四个基本子空间与秩-零化度

上一章里，我们把“子空间、张成、基、维数”分开讲了一遍。那些概念像一套工具，现在该把它们真正用到矩阵上了。

给定一个矩阵 $A$，最常见的问题看上去是解方程 $Ax=b$。可如果只盯着某一个 $b$、某一个解 $x$，我们看到的只是矩阵的一次工作结果。把视线拉远一点，会出现四个更稳定的问题：

• 矩阵到底能产生哪些输出；
• 哪些输入会被它压成零；
• 它真正能识别输入中的哪些方向；
• 输出必须满足哪些隐藏关系。

这四个问题分别对应列空间、零空间、行空间和左零空间。它们不是四个互不相干的定义，而是同一台“矩阵机器”的四个侧面。

设 $A$ 是一个 $m\times n$ 矩阵。矩阵乘法接收一个 $n$ 维输入，给出一个 $m$ 维输出：

$$A:\mathbb R^n\longrightarrow\mathbb R^m,\qquad x\longmapsto Ax$$

先把这两个空间记牢：输入住在 $\mathbb R^n$，输出住在 $\mathbb R^m$。后面判断一个基向量写对没有，最简单的办法就是数它有几个分量。

矩阵把行空间中的有效输入送到列空间，把零空间中的输入压到零；同一侧的两个空间互相正交。

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先用一个矩阵把四个空间串起来

这一章只用一个主要算例。这样你不用在每一节重新适应一组数字，可以把注意力放在四个空间之间的关系上。

考虑

$$A= \begin{bmatrix} 1&2&0&1\\ 0&0&1&1\\ 1&2&1&2 \end{bmatrix}$$

它有 $3$ 行、$4$ 列，所以

$$A:\mathbb R^4\longrightarrow\mathbb R^3$$

输入 $x$ 有 $4$ 个分量，输出 $Ax$ 有 $3$ 个分量。

先看矩阵中已经能直接发现的关系。第 $2$ 列是第 $1$ 列的两倍，第 $4$ 列是第 $1$ 列与第 $3$ 列之和：

$$a_2=2a_1,\qquad a_4=a_1+a_3$$

第三行也是前两行之和：

$$r_3=r_1+r_2$$

这些关系稍后会分别变成零空间中的方向和左零空间中的方向。

对 $A$ 做行化简。第三行减去第一行，再减去第二行，得到

$$R=\operatorname{rref}(A)= \begin{bmatrix} 1&2&0&1\\ 0&0&1&1\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}$$

主元位于第 $1$ 列和第 $3$ 列，因此

$$\operatorname{rank}(A)=2$$

第 $2$、第 $4$ 列没有主元，对应的 $x_2,x_4$ 是自由变量。先别把这几句话当成消元步骤背下来。后面我们会解释：同样一份 RREF，为什么能同时告诉我们四个空间的基和维数。

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四个空间各自在问什么

列空间：这台机器能到哪里

把 $A$ 的列依次记作 $a_1,\dots,a_n$。矩阵乘法的列向量读法是

$$Ax=x_1a_1+x_2a_2+\cdots+x_na_n$$

不管怎样选择输入 $x$，输出 $Ax$ 都只能是这些列的线性组合。反过来，任何列的线性组合都能通过选择相应的 $x_1,\dots,x_n$ 得到。因此列空间就是全部可能输出的集合：

$$C(A)=\left\{Ax:x\in\mathbb R^n\right\} =\operatorname{span}\{a_1,\dots,a_n\} \subseteq\mathbb R^m$$

于是方程 $Ax=b$ 是否有解，马上有了一个几何版本：

$$Ax=b\text{ 有解}\quad\Longleftrightarrow\quad b\in C(A)$$

列空间就是矩阵的“可达输出”。$b$ 落在其中，$Ax=b$ 才可能有解。

对本章的矩阵，只有第 $1$、第 $3$ 列真正带来新方向：

$$a_1= \begin{bmatrix} 1\\0\\1 \end{bmatrix}, \qquad a_3= \begin{bmatrix} 0\\1\\1 \end{bmatrix}$$

因此

$$C(A)=\operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} 1\\0\\1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\1\\1 \end{bmatrix} \right\}$$

列空间是 $\mathbb R^3$ 中的一个二维平面。把线性组合写开：

$$c_1 \begin{bmatrix} 1\\0\\1 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 0\\1\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c_1\\c_2\\c_1+c_2 \end{bmatrix}$$

所以这个平面里的向量都满足

$$b_3=b_1+b_2$$

这条关系就是本例中 $Ax=b$ 的相容条件。

零空间：这台机器忘掉什么

零空间收集所有被矩阵送到零的输入：

$$N(A)=\left\{x\in\mathbb R^n:Ax=0\right\}$$

这里的向量住在 $\mathbb R^n$，因为它们是输入，不是输出。

“被送到零”听起来像只关心齐次方程，其实它直接决定了非齐次方程的全部解。若 $v\in N(A)$，那么

$$A(x+v)=Ax+Av=Ax$$

输入沿零空间方向移动，输出完全不变。矩阵看不出这次移动发生过。

零空间记录矩阵丢失的输入方向。沿这些方向走，$Ax$ 不会改变。

本例中，解 $Rx=0$：

$$\begin{cases} x_1+2x_2+x_4=0,\\ x_3+x_4=0. \end{cases}$$

令

$$x_2=s,\qquad x_4=t$$

则

$$x_1=-2s-t,\qquad x_3=-t$$

于是

$$x= s\begin{bmatrix} -2\\1\\0\\0 \end{bmatrix} + t\begin{bmatrix} -1\\0\\-1\\1 \end{bmatrix}$$

所以零空间的一组基是

$$\left\{ \begin{bmatrix} -2\\1\\0\\0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1\\0\\-1\\1 \end{bmatrix} \right\}$$

这两条方向并不是凭空算出来的。第一条其实在说

$$-2a_1+a_2=0$$

第二条在说

$$-a_1-a_3+a_4=0$$

换句话说，零空间把“列之间有哪些线性依赖”完整记录成了系数向量。

行空间：输入中哪些方向能被测到

行空间是矩阵各行张成的空间：

$$C(A^{\mathsf T}) =\operatorname{span}\{r_1,\dots,r_m\} \subseteq\mathbb R^n$$

它也写作 $\operatorname{Row}(A)$。之所以用 $C(A^{\mathsf T})$ 表示，是因为转置以后，原来的行就变成了列。

行空间为什么住在输入空间？因为 $A$ 的每一行都有 $n$ 个分量，它会与输入 $x\in\mathbb R^n$ 做点积：

$$Ax= \begin{bmatrix} r_1x\\ r_2x\\ \vdots\\ r_mx \end{bmatrix}$$

每一个输出分量，都是某一行对输入做的一次“测量”。如果两行互相依赖，它们测到的信息也有重复。行空间留下的，正是这些测量中真正独立的方向。

本例的第三行等于前两行之和，所以行空间只需要前两行：

$$C(A^{\mathsf T}) = \operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} 1&2&0&1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0&0&1&1 \end{bmatrix} \right\}$$

它是 $\mathbb R^4$ 中的二维子空间。

左零空间：输出必须遵守哪些关系

左零空间是转置矩阵的零空间：

$$N(A^{\mathsf T}) = \left\{y\in\mathbb R^m:A^{\mathsf T}y=0\right\}$$

等价地，

$$y^{\mathsf T}A=0$$

向量 $y$ 有 $m$ 个分量，每个分量对应 $A$ 的一行。于是 $y^{\mathsf T}A=0$ 的意思是：用 $y_1,\dots,y_m$ 作为系数，把矩阵的各行组合起来，结果为零。左零空间记录的是“行之间有哪些线性依赖”。

在本例中，

$$-r_1-r_2+r_3=0$$

所以

$$y= \begin{bmatrix} -1\\-1\\1 \end{bmatrix} \in N(A^{\mathsf T})$$

而且这个左零空间只有一维：

$$N(A^{\mathsf T}) = \operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} -1\\-1\\1 \end{bmatrix} \right\}$$

它与 $Ax=b$ 的相容性直接相连。若 $b=Ax$，那么对任意 $y\in N(A^{\mathsf T})$，

$$y^{\mathsf T}b =y^{\mathsf T}Ax =0$$

因此本例中的可达输出必须满足

$$\begin{bmatrix} -1&-1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} b_1\\b_2\\b_3 \end{bmatrix} =0$$

也就是

$$b_3=b_1+b_2$$

行空间描述有效测量方向；左零空间描述所有可达输出自动满足的关系。

一张表给四个空间定位

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为什么一份 RREF 能读出这些基

行化简看上去只是在改矩阵里的数字，为什么它能揭示子空间？关键在于每一步初等行变换都可逆。把全部行变换合在一起，可以写成

$$R=EA$$

其中 $E$ 是可逆矩阵。这个可逆性决定了哪些东西会保持，哪些东西只保持“索引”而不会保持原来的向量。

零空间可以直接从 RREF 求

因为 $E$ 可逆，

$$Ax=0 \quad\Longleftrightarrow\quad EAx=0 \quad\Longleftrightarrow\quad Rx=0$$

所以

$$N(A)=N(R)$$

这就是我们可以从 RREF 的自由变量直接求零空间的原因。

对本例，RREF 中有两个自由变量。每次让一个自由变量取 $1$、其余自由变量取 $0$，就会得到一条“特殊解”：

$$v_1= \begin{bmatrix} -2\\1\\0\\0 \end{bmatrix}, \qquad v_2= \begin{bmatrix} -1\\0\\-1\\1 \end{bmatrix}$$

它们线性无关，并且任意齐次解都是二者的线性组合，所以正好构成零空间的一组基。

行空间可以取阶梯形的非零行

一次行变换只是用原来的行做可逆的线性组合。新行都在旧行空间里；反过来，行变换可以倒做，所以旧行也都在新行空间里。因此

$$C(A^{\mathsf T})=C(R^{\mathsf T})$$

阶梯形矩阵的非零行为什么是一组基？因为每条非零行都有一个比下一行更靠左的主元位置。最左边的非零系数无法由后面的行抵消，这迫使它们线性无关；与此同时，行空间又没有因行变换而改变。所以，非零行既独立又张成原行空间。

本例可直接取

$$\left\{ \begin{bmatrix} 1&2&0&1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0&0&1&1 \end{bmatrix} \right\}$$

作为行空间基。

列空间只能借 RREF 找位置

这里最容易出错。行变换会把每一列左乘 $E$：

$$a_j\longmapsto Ea_j$$

所以它通常会改变列向量在 $\mathbb R^m$ 中的具体位置，也就可能改变列空间这个集合。一般不能写

$$C(A)=C(R)$$

但是，可逆变换不会改变列之间的依赖关系。若

$$c_1a_1+\cdots+c_na_n=0$$

那么左乘 $E$ 后

$$c_1Ea_1+\cdots+c_nEa_n=0$$

反过来也成立。因此 RREF 能准确告诉我们“第几列是独立列”，却不能替我们保留原来的列向量。

本例的主元在第 $1$、第 $3$ 列。正确做法是回到原矩阵，取原来的第 $1$、第 $3$ 列：

$$\left\{ \begin{bmatrix} 1\\0\\1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\1\\1 \end{bmatrix} \right\}$$

左零空间要单独处理

左零空间解的是

$$A^{\mathsf T}y=0$$

它不能直接从 $R$ 的左零空间照搬，因为 $R=EA$ 会改变行之间关系的系数坐标。最稳妥的做法有两种：

1. 行化简 $A^{\mathsf T}$，求 $N(A^{\mathsf T})$；
2. 观察原矩阵各行之间的线性关系，把关系系数写成向量 $y$。

本例用第二种方法最快。由 $r_3=r_1+r_2$，马上得到

$$y= \begin{bmatrix} -1\\-1\\1 \end{bmatrix}$$

下面的交互工具使用的正是本章这组矩阵。切换四个按钮时，留意它每次究竟读取原矩阵还是 RREF。

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秩与零化度：给输入自由度做一笔账

矩阵的秩是列空间的维数，也等于行空间的维数：

$$\operatorname{rank}(A) =\dim C(A) =\dim C(A^{\mathsf T})$$

列秩为什么等于行秩？把矩阵化到 RREF 后，两者都等于主元个数：每个主元对应一个独立列，也对应一条非零独立行。行变换不改变行秩，也不改变列之间的依赖关系，所以原矩阵的两种秩仍然相等。

零化度是零空间的维数：

$$\operatorname{nullity}(A)=\dim N(A)$$

若 $A$ 有 $n$ 列、秩为 $r$，RREF 中就有 $r$ 个主元变量和 $n-r$ 个自由变量。每个自由变量产生一条独立的零空间方向，所以

$$\operatorname{nullity}(A)=n-r$$

于是得到秩-零化度关系：

$$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=n$$

秩与零化度是在清点输入空间的维数。两边加起来必须等于矩阵的列数 $n$。

这条公式容易被背成“主元个数加自由变量个数等于未知数个数”。计算上没错，但它真正说的是一笔输入自由度账：

• 输入空间一共有 $n$ 维；
• 其中 $n-r$ 维落入零空间，矩阵把它们忘掉；
• 剩下的 $r$ 维由行空间代表，矩阵能区分这些方向，并把它们送进 $r$ 维的列空间。

这里要说得精确一点：主元变量只是消元后的坐标账本，“第几个变量是主元”会受到列排列和矩阵结构影响。真正与零空间互补的 $r$ 维对象是行空间，不一定就是前 $r$ 条坐标轴。

对本例，

$$n=4,\qquad r=2$$

因此

$$\dim N(A)=4-2=2$$

这与我们找到的两条零空间基向量完全吻合。

交互工具把主元位置排列在前面，只是为了清楚显示 $r+(n-r)=n$ 这笔账；实际矩阵的主元列不一定相邻。工具没有指定行数 $m$，可以把它理解为默认输出空间足够容纳所选的秩。

四个空间的维数一起对账

若 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵，秩为 $r$，那么

$$\dim C(A)=r$$ $$\dim N(A)=n-r$$ $$\dim C(A^{\mathsf T})=r$$ $$\dim N(A^{\mathsf T})=m-r$$

前两行清点输入空间 $\mathbb R^n$，后两行清点输出空间 $\mathbb R^m$：

$$r+(n-r)=n$$ $$r+(m-r)=m$$

本例中 $m=3$、$n=4$、$r=2$，所以

四个数字不是分别算出来后碰巧对上。它们由同一个秩 $r$ 同时控制。

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两对正交关系：四个空间怎样拼回两边

四个基本子空间最漂亮的地方，不只是维数能对账。它们在输入、输出两侧各自成一对正交补空间。

行空间与零空间正交

若 $x\in N(A)$，那么

$$Ax=0$$

$Ax$ 的每一个分量，都是 $A$ 的一行与 $x$ 的点积。因此每一行都与 $x$ 正交，所有行的线性组合也都与 $x$ 正交。于是

$$C(A^{\mathsf T})\perp N(A)$$

本例中取行空间基

$$u_1= \begin{bmatrix} 1\\2\\0\\1 \end{bmatrix}, \qquad u_2= \begin{bmatrix} 0\\0\\1\\1 \end{bmatrix}$$

和零空间基

$$v_1= \begin{bmatrix} -2\\1\\0\\0 \end{bmatrix}, \qquad v_2= \begin{bmatrix} -1\\0\\-1\\1 \end{bmatrix}$$

四个交叉点积都是零：

$$u_1^{\mathsf T}v_1=0,\qquad u_1^{\mathsf T}v_2=0$$ $$u_2^{\mathsf T}v_1=0,\qquad u_2^{\mathsf T}v_2=0$$

而且它们的维数加起来是

$$r+(n-r)=n$$

所以二者不仅互相垂直，还正好填满整个输入空间：

$$\mathbb R^n=C(A^{\mathsf T})\oplus N(A)$$

符号 $\oplus$ 表示每个输入都能唯一拆成“行空间部分 + 零空间部分”。矩阵只会对行空间部分作出反应，零空间部分加上去也不会改变输出。

列空间与左零空间正交

若 $y\in N(A^{\mathsf T})$，那么

$$A^{\mathsf T}y=0$$

这句话等价于 $y$ 与 $A$ 的每一列都正交，所以它也与这些列的全部线性组合正交：

$$C(A)\perp N(A^{\mathsf T})$$

本例的列空间基是

$$a_1= \begin{bmatrix} 1\\0\\1 \end{bmatrix}, \qquad a_3= \begin{bmatrix} 0\\1\\1 \end{bmatrix}$$

左零空间基是

$$y= \begin{bmatrix} -1\\-1\\1 \end{bmatrix}$$

确实有

$$y^{\mathsf T}a_1=0,\qquad y^{\mathsf T}a_3=0$$

维数也刚好填满输出空间：

$$r+(m-r)=m$$

因此

$$\mathbb R^m=C(A)\oplus N(A^{\mathsf T})$$

这句话给出了相容性的完整版本：一个 $b\in\mathbb R^m$ 属于列空间，当且仅当它与左零空间中的每个向量都正交。

$$b\in C(A) \quad\Longleftrightarrow\quad y^{\mathsf T}b=0 \text{ 对所有 }y\in N(A^{\mathsf T})$$

前面我们只说 $y^{\mathsf T}b=0$ 是必要条件。现在借助正交补关系可以确认：检查完左零空间的一组基后，这些条件也足够保证 $b$ 在列空间里。

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相容性与全部解：四个空间一起工作

继续解本章矩阵对应的方程

$$Ax=b$$

写成方程组是

$$\begin{cases} x_1+2x_2+x_4=b_1,\\ x_3+x_4=b_2,\\ x_1+2x_2+x_3+2x_4=b_3. \end{cases}$$

第三个左端等于前两个左端之和，所以右端也必须满足同样关系：

$$b_3=b_1+b_2$$

把增广矩阵行化简，会更直白地看到这一点：

$$\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 0& 1& b_1\\ 0& 0& 1& 1& b_2\\ 1& 2& 1& 2& b_3\end{array}\right]⟶[\begin{array}{ccccc}1& 2& 0& 1& b_1\\ 0& 0& 1& 1& b_2\\ 0& 0& 0& 0& {}_{}\end{array}$$

若 $b_3-b_1-b_2\ne0$，最后一行就是荒谬的

$$0=b_3-b_1-b_2$$

方程无解。若 $b_3=b_1+b_2$，方程相容。

一个具体的相容右端

取

$$b= \begin{bmatrix} 3\\1\\4 \end{bmatrix}$$

因为 $4=3+1$，它位于列空间中。方程化为

$$x_1+2x_2+x_4=3$$ $$x_3+x_4=1$$

令 $x_2=s$、$x_4=t$，得到

$$x_1=3-2s-t,\qquad x_3=1-t$$

所以全部解是

$$x= \begin{bmatrix} 3\\0\\1\\0 \end{bmatrix} + s\begin{bmatrix} -2\\1\\0\\0 \end{bmatrix} + t\begin{bmatrix} -1\\0\\-1\\1 \end{bmatrix}$$

第一项是一个特解 $x_p$，后两项正是零空间的一般向量：

$$x=x_p+x_n,\qquad x_n\in N(A)$$

四个空间在解题时各有明确分工：

• 列空间判断目标 $b$ 能不能达到；
• 左零空间把“能达到”翻译成相容条件；
• 找到一个特解后，零空间给出所有不会改变输出的自由方向；
• 行空间与零空间互补，记录矩阵真正识别的输入部分。

解的个数由两件事决定

判断 $Ax=b$ 的解，先看相容性，再看零空间：

本例的零化度是 $2$。所以每一个相容右端都对应一个二维的解集；每一个不相容右端都没有解。

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网络流量：左零空间关系与环路自由度

网络流量能把两类“隐藏关系”画得很直观。设一个有向网络有 $v$ 个节点、$e$ 条边。给每条边规定方向，并建立节点—边关联矩阵 $B$：

• 每一列对应一条边；
• 边的起点所在行记 $-1$；
• 边的终点所在行记 $1$；
• 其余位置记 $0$。

若

$$x\in\mathbb R^e$$

记录各边流量，那么

$$Bx=0$$

表示每个节点的“流入减流出”都为零。

节点守恒给出行约束，闭合环路上的循环流给出零空间方向。

为什么节点方程总有一条依赖

把所有节点的守恒方程相加，每条内部边都会出现一次 $1$ 和一次 $-1$，正好抵消。因此

$$\begin{bmatrix} 1&1&\cdots&1 \end{bmatrix} B=0$$

也就是

$$\begin{bmatrix} 1\\1\\\vdots\\1 \end{bmatrix} \in N(B^{\mathsf T})$$

这条左零空间方向表达的是：全部节点的净流量之和必定为零。它不是额外假设，而是关联矩阵的列结构自动带来的关系。

对于一个连通网络，节点方程中恰有一条这样的整体依赖，因此

$$\operatorname{rank}(B)=v-1$$

于是环路自由流的维数为

$$\dim N(B) =e-\operatorname{rank}(B) =e-v+1$$

图中的网络有 $4$ 个节点和 $5$ 条边，所以

$$\operatorname{rank}(B)=3$$ $$\dim N(B)=5-3=2$$

这意味着它有两条独立的环路流方向。沿任意一条闭合环路同时增减流量，不会在任何节点制造净积累，所以仍然满足 $Bx=0$。

下面的控件只演示外圈那一条环路方向。滑块改变环路流量时，四条外圈边同步变化，节点净流量始终为零。它展示的是零空间中的一条直线，不是说这个五边网络的整个零空间只有一维。控件内部用字母 $A$ 表示关联矩阵，与这里的 $B$ 只是命名不同。

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常见误区：错在哪里，怎样自查

把四个空间放错一边

列空间由长度为 $m$ 的列向量张成，所以住在 $\mathbb R^m$；行空间由长度为 $n$ 的行向量张成，所以住在 $\mathbb R^n$。零空间中的 $x$ 是输入，左零空间中的 $y$ 与输出同长。

可以先在草稿上写：

$$C(A),\,N(A^{\mathsf T})\subseteq\mathbb R^m$$ $$C(A^{\mathsf T}),\,N(A)\subseteq\mathbb R^n$$

如果你写出的基向量长度对不上所在空间，后面的计算不用继续，位置已经放错了。

直接拿 RREF 的主元列当列空间基

RREF 的主元列只负责告诉你列号。真正的列空间基必须从原矩阵取对应列。除非行变换碰巧没有改变列空间，否则 RREF 的列张成的是另一个子空间。

认为行空间必须取原矩阵的独立行

从原矩阵挑独立行当然可以，但往往不方便。行变换保持行空间不变，所以阶梯形的非零行天然就是一组基，而且独立性一眼可见。

把零化度写成行数减秩

零化度 $\dim N(A)$ 清点的是输入自由度，所以用列数：

$$\dim N(A)=n-r$$

行数减秩对应的是左零空间维数：

$$\dim N(A^{\mathsf T})=m-r$$

只检查一个左零空间向量

如果左零空间是一维，检查一个非零基向量就够。本例正是这样。若左零空间维数为 $m-r>1$，必须对一整组基逐一检查

$$y_i^{\mathsf T}b=0$$

少检查一条，就可能漏掉一个相容条件。

以为齐次方程有非零解就能保证非齐次方程有解

$N(A)$ 决定相容方程有多少自由方向，却不决定给定 $b$ 是否相容。先用列空间或左零空间判断有没有特解，再用零空间补齐全部解，顺序不能反。

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练习

练习一：完整找出四个空间

设

$$M= \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 1&2&1 \end{bmatrix}$$

求四个基本子空间的一组基，并核对它们的维数。

显示参考解

第三行等于前两行之和。把第三行减去前两行，得到一个零行，因此秩为 $2$。第 $1$、第 $2$ 列可作主元列，列空间的一组基是原矩阵的对应列：

$$\left\{ \begin{bmatrix} 1\\0\\1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\1\\2 \end{bmatrix} \right\}$$

练习二：判断相容并写出全部解

沿用练习一的矩阵 $M$。判断

$$Mx= \begin{bmatrix} 2\\-1\\1 \end{bmatrix}$$

是否有解；若有，写出全部解。

显示参考解

左零空间由

$$y= \begin{bmatrix} -1\\-1\\1 \end{bmatrix}$$

练习三：找出错误的取基方法

某矩阵行化简后得到

$$R= \begin{bmatrix} 1&3&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}$$

有人说：“列空间的一组基是 $R$ 的第 $1$、第 $3$ 列。”这句话哪里不完整？

显示参考解

第 $1$、第 $3$ 列确实是主元列，但它们只告诉我们原矩阵中应该选哪两个列号。若问题问原矩阵 $A$ 的列空间基，必须回到 $A$，取 $A$ 的第 $1$、第 $3$ 列。

行变换保持列之间的依赖关系，所以主元列号可靠；行变换一般会改变列向量本身，所以不能把 $R$ 的列直接当作 的基。

练习四：只用尺寸和秩做维数账

设 $A$ 是一个 $5\times8$ 矩阵，且

$$\operatorname{rank}(A)=3$$

求四个基本子空间的维数。再说明 $Ax=b$ 的相容右端需要满足多少个独立条件，以及每个相容方程组有多少个自由参数。

显示参考解

这里

$$m=5,\qquad n=8,\qquad r=3$$

因此

$$\dim C(A)=3$$$$\dim N(A$$

练习五：检查两对正交关系

对本章贯穿使用的矩阵，验证

$$v= \begin{bmatrix} -1\\0\\-1\\1 \end{bmatrix}$$

与行空间正交，并验证

$$y= \begin{bmatrix} -1\\-1\\1 \end{bmatrix}$$

与列空间正交。

显示参考解

行空间基可取

$$u_1= \begin{bmatrix} 1\\2\\0\\1 \end{bmatrix}, \qquad u_2= \begin{bmatrix} 0\\0\\1\\1 \end{bmatrix}$$

练习六：网络中的自由环路

一个连通有向网络有 $6$ 个节点、$9$ 条边。设节点—边关联矩阵为 $B$。求 $\operatorname{rank}(B)$、$\dim N(B)$ 和 $\dim N(B^{\mathsf T})$。

显示参考解

连通网络的节点—边关联矩阵满足

$$\operatorname{rank}(B)=v-1$$

所以

$$\operatorname{rank}(B)=6-1=5$$

$B$ 有 列，因此

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从四个空间走向线性变换

现在可以把这一章压缩成两句话。

第一句看输出。列空间告诉我们矩阵能到哪里，左零空间告诉我们所有可达输出必须遵守什么关系。

第二句看输入。零空间告诉我们矩阵忘掉哪些方向，行空间告诉我们它真正能分辨哪些方向。

对一个 $m\times n$、秩为 $r$ 的矩阵，这两侧各自严丝合缝：

$$\mathbb R^n=C(A^{\mathsf T})\oplus N(A)$$ $$\mathbb R^m=C(A)\oplus N(A^{\mathsf T})$$

下一章会正式把矩阵写成线性变换

$$T(x)=Ax$$

到那时，“值域”就是这里的列空间，“核”就是这里的零空间。我们也会进一步看到，矩阵怎样旋转、拉伸、投影或压扁整个空间。四个基本子空间已经先替我们回答了最关键的两个问题：这次变换最终能到哪里，又在途中忘掉了哪些方向。