有限實矩陣乘法法則的證明
設 m , n , p , q m,n,p,q m , n , p , q A ∈ R m × n A\in\mathbb R^{m\times n} A ∈ R m × n B ∈ R n × p B\in\mathbb R^{n\times p} B ∈ R n × p C ∈ R p × q C\in\mathbb R^{p\times q} C ∈ R p × q ( i , ℓ ) (i,\ell) ( i , ℓ )
( ( A B ) C ) i ℓ = ∑ k = 1 p ( ∑ j = 1 n a i j b j k ) c k ℓ = ∑ j = 1 n a i j ( ∑ k = 1 p b j k c k ℓ ) = ( A ( B C ) ) i ℓ . \begin{aligned}
((AB)C)_{i\ell}
&=\sum_{k=1}^{p}\left(\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\right)c_{k\ell}\\
&=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\left(\sum_{k=1}^{p}b_{jk}c_{k\ell}\right)
=(A(BC))_{i\ell}.
\end{aligned} (( A B ) C ) i ℓ = k = 1 ∑ p ( j = 1 ∑ n a ij b j k ) c k ℓ = j = 1 ∑ n a ij ( k = 1 ∑ p b j k c k ℓ ) = ( A ( B C ) ) i ℓ . 中間等號只交換兩個有限和的求和次序，並使用實數分配律。兩邊同為 m × q m\times q m × q
對 D ∈ R n × p D\in\mathbb R^{n\times p} D ∈ R n × p
[ A ( B + D ) ] i k = ∑ j = 1 n a i j ( b j k + d j k ) = ( A B ) i k + ( A D ) i k . [A(B+D)]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}(b_{jk}+d_{jk})
=(AB)_{ik}+(AD)_{ik}. [ A ( B + D ) ] ik = j = 1 ∑ n a ij ( b j k + d j k ) = ( A B ) ik + ( A D ) ik . 對 E ∈ R m × n E\in\mathbb R^{m\times n} E ∈ R m × n
[ ( A + E ) B ] i k = ∑ j = 1 n ( a i j + e i j ) b j k = ( A B ) i k + ( E B ) i k . [(A+E)B]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}(a_{ij}+e_{ij})b_{jk}
=(AB)_{ik}+(EB)_{ik}. [( A + E ) B ] ik = j = 1 ∑ n ( a ij + e ij ) b j k = ( A B ) ik + ( E B ) ik . 所以在所寫的相容大小下，兩條分配律均成立。對任意實純量 c c c
[ ( c A ) B ] i k = ∑ j ( c a i j ) b j k = c ∑ j a i j b j k = ∑ j a i j ( c b j k ) = [ A ( c B ) ] i k , [(cA)B]_{ik}=\sum_j(ca_{ij})b_{jk}
=c\sum_j a_{ij}b_{jk}
=\sum_j a_{ij}(cb_{jk})=[A(cB)]_{ik}, [( c A ) B ] ik = j ∑ ( c a ij ) b j k = c j ∑ a ij b j k = j ∑ a ij ( c b j k ) = [ A ( c B ) ] ik , 逐項相等便證明 ( c A ) B = c ( A B ) = A ( c B ) (cA)B=c(AB)=A(cB) ( c A ) B = c ( A B ) = A ( c B ) x , y ∈ R n x,y\in\mathbb R^n x , y ∈ R n s , t s,t s , t
[ A ( s x + t y ) ] i = ∑ j a i j ( s x j + t y j ) = s ( A x ) i + t ( A y ) i . [A(sx+ty)]_i=\sum_j a_{ij}(sx_j+ty_j)
=s(Ax)_i+t(Ay)_i. [ A ( s x + t y ) ] i = j ∑ a ij ( s x j + t y j ) = s ( A x ) i + t ( A y ) i . 這證明了比較同一線性系統的解時所用的矩陣乘向量線性性質。所有恆等式都只針對大小相容的有限實矩陣，不聲稱任意矩陣因子可交換或可消去。
有限消元必停止，並保持解集
設 A ∈ R m × n A\in\mathbb R^{m\times n} A ∈ R m × n b ∈ R m b\in\mathbb R^m b ∈ R m m , n m,n m , n A x = b Ax=b A x = b
從左到右掃描係數欄，並記錄下一未使用行。若當前欄在未使用行中有非零元素，就將其所在行交換到下一位置，除以非零主元，再從其餘各行減去適當倍數，清空該欄其他元素，然後推進未使用行指標。若該欄所有未使用位置都是零，就跳過該欄。先前主元欄始終是單位欄：當前未使用行在這些欄均為零，所以新主元行以及後續減法保留這些零與原主元。總共只有 n n n min ( m , n ) \min(m,n) min ( m , n )
解的分類與齊次自由度
令 r r r 0 = c 0=c 0 = c n − r n-r n − r r = n r=n r = n r < n r<n r < n
對 A z = 0 Az=0 A z = 0 r < n r<n r < n r = n r=n r = n x p x_p x p x p + z x_p+z x p + z A z = 0 Az=0 A z = 0
當 A A A I I I E E E E A = I EA=I E A = I E E E A = E − 1 A=E^{-1} A = E − 1 A E = I AE=I A E = I E E E [ A ∣ I ] [A\mid I] [ A ∣ I ] [ I ∣ A − 1 ] [I\mid A^{-1}] [ I ∣ A − 1 ]
向量空間是在域 F F F d d d P d ( F ) P_d(F) P d ( F ) P d ( F ) P_d(F) P d ( F )
子空間 包含零，且對加法和數乘封閉。若每個向量都是某列表中向量的線性組合，該列表張成空間；若只有零系數組合能得到零，它線性無關。基 同時滿足兩者。有限生成列表可通過刪除相關項縮減成基；線性無關列表可通過添加其張成空間外的向量擴充成基，直到張成給定的有限生成列表。
交換引理。 若 r r r s s s r ≤ s r\le s r ≤ s r r r dim V \dim V dim V
因此在 n n n n n n n n n
不預設計數結論的有限基存在與擴充
設實向量空間 V V V t 1 , … , t N t_1,\ldots,t_N t 1 , … , t N u 1 , … , u k u_1,\ldots,u_k u 1 , … , u k N N N j j j u 1 , … , u j u_1,\ldots,u_j u 1 , … , u j N − j N-j N − j u j + 1 u_{j+1} u j + 1 u i u_i u i u j + 1 u_{j+1} u j + 1 k > N k>N k > N N N N N N N V V V u N + 1 u_{N+1} u N + 1 N = 0 N=0 N = 0
每個子空間 W W W W W W W W W N N N W W W W = { 0 } W=\{0\} W = { 0 } W W W W W W p , q p,q p , q p ≤ q p\le q p ≤ q q ≤ p q\le p q ≤ p
映射 T : V → W T:V\to W T : V → W T ( α v + β u ) = α T v + β T u T(\alpha v+\beta u)=\alpha Tv+\beta Tu T ( α v + β u ) = α T v + β T u ker T \ker T ker T k 1 , … , k r k_1,\ldots,k_r k 1 , … , k r v 1 , … , v s v_1,\ldots,v_s v 1 , … , v s T v 1 , … , T v s Tv_1,\ldots,Tv_s T v 1 , … , T v s im T \operatorname{im}T im T
dim V = dim ker T + dim im T . \dim V=\dim\ker T+\dim\operatorname{im}T. dim V = dim ker T + dim im T . 這就是秩–零度定理 。有限維且維數相等時，單射與滿射等價；無限維空間中該等價可能失效。
若 x x x x p x_p x p A x = b Ax=b A x = b A ( x − x p ) = b − b = 0 A(x-x_p)=b-b=0 A ( x − x p ) = b − b = 0
為甚麼齊次方程組特別
定義
齊次方程組 齊次線性方程組是形如
A x = 0 Ax = 0 A x = 0 的線性方程組。
其中 x = 0 x = 0 x = 0
由於 A 0 = 0 A0=0 A 0 = 0
零空間把所有齊次解收集起來
定義
零空間 對實 m × n m\times n m × n A A A
N ( A ) = { x ∈ R n : A x = 0 m } . N(A) = \{x\in\mathbb R^n : Ax = 0_m\}. N ( A ) = { x ∈ R n : A x = 0 m } . 因此 N ( A ) N(A) N ( A ) A x = 0 Ax = 0 A x = 0
輸入向量屬於 R n \mathbb R^n R n R m \mathbb R^m R m N ( A ) N(A) N ( A )
例題
零空間成員測試其實很直接 令
A = [ 1 1 0 0 1 1 ] , x = [ 1 − 1 1 ] , z = [ 1 0 0 ] . A =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix},
\qquad
x =
\begin{bmatrix}
1 \\ -1 \\ 1
\end{bmatrix},
\qquad
z =
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}. A = [ 1 0 1 1 0 1 ] , x = 1 − 1 1 , z = 1 0 0 . 計算得到
A x = [ 0 0 ] , A z = [ 1 0 ] . Ax =
\begin{bmatrix}
0 \\ 0
\end{bmatrix},
\qquad
Az =
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}. A x = [ 0 0 ] , A z = [ 1 0 ] . 因此 x ∈ N ( A ) x \in N(A) x ∈ N ( A ) z ∉ N ( A ) z \notin N(A) z ∈ / N ( A ) A x Ax A x
行化簡會揭示零空間的形狀
要找 N ( A ) N(A) N ( A ) A x = 0 Ax = 0 A x = 0 [ A ∣ 0 ] [A \mid 0] [ A ∣ 0 ]
例題
解一個齊次方程組並描述零空間 令
A = [ 1 2 − 1 2 4 − 2 ] . A =
\begin{bmatrix}
1 & 2 & -1 \\
2 & 4 & -2
\end{bmatrix}. A = [ 1 2 2 4 − 1 − 2 ] . 要求解 A x = 0 Ax = 0 A x = 0
[ 1 2 − 1 0 2 4 − 2 0 ] ∼ [ 1 2 − 1 0 0 0 0 0 ] . \left[
\begin{array}{ccc|c}
1 & 2 & -1 & 0 \\
2 & 4 & -2 & 0
\end{array}
\right]
\sim
\left[
\begin{array}{ccc|c}
1 & 2 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right]. [ 1 2 2 4 − 1 − 2 0 0 ] ∼ [ 1 0 2 0 − 1 0 0 0 ] . 所以方程變成
x 1 + 2 x 2 − x 3 = 0. x_1 + 2x_2 - x_3 = 0. x 1 + 2 x 2 − x 3 = 0. 令 x 2 = s x_2 = s x 2 = s x 3 = t x_3 = t x 3 = t
x 1 = − 2 s + t . x_1 = -2s + t. x 1 = − 2 s + t . 因此
x = [ − 2 s + t s t ] = s [ − 2 1 0 ] + t [ 1 0 1 ] . x =
\begin{bmatrix}
-2s + t \\
s \\
t
\end{bmatrix}
=
s
\begin{bmatrix}
-2 \\ 1 \\ 0
\end{bmatrix}
+
t
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 1
\end{bmatrix}. x = − 2 s + t s t = s − 2 1 0 + t 1 0 1 . 所以
N ( A ) = Span { [ − 2 1 0 ] , [ 1 0 1 ] } . N(A) =
\operatorname{Span}
\left\{
\begin{bmatrix}
-2 \\ 1 \\ 0
\end{bmatrix},
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 1
\end{bmatrix}
\right\}. N ( A ) = Span ⎩ ⎨ ⎧ − 2 1 0 , 1 0 1 ⎭ ⎬ ⎫ . 這裏 Span \operatorname{Span} Span s s s t t t 4.2 集合語言與解集 。
為甚麼自由變量會產生無限多個齊次解
定理
只要有自由變量，就有無限多解 如果齊次系統 A x = 0 Ax = 0 A x = 0
自由變量可以取任意實數。因為它本身就是解向量的一個座標，改變其數值必然改變整個向量。以實際自由座標作為參數時，參數不可能從完整的解向量中消失。
如果變量數目多於主元方程數目，就至少有一個自由變量。同一論證說明，此時齊次方程組有無限多個解。
例題
一個自由變量已經會產生整條解線 假設行化簡後得到
x 1 − 3 x 2 = 0. x_1 - 3x_2 = 0. x 1 − 3 x 2 = 0. 如果令 x 2 = t x_2 = t x 2 = t x 1 = 3 t x_1 = 3t x 1 = 3 t
[ x 1 x 2 ] = t [ 3 1 ] , t ∈ R . \begin{bmatrix}
x_1 \\ x_2
\end{bmatrix}
=
t
\begin{bmatrix}
3 \\ 1
\end{bmatrix},
\qquad t \in R. [ x 1 x 2 ] = t [ 3 1 ] , t ∈ R . 由於 t t t
例題
零空間也可能只剩平凡解 令
A = [ 1 0 0 1 ] . A =
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{bmatrix}. A = [ 1 0 0 1 ] . 則 A x = 0 Ax = 0 A x = 0
x 1 = 0 , x 2 = 0. x_1 = 0, \qquad x_2 = 0. x 1 = 0 , x 2 = 0. 因此唯一解是零向量，所以
N ( A ) = { 0 } N(A) = \{0\} N ( A ) = { 0 } 這個例子與前面有自由變量的情形相反。
零空間本身是一個子空間
兩個齊次解相加，或把齊次解乘以一個實純量，仍然得到齊次解。連同零向量的存在，這些正是定義 R n \mathbb R^n R n
定理
零空間對線性組合封閉 對任何矩陣 A A A N ( A ) N(A) N ( A )
0 ∈ N ( A ) 0 \in N(A) 0 ∈ N ( A ) 若 u , v ∈ N ( A ) u, v \in N(A) u , v ∈ N ( A ) u + v ∈ N ( A ) u + v \in N(A) u + v ∈ N ( A )
若 u ∈ N ( A ) u \in N(A) u ∈ N ( A ) c c c c u ∈ N ( A ) cu \in N(A) c u ∈ N ( A )
證明
為甚麼零空間是子空間 已知 0 ∈ N ( A ) 0 \in N(A) 0 ∈ N ( A ) A 0 = 0 A0 = 0 A 0 = 0
而若 u , v ∈ N ( A ) u, v \in N(A) u , v ∈ N ( A ) A u = 0 Au = 0 A u = 0 A v = 0 Av = 0 A v = 0
A ( u + v ) = A u + A v = 0 + 0 = 0 , A(u+v) = Au + Av = 0 + 0 = 0, A ( u + v ) = A u + A v = 0 + 0 = 0 , 所以 u + v ∈ N ( A ) u+v \in N(A) u + v ∈ N ( A )
同樣，若 u ∈ N ( A ) u \in N(A) u ∈ N ( A ) c c c
A ( c u ) = c ( A u ) = c ⋅ 0 = 0 , A(cu) = c(Au) = c \cdot 0 = 0, A ( c u ) = c ( A u ) = c ⋅ 0 = 0 , 因此 c u ∈ N ( A ) cu \in N(A) c u ∈ N ( A )
一般的子空間定義與封閉性判別見
6.2 子空間 。這裏的計算已經證明了對零空間向量作線性組合所需的性質。
如何由 RREF 讀出零空間基底
基底是一組線性獨立的張成向量。對 N ( A ) N(A) N ( A ) 6.5 基底與維數 。
具體構造如下：
先將 A A A
分清楚主元變量與自由變量；
每次將一個自由變量設成 1 1 1 0 0 0
由方程解回主元變量；
對每個自由變量重複一次。
這些向量確實構成一組基底，而不只是候選。設共有 k k k v j v_j v j j j j x ∈ N ( A ) x\in N(A) x ∈ N ( A ) t 1 , … , t k t_1,\ldots,t_k t 1 , … , t k t 1 v 1 + ⋯ + t k v k t_1v_1+\cdots+t_kv_k t 1 v 1 + ⋯ + t k v k x x x x x x
再證明獨立性：若 c 1 v 1 + ⋯ + c k v k = 0 c_1v_1+\cdots+c_kv_k=0 c 1 v 1 + ⋯ + c k v k = 0 j j j c j c_j c j v j v_j v j c j = 0 c_j=0 c j = 0 { 0 } \{0\} { 0 }
零度等於自由座標的數目
剛才構造的基底對每個自由座標恰有一個向量。基底的向量數就是 N ( A ) N(A) N ( A ) A A A m × n m\times n m × n r r r n − r n-r n − r
nullity ( A ) = n − r . \operatorname{nullity}(A)=n-r. nullity ( A ) = n − r . 主元數 r r r 5.2 RREF 的唯一性與秩 。用秩表示，上式就是
nullity ( A ) = n − rank ( A ) . \operatorname{nullity}(A)=n-\operatorname{rank}(A). nullity ( A ) = n − rank ( A ) . 齊次解控制非齊次解的結構
一旦找到 A x = b Ax=b A x = b x p x_p x p
定理
所有解都等於某個特解加上一個零空間向量 設 x p x_p x p A x = b Ax = b A x = b
則向量 x x x A x = b Ax = b A x = b
x = x p + v x = x_p + v x = x p + v 其中 v ∈ N ( A ) v \in N(A) v ∈ N ( A )
若把解集記為 S ( A , b ) S(A,b) S ( A , b ) S ( A , b ) = x p + N ( A ) S(A,b)=x_p+N(A) S ( A , b ) = x p + N ( A )
證明
為甚麼全部解都具有 x p + N ( A ) x_p + N(A) x p + N ( A ) 先設 x x x A x = b Ax = b A x = b
A x = b 且 A x p = b . Ax = b
\qquad \text{且} \qquad
Ax_p = b. A x = b 且 A x p = b . 相減得
A ( x − x p ) = 0. A(x - x_p) = 0. A ( x − x p ) = 0. 所以 x − x p ∈ N ( A ) x - x_p \in N(A) x − x p ∈ N ( A ) x = x p + v x = x_p + v x = x p + v v ∈ N ( A ) v \in N(A) v ∈ N ( A )
反過來，若 v ∈ N ( A ) v \in N(A) v ∈ N ( A ) A v = 0 Av = 0 A v = 0
A ( x p + v ) = A x p + A v = b + 0 = b . A(x_p + v) = Ax_p + Av = b + 0 = b. A ( x p + v ) = A x p + A v = b + 0 = b . 所以任何形如 x p + v x_p + v x p + v
概念視角 幾何
把整個零空間作同一個平移 固定一個特解 x p x_p x p x p + N ( A ) x_p+N(A) x p + N ( A ) x p + v x_p+v x p + v v ∈ N ( A ) v\in N(A) v ∈ N ( A ) x p x_p x p x p x_p x p
特解本身一般不唯一，但平移所得的集合與特解選擇無關。若 x q x_q x q h = x q − x p ∈ N ( A ) h=x_q-x_p\in N(A) h = x q − x p ∈ N ( A ) v ∈ N ( A ) v\in N(A) v ∈ N ( A ) x q + v = x p + ( h + v ) x_q+v=x_p+(h+v) x q + v = x p + ( h + v ) h + v ∈ N ( A ) h+v\in N(A) h + v ∈ N ( A ) x q + N ( A ) ⊆ x p + N ( A ) x_q+N(A)\subseteq x_p+N(A) x q + N ( A ) ⊆ x p + N ( A ) h h h − h -h − h
一致性不可省略：沒有特解，就無法開始這個描述。當 b ≠ 0 b\ne0 b = 0 A 0 = 0 ≠ b A0=0\ne b A 0 = 0 = b 2 b 2b 2 b b b b b = 0 b=0 b = 0
例題
用一個特解與兩個零空間方向描述全部解 假設系統 A x = b Ax=b A x = b
p = [ 1 0 − 1 0 1 0 ] , p=
\begin{bmatrix}
1\\0\\-1\\0\\1\\0
\end{bmatrix}, p = 1 0 − 1 0 1 0 , 而齊次系統 A x = 0 Ax=0 A x = 0
q 1 = [ 2 − 3 1 0 0 0 ] , q 2 = [ − 3 1 0 − 2 2 1 ] . q_1=
\begin{bmatrix}
2\\-3\\1\\0\\0\\0
\end{bmatrix},
\qquad
q_2=
\begin{bmatrix}
-3\\1\\0\\-2\\2\\1
\end{bmatrix}. q 1 = 2 − 3 1 0 0 0 , q 2 = − 3 1 0 − 2 2 1 . 若這兩個方向張成 N ( A ) N(A) N ( A ) A x = b Ax=b A x = b
x = p + s q 1 + t q 2 , s , t ∈ R . x=p+s q_1+t q_2,
\qquad s,t\in R. x = p + s q 1 + t q 2 , s , t ∈ R . 展開來看，就是
x = [ 1 0 − 1 0 1 0 ] + s [ 2 − 3 1 0 0 0 ] + t [ − 3 1 0 − 2 2 1 ] . x=
\begin{bmatrix}
1\\0\\-1\\0\\1\\0
\end{bmatrix}
+s
\begin{bmatrix}
2\\-3\\1\\0\\0\\0
\end{bmatrix}
+t
\begin{bmatrix}
-3\\1\\0\\-2\\2\\1
\end{bmatrix}. x = 1 0 − 1 0 1 0 + s 2 − 3 1 0 0 0 + t − 3 1 0 − 2 2 1 . 這裏 A p = b Ap=b A p = b A q 1 = A q 2 = 0 Aq_1=Aq_2=0 A q 1 = A q 2 = 0 p p p q 1 q_1 q 1 q 2 q_2 q 2
一維零空間對應的仿射直線
例題
把所有解寫成特解加零空間 假設系統 A x = b Ax = b A x = b
x p = [ 3 0 1 ] , x_p =
\begin{bmatrix}
3 \\ 0 \\ 1
\end{bmatrix}, x p = 3 0 1 , 並且
N ( A ) = Span { [ 1 − 1 0 ] } . N(A) =
\operatorname{Span}
\left\{
\begin{bmatrix}
1 \\ -1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right\}. N ( A ) = Span ⎩ ⎨ ⎧ 1 − 1 0 ⎭ ⎬ ⎫ . 那麼所有解都可寫成
x = [ 3 0 1 ] + t [ 1 − 1 0 ] = [ 3 + t − t 1 ] , t ∈ R . x =
\begin{bmatrix}
3 \\ 0 \\ 1
\end{bmatrix}
+
t
\begin{bmatrix}
1 \\ -1 \\ 0
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
3 + t \\ -t \\ 1
\end{bmatrix},
\qquad t \in R. x = 3 0 1 + t 1 − 1 0 = 3 + t − t 1 , t ∈ R . 零空間給出自由方向；特解則決定這整個解族位於哪裏。
縮放一個解通常會改變右端。若要求解另一個方程組，可以直接核對縮放的效果：若 A p = b Ap=b A p = b
2 A ( 3 2 p ) = 3 A p = 3 b . 2A\left({3\over 2}p\right)=3Ap=3b. 2 A ( 2 3 p ) = 3 A p = 3 b . 所以 3 2 p {3\over 2}p 2 3 p 2 A x = 3 b 2Ax=3b 2 A x = 3 b
齊次解與欄向量相依性的關係
如果將 A A A a 1 , a 2 , … , a n a_1, a_2, \ldots, a_n a 1 , a 2 , … , a n
A x = 0 Ax = 0 A x = 0 其實就等價於
x 1 a 1 + x 2 a 2 + ⋯ + x n a n = 0. x_1 a_1 + x_2 a_2 + \cdots + x_n a_n = 0. x 1 a 1 + x 2 a 2 + ⋯ + x n a n = 0. 所以只要齊次系統有一個非平凡解，就等同於 A A A
例題
非平凡零空間向量給出相依關係 假設
x = [ 1 − 2 1 ] ∈ N ( A ) . x =
\begin{bmatrix}
1 \\ -2 \\ 1
\end{bmatrix}
\in N(A). x = 1 − 2 1 ∈ N ( A ) . 則 A x = 0 Ax = 0 A x = 0
1 ⋅ a 1 − 2 ⋅ a 2 + 1 ⋅ a 3 = 0. 1 \cdot a_1 - 2 \cdot a_2 + 1 \cdot a_3 = 0. 1 ⋅ a 1 − 2 ⋅ a 2 + 1 ⋅ a 3 = 0. 這正是 A A A
零空間如何決定唯一性
由這個結構定理可以立刻得到：
若 N ( A ) = { 0 } N(A) = \{0\} N ( A ) = { 0 } A x = b Ax = b A x = b
若 N ( A ) N(A) N ( A ) A x = b Ax = b A x = b
一致性假設不可省略：零空間只有零向量，保證的是每個右端至多有一個解，並不能單獨保證解存在。
左乘矩陣可能丟失方程資料
行變換保留齊次解集，是因為每一步都可逆；一般的矩陣乘子卻未必可逆。準確的結論必須明確寫出集合包含的方向。
定理
左乘矩陣時零空間的包含關係 設 A A A m × n m\times n m × n G G G p × m p\times m p × m
N ( A ) ⊆ N ( G A ) . N(A)\subseteq N(GA). N ( A ) ⊆ N ( G A ) . 如果 G G G N ( A ) = N ( G A ) N(A)=N(GA) N ( A ) = N ( G A )
證明
逆矩陣在哪個方向發揮作用？ 任取 x ∈ N ( A ) x\in N(A) x ∈ N ( A ) A x = 0 m Ax=0_m A x = 0 m ( G A ) x = G ( A x ) = G 0 m = 0 p (GA)x=G(Ax)=G0_m=0_p ( G A ) x = G ( A x ) = G 0 m = 0 p x ∈ N ( G A ) x\in N(GA) x ∈ N ( G A ) R n \mathbb R^n R n
反向包含則假設 G G G p = m p=m p = m x ∈ N ( G A ) x\in N(GA) x ∈ N ( G A ) G A x = 0 p GAx=0_p G A x = 0 p G − 1 G^{-1} G − 1 A x = G − 1 0 p = 0 m Ax=G^{-1}0_p=0_m A x = G − 1 0 p = 0 m x ∈ N ( A ) x\in N(A) x ∈ N ( A )
G A GA G A A A A
例題
丟失一個約束的矩陣乘子 取
A = [ 1 0 0 1 ] , G = [ 1 0 ] . A=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix},\qquad
G=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}. A = [ 1 0 0 1 ] , G = [ 1 0 ] . 則 G A = [ 1 0 ] GA=[1\ 0] G A = [ 1 0 ] A x = 0 Ax=0 A x = 0 x 1 = 0 x_1=0 x 1 = 0 x 2 = 0 x_2=0 x 2 = 0 x 1 = 0 x_1=0 x 1 = 0
N ( A ) = { 0 2 } , N ( G A ) = { [ 0 t ] : t ∈ R } . N(A)=\{0_2\},\qquad
N(GA)=\left\{\begin{bmatrix}0\\t\end{bmatrix}:t\in\mathbb R\right\}. N ( A ) = { 0 2 } , N ( G A ) = { [ 0 t ] : t ∈ R } . 向量 ( 0 , 1 ) T (0,1)^T ( 0 , 1 ) T A A A A A A R n \mathbb R^n R n
堆疊方程對應零空間的交集
另一種組合方程組的方法，是把全部方程一起保留。堆疊與只取某些行組合不同，它不會捨棄其中任何條件。
定理
堆疊矩陣的零空間 設實矩陣 A A A m × n m\times n m × n B B B p × n p\times n p × n
C = [ A B ] , C=\begin{bmatrix}A\\B\end{bmatrix}, C = [ A B ] , 則 N ( C ) = N ( A ) ∩ N ( B ) N(C)=N(A)\cap N(B) N ( C ) = N ( A ) ∩ N ( B )
證明
雙向證明堆疊矩陣恆等式 先取 x ∈ N ( C ) x\in N(C) x ∈ N ( C )
0 m + p = C x = [ A x B x ] . 0_{m+p}=Cx=\begin{bmatrix}Ax\\Bx\end{bmatrix}. 0 m + p = C x = [ A x B x ] . 比較上方的 m m m p p p A x = 0 m Ax=0_m A x = 0 m B x = 0 p Bx=0_p B x = 0 p x x x
反過來，取 x ∈ N ( A ) ∩ N ( B ) x\in N(A)\cap N(B) x ∈ N ( A ) ∩ N ( B ) A x = 0 m Ax=0_m A x = 0 m B x = 0 p Bx=0_p B x = 0 p
C x = [ 0 m 0 p ] = 0 m + p , Cx=\begin{bmatrix}0_m\\0_p\end{bmatrix}=0_{m+p}, C x = [ 0 m 0 p ] = 0 m + p , 故 x ∈ N ( C ) x\in N(C) x ∈ N ( C )
例如，堆疊 A = [ 1 0 0 ] A=[1\ 0\ 0] A = [ 1 0 0 ] B = [ 0 1 0 ] B=[0\ 1\ 0] B = [ 0 1 0 ] x 1 = 0 x_1=0 x 1 = 0 x 2 = 0 x_2=0 x 2 = 0 ( 0 , 0 , t ) T (0,0,t)^T ( 0 , 0 , t ) T
常見錯誤
常見錯誤
零向量永遠屬於零空間 有些同學會誤以為齊次方程組可能沒有解。這是不可能的，因為 x = 0 x = 0 x = 0 A x = 0 Ax = 0 A x = 0
常見錯誤
找到一個特解，不等於已經找到全部解 即使你已經找到某個 x p x_p x p A x p = b Ax_p = b A x p = b
常見錯誤
不要把特解與方向混淆 若 u u u v v v A x = b Ax=b A x = b v − u v-u v − u A x = 0 Ax=0 A x = 0 v − u v-u v − u
快速檢查
思考檢查
為甚麼 A x = 0 Ax = 0 A x = 0 解答 · 答案 因為零向量總會滿足 A 0 = 0 A0 = 0 A 0 = 0
思考檢查
若 N ( A ) = { 0 } N(A) = \{0\} N ( A ) = { 0 } A x = b Ax = b A x = b 解答 · 答案 只有一個，因為沒有任何非零零空間向量可以再加到特解上。
思考檢查
如果 A x = 0 Ax = 0 A x = 0 解答 · 答案 不可能。自由變量可以取無限多個純量值，所以會產生無限多個解向量。
思考檢查
假設 u u u v v v A x = b Ax=b A x = b v − u v-u v − u 解答 · 答案 它解 A x = 0 Ax=0 A x = 0
A ( v − u ) = A v − A u = b − b = 0. A(v-u)=Av-Au=b-b=0. A ( v − u ) = A v − A u = b − b = 0. 練習
思考檢查
若 x p x_p x p A x = b Ax = b A x = b u , v ∈ N ( A ) u, v \in N(A) u , v ∈ N ( A ) x p + u x_p + u x p + u x p + v x_p + v x p + v A x = b Ax = b A x = b 解答 · 引導解答 因為 A u = 0 Au = 0 A u = 0 A v = 0 Av = 0 A v = 0
A ( x p + u ) = A x p + A u = b + 0 = b , A(x_p + u) = Ax_p + Au = b + 0 = b, A ( x p + u ) = A x p + A u = b + 0 = b , 同理
A ( x p + v ) = A x p + A v = b + 0 = b . A(x_p + v) = Ax_p + Av = b + 0 = b. A ( x p + v ) = A x p + A v = b + 0 = b . 因此，只要在特解上加任何零空間向量，仍然留在同一個解集之中。
相關筆記
本節建立在
2.3 高斯消元與最簡行階梯形
與 2.4 解集的種類 之上。
它會為
5.1 可逆矩陣
與 6.2 子空間 做準備。
