6.5 基与维数

基是这一章收束起来的地方。前面的笔记教你怎样由其他向量拼出一个向量、怎样检查一个集合是否子空间、又怎样辨认线性依赖。这一节把那几个想法合在一起，集中回答一个问题：

什么时候，我们手上的向量刚好足够描述整个空间，而且没有保留任何多余方向？

先用直觉理解：方向够用，但没有累赘

如果一组向量能张成一个空间，就表示它提供了足够多的方向，让你能拼出那个空间里的每个向量。

如果它同时线性独立，就表示这些方向没有浪费。集合里没有任何一个向量其实早已能由其余向量组合出来。

所以，基就是一个“刚刚好”的状态：

向量够多，可以到达整个空间；
但又不会多到出现冗余方向。

这正是基有用的原因。选定基之后，空间里每个向量都可以用那组基向量来描述。

定义

基

若一组向量 $\{u_1, u_2, \ldots, u_m\}$ 同时满足以下两个条件：

$u_1, u_2, \ldots, u_m$ 线性独立；
$Span\{u_1, u_2, \ldots, u_m\} = V$ ；

那它就是向量空间 $V$ 的一组基。

这两个条件分工很清楚：

张成条件说明这组向量“够大”；
独立条件说明这组向量“不多余”。

只要忘记其中一个条件，就很容易把不是基的集合误判成基。

先停一停，改变系数，看看同一组生成向量能带你到哪些位置。

边读边试

由张成组合出一个向量

互动探索让你改变系数，并看着结果向量如何在张成里移动。

(1, 0)

(0, 1)

结果

αu + βv = (1, 0)

每个输出向量都是由水平与垂直方向组合而成。

标准基是最典型的例子

学生最先接触到的基，通常是 $R^3$ 的标准基：

e_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad e_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad e_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}.

这三个向量的重要之处，在于它们各自只负责一个坐标方向。

例题

为什么 $R^3$ 的标准基真的是一组基

要证明 $\{e_1, e_2, e_3\}$ 是 $R^3$ 的一组基，你必须检查两个条件。

先看张成。若

x = \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \end{bmatrix},

那么

x = a e_1 + b e_2 + c e_3.

所以 $R^3$ 里每个向量都可以由 $e_1, e_2, e_3$ 组合出来。

再看线性独立。若

\alpha_1 e_1 + \alpha_2 e_2 + \alpha_3 e_3 = 0,

逐个坐标比较，就得到

\alpha_1 = 0,\quad \alpha_2 = 0,\quad \alpha_3 = 0.

因此唯一的线性关系就是平凡关系。

两个条件都成立，所以 $\{e_1, e_2, e_3\}$ 是 $R^3$ 的一组基。

这个例子也说明了基坐标有多实用：一旦基固定，系数 a、b、c 就完整地告诉你怎样重建原来的向量。

为什么基里向量的个数这么重要

这里特别强调一个说起来简单、用起来却非常重要的事实：

定理

同一个空间的任何基都有相同数目

若 $B_1$ 和 $B_2$ 都是同一个向量空间 $V$ 的基，则 $B_1$ 与 $B_2$ 所含的向量数目相同。

正因如此，维数才是一个定义良好的概念。否则，“基里有多少个向量”这件事会随着你选哪一组基而改变，维数就不能成为一个稳定量。

这个定理背后有一个基本的计数原理。

定理

在已被张成的空间中，太多向量必定依赖

若 $\{v_1,\ldots,v_m\}$ 张成向量空间 $V$ ，则 $V$ 中任何多于 m 个向量的集合都必定线性依赖。

理由如下。若 $u_1,\ldots,u_n$ 是 $V$ 中的向量，而且 $n > m$ ，由于 $v_1,\ldots,v_m$ 张成 $V$ ，每个 $u_j$ 都可以写成 $v_1,\ldots,v_m$ 的线性组合。于是线性关系

c_1u_1+\cdots+c_nu_n=0

会化成一个有 m 条方程、n 个未知数的齐次方程组。未知数比方程多，所以存在非平凡解。这个非平凡解正好给出 $u_j$ 之间的非平凡线性关系，因此那些 $u_j$ 线性依赖。

这也解释了为什么同一个空间的两组基一定有相同大小。若其中一组基比另一组多向量，那较大的那组就会是在较小基所张成的空间内的一个线性依赖集合，这与基必须线性独立矛盾。

维数就是独立方向的数目

定义

维数

向量空间 $V$ 的维数，记作 dim(V)，就是 $V$ 的任意一组基所含的向量数目。

维数量度的是：这个空间究竟有多少个真正独立的方向。

$dim(R^m) = m$
$dim(M_{mn}) = mn$
$dim(P_n) = n + 1$
所有实系数多项式所成的空间是无限维，因为任何有限列表都无法张成所有幂次 $1,x,x^2,\ldots$ 。

零空间是特别情况：

dim(\{0\}) = 0.

这很合理，因为零空间里根本没有任何非零方向。

基不一定长得像标准基

基不必是标准坐标向量。只要一组向量能张成该空间，而且保持线性独立，它就可以成为同一个空间的另一组基。

例题

$R^3$ 里一个平面的基

令

W = \left\{ \begin{bmatrix} x \\ y \\ 0 \end{bmatrix} : x, y \in R \right\}.

这就是 $R^3$ 中的平面 $z = 0$ 。

考虑

u_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \qquad u_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}.

$W$ 中每个向量都可以写成

\begin{bmatrix} x \\ y \\ 0 \end{bmatrix} = x u_1 + y u_2,

因此 $u_1$ 和 $u_2$ 张成 $W$ 。

它们也线性独立，因为

\alpha_1 u_1 + \alpha_2 u_2 = 0

只可能推出 $\alpha_1 = \alpha_2 = 0$ 。

所以 $\{u_1, u_2\}$ 是 $W$ 的一组基，而

dim(W) = 2.

由此可见，维数不是在数“向量有多少个坐标”，而是在数“这个空间本身有多少个独立方向”。

维数如何变成捷径

一旦你知道某个空间的维数，很多基问题就会变得短得多。

若 $dim(V) = m$ ，那么：

$V$ 中任何 m 个线性独立向量都会自动形成基；
$V$ 中任何 m 个能张成 $V$ 的向量都会自动形成基；
少于 m 个向量不可能张成 $V$ ；
多于 m 个向量不可能全部保持线性独立。

这就是维数的威力。当向量数目已经和维数吻合时，你往往只需完成一半检查，就能推出整个结论。

这件事可以整理成一个很有用的三项判准。设 $u_1,\ldots,u_n$ 是子空间 $W$ 中的向量。考虑以下三个陈述：

$dim(W)=n$ ；
$u_1,\ldots,u_n$ 线性独立；
$Span\{u_1,\ldots,u_n\}=W$ 。

只要其中任意两项成立，第三项就会自动成立，而 $\{u_1,\ldots,u_n\}$ 就是 $W$ 的一组基。

这通常是写解答时最干净的方法。你不必每次都从头证明“线性独立”和 “张成”两件事；先找出维数，再证明两者之中较容易的一项，另一项便由定理补上。

例题

在 $R^3$ 中用维数省去第二轮计算

令

u_1=\begin{bmatrix}1\\2\\2\end{bmatrix},\quad u_2=\begin{bmatrix}2\\3\\4\end{bmatrix},\quad u_3=\begin{bmatrix}3\\8\\7\end{bmatrix}.

我们要证明这三个向量形成 $R^3$ 的一组基。

先检查线性独立。方程

c_1u_1+c_2u_2+c_3u_3=0

的系数矩阵是

\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3\\ 2 & 3 & 8\\ 2 & 4 & 7 \end{bmatrix}.

行化简可得一个每一列都有 pivot 的阶梯形，例如

\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.

因此齐次方程只有平凡解， $u_1,u_2,u_3$ 线性独立。

由于 $dim(R^3)=3$ ， $R^3$ 中三个线性独立向量会自动张成 $R^3$ 。所以这三个向量形成一组基。重点不是忽略张成条件，而是由维数定理提供张成结论。

先用几个典型例子，重新感受什么叫做独立和冗余。

边读边试

测试一组向量是否相依

互动检查会比较几组小向量，并解释是否存在非平凡线性关系。

判断

线性无关

解 c1e1 + c2e2 = 0 时，只会得到 c1 = c2 = 0，所以这一对向量线性无关。

关键关系

看不见任何非平凡线性关系。

做基题时的实用次序

当你被问到某组向量是否为基，可以按以下次序思考：

先弄清楚你要张成的是哪个空间；
再数一数你手上有多少个向量；
检查线性独立，或者检查张成；
若数目刚好等于维数，就用维数把另一半结论补完。

例如在 $R^3$ 里，只要你已证明三个向量线性独立，就不必再做一轮冗长的张成计算，它们已经自动是一组基。

同一个想法也带来两种重要的修补操作。

定理

延伸与删减的结果

若 $dim(V)=m>0$ ，则：

少于 m 个向量不可能张成 $V$ ；
任何少于 m 个向量的线性独立集合，都可以延伸成 $V$ 的一组基；
任何多于 m 个向量的张成集，都可以通过删去冗余向量而缩减成一组基。

这些结果不是彼此无关的技巧。它们都在说同一件事：维数就是一份“刚刚好”列表的精确大小。太短的列表无法覆盖整个空间；太短但独立的列表仍可加入更多方向；太长但能张成的列表必然含有多余向量。

零空间：用 rank-nullity 检查基

对齐次方程组来说，维数捷径会变得特别具体。设 $A$ 是一个 $p \times q$ 矩阵，rank 为 r。则

dim(N(A)) = q-r.

所以 $u_1,\ldots,u_n$ 成为 N(A) 的一组基，正好等价于以下三项检查同时通过：

每个向量真的在零空间中，即 $Au_j=0$ ；
候选向量数目正确，即 $n=q-r$ ；
候选向量线性独立。

这样便不需要直接证明完整的集合相等 $N(A)=Span\{u_1,\ldots,u_n\}$ 。

例题

检查一组候选向量是否为零空间基

令

A= \begin{bmatrix} 1&2&0&1\\ 1&1&1&-1\\ 3&1&5&-7 \end{bmatrix}, \qquad W=N(A),

并令

u_1=\begin{bmatrix}1\\-1\\1\\1\end{bmatrix}, \qquad u_2=\begin{bmatrix}5\\-3\\-1\\1\end{bmatrix}.

先检查成员资格。直接相乘可得 $Au_1=0$ 和 $Au_2=0$ ，所以两个向量都属于 $W$ 。

接着计算 $W$ 的维数。 $A$ 的一个 row-reduced form 是

\begin{bmatrix} 1&0&2&-3\\ 0&1&-1&2\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix},

所以 $rank(A)=2$ 。由于 $A$ 有四列，

dim(N(A))=4-2=2.

最后检查线性独立。把候选向量放入一个矩阵：

U=[u_1\ u_2] = \begin{bmatrix} 1&5\\ -1&-3\\ 1&-1\\ 1&1 \end{bmatrix}.

行化简后每一列都有 pivot，所以 $u_1,u_2$ 线性独立。我们已确认成员资格、正确维数，以及线性独立。因此 $u_1,u_2$ 形成 N(A) 的一组基。

失败情况同样重要：

若某个 $u_j$ 不满足 $Au_j=0$ ，这组向量不可能是 N(A) 的基；
若列表长度少于或多于 $q-r$ ，向量数目已经错了；
若列表长度正确但线性依赖，它仍然不是基。

从生成列表抽出最小张成集

有时输入不是一组干净的候选基，而是一长串生成向量。这时常见问题是：这些向量张成的空间维数是多少？有没有办法从原列表中抽出一组基？最有效的方法是用主元列位置。

定理

主元列给出最小张成集

设

W=\operatorname{Span}\{u_1,\ldots,u_q\}\subseteq R^n, \qquad U=[u_1\ u_2\ \cdots\ u_q].

对 $U$ 做行化简。若化简后矩阵的主元列位置是 $d_1,\ldots,d_r$ ，则

\{u_{d_1},\ldots,u_{d_r}\}

是 $W$ 的一组基，而且 $dim(W)=r$ 。

主元位置由化简后的矩阵读出，但基向量本身要取自原列表。这和列空间的基规则是同一个原理。

例题

从生成列表抽出基

令 $W=Span\{u_1,u_2,u_3\}$ ，其中

u_1=\begin{bmatrix}0\\-1\\2\end{bmatrix}, \quad u_2=\begin{bmatrix}1\\-2\\7\end{bmatrix}, \quad u_3=\begin{bmatrix}-2\\3\\-12\end{bmatrix}.

把它们放成 $U$ 的列：

U= \begin{bmatrix} 0&1&-2\\ -1&-2&3\\ 2&7&-12 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1&0&1\\ 0&1&-2\\ 0&0&0 \end{bmatrix}.

主元列是第 1 列和第 2 列，所以

\{u_1,u_2\}

是 $W$ 的一组基，并且 $dim(W)=2$ 。非主元列也给出冗余关系：

u_3=u_1-2u_2.

同维数的子空间

维数也控制一个子空间何时等于另一个子空间。若 $V$ 和 $W$ 是同一外层空间中的子空间，而且 $V \subseteq W$ ，则

dim(V) \le dim(W).

此外，

dim(V)=dim(W) \quad\text{if and only if}\quad V=W.

包含关系这个假设很重要。单单维数相等，不足以推出两个子空间相等。例如 $R^2$ 中两条不同的过原点直线都具有维数 1，但它们通常互不包含。上述定理只在你已知道其中一个子空间包含于另一个子空间时使用。

例题

用维数证明两个子空间相等

令

V=Span\left\{ \begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix} \right\}

并令

W=\left\{ \begin{bmatrix}x\\y\\0\end{bmatrix}:x,y\in R \right\}.

$V$ 中每个向量的第三个坐标都是零，所以 $V \subseteq W$ 。前面的平面例子也告诉我们 $dim(W)=2$ 。另一方面， $V$ 的两个显示出来的生成向量线性独立，所以 $dim(V)=2$ 。

因此 $V$ 是 $W$ 的子空间，而且两者维数同为 2。由可比较子空间的维数定理可得 $V=W$ 。

常见错误

维数不是单纯在数坐标个数

$R^3$ 的子空间可以有 1、2 或 3 维。外层空间只告诉你向量有多少个坐标；维数告诉你该子空间本身有多少个真正独立方向。

另一个常见错误，是检查完张成就停下来。能张成整个空间，并不代表那组向量已经没有冗余。

快速检查

`\{(1,0), (2,0)\}` 可以成为 $R^2$ 的一组基吗？

不要只看向量数目，要把两个基条件都想一遍。

解答

答案

快速检查

若 $dim(V) = 3$ ，而你已经找到 $V$ 中三个线性独立向量，还要再证明什么？

用本节的维数捷径来想。

解答

答案

练习

快速检查

向量 $u_1 = (1,1,0)$ 、 $u_2 = (1,0,1)$ 、 $u_3 = (0,1,1)$ 是否形成 $R^3$ 的一组基？

先试线性独立。若它们独立，维数会替你完成后半段。

解答

引导解答

先备链接

这一节建立在 6.4 线性依赖与线性独立和 6.3 线性组合与张成之上。

6.5 基与维数

MATH1030：线性代数 I

先用直觉理解：方向够用，但没有累赘

基

由张成组合出一个向量

标准基是最典型的例子

为什么 R3R^3R3 的标准基真的是一组基

为什么基里向量的个数这么重要

同一个空间的任何基都有相同数目

在已被张成的空间中，太多向量必定依赖

维数就是独立方向的数目

维数

基不一定长得像标准基

R3R^3R3 里一个平面的基

维数如何变成捷径

在 R3R^3R3 中用维数省去第二轮计算

测试一组向量是否相依

做基题时的实用次序

延伸与删减的结果

零空间：用 rank-nullity 检查基

检查一组候选向量是否为零空间基

从生成列表抽出最小张成集

主元列给出最小张成集

从生成列表抽出基

同维数的子空间

用维数证明两个子空间相等

常见错误

维数不是单纯在数坐标个数

快速检查

\{(1,0), (2,0)\} 可以成为 R2R^2R2 的一组基吗？

答案

若 dim(V)=3dim(V) = 3dim(V)=3，而你已经找到 VVV 中三个线性独立向量，还要再证明什么？

答案

练习

向量 u1=(1,1,0)u_1 = (1,1,0)u1​=(1,1,0)、u2=(1,0,1)u_2 = (1,0,1)u2​=(1,0,1)、u3=(0,1,1)u_3 = (0,1,1)u3​=(0,1,1) 是否形成 R3R^3R3 的一组基？

引导解答

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为什么 $R^3$ 的标准基真的是一组基

$R^3$ 里一个平面的基

在 $R^3$ 中用维数省去第二轮计算

`\{(1,0), (2,0)\}` 可以成为 $R^2$ 的一组基吗？

若 $dim(V) = 3$ ，而你已经找到 $V$ 中三个线性独立向量，还要再证明什么？

向量 $u_1 = (1,1,0)$ 、 $u_2 = (1,0,1)$ 、 $u_3 = (0,1,1)$ 是否形成 $R^3$ 的一组基？