 不全为 00，使

    y1(α1+α2)+y2(α2+α3)+y3(α3+α4)+y4α4=0 y_1 (\alpha_1 + \alpha_2) + y_2 (\alpha_2 + \alpha_3) + y_3 (\alpha_3 + \alpha_4) + y_4 \alpha_4 = 0

    成立。将上式整理得：

    y1α1+(y1+y2)α2+(y2+y3)α3+(y3+y4)α4=0 y_1 \alpha_1 + (y_1 + y_2) \alpha_2 + (y_2 + y_3) \alpha_3 + (y_3 + y_4) \alpha_4 = 0

    上式成立当且仅当

    {y1=0y1+y2=0y2+y3=0y3+y4=0 \begin {cases} y_1 = 0 \\ y_1 + y_2 = 0 \\ y_2 + y_3 = 0 \\ y_3 + y_4 = 0 \end {cases}

    成立，由此解得 y1=y2=y3=y4=0y_1 = y_2 = y_3 = y_4 = 0，假设不成立，因此向量组 BB 线性无关。下证任意向量 β∈V\beta \in V 都可以由 BB 中向量唯一表示。不妨设

    β=μ1(α1+α2)+μ2(α2+α3)+μ3(α3+α4)+μ4α4 \beta = \mu_1 (\alpha_1 + \alpha_2) + \mu_2 (\alpha_2 + \alpha_3) + \mu_3 (\alpha_3 + \alpha_4) + \mu_4 \alpha_4

    将上式整理得

    β=μ1α1+(μ1+μ2)α2+(μ2+μ3)α3+(μ3+μ4)α4 \beta = \mu_1 \alpha_1 + (\mu_1 + \mu_2) \alpha_2 + (\mu_2 + \mu_3) \alpha_3 + (\mu_3 + \mu_4) \alpha_4

    则有以下方程组成立

    {μ1=x1μ1+μ2=x2μ2+μ3=x3μ3+μ4=x4 \begin {cases} \mu_1 = x_1 \\ \mu_1 + \mu_2 = x_2 \\ \mu_2 + \mu_3 = x_3 \\ \mu_3 + \mu_4 = x_4 \end {cases}

    则方程组有唯一解

    (μ1,μ2,μ3,μ4)=(x1,x2−x1,x3−x2+x1,x4−x3+x2−x1) (\mu_1, \mu_2, \mu_3, \mu_4) = (x_1, x_2 - x_1, x_3 - x_2 + x_1, x_4 - x_3 + x_2 - x_1)

    因此 μ1,μ2,μ3,μ4\mu_1, \mu_2, \mu_3, \mu_4 由 BB 和 β\beta 唯一确定，由此证得 BB 也是 VV 的一组基。

  2. 设 α1,α2,⋯ ,αm\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m 在向量空间 VV 中线性无关，且 β∈V\beta \in V. 求证：若 α1+β,α2+β,⋯ ,αm+β\alpha_1 + \beta, \alpha_2 + \beta, \cdots, \alpha_m + \beta 线性相关，则 β∈Span (α1,α2,⋯ ,αm)\beta \in \mathrm{Span} \, (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m).

    证明：由 α1,α2,⋯ ,αm\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m 在向量空间 VV 中线性无关可知，方程

    λ1α1+⋯+λmαm=0 \lambda_1 \alpha_1 + \cdots + \lambda_m \alpha_m = 0

    存在唯一零解。又由 α1+β,α2+β,⋯ ,αm+β\alpha_1 + \beta, \alpha_2 + \beta, \cdots, \alpha_m + \beta 线性相关可知，方程

    μ1(α1+β)+⋯+μm(αm+β)=0 \mu_1 (\alpha_1 + \beta) + \cdots + \mu_m (\alpha_m + \beta) = 0

    存在非零解。将上式整理得

    μ1α1+⋯+μmαm+(μ1+⋯+μm)β=0 \mu_1 \alpha_1 + \cdots + \mu_m \alpha_m + (\mu_1 + \cdots + \mu_m) \beta = 0

    记 μ=∑i=1mμi≠0\mu = \sum\limits_{i = 1}^m \mu_i \not = 0，进而解得

    β=−μ1μα1−⋯−μmμαm \beta = - \frac {\mu_1} \mu \alpha_1 - \cdots - \frac {\mu_m} \mu \alpha_m

    其中 −μ1μ,⋯ ,−μmμ- \dfrac {\mu_1} \mu, \cdots, - \dfrac {\mu_m} \mu 至少有一项不为 00，即 β\beta 可由 {α1,⋯ ,αm}\{ \alpha_1, \cdots, \alpha_m \} 线性表出，β∈Span (α1,⋯ ,αm)\beta \in \mathrm{Span} \, (\alpha_1, \cdots, \alpha_m)

  3. 给定 R4\R^4 中的向量 ϵ1=(1,0,0,0),ϵ2=(0,1,0,0),ϵ3=(0,0,1,0),ϵ4=(0,0,0,1),η1=(2,1,−1,1),η2=(0,3,1,0),η3=(5,3,2,1),η4=(6,6,1,3)\epsilon_1 = (1, 0, 0, 0), \epsilon_2 = (0, 1, 0, 0), \epsilon_3 = (0, 0, 1, 0), \epsilon_4 = (0, 0, 0, 1), \eta_1 = (2, 1, -1, 1), \eta_2 = (0, 3, 1, 0), \eta_3 = (5, 3, 2, 1), \eta_4 = (6, 6, 1, 3), 求证：向量组 S:η1,η2,η3,η4S: \eta_1, \eta_2, \eta_3, \eta_4 是 R4\R^4 的一组基，并求一非零向量 ξ=(x1,x2,x3,x4)\xi = (x_1, x_2, x_3, x_4)，使其在基 SS 和自然基底 ϵ1,ϵ2,ϵ3,ϵ4\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3, \epsilon_4 下具有相同的坐标。

    解：将 SS 中向量以列向量的形式排成矩阵，并经过如下初等行变换：

    (20561336−11211013)→−12(1)+(2),12(1)+(3),−12(1)+(4)(2056031230192400−320)→−13(2)+(3)(20560312300133300−320)→926(3)+(4)(2056031230013330002726) \begin {pmatrix} 2 & 0 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 3 & 6 \\ -1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 3 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {- \frac 1 2 (1) + (2), \frac 1 2 (1) + (3), - \frac 1 2 (1) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 2 & 0 & 5 & 6 \\ 0 & 3 & \frac 1 2 & 3 \\ 0 & 1 & \frac 9 2 & 4 \\ 0 & 0 & - \frac 3 2 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {- \frac 1 3 (2) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 2 & 0 & 5 & 6 \\ 0 & 3 & \frac 1 2 & 3 \\ 0 & 0 & \frac {13} 3 & 3 \\ 0 & 0 & - \frac 3 2 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {\frac 9 {26} (3) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 2 & 0 & 5 & 6 \\ 0 & 3 & \frac 1 2 & 3 \\ 0 & 0 & \frac {13} 3 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & \frac {27} {26} \end {pmatrix}

    由此可知向量组 SS 线性无关，下证对于任意向量 α∈R4\alpha \in \R^4 都可以由 SS 中向量唯一表示。设

    α=(x1,x2,x3,x4)=y1η1+y2η2+y3η3+y4η4 \alpha = (x_1, x_2, x_3, x_4) = y_1 \eta_1 + y_2 \eta_2 + y_3 \eta_3 + y_4 \eta_4

    由此可列出方程组

    {2y1+5y3+6y4=x1y1+3y2+3y3+6y4=x2−y1+y2+2y3+y4=x3y1+y3+3y4=x4 \begin {cases} \begin {alignedat} {5} 2y_1 &{}{}& &{}+{}& 5y_3 &{}+{}& 6y_4 &= x_1 \\ y_1 &{}+{}& 3y_2 &{}+{}& 3y_3 &{}+{}& 6y_4 &= x_2 \\ -y_1 &{}+{}& y_2 &{}+{}& 2y_3 &{}+{}& y_4 &= x_3 \\ y_1 &{}{}& &{}+{}& y_3 &{}+{}& 3y_4 &= x_4 \\ \end {alignedat} \end {cases}

    方程组有唯一解，即 (y1,y2,y3,y4)(y_1, y_2, y_3, y_4) 由 S,αS, \alpha 唯一确定，因此 SS 是 R4\R^4 的一组基。将 (x1,x2,x3,x4)(x_1, x_2, x_3, x_4) 代入 (y1,y2,y3,y4)(y_1, y_2, y_3, y_4)，可得如下方程组

    {x1+5x3+6x4=0x1+2x2+3x3+6x4=0−x1+x2+x3+x4=0x1+x3+2x4=0 \begin {cases} \begin {alignedat} {5} x_1 &{}{}& &{}+{}& 5x_3 &{}+{}& 6x_4 &= 0 \\ x_1 &{}+{}& 2x_2 &{}+{}& 3x_3 &{}+{}& 6x_4 &= 0 \\ -x_1 &{}+{}& x_2 &{}+{}& x_3 &{}+{}& x_4 &= 0 \\ x_1 &{}{}& &{}+{}& x_3 &{}+{}& 2x_4 &= 0 \\ \end {alignedat} \end {cases}

    同理可以通过矩阵初等行变换解得方程组通解为

    (x1x2x3x4)T=(0000)T+t(−1−1−11)T \begin {pmatrix} x_1 & x_2 & x_3 & x_4 \end {pmatrix}^T = \begin {pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}^T + t \begin {pmatrix} -1 & -1 & -1 & 1 \end {pmatrix}^T

    由此可令 ξ=(−1,−1,−1,1)\xi = (-1, -1, -1, 1)，其在基 SS 和自然基底 ϵ1,ϵ2,ϵ3,ϵ4\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3, \epsilon_4 下具有相同的坐标。