線性代數/基/解

解

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問題 1

判斷以下集合是否為 $\mathbb {R} ^{3}$ 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

根據定理 1.12，每個集合是否為基取決於空間中的每個向量是否可以以唯一的方式表示為給定向量的線性組合。

是的，這是一個基。關係
$c_{1}{\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}+c_{2}{\begin{pmatrix}3\\2\\1\end{pmatrix}}+c_{3}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$
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 $c_{1}=-x/2+3y/4$ .
這不是一個基底。將它設定為與上一項相同
$c_{1}{\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}+c_{2}{\begin{pmatrix}3\\2\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$
產生一個線性方程組，其解為
$\left({\begin{array}{*{2}{c}|c}1&3&x\\2&2&y\\3&1&z\end{array}}\right){\xrightarrow[{-3\rho _{1}+\rho _{3}}]{-2\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\xrightarrow[{}]{2\rho _{2}+\rho _{3}}}\left({\begin{array}{*{2}{c}|c}1&3&x\\0&-4&-2x+y\\0&0&x-2y+z\end{array}}\right)$
只有當三維向量的分量 $x$ ， $y$ 和 $z$ 滿足 $x-2y+z=0$ 時，才有可能。例如，當 $x=1$ ， $y=1$ 和 $z=1$ 時，我們可以找到有效的係數 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 。然而，對於 $x=1$ ， $y=1$ 和 $z=2$ ，不存在有效的 $c$ 。因此，它不是一個基底；它沒有跨越整個空間。
是的，這是一個基底。建立關係後，我們得到以下簡化結果：
$\left({\begin{array}{*{3}{c}|c}0&1&2&x\\2&1&5&y\\-1&1&0&z\end{array}}\right){\xrightarrow[{}]{rho_{1}\leftrightarrow \rho _{3}}}\;{\xrightarrow[{}]{\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\xrightarrow[{}]{(1/3)\rho _{2}+\rho _{3}}}\left({\begin{array}{*{3}{c}|c}-1&1&0&z\\0&3&5&y+2z\\0&0&1/3&x-y/3-2z/3\end{array}}\right)$
對於每一組分量 $x$ ， $y$ 和 $z$ 的三元組，都有唯一解。
不，它不是一個基底。簡化結果為：
$\left({\begin{array}{*{3}{c}|c}0&1&1&x\\2&1&3&y\\-1&1&0&z\end{array}}\right){\xrightarrow[{}]{rho_{1}\leftrightarrow \rho _{3}}}\;{\xrightarrow[{}]{2\rho _{1}+\rho _{2}}}{\xrightarrow[{}]{-1/3)\rho _{2}+\rho _{3}}}\left({\begin{array}{*{3}{c}|c}-1&1&0&z\\0&3&3&y+2z\\0&0&0&x-y/3-2z/3\end{array}}\right)$
這沒有對每個三元組提供解決方案 $x$ , $y$ , 和 $z$ . 相反，給定集合的跨度只包括那些三維向量，其中 $x=y/3+2z/3$ .

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問題 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

我們求解
$c_{1}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+c_{2}{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}$
其中
$\left({\begin{array}{*{2}{c}|c}1&-1&1\\1&1&2\end{array}}\right){\xrightarrow[{}]{\rho _{1}+\rho _{2}}}\left({\begin{array}{*{2}{c}|c}1&-1&1\\0&2&1\end{array}}\right)$
並得出結論 $c_{2}=1/2$ ，因此 $c_{1}=3/2$ 。因此，表示形式如下。
${\rm {Rep}}_{B}({\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}3/2\\1/2\end{pmatrix}}_{B}$
關係 $c_{1}\cdot (1)+c_{2}\cdot (1+x)+c_{3}\cdot (1+x+x^{2})+c_{4}\cdot (1+x+x^{2}+x^{3})=x^{2}+x^{3}$ 很容易透過觀察得出 $c_{4}=1$ ， $c_{3}=0$ ， $c_{2}=-1$ ，以及 $c_{1}=0$ 。
${\rm {Rep}}_{D}(x^{2}+x^{3})={\begin{pmatrix}0\\-1\\0\\1\end{pmatrix}}_{D}$
${\rm {Rep}}_{{\mathcal {E}}_{4}}({\begin{pmatrix}0\\-1\\0\\1\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}0\\-1\\0\\1\end{pmatrix}}_{{\mathcal {E}}_{4}}$

問題 3

找到 ${\mathcal {P}}_{2}$ 的一個基，它是所有二次多項式的空間。任何這樣的基都必須包含一個每個次數的多項式嗎？~零次、一次和二次？

答案

一個基是 $\langle 1,x,x^{2}\rangle$ 。存在 ${\mathcal {P}}_{2}$ 的基，它不包含任何一次或零次多項式。一個基是 $\langle 1+x+x^{2},x+x^{2},x^{2}\rangle$ 。（不過，每個基至少包含一個二次多項式。）

問題 4

找到該系統解集的一個基。

{\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

約簡

\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)

給出唯一的條件是 $x_{1}=4x_{2}-3x_{3}+x_{4}$ 。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，很明顯，這個基的候選是這個。

\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

我們已經證明了這跨越了空間，並且證明它也是線性無關的也是例行公事。

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問題 5

找到 ${\mathcal {M}}_{2\!\times \!2}$ 的一個基，它是 $2\!\times \!2$ 矩陣空間。

答案

有很多基。這很容易。

\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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問題 6

找到每個子空間的基。

子空間 $\{a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}\,{\big |}\,a_{2}-2a_{1}=a_{0}\}$ of ${\mathcal {P}}_{2}$
第一和第二分量加起來為零的三列行向量的空間
此子空間為 $2\!\times \!2$ 矩陣的子空間
$\{{\begin{pmatrix}a&b\\0&c\end{pmatrix}}\,{\big |}\,c-2b=0\}$

答案

對於每個專案，可能有多個答案。

一種可行的方法是透過將 $a_{2}$ 表示為其他兩個 $a_{2}=2a_{1}+a_{0}$ 的組合來進行引數化。那麼 $a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ 是 $(2a_{1}+a_{0})x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ ，並且
$\{(2a_{1}+a_{0})x^{2}+a_{1}x+a_{0}\,{\big |}\,a_{1},a_{0}\in \mathbb {R} \}=\{a_{1}\cdot (2x^{2}+x)+a_{0}\cdot (x^{2}+1)\,{\big |}\,a_{1},a_{0}\in \mathbb {R} \}$
表明了 $\langle 2x^{2}+x,x^{2}+1\rangle$ 。但這隻表明它張成了空間，而檢查其線性無關性則是一項常規操作。
將 $\{{\begin{pmatrix}a&b&c\end{pmatrix}}\,{\big |}\,a+b=0\}$ 引數化得到 $\{{\begin{pmatrix}-b&b&c\end{pmatrix}}\,{\big |}\,b,c\in \mathbb {R} \}$ ，這表明可以使用序列 $\langle {\begin{pmatrix}-1&1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0&1\end{pmatrix}}\rangle$ 。我們已經證明它張成了空間，並且檢查其線性無關性也很容易。
改寫
$\{{\begin{pmatrix}a&b\\0&2b\end{pmatrix}}\,{\big |}\,a,b\in \mathbb {R} \}=\{a\cdot {\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}+b\cdot {\begin{pmatrix}0&1\\0&2\end{pmatrix}}\,{\big |}\,a,b\in \mathbb {R} \}$
建議使用此作為基底。
$\langle {\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\0&2\end{pmatrix}}\rangle$

問題 7

檢查示例 1.6.

答案

我們將證明第二個是基底；第一個類似。我們將直接從基底的定義證明這一點，因為這個示例出現在定理 1.12 之前。

為了證明它是線性無關的，我們建立 $c_{1}\cdot (\cos \theta -\sin \theta )+c_{2}\cdot (2\cos \theta +3\sin \theta )=0\cos \theta +0\sin \theta$ 。取 $\theta =0$ 和 $\theta =\pi /2$ 會得到這個系統

{\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}}

這表明 $c_{1}=0$ 和 $c_{2}=0$ .

跨度的計算也很容易；對於任何 $x,y\in \mathbb {R}$ ，我們有 $c_{1}\cdot (\cos \theta -\sin \theta )+c_{2}\cdot (2\cos \theta +3\sin \theta )=x\cos \theta +y\sin \theta$ ，這意味著 $c_{2}=x/5+y/5$ ，並且 $c_{1}=3x/5-2y/5$ ，因此跨度是整個空間。

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問題 8

找到每個集合的跨度，然後找到該跨度的基。

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

答案

詢問哪些 $a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}$ 可以表示為 $c_{1}\cdot (1+x)+c_{2}\cdot (1+2x)$ ，產生了三個線性方程，描述了 $x^{2}$ 、 $x$ 和常數的係數。
${\begin{array}{*{2}{rc}r}c_{1}&+&c_{2}&=&a_{0}\\c_{1}&+&2c_{2}&=&a_{1}\\&&0&=&a_{2}\end{array}}$
使用回代的高斯消元法表明，只要 $a_{2}=0$ ，則 $c_{2}=-a_{0}+a_{1}$ 且 $c_{1}=2a_{0}-a_{1}$ 。因此，當 $a_{2}=0$ 時，我們可以為任意 $a_{0}$ 和 $a_{1}$ 計算出合適的 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 。因此，當 $a_{2}=0$ 時，我們可以計算出所有線性多項式 $\{a_{0}+a_{1}x\,{\big |}\,a_{0},a_{1}\in \mathbb {R} \}$ 的合適 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 。所以，該空間是所有線性多項式 $\{a_{0}+a_{1}x\,{\big |}\,a_{0},a_{1}\in \mathbb {R} \}$ 的集合。對該集合進行引數化 $\{a_{0}\cdot 1+a_{1}\cdot x\,{\big |}\,a_{0},a_{1}\in \mathbb {R} \}$ 表明一個基為 $\langle 1,x\rangle$ （我們已經證明了它能生成該空間；檢查線性無關性很容易）。
對於
$a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}=c_{1}\cdot (2-2x)+c_{2}\cdot (3+4x^{2})=(2c_{1}+3c_{2})+(-2c_{1})x+(4c_{2})x^{2}$
我們得到這個方程組。
${\begin{array}{*{2}{rc}r}2c_{1}&+&3c_{2}&=&a_{0}\\-2c_{1}&&&=&a_{1}\\&&4c_{2}&=&a_{2}\end{array}}\;{\xrightarrow[{}]{\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\xrightarrow[{}]{-4/3)\rho _{2}+\rho _{3}}}\;{\begin{array}{*{2}{rc}r}2c_{1}&+&3c_{2}&=&a_{0}\\&&3c_{2}&=&a_{0}+a_{1}\\&&0&=&(-4/3)a_{0}-(4/3)a_{1}+a_{2}\end{array}}$
因此，唯一具有關聯的二次多項式 $c$ 的是那些滿足 $0=(-4/3)a_{0}-(4/3)a_{1}+a_{2}$ 的。因此，跨度為 $\{(-a_{1}+(3/4)a_{2})+a_{1}x+a_{2}x^{2}\,{\big |}\,a_{1},a_{2}\in \mathbb {R} \}$ 。引數化得到 $\{a_{1}\cdot (-1+x)+a_{2}\cdot ((3/4)+x^{2})\,{\big |}\,a_{1},a_{2}\in \mathbb {R} \}$ ，這表明 $\langle -1+x,(3/4)+x^{2}\rangle$ （檢查它是否線性無關是例行公事）。

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問題 9

在三次多項式空間 ${\mathcal {P}}_{3}$ 中，為以下每個子空間找到一個基。

所有滿足 $p(7)=0$ 的三次多項式 $p(x)$ 所成的子空間。
所有滿足 $p(7)=0$ 且 $p(5)=0$ 的多項式 $p(x)$ 所成的子空間。
所有滿足 $p(7)=0$ ， $p(5)=0$ 以及 $p(3)=0$ 的多項式 $p(x)$ 所成的子空間。
所有滿足 $p(7)=0$ ， $p(5)=0$ ， $p(3)=0$ 以及 $p(1)=0$ 的多項式 $p(x)$ 所成的空間。

答案

子空間是 $\{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}\,{\big |}\,a_{0}+7a_{1}+49a_{2}+343a_{3}=0\}$ . 重寫 $a_{0}=-7a_{1}-49a_{2}-343a_{3}$ 得 $\{(-7a_{1}-49a_{2}-343a_{3})+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}\,{\big |}\,a_{1},a_{2},a_{3}\in \mathbb {R} \}$ , 將引數分解後，可以得到基為 $\langle -7+x,-49+x^{2},-343+x^{3}\rangle$ （很容易驗證）。
給定子空間是三次多項式 $p(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}$ 的集合，使得 $a_{0}+7a_{1}+49a_{2}+343a_{3}=0$ 並且 $a_{0}+5a_{1}+25a_{2}+125a_{3}=0$ . 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 $a_{0}=35a_{2}+420a_{3}$ 。將 $(35a_{2}+420a_{3})+(-12a_{2}-109a_{3})x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}$ 重寫為 $a_{2}\cdot (35-12x+x^{2})+a_{3}\cdot (420-109x+x^{3})$ ，表明基底可以是 $\langle 35-12x+x^{2},420-109x+x^{3}\rangle$ 。上述證明了它可以生成這個空間。驗證線性無關是常規操作。(注：一個有價值的檢查是驗證基底中的兩個多項式均具有 7 和 5 作為根)。
這裡對三次方有三個條件，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
${\begin{array}{*{4}{rc}r}a_{0}&+&7a_{1}&+&49a_{2}&+&343a_{3}&=&0\\a_{0}&+&5a_{1}&+&25a_{2}&+&125a_{3}&=&0\\a_{0}&+&3a_{1}&+&9a_{2}&+&27a_{3}&=&0\end{array}}\;{\xrightarrow[{-\rho _{1}+\rho _{3}}]{-\rho _{1}+\rho _{2}}}\;{\xrightarrow[{}]{2\rho _{2}+\rho _{3}}}\;{\begin{array}{*{4}{rc}r}a_{0}&+&7a_{1}&+&49a_{2}&+&343a_{3}&=&0\\&&-2a_{1}&-&24a_{2}&-&218a_{3}&=&0\\&&&&8a_{2}&+&120a_{3}&=&0\end{array}}$
這產生了單個自由變數 $a_{3}$ ，其中 $a_{2}=-15a_{3}$ ， $a_{1}=71a_{3}$ ，以及 $a_{0}=-105a_{3}$ 。引數化如下。
$\{(-105a_{3})+(71a_{3})x+(-15a_{3})x^{2}+(a_{3})x^{3}\,{\big |}\,a_{3}\in \mathbb {R} \}=\{a_{3}\cdot (-105+71x-15x^{2}+x^{3})\,{\big |}\,a_{3}\in \mathbb {R} \}$
因此，一個很好的基向量候選是 $\langle -105+71x-15x^{2}+x^{3}\rangle$ 。根據上面的工作，它跨越了該空間。它顯然線性無關，因為它是一個單元素集合（該單個元素不是該空間的零物件）。因此，經過三個點 $(7,0)$ ， $(5,0)$ ，以及 $(3,0)$ 的任何三次多項式都是該多項式的倍數。（註釋。與前一個問題一樣，一個值得進行的檢查是驗證將 7、5 和 3 代入該多項式時是否每次都得到零。）
這是 ${\mathcal {P}}_{3}$ 的平凡子空間。因此，該基為空 $\langle \rangle$ 。

備註。第三項中的多項式也可以透過展開 $(x-7)(x-5)(x-3)$ 得出。

問題 10

我們已經看到，當基向量重新排序時，它仍然可以構成基向量。它是否必須始終保持為基向量？

答案

是的。線性無關性和生成性不會因重新排序而改變。

問題 11

基向量可以包含零向量嗎？

答案

任何線性無關集合都不包含零向量。

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問題 12

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

證明當 $c_{1},c_{2},c_{3}\neq 0$ 時， $\langle c_{1}{\vec {\beta }}_{1},c_{2}{\vec {\beta }}_{2},c_{3}{\vec {\beta }}_{3}\rangle$ 是一個基。當至少有一個 $c_{i}$ 等於 $0$ 會發生什麼？
證明當 ${\vec {\alpha }}_{i}={\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{i}$ 時， $\langle {\vec {\alpha }}_{1},{\vec {\alpha }}_{2},{\vec {\alpha }}_{3}\rangle$ 是一個基。

答案

為了證明它線性無關，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 $(d_{1}c_{1}){\vec {\beta }}_{1}+(d_{2}c_{2}){\vec {\beta }}_{2}+(d_{3}c_{3}){\vec {\beta }}_{3}={\vec {0}}$ ，進而意味著每個 $d_{i}c_{i}$ 為零。但對於 $c_{i}\neq 0$ ，這意味著每個 $d_{i}$ 為零。證明它生成空間的步驟非常類似；因為 $\langle {\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{2},{\vec {\beta }}_{3}\rangle$ 是一個基，因此生成空間，對於任何 ${\vec {v}}$ ，我們可以寫出 ${\vec {v}}=d_{1}{\vec {\beta }}_{1}+d_{2}{\vec {\beta }}_{2}+d_{3}{\vec {\beta }}_{3}$ ，然後 ${\vec {v}}=(d_{1}/c_{1})(c_{1}{\vec {\beta }}_{1})+(d_{2}/c_{2})(c_{2}{\vec {\beta }}_{2})+(d_{3}/c_{3})(c_{3}{\vec {\beta }}_{3})$ 。如果任何標量為零，則結果不是基，因為它不是線性無關的。
證明 $\langle 2{\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{2},{\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{3}\rangle$ 線性無關很簡單。為了證明它生成整個空間，假設 ${\vec {v}}=d_{1}{\vec {\beta }}_{1}+d_{2}{\vec {\beta }}_{2}+d_{3}{\vec {\beta }}_{3}$ 。那麼，我們可以用 $\langle 2{\vec {\beta }}_{1},{\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{2},{\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{3}\rangle$ 表示相同的 ${\vec {v}}$ ，如下所示 ${\vec {v}}=(1/2)(d_{1}-d_{2}-d_{3})(2{\vec {\beta }}_{1})+d_{2}({\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{2})+d_{3}({\vec {\beta }}_{1}+{\vec {\beta }}_{3})$ .

問題 13

找到一個向量 ${\vec {v}}$ ，使其成為空間的基。

$\langle {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}},{\vec {v}}\rangle$ 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，每個都構成線性無關的集合。為了保持線性無關，我們必須擴充套件每個的線性空間。也就是說，我們必須確定每個的線性空間（留下 ${\vec {v}}$ ），然後選取一個不在該線性空間中的 ${\vec {v}}$ 。然後，為了完成，我們必須檢查結果是否跨越了整個給定的空間。這些檢查是例行的。

任何不是給定向量倍數的向量，即任何不在直線 $y=x$ 上的向量都可以。其中一個是 ${\vec {v}}={\vec {e}}_{1}$ 。
透過觀察，我們注意到向量 ${\vec {e}}_{3}$ 不在給定兩個向量的集合的線性空間中。檢查所得集合是否是 $\mathbb {R} ^{3}$ 的基是例行的。
對於線性空間 $\{c_{1}\cdot (x)+c_{2}\cdot (1+x^{2})\,{\big |}\,c_{1},c_{2}\in \mathbb {R} \}$ 中的任何成員， $x^{2}$ 的係數等於常數項。因此，如果我們新增一個沒有此性質的二次方程，例如 ${\vec {v}}=1-x^{2}$ ，我們可以擴充套件線性空間。檢查結果是否為 ${\mathcal {P}}_{2}$ 的基很容易。

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問題 14

如果 $\langle {\vec {\beta }}_{1},\dots ,{\vec {\beta }}_{n}\rangle$ 是一個基，證明在下面的方程中

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

每個 $c_{i}$ 都是零。將其推廣。

答案

為了證明每個標量都是零，只需從等式兩邊減去 $c_{1}{\vec {\beta }}_{1}+\dots +c_{k}{\vec {\beta }}_{k}-c_{k+1}{\vec {\beta }}_{k+1}-\dots -c_{n}{\vec {\beta }}_{n}={\vec {0}}$ 。明顯的推廣是，在只包含 ${\vec {\beta }}$ 的等式中，每個 ${\vec {\beta }}$ 只出現一次，每個標量都是零。例如，一個等式，其右邊是偶數索引基向量（即， ${\vec {\beta }}_{2}$ ， ${\vec {\beta }}_{4}$ ，等等），左邊是奇數索引基向量，也會得出所有係數都為零的結論。

問題 15

一個基包含向量空間中的一些向量；它可以包含所有向量嗎？

答案

不行；任何線性無關的集合都不包含零向量。

問題 16

定理 1.12 表明，相對於一個基，每個線性組合都是唯一的。如果一個子集不是基，線性組合可以不唯一嗎？如果是，它們必須不唯一嗎？

答案

這裡有一個 $\mathbb {R} ^{2}$ 的子集，它不是一個基，以及它的元素的兩個不同的線性組合，它們的和是同一個向量。

\{{\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，當一個子集不是一個基時，它的線性組合可能不唯一。

但是，僅僅因為一個子集不是一個基並不意味著它的組合一定不唯一。例如，這個集合

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

確實具有這樣的性質：

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

這意味著 $c_{1}=c_{2}$ 。這裡的想法是，這個子集不能成為一個基，因為它不能跨越空間；定理的證明表明，當且僅當子集線性無關時，線性組合才是唯一的。

建議所有讀者練習。

問題 17

一個方陣是對稱的，如果對所有索引 $i$ 和 $j$ ，條目 $i,j$ 等於條目 $j,i$ 。

找到對稱 $2\!\times \!2$ 矩陣的向量空間的基。
找到對稱 $3\!\times \!3$ 矩陣的基。
找到對稱 $n\!\times \!n$ 矩陣的基。

答案

將向量空間描述為
$\{{\begin{pmatrix}a&b\\b&c\end{pmatrix}}\,{\big |}\,a,b,c\in \mathbb {R} \}$
建議使用以下作為基。
$\langle {\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\rangle$
驗證很容易。
這是一個可能的基。
$\langle {\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}}\rangle$
與前兩個問題一樣，我們可以從兩種矩陣形成一個基底。首先是那些對角線上只有一個1，其他所有元素都是0的矩陣（有 $n$ 個這樣的矩陣）。其次是那些有兩個相對的非對角線元素是1，其他所有元素都是0的矩陣。（也就是說， $M$ 中的所有元素都為零，除了 $m_{i,j}$ 和 $m_{j,i}$ 是1。）

建議所有讀者練習。

問題 18

我們可以證明， $\mathbb {R} ^{3}$ 的每一個基底都包含相同數量的向量。

證明 $\mathbb {R} ^{3}$ 中的任何線性無關子集都不包含超過三個向量。
證明 $\mathbb {R} ^{3}$ 中的任何生成子集都不包含少於三個向量。（提示。回想一下如何計算一個集合的生成空間，並證明當將此方法應用於兩個向量時，它無法生成 $\mathbb {R} ^{3}$ 的所有元素。）

答案

$\mathbb {R} ^{3}$ 中的任何四個向量都是線性相關的，因為向量方程
$c_{1}{\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\\z_{1}\end{pmatrix}}+c_{2}{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\\z_{2}\end{pmatrix}}+c_{3}{\begin{pmatrix}x_{3}\\y_{3}\\z_{3}\end{pmatrix}}+c_{4}{\begin{pmatrix}x_{4}\\y_{4}\\z_{4}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$
產生一個線性方程組
${\begin{array}{*{4}{rc}r}x_{1}c_{1}&+&x_{2}c_{2}&+&x_{3}c_{3}&+&x_{4}c_{4}&=&0\\y_{1}c_{1}&+&y_{2}c_{2}&+&y_{3}c_{3}&+&y_{4}c_{4}&=&0\\z_{1}c_{1}&+&z_{2}c_{2}&+&z_{3}c_{3}&+&z_{4}c_{4}&=&0\end{array}}$
這是一個齊次方程組（因此有解），有四個未知數但只有三個方程，因此有非平凡解。（當然，這種論證適用於任何包含四個或更多向量的 $\mathbb {R} ^{3}$ 的子集。）
給定 $x_{1}$ ，...， $z_{2}$ ，
$S=\{{\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\\z_{1}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\\z_{2}\end{pmatrix}}\}$
確定哪些向量
${\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$
在 $S$ 的生成空間內，建立
$c_{1}{\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\\z_{1}\end{pmatrix}}+c_{2}{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\\z_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$
並對得到的方程組進行行化簡。
${\begin{array}{*{2}{rc}r}x_{1}c_{1}&+&x_{2}c_{2}&=&x\\y_{1}c_{1}&+&y_{2}c_{2}&=&y\\z_{1}c_{1}&+&z_{2}c_{2}&=&z\end{array}}$
有兩個變數 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ ，但有三個方程。因此，當高斯消元法結束時，在底行將出現一個形式為 $0=m_{1}x+m_{2}y+m_{3}z$ 的關係式。因此，在兩個元素集合 $S$ 的線性組合中，向量必須滿足一定限制。因此，其線性組合不是 $\mathbb {R} ^{3}$ 中的所有向量。