线性代数/主题：线性映射的几何/解答

解答

问题 1

令 $h:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ 为将向量顺时针旋转 $\pi /4$ 弧度的变换。

找到矩阵 $H$ ，它表示 $h$ 相对于标准基。使用高斯消元法将 $H$ 化简为单位矩阵。
将行化简转化为矩阵方程 $T_{j}T_{j-1}\cdots T_{1}H=I$ （前一项表明 $H$ 与 $I$ 相似，并且从 $H$ 推导出 $I$ 不需要任何列运算）。
解此矩阵方程求 $H$ 。
绘制几何效果矩阵，即绘制 $H$ 如何表示为拉伸、翻转、错切和投影的组合（单位矩阵是平凡的投影）。

解答

为了表示 $H$ ，回想一下，逆时针旋转 $\theta$ 弧度相对于标准基的表示方式如下。
${\rm {Rep}}_{{\mathcal {E}}_{2},{\mathcal {E}}_{2}}(h)={\begin{pmatrix}\cos \theta &-\sin \theta \\\sin \theta &\cos \theta \end{pmatrix}}$
顺时针角度是逆时针角度的负数。
${\rm {Rep}}_{{\mathcal {E}}_{2},{\mathcal {E}}_{2}}(h)={\begin{pmatrix}\cos(-\pi /4)&-\sin(-\pi /4)\\\sin(-\pi /4)&\cos(-\pi /4)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\sqrt {2}}/2&{\sqrt {2}}/2\\-{\sqrt {2}}/2&{\sqrt {2}}/2\end{pmatrix}}$
这个高斯-约旦消元法
${\xrightarrow[{}]{\rho _{1}+\rho _{2}}}{\begin{pmatrix}{\sqrt {2}}/2&{\sqrt {2}}/2\\0&{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}{\xrightarrow[{(1/{\sqrt {2}})\rho _{2}}]{(2/{\sqrt {2}})\rho _{1}}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}{\xrightarrow[{}]{-\rho _{2}+\rho _{1}}}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$
得到单位矩阵，因此不需要进行列交换操作才能得到部分单位矩阵。
这个消元可以用矩阵乘法表示为
${\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2/{\sqrt {2}}&0\\0&1/{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}}H=I$
(注意高斯操作的组合是从右到左执行的)。
取逆
$H=\underbrace {{\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}{\sqrt {2}}/2&0\\0&{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}} _{P}I$
给出 $H$ 的期望分解（这里，部分单位矩阵是 $I$ ，而 $Q$ 是平凡的，即它也是一个单位矩阵）。
从右到左阅读组合（并将单位矩阵忽略为平凡的）得出， $H$ 的效果与先执行这种倾斜相同

接着进行一个扩张，将所有第一分量乘以 ${\sqrt {2}}/2$ （由于 ${\sqrt {2}}/2\approx 0.707$ ，所以这是一个“缩小”），并将所有第二分量乘以 ${\sqrt {2}}$ ，接着进行另一个倾斜。

例如， $H$ 对与 $x$ 轴夹角为 $\pi /3$ 的单位向量的效果是

验证得到的向量具有单位长度，并且与 $x$ 轴的夹角为 $-\pi /6$ 是例行公事。

问题 2

什么组合的扩张、翻转、倾斜和投影产生逆时针旋转 $2\pi /3$ 弧度？

解答

我们将首先用矩阵 $H$ 表示映射，执行行操作，如果需要，则执行列操作以将其简化为部分单位矩阵。然后，我们将将其转换为分解 $H=PBQ$ 。代入一般矩阵

{\rm {Rep}}_{{\mathcal {E}}_{2},{\mathcal {E}}_{2}}(r_{\theta }){\begin{pmatrix}\cos \theta &-\sin \theta \\\sin \theta &\cos \theta \end{pmatrix}}

给出这种表示。

{\rm {Rep}}_{{\mathcal {E}}_{2},{\mathcal {E}}_{2}}(r_{2\pi /3}){\begin{pmatrix}-1/2&-{\sqrt {3}}/2\\{\sqrt {3}}/2&-1/2\end{pmatrix}}

高斯消元法是常规方法。

{\xrightarrow[{}]{{\sqrt {3}}\rho _{1}+\rho _{2}}}{\begin{pmatrix}-1/2&-{\sqrt {3}}/2\\0&-2\end{pmatrix}}{\xrightarrow[{(-1/2)\rho _{2}}]{-2\rho _{1}}}{\begin{pmatrix}1&{\sqrt {3}}\\0&1\end{pmatrix}}{\xrightarrow[{}]{-{\sqrt {3}}\rho _{2}+\rho _{1}}}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}

这可以以矩阵方程的形式表示。

{\begin{pmatrix}1&-{\sqrt {3}}\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-2&0\\0&-1/2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0\\{\sqrt {3}}&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1/2&-{\sqrt {3}}/2\\{\sqrt {3}}/2&-1/2\end{pmatrix}}=I

求逆矩阵来解 $H$ ，得到以下分解。

{\begin{pmatrix}-1/2&-{\sqrt {3}}/2\\{\sqrt {3}}/2&-1/2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\-{\sqrt {3}}&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1/2&0\\0&-2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&{\sqrt {3}}\\0&1\end{pmatrix}}I

问题 3

什么组合的缩放、翻转、错切和投影操作可以生成由以下矩阵表示的映射 $h:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3}$ ?

{\begin{pmatrix}1&2&1\\3&6&0\\1&2&2\end{pmatrix}}

解答

以下高斯消元操作

{\xrightarrow[{-\rho _{1}+\rho _{3}}]{-3\rho _{1}+\rho _{2}}}{\begin{pmatrix}1&2&1\\0&0&-3\\0&0&1\end{pmatrix}}{\xrightarrow[{}]{(1/3)\rho _{2}+\rho _{3}}}{\begin{pmatrix}1&2&1\\0&0&-3\\0&0&0\end{pmatrix}}{\xrightarrow[{}]{(-1/3)\rho _{2}}}{\begin{pmatrix}1&2&1\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}{\xrightarrow[{}]{-\rho _{2}+\rho _{1}}}{\begin{pmatrix}1&2&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}

给出了矩阵的简化行阶梯形式。现在，将第一列乘以 $-2$ 并加到第二列，然后交换第二列和第三列，可以得到这个部分单位矩阵。

B={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}}

所有这些都可以用矩阵形式表示为：其中

P={\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1/3&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&1/3&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\-1&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-3&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}

和

Q={\begin{pmatrix}1&-2&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}}

给出的矩阵可以分解为 $PBQ$ 。

问题 4

证明任何对 $\mathbb {R} ^{1}$ 的线性变换都是乘以一个标量 $x\mapsto kx$ 的映射。

解答

用标准基 ${\mathcal {E}}_{1},{\mathcal {E}}_{1}$ 表示它，那么得到的 $1\!\times \!1$ 矩阵中唯一的元素就是标量 $k$ 。

问题 5

证明对于数字 $1$ ，...， $n$ 的任何排列（即重新排序） $p$ ，映射

{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x_{p(1)}\\x_{p(2)}\\\vdots \\x_{p(n)}\end{pmatrix}}

可以通过一系列映射的复合来实现，其中每个映射只交换一对坐标。提示：可以用关于 $n$ 的归纳法来证明。（注：在第四章中我们将证明这一点，并将证明所用交换次数的奇偶性由 $p$ 决定。也就是说，虽然特定排列可以用两种不同的方式实现，但两种方式所用的交换次数不同，但两种方式要么都用偶数次交换，要么都用奇数次交换。）

解答

我们可以用关于向量分量个数的归纳法来证明这一点。在 $n=1$ 的基本情况中，唯一可能的排列是平凡排列，映射

{\begin{pmatrix}x_{1}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x_{1}\end{pmatrix}}

实际上可以用一系列交换来表示——可以表示为零次交换。对于归纳步骤，我们假设由少于 $n$ 个数字的任何排列引起的映射，都可以仅用交换来表示。现在我们考虑由 $p$ 引起的映射，其中 $p$ 是 $n$ 个数字的排列。

{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x_{p(1)}\\x_{p(2)}\\\vdots \\x_{p(n)}\end{pmatrix}}

考虑一个数字 $i$ ，使得 $p(i)=n$ 。映射

{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\\vdots \\x_{i}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}{\stackrel {\hat {p}}{\longmapsto }}{\begin{pmatrix}x_{p(1)}\\x_{p(2)}\\\vdots \\x_{p(n)}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}

如果接着交换第 $i$ 个和第 $n$ 个分量，就会得到映射 $p$ 。现在，归纳假设表明 ${\hat {p}}$ 可以通过一系列交换来实现。

问题 6

证明线性映射保持空间的线性结构。

证明对于从 $\mathbb {R} ^{n}$ 到 $\mathbb {R} ^{m}$ 的任何线性映射，任何直线的像都是直线。像可能是一个退化的直线，即一个点。
证明任何线性曲面的像都是线性曲面。这推广了线性映射下子空间的像也是子空间的结果。
线性映射保持其他线性概念。证明线性映射保持“介于”：如果点 $B$ 介于 $A$ 和 $C$ 之间，那么 $B$ 的像介于 $A$ 的像和 $C$ 的像之间。

解答

一条直线是 $\mathbb {R} ^{n}$ 的一个子集，其形式为 $\{{\vec {v}}={\vec {u}}+t\cdot {\vec {w}}\,{\big |}\,t\in \mathbb {R} \}$ 。该直线上一点的图像为 $h({\vec {v}})=h({\vec {u}}+t\cdot {\vec {w}})=h({\vec {u}})+t\cdot h({\vec {w}})$ ，并且当 $t$ 在实数范围内变化时，这些向量的集合是一条直线（如果 $h({\vec {w}})={\vec {0}}$ ，则该直线为退化的）。
这是一个对之前论点的明显扩展。
如果点 $B$ 在点 $A$ 和 $C$ 之间，那么从 $A$ 到 $C$ 的直线上包含 $B$ 。也就是说，存在一个 $t\in (0\,..\,1)$ 使得 ${\vec {b}}={\vec {a}}+t\cdot ({\vec {c}}-{\vec {a}})$ （其中 $B$ 是 ${\vec {b}}$ 的端点，等等）。现在，如同第一个条目的论证，线性性表明 $h({\vec {b}})=h({\vec {a}})+t\cdot h({\vec {c}}-{\vec {a}})$ .