线性代数/基/解

解

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问题 1

判断以下集合是否为 $\mathbb {R} ^{3}$ 的基。

$\langle {\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}3\\2\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}\rangle$
$\langle {\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}3\\2\\1\end{pmatrix}}\rangle$
$\langle {\begin{pmatrix}0\\2\\-1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2\\5\\0\end{pmatrix}}\rangle$
$\langle {\begin{pmatrix}0\\2\\-1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\3\\0\end{pmatrix}}\rangle$

答案

根据定理 1.12，每个集合是否为基取决于空间中的每个向量是否可以以唯一的方式表示为给定向量的线性组合。

是的，这是一个基。关系
$c_{1}{\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}+c_{2}{\begin{pmatrix}3\\2\\1\end{pmatrix}}+c_{3}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$
得出
$\left({\begin{array}{*{3}{c}|c}1&3&0&x\\2&2&0&y\\3&1&1&z\end{array}}\right){\xrightarrow[{-3\rho _{1}+\rho _{3}}]{-2\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\xrightarrow[{}]{2\rho _{2}+\rho _{3}}}\left({\begin{array}{*{3}{c}|c}1&3&0&x\\0&-4&0&-2x+y\\0&0&1&x-2y+z\end{array}}\right)$
它具有唯一的解 $c_{3}=x-2y+z$ , $c_{2}=x/2-y/4$ , 和 $c_{1}=-x/2+3y/4$ .
这不是一个基底。将它设置为与上一项相同
$c_{1}{\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}+c_{2}{\begin{pmatrix}3\\2\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$
产生一个线性方程组，其解为
$\left({\begin{array}{*{2}{c}|c}1&3&x\\2&2&y\\3&1&z\end{array}}\right){\xrightarrow[{-3\rho _{1}+\rho _{3}}]{-2\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\xrightarrow[{}]{2\rho _{2}+\rho _{3}}}\left({\begin{array}{*{2}{c}|c}1&3&x\\0&-4&-2x+y\\0&0&x-2y+z\end{array}}\right)$
只有当三维向量的分量 $x$ ， $y$ 和 $z$ 满足 $x-2y+z=0$ 时，才有可能。例如，当 $x=1$ ， $y=1$ 和 $z=1$ 时，我们可以找到有效的系数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 。然而，对于 $x=1$ ， $y=1$ 和 $z=2$ ，不存在有效的 $c$ 。因此，它不是一个基底；它没有跨越整个空间。
是的，这是一个基底。建立关系后，我们得到以下简化结果：
$\left({\begin{array}{*{3}{c}|c}0&1&2&x\\2&1&5&y\\-1&1&0&z\end{array}}\right){\xrightarrow[{}]{rho_{1}\leftrightarrow \rho _{3}}}\;{\xrightarrow[{}]{\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\xrightarrow[{}]{(1/3)\rho _{2}+\rho _{3}}}\left({\begin{array}{*{3}{c}|c}-1&1&0&z\\0&3&5&y+2z\\0&0&1/3&x-y/3-2z/3\end{array}}\right)$
对于每一组分量 $x$ ， $y$ 和 $z$ 的三元组，都有唯一解。
不，它不是一个基底。简化结果为：
$\left({\begin{array}{*{3}{c}|c}0&1&1&x\\2&1&3&y\\-1&1&0&z\end{array}}\right){\xrightarrow[{}]{rho_{1}\leftrightarrow \rho _{3}}}\;{\xrightarrow[{}]{2\rho _{1}+\rho _{2}}}{\xrightarrow[{}]{-1/3)\rho _{2}+\rho _{3}}}\left({\begin{array}{*{3}{c}|c}-1&1&0&z\\0&3&3&y+2z\\0&0&0&x-y/3-2z/3\end{array}}\right)$
这没有对每个三元组提供解决方案 $x$ , $y$ , 和 $z$ . 相反，给定集合的跨度只包括那些三维向量，其中 $x=y/3+2z/3$ .

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问题 2

用基向量表示向量。

${\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}$ , $B=\langle {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}\rangle \subseteq \mathbb {R} ^{2}$
$x^{2}+x^{3}$ , $D=\langle 1,1+x,1+x+x^{2},1+x+x^{2}+x^{3}\rangle \subseteq {\mathcal {P}}_{3}$
${\begin{pmatrix}0\\-1\\0\\1\end{pmatrix}}$ , ${\mathcal {E}}_{4}\subseteq \mathbb {R} ^{4}$

答案

我们求解
$c_{1}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+c_{2}{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}$
其中
$\left({\begin{array}{*{2}{c}|c}1&-1&1\\1&1&2\end{array}}\right){\xrightarrow[{}]{\rho _{1}+\rho _{2}}}\left({\begin{array}{*{2}{c}|c}1&-1&1\\0&2&1\end{array}}\right)$
并得出结论 $c_{2}=1/2$ ，因此 $c_{1}=3/2$ 。因此，表示形式如下。
${\rm {Rep}}_{B}({\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}3/2\\1/2\end{pmatrix}}_{B}$
关系 $c_{1}\cdot (1)+c_{2}\cdot (1+x)+c_{3}\cdot (1+x+x^{2})+c_{4}\cdot (1+x+x^{2}+x^{3})=x^{2}+x^{3}$ 很容易通过观察得出 $c_{4}=1$ ， $c_{3}=0$ ， $c_{2}=-1$ ，以及 $c_{1}=0$ 。
${\rm {Rep}}_{D}(x^{2}+x^{3})={\begin{pmatrix}0\\-1\\0\\1\end{pmatrix}}_{D}$
${\rm {Rep}}_{{\mathcal {E}}_{4}}({\begin{pmatrix}0\\-1\\0\\1\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}0\\-1\\0\\1\end{pmatrix}}_{{\mathcal {E}}_{4}}$

问题 3

找到 ${\mathcal {P}}_{2}$ 的一个基，它是所有二次多项式的空间。任何这样的基都必须包含一个每个次数的多项式吗？~零次、一次和二次？

答案

一个基是 $\langle 1,x,x^{2}\rangle$ 。存在 ${\mathcal {P}}_{2}$ 的基，它不包含任何一次或零次多项式。一个基是 $\langle 1+x+x^{2},x+x^{2},x^{2}\rangle$ 。（不过，每个基至少包含一个二次多项式。）

问题 4

找到该系统解集的一个基。

{\begin{array}{*{4}{rc}r}x_{1}&-&4x_{2}&+&3x_{3}&-&x_{4}&=&0\\2x_{1}&-&8x_{2}&+&6x_{3}&-&2x_{4}&=&0\end{array}}

答案

约简

\left({\begin{array}{*{4}{c}|c}1&-4&3&-1&0\\2&-8&6&-2&0\end{array}}\right){\xrightarrow[{}]{2\rho _{1}+\rho _{2}}}\left({\begin{array}{*{4}{c}|c}1&-4&3&-1&0\\0&0&0&0&0\end{array}}\right)

给出唯一的条件是 $x_{1}=4x_{2}-3x_{3}+x_{4}$ 。解集是

\{{\begin{pmatrix}4x_{2}-3x_{3}+x_{4}\\x_{2}\\x_{3}\\x_{4}\end{pmatrix}}\,{\big |}\,x_{2},x_{3},x_{4}\in \mathbb {R} \}=\{x_{2}{\begin{pmatrix}4\\1\\0\\0\end{pmatrix}}+x_{3}{\begin{pmatrix}-3\\0\\1\\0\end{pmatrix}}+x_{4}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\1\end{pmatrix}}\,{\big |}\,x_{2},x_{3},x_{4}\in \mathbb {R} \}

因此，很明显，这个基的候选是这个。

\langle {\begin{pmatrix}4\\1\\0\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-3\\0\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\1\end{pmatrix}}\rangle

我们已经证明了这跨越了空间，并且证明它也是线性无关的也是例行公事。

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问题 5

找到 ${\mathcal {M}}_{2\!\times \!2}$ 的一个基，它是 $2\!\times \!2$ 矩阵空间。

答案

有很多基。这很容易。

\langle {\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}\rangle

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问题 6

找到每个子空间的基。

子空间 $\{a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}\,{\big |}\,a_{2}-2a_{1}=a_{0}\}$ of ${\mathcal {P}}_{2}$
第一和第二分量加起来为零的三列行向量的空间
此子空间为 $2\!\times \!2$ 矩阵的子空间
$\{{\begin{pmatrix}a&b\\0&c\end{pmatrix}}\,{\big |}\,c-2b=0\}$

答案

对于每个项目，可能有多个答案。

一种可行的方法是通过将 $a_{2}$ 表示为其他两个 $a_{2}=2a_{1}+a_{0}$ 的组合来进行参数化。那么 $a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ 是 $(2a_{1}+a_{0})x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ ，并且
$\{(2a_{1}+a_{0})x^{2}+a_{1}x+a_{0}\,{\big |}\,a_{1},a_{0}\in \mathbb {R} \}=\{a_{1}\cdot (2x^{2}+x)+a_{0}\cdot (x^{2}+1)\,{\big |}\,a_{1},a_{0}\in \mathbb {R} \}$
表明了 $\langle 2x^{2}+x,x^{2}+1\rangle$ 。但这只表明它张成了空间，而检查其线性无关性则是一项常规操作。
将 $\{{\begin{pmatrix}a&b&c\end{pmatrix}}\,{\big |}\,a+b=0\}$ 参数化得到 $\{{\begin{pmatrix}-b&b&c\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b,c\in \mathbb {R} \}$ ，这表明可以使用序列 $\langle {\begin{pmatrix}-1&1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0&1\end{pmatrix}}\rangle$ 。我们已经证明它张成了空间，并且检查其线性无关性也很容易。
改写
$\{{\begin{pmatrix}a&b\\0&2b\end{pmatrix}}\,{\big |}\,a,b\in \mathbb {R} \}=\{a\cdot {\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}+b\cdot {\begin{pmatrix}0&1\\0&2\end{pmatrix}}\,{\big |}\,a,b\in \mathbb {R} \}$
建议使用此作为基底。
$\langle {\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&2\end{pmatrix}}\rangle$

问题 7

检查示例 1.6.

答案

我们将证明第二个是基底；第一个类似。我们将直接从基底的定义证明这一点，因为这个示例出现在定理 1.12 之前。

为了证明它是线性无关的，我们建立 $c_{1}\cdot (\cos \theta -\sin \theta )+c_{2}\cdot (2\cos \theta +3\sin \theta )=0\cos \theta +0\sin \theta$ 。取 $\theta =0$ 和 $\theta =\pi /2$ 会得到这个系统

{\begin{array}{*{2}{rc}r}c_{1}\cdot 1&+&c_{2}\cdot 2&=&0\\c_{1}\cdot (-1)&+&c_{2}\cdot 3&=&0\end{array}}\;{\xrightarrow[{}]{\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\begin{array}{*{2}{rc}r}c_{1}&+&2c_{2}&=&0\\&+&5c_{2}&=&0\end{array}}

这表明 $c_{1}=0$ 和 $c_{2}=0$ .

跨度的计算也很容易；对于任何 $x,y\in \mathbb {R}$ ，我们有 $c_{1}\cdot (\cos \theta -\sin \theta )+c_{2}\cdot (2\cos \theta +3\sin \theta )=x\cos \theta +y\sin \theta$ ，这意味着 $c_{2}=x/5+y/5$ ，并且 $c_{1}=3x/5-2y/5$ ，因此跨度是整个空间。

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问题 8

找到每个集合的跨度，然后找到该跨度的基。

$\{1+x,1+2x\}$ 在 ${\mathcal {P}}_{2}$
$\{2-2x,3+4x^{2}\}$ 在 ${\mathcal {P}}_{2}$

答案

询问哪些 $a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}$ 可以表示为 $c_{1}\cdot (1+x)+c_{2}\cdot (1+2x)$ ，产生了三个线性方程，描述了 $x^{2}$ 、 $x$ 和常数的系数。
${\begin{array}{*{2}{rc}r}c_{1}&+&c_{2}&=&a_{0}\\c_{1}&+&2c_{2}&=&a_{1}\\&&0&=&a_{2}\end{array}}$
使用回代的高斯消元法表明，只要 $a_{2}=0$ ，则 $c_{2}=-a_{0}+a_{1}$ 且 $c_{1}=2a_{0}-a_{1}$ 。因此，当 $a_{2}=0$ 时，我们可以为任意 $a_{0}$ 和 $a_{1}$ 计算出合适的 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 。因此，当 $a_{2}=0$ 时，我们可以计算出所有线性多项式 $\{a_{0}+a_{1}x\,{\big |}\,a_{0},a_{1}\in \mathbb {R} \}$ 的合适 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 。所以，该空间是所有线性多项式 $\{a_{0}+a_{1}x\,{\big |}\,a_{0},a_{1}\in \mathbb {R} \}$ 的集合。对该集合进行参数化 $\{a_{0}\cdot 1+a_{1}\cdot x\,{\big |}\,a_{0},a_{1}\in \mathbb {R} \}$ 表明一个基为 $\langle 1,x\rangle$ （我们已经证明了它能生成该空间；检查线性无关性很容易）。
对于
$a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}=c_{1}\cdot (2-2x)+c_{2}\cdot (3+4x^{2})=(2c_{1}+3c_{2})+(-2c_{1})x+(4c_{2})x^{2}$
我们得到这个方程组。
${\begin{array}{*{2}{rc}r}2c_{1}&+&3c_{2}&=&a_{0}\\-2c_{1}&&&=&a_{1}\\&&4c_{2}&=&a_{2}\end{array}}\;{\xrightarrow[{}]{\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\xrightarrow[{}]{-4/3)\rho _{2}+\rho _{3}}}\;{\begin{array}{*{2}{rc}r}2c_{1}&+&3c_{2}&=&a_{0}\\&&3c_{2}&=&a_{0}+a_{1}\\&&0&=&(-4/3)a_{0}-(4/3)a_{1}+a_{2}\end{array}}$
因此，唯一具有关联的二次多项式 $c$ 的是那些满足 $0=(-4/3)a_{0}-(4/3)a_{1}+a_{2}$ 的。因此，跨度为 $\{(-a_{1}+(3/4)a_{2})+a_{1}x+a_{2}x^{2}\,{\big |}\,a_{1},a_{2}\in \mathbb {R} \}$ 。参数化得到 $\{a_{1}\cdot (-1+x)+a_{2}\cdot ((3/4)+x^{2})\,{\big |}\,a_{1},a_{2}\in \mathbb {R} \}$ ，这表明 $\langle -1+x,(3/4)+x^{2}\rangle$ （检查它是否线性无关是例行公事）。

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问题 9

在三次多项式空间 ${\mathcal {P}}_{3}$ 中，为以下每个子空间找到一个基。

所有满足 $p(7)=0$ 的三次多项式 $p(x)$ 所成的子空间。
所有满足 $p(7)=0$ 且 $p(5)=0$ 的多项式 $p(x)$ 所成的子空间。
所有满足 $p(7)=0$ ， $p(5)=0$ 以及 $p(3)=0$ 的多项式 $p(x)$ 所成的子空间。
所有满足 $p(7)=0$ ， $p(5)=0$ ， $p(3)=0$ 以及 $p(1)=0$ 的多项式 $p(x)$ 所成的空间。

答案

子空间是 $\{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}\,{\big |}\,a_{0}+7a_{1}+49a_{2}+343a_{3}=0\}$ . 重写 $a_{0}=-7a_{1}-49a_{2}-343a_{3}$ 得 $\{(-7a_{1}-49a_{2}-343a_{3})+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}\,{\big |}\,a_{1},a_{2},a_{3}\in \mathbb {R} \}$ , 将参数分解后，可以得到基为 $\langle -7+x,-49+x^{2},-343+x^{3}\rangle$ （很容易验证）。
给定子空间是三次多项式 $p(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}$ 的集合，使得 $a_{0}+7a_{1}+49a_{2}+343a_{3}=0$ 并且 $a_{0}+5a_{1}+25a_{2}+125a_{3}=0$ . 高斯消元法
${\begin{array}{*{4}{rc}r}a_{0}&+&7a_{1}&+&49a_{2}&+&343a_{3}&=&0\\a_{0}&+&5a_{1}&+&25a_{2}&+&125a_{3}&=&0\end{array}}\;{\xrightarrow[{}]{\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\begin{array}{*{4}{rc}r}a_{0}&+&7a_{1}&+&49a_{2}&+&343a_{3}&=&0\\&&-2a_{1}&-&24a_{2}&-&218a_{3}&=&0\end{array}}$
得出 $a_{1}=-12a_{2}-109a_{3}$ ，以及 $a_{0}=35a_{2}+420a_{3}$ 。将 $(35a_{2}+420a_{3})+(-12a_{2}-109a_{3})x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}$ 重写为 $a_{2}\cdot (35-12x+x^{2})+a_{3}\cdot (420-109x+x^{3})$ ，表明基底可以是 $\langle 35-12x+x^{2},420-109x+x^{3}\rangle$ 。上述证明了它可以生成这个空间。验证线性无关是常规操作。(注：一个有价值的检查是验证基底中的两个多项式均具有 7 和 5 作为根)。
这里对三次方有三个条件，即 $a_{0}+7a_{1}+49a_{2}+343a_{3}=0$ ，即 $a_{0}+5a_{1}+25a_{2}+125a_{3}=0$ ，以及 $a_{0}+3a_{1}+9a_{2}+27a_{3}=0$ 。高斯消元法
${\begin{array}{*{4}{rc}r}a_{0}&+&7a_{1}&+&49a_{2}&+&343a_{3}&=&0\\a_{0}&+&5a_{1}&+&25a_{2}&+&125a_{3}&=&0\\a_{0}&+&3a_{1}&+&9a_{2}&+&27a_{3}&=&0\end{array}}\;{\xrightarrow[{-\rho _{1}+\rho _{3}}]{-\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\xrightarrow[{}]{2\rho _{2}+\rho _{3}}}\;{\begin{array}{*{4}{rc}r}a_{0}&+&7a_{1}&+&49a_{2}&+&343a_{3}&=&0\\&&-2a_{1}&-&24a_{2}&-&218a_{3}&=&0\\&&&&8a_{2}&+&120a_{3}&=&0\end{array}}$
这产生了单个自由变量 $a_{3}$ ，其中 $a_{2}=-15a_{3}$ ， $a_{1}=71a_{3}$ ，以及 $a_{0}=-105a_{3}$ 。参数化如下。
$\{(-105a_{3})+(71a_{3})x+(-15a_{3})x^{2}+(a_{3})x^{3}\,{\big |}\,a_{3}\in \mathbb {R} \}=\{a_{3}\cdot (-105+71x-15x^{2}+x^{3})\,{\big |}\,a_{3}\in \mathbb {R} \}$
因此，一个很好的基向量候选是 $\langle -105+71x-15x^{2}+x^{3}\rangle$ 。根据上面的工作，它跨越了该空间。它显然线性无关，因为它是一个单元素集合（该单个元素不是该空间的零对象）。因此，经过三个点 $(7,0)$ ， $(5,0)$ ，以及 $(3,0)$ 的任何三次多项式都是该多项式的倍数。（注释。与前一个问题一样，一个值得进行的检查是验证将 7、5 和 3 代入该多项式时是否每次都得到零。）
这是 ${\mathcal {P}}_{3}$ 的平凡子空间。因此，该基为空 $\langle \rangle$ 。

备注。第三项中的多项式也可以通过展开 $(x-7)(x-5)(x-3)$ 得出。

问题 10

我们已经看到，当基向量重新排序时，它仍然可以构成基向量。它是否必须始终保持为基向量？

答案

是的。线性无关性和生成性不会因重新排序而改变。

问题 11

基向量可以包含零向量吗？

答案

任何线性无关集合都不包含零向量。

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问题 12

令 $\langle {\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{2},{\vec {\beta }}_{3}\rangle$ 是向量空间的基向量。

证明当 $c_{1},c_{2},c_{3}\neq 0$ 时， $\langle c_{1}{\vec {\beta }}_{1},c_{2}{\vec {\beta }}_{2},c_{3}{\vec {\beta }}_{3}\rangle$ 是一个基。当至少有一个 $c_{i}$ 等于 $0$ 会发生什么？
证明当 ${\vec {\alpha }}_{i}={\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{i}$ 时， $\langle {\vec {\alpha }}_{1},{\vec {\alpha }}_{2},{\vec {\alpha }}_{3}\rangle$ 是一个基。

答案

为了证明它线性无关，注意到 $d_{1}(c_{1}{\vec {\beta }}_{1})+d_{2}(c_{2}{\vec {\beta }}_{2})+d_{3}(c_{3}{\vec {\beta }}_{3})={\vec {0}}$ 表明 $(d_{1}c_{1}){\vec {\beta }}_{1}+(d_{2}c_{2}){\vec {\beta }}_{2}+(d_{3}c_{3}){\vec {\beta }}_{3}={\vec {0}}$ ，进而意味着每个 $d_{i}c_{i}$ 为零。但对于 $c_{i}\neq 0$ ，这意味着每个 $d_{i}$ 为零。证明它生成空间的步骤非常类似；因为 $\langle {\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{2},{\vec {\beta }}_{3}\rangle$ 是一个基，因此生成空间，对于任何 ${\vec {v}}$ ，我们可以写出 ${\vec {v}}=d_{1}{\vec {\beta }}_{1}+d_{2}{\vec {\beta }}_{2}+d_{3}{\vec {\beta }}_{3}$ ，然后 ${\vec {v}}=(d_{1}/c_{1})(c_{1}{\vec {\beta }}_{1})+(d_{2}/c_{2})(c_{2}{\vec {\beta }}_{2})+(d_{3}/c_{3})(c_{3}{\vec {\beta }}_{3})$ 。如果任何标量为零，则结果不是基，因为它不是线性无关的。
证明 $\langle 2{\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{2},{\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{3}\rangle$ 线性无关很简单。为了证明它生成整个空间，假设 ${\vec {v}}=d_{1}{\vec {\beta }}_{1}+d_{2}{\vec {\beta }}_{2}+d_{3}{\vec {\beta }}_{3}$ 。那么，我们可以用 $\langle 2{\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{2},{\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{3}\rangle$ 表示相同的 ${\vec {v}}$ ，如下所示 ${\vec {v}}=(1/2)(d_{1}-d_{2}-d_{3})(2{\vec {\beta }}_{1})+d_{2}({\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{2})+d_{3}({\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{3})$ .

问题 13

找到一个向量 ${\vec {v}}$ ，使其成为空间的基。

$\langle {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}},{\vec {v}}\rangle$ 在 $\mathbb {R} ^{2}$
$\langle {\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}},{\vec {v}}\rangle$ 在 $\mathbb {R} ^{3}$
$\langle x,1+x^{2},{\vec {v}}\rangle$ 在 ${\mathcal {P}}_{2}$

答案

如果 ${\vec {v}}$ 被省略，每个都构成线性无关的集合。为了保持线性无关，我们必须扩展每个的线性空间。也就是说，我们必须确定每个的线性空间（留下 ${\vec {v}}$ ），然后选取一个不在该线性空间中的 ${\vec {v}}$ 。然后，为了完成，我们必须检查结果是否跨越了整个给定的空间。这些检查是例行的。

任何不是给定向量倍数的向量，即任何不在直线 $y=x$ 上的向量都可以。其中一个是 ${\vec {v}}={\vec {e}}_{1}$ 。
通过观察，我们注意到向量 ${\vec {e}}_{3}$ 不在给定两个向量的集合的线性空间中。检查所得集合是否是 $\mathbb {R} ^{3}$ 的基是例行的。
对于线性空间 $\{c_{1}\cdot (x)+c_{2}\cdot (1+x^{2})\,{\big |}\,c_{1},c_{2}\in \mathbb {R} \}$ 中的任何成员， $x^{2}$ 的系数等于常数项。因此，如果我们添加一个没有此性质的二次方程，例如 ${\vec {v}}=1-x^{2}$ ，我们可以扩展线性空间。检查结果是否为 ${\mathcal {P}}_{2}$ 的基很容易。

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问题 14

如果 $\langle {\vec {\beta }}_{1},\dots ,{\vec {\beta }}_{n}\rangle$ 是一个基，证明在下面的方程中

c_{1}{\vec {\beta }}_{1}+\dots +c_{k}{\vec {\beta }}_{k}=c_{k+1}{\vec {\beta }}_{k+1}+\dots +c_{n}{\vec {\beta }}_{n}

每个 $c_{i}$ 都是零。将其推广。

答案

为了证明每个标量都是零，只需从等式两边减去 $c_{1}{\vec {\beta }}_{1}+\dots +c_{k}{\vec {\beta }}_{k}-c_{k+1}{\vec {\beta }}_{k+1}-\dots -c_{n}{\vec {\beta }}_{n}={\vec {0}}$ 。明显的推广是，在只包含 ${\vec {\beta }}$ 的等式中，每个 ${\vec {\beta }}$ 只出现一次，每个标量都是零。例如，一个等式，其右边是偶数索引基向量（即， ${\vec {\beta }}_{2}$ ， ${\vec {\beta }}_{4}$ ，等等），左边是奇数索引基向量，也会得出所有系数都为零的结论。

问题 15

一个基包含向量空间中的一些向量；它可以包含所有向量吗？

答案

不行；任何线性无关的集合都不包含零向量。

问题 16

定理 1.12 表明，相对于一个基，每个线性组合都是唯一的。如果一个子集不是基，线性组合可以不唯一吗？如果是，它们必须不唯一吗？

答案

这里有一个 $\mathbb {R} ^{2}$ 的子集，它不是一个基，以及它的元素的两个不同的线性组合，它们的和是同一个向量。

\{{\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}\}\qquad 2\cdot {\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}+0\cdot {\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}=0\cdot {\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}+1\cdot {\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}

因此，当一个子集不是一个基时，它的线性组合可能不唯一。

但是，仅仅因为一个子集不是一个基并不意味着它的组合一定不唯一。例如，这个集合

\{{\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}\}

确实具有这样的性质：

c_{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}=c_{2}\cdot {\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}

这意味着 $c_{1}=c_{2}$ 。这里的想法是，这个子集不能成为一个基，因为它不能跨越空间；定理的证明表明，当且仅当子集线性无关时，线性组合才是唯一的。

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问题 17

一个方阵是对称的，如果对所有索引 $i$ 和 $j$ ，条目 $i,j$ 等于条目 $j,i$ 。

找到对称 $2\!\times \!2$ 矩阵的向量空间的基。
找到对称 $3\!\times \!3$ 矩阵的基。
找到对称 $n\!\times \!n$ 矩阵的基。

答案

将向量空间描述为
$\{{\begin{pmatrix}a&b\\b&c\end{pmatrix}}\,{\big |}\,a,b,c\in \mathbb {R} \}$
建议使用以下作为基。
$\langle {\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\rangle$
验证很容易。
这是一个可能的基。
$\langle {\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}}\rangle$
与前两个问题一样，我们可以从两种矩阵形成一个基底。首先是那些对角线上只有一个1，其他所有元素都是0的矩阵（有 $n$ 个这样的矩阵）。其次是那些有两个相对的非对角线元素是1，其他所有元素都是0的矩阵。（也就是说， $M$ 中的所有元素都为零，除了 $m_{i,j}$ 和 $m_{j,i}$ 是1。）

建议所有读者练习。

问题 18

我们可以证明， $\mathbb {R} ^{3}$ 的每一个基底都包含相同数量的向量。

证明 $\mathbb {R} ^{3}$ 中的任何线性无关子集都不包含超过三个向量。
证明 $\mathbb {R} ^{3}$ 中的任何生成子集都不包含少于三个向量。（提示。回想一下如何计算一个集合的生成空间，并证明当将此方法应用于两个向量时，它无法生成 $\mathbb {R} ^{3}$ 的所有元素。）

答案

$\mathbb {R} ^{3}$ 中的任何四个向量都是线性相关的，因为向量方程
$c_{1}{\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\\z_{1}\end{pmatrix}}+c_{2}{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\\z_{2}\end{pmatrix}}+c_{3}{\begin{pmatrix}x_{3}\\y_{3}\\z_{3}\end{pmatrix}}+c_{4}{\begin{pmatrix}x_{4}\\y_{4}\\z_{4}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$
产生一个线性方程组
${\begin{array}{*{4}{rc}r}x_{1}c_{1}&+&x_{2}c_{2}&+&x_{3}c_{3}&+&x_{4}c_{4}&=&0\\y_{1}c_{1}&+&y_{2}c_{2}&+&y_{3}c_{3}&+&y_{4}c_{4}&=&0\\z_{1}c_{1}&+&z_{2}c_{2}&+&z_{3}c_{3}&+&z_{4}c_{4}&=&0\end{array}}$
这是一个齐次方程组（因此有解），有四个未知数但只有三个方程，因此有非平凡解。（当然，这种论证适用于任何包含四个或更多向量的 $\mathbb {R} ^{3}$ 的子集。）
给定 $x_{1}$ ，...， $z_{2}$ ，
$S=\{{\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\\z_{1}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\\z_{2}\end{pmatrix}}\}$
确定哪些向量
${\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$
在 $S$ 的生成空间内，建立
$c_{1}{\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\\z_{1}\end{pmatrix}}+c_{2}{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\\z_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$
并对得到的方程组进行行化简。
${\begin{array}{*{2}{rc}r}x_{1}c_{1}&+&x_{2}c_{2}&=&x\\y_{1}c_{1}&+&y_{2}c_{2}&=&y\\z_{1}c_{1}&+&z_{2}c_{2}&=&z\end{array}}$
有两个变量 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ ，但有三个方程。因此，当高斯消元法结束时，在底行将出现一个形式为 $0=m_{1}x+m_{2}y+m_{3}z$ 的关系式。因此，在两个元素集合 $S$ 的线性组合中，向量必须满足一定限制。因此，其线性组合不是 $\mathbb {R} ^{3}$ 中的所有向量。