列空间、行空间与秩

有限实矩阵乘法法则的证明

设 $m,n,p,q$ 为正整数，$A\in\mathbb R^{m\times n}$、$B\in\mathbb R^{n\times p}$、$C\in\mathbb R^{p\times q}$。以下只用行乘列定义与实数的有限求和。对任意输出位置 $(i,\ell)$，

$$\begin{aligned} ((AB)C)_{i\ell} &=\sum_{k=1}^{p}\left(\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\right)c_{k\ell}\\ &=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\left(\sum_{k=1}^{p}b_{jk}c_{k\ell}\right) =(A(BC))_{i\ell}. \end{aligned}$$

中间等号只交换两个有限和的求和次序，并使用实数分配律。两边同为 $m\times q$ 矩阵，每个位置相等，便证明结合律；没有调换矩阵因子的次序。

对 $D\in\mathbb R^{n\times p}$，同一定义给出

$$[A(B+D)]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}(b_{jk}+d_{jk}) =(AB)_{ik}+(AD)_{ik}.$$

对 $E\in\mathbb R^{m\times n}$，则有

$$[(A+E)B]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}(a_{ij}+e_{ij})b_{jk} =(AB)_{ik}+(EB)_{ik}.$$

所以在所写的相容大小下，两条分配律均成立。对任意实标量 $c$，

$$[(cA)B]_{ik}=\sum_j(ca_{ij})b_{jk} =c\sum_j a_{ij}b_{jk} =\sum_j a_{ij}(cb_{jk})=[A(cB)]_{ik},$$

逐项相等便证明 $(cA)B=c(AB)=A(cB)$。特别地，对 $x,y\in\mathbb R^n$ 与实数 $s,t$，

$$[A(sx+ty)]_i=\sum_j a_{ij}(sx_j+ty_j) =s(Ax)_i+t(Ay)_i.$$

这证明了比较同一线性系统的解时所用的矩阵乘向量线性性质。所有恒等式都只针对大小相容的有限实矩阵，不声称任意矩阵因子可交换或可消去。

从单位矩阵建立初等矩阵

假设一个初等行变换 $\rho$ 作用于有 $p$ 行的矩阵。先从单位矩阵 $I_p$ 开始，对 $I_p$ 做同一个初等行变换，所得矩阵记作 $E_\rho$。 所有标量都属于矩阵所采用的底域；特别地，每个非零倍数 $c$ 在该域中都有倒数 $1/c$。

定义

初等行变换矩阵

与 $p$ 行矩阵上的初等行变换 $\rho$ 对应的初等行变换矩阵，就是把 $\rho$ 作用在 $I_p$ 上所得的 $p \times p$ 矩阵。

这种矩阵也简称初等矩阵；较长的名称可以明确指出它与指定行变换的关系。

换句话说，

$$E_\rho = \rho(I_p).$$

这个定义有用，是因为以下定理。

定理

初等行变换等同于左乘矩阵

设 $A$ 是任何有 $p$ 行的矩阵，$\rho$ 是一个初等行变换，并以 $\rho(A)$ 表示把它作用于 $A$ 后得到的矩阵。则

$$\rho(A) = E_\rho A.$$

所以，对 $A$ 做这个初等行变换，等同于用同一个操作在 $I_p$ 上得到的 初等行变换矩阵左乘 $A$。

这里必须是左乘。初等行变换改变的是行，会把新行写成旧行的线性组合；左乘正是把 $A$ 的新行写成旧行的线性组合。右乘则会混合列，不是同一件事。

维数也说明了同一点。若 $A$ 是 $p \times n$ 矩阵，则 $E_\rho$ 是 $p \times p$ 矩阵，所以 $E_\rho A$ 有定义，而且仍是 $p \times n$。 这里完全不要求 $A$ 是方阵。相反，对这 $n$ 列进行列变换的矩阵大小为 $n \times n$，并从右边相乘。

为什么左乘会执行指定行变换

证明

对三类初等行变换逐行验证

把任意 $p \times n$ 矩阵 $A$ 的各行记作 $a_1,a_2,\ldots,a_p$，并以 $e_k^{\mathsf T}$ 表示 $I_p$ 的第 $k$ 行。 基本等式

$$e_k^{\mathsf T}A=a_k$$

表示左乘矩阵的一行会选取 $A$ 的相应行。现在逐类检查。

1. 对 $R_i\leftrightarrow R_j$，$E_\rho$ 的第 $i$ 行是 $e_j^{\mathsf T}$，第 $j$ 行是 $e_i^{\mathsf T}$，其余第 $k$ 行仍是 $e_k^{\mathsf T}$。因此 $E_\rho A$ 恰好交换 $A$ 的第 $i,j$ 行。

2. 对 $R_i\leftarrow cR_i$（$c\ne0$），$E_\rho$ 的第 $i$ 行是 $c e_i^{\mathsf T}$，其余行不变。因此乘积的第 $i$ 行为

   $$(c e_i^{\mathsf T})A=c a_i,$$

   而每个 $k\ne i$ 的第 $k$ 行仍为 $a_k$。

3. 对 $R_j\leftarrow R_j+cR_i$（$i\ne j$），$E_\rho$ 的第 $j$ 行是 $e_j^{\mathsf T}+c e_i^{\mathsf T}$，其余行不变，所以新的第 $j$ 行为

   $$(e_j^{\mathsf T}+c e_i^{\mathsf T})A=a_j+c a_i,$$

   正是指定的行加法。

三类情形穷尽了初等行变换，因此对每个相容矩阵 $A$ 都有 $E_\rho A=\rho(A)$。这个证明没有声称任意改动行的方式都对应一个初等矩阵； $\rho$ 必须是刚才检查的三类操作之一。

作用于增广矩阵

假设 $Ax=b$ 由增广矩阵 $[A\mid b]$ 表示。初等行变换必须作用于整个增广 矩阵，不能只改其中一边。相应的乘法等式是

$$E_\rho[A\mid b]=[E_\rho A\mid E_\rho b].$$

因此，系数和右端常数会接受完全相同的行组合。向量 $x$ 满足 $Ax=b$，当且仅当 它满足 $E_\rho Ax=E_\rho b$：正向可把原等式左乘 $E_\rho$，反向则施加逆向 初等行变换。这才是解集保持不变的严格理由。

若只改 $A$ 而固定 $b$，或只改 $b$，一般会得到另一个方程组。增广线只是视觉 上的分隔，不是行变换可以中途停止的边界。

一串初等行变换就是一个矩阵乘积

真正的用途不只是表示一个初等步骤，而是把整串初等行变换写成一个矩阵乘积。

定理

一串初等行变换的乘积表示

假设

$$A_1 \xrightarrow{\rho_1} A_2 \xrightarrow{\rho_2} A_3 \xrightarrow{\rho_3} \cdots \xrightarrow{\rho_k} A_{k+1}.$$

则

$$A_{k+1} = E_{\rho_k}E_{\rho_{k-1}}\cdots E_{\rho_2}E_{\rho_1}A_1.$$

这里每个 $\rho_j$ 都必须是作用于同样行数矩阵的初等行变换。这个乘积表示整串 操作，但乘积本身未必仍是单一个初等行变换矩阵。

这个公式中的顺序很重要。第一个行变换最靠近 $A_1$，因为它最先作用：

$$A_2 = E_{\rho_1}A_1, \qquad A_3 = E_{\rho_2}A_2 = E_{\rho_2}E_{\rho_1}A_1.$$

例题

合并两个行变换

令

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

依次做

$$\rho_1:\ R_2 \leftarrow R_2 + R_1, \qquad \rho_2:\ R_1 \leftarrow R_1 + 2R_2.$$

对应的行变换矩阵是

$$E_{\rho_1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}, \qquad E_{\rho_2} = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.$$

两个操作完成后，结果就是

$$E_{\rho_2}E_{\rho_1}A = \begin{bmatrix} 3&2&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&1\\ 0&2&1\\ 1&0&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3&4&5\\ 1&2&2\\ 1&0&0 \end{bmatrix}.$$

若不想直接相乘 $E_{\rho_2}E_{\rho_1}$，也可以把同一串行变换按同一顺序作用在 $I_3$ 上，所得矩阵就是合并后的左乘矩阵。最后的数值结果也确认：第二步使用的 是已经更新后的第 $2$ 行。

反向行变换与逆矩阵

每个初等行变换都有反向操作：

• $R_j \leftarrow R_j + cR_i$ 的反向操作是 $R_j \leftarrow R_j - cR_i$；
• $R_i \leftarrow cR_i$（其中 $c \ne 0$）的反向操作是 $R_i \leftarrow (1/c)R_i$；
• 交换两行的反向操作仍然是同一次交换。

这给出一个精确的矩阵表述。

定理

初等行变换矩阵都是可逆矩阵

每个初等行变换矩阵都是可逆的。它的逆矩阵，就是反向初等行变换所对应的 初等行变换矩阵。

证明

为什么反向矩阵是双侧逆矩阵

设 $E_\rho$ 表示初等行变换 $\rho$，而 $E_{\rho^{-1}}$ 表示它的反向初等 操作。对每个有 $p$ 行的矩阵 $X$，先做 $\rho$ 再撤销，都会恢复 $X$。由左乘 定理，

$$E_{\rho^{-1}}E_\rho X=X.$$

这个等式对每个这样的 $X$ 都成立；特别取 $X=I_p$，得到 $E_{\rho^{-1}}E_\rho=I_p$。先做反向操作再做 $\rho$，同理得到 $E_\rho E_{\rho^{-1}}=I_p$。因此

$$E_\rho^{-1}=E_{\rho^{-1}}.$$

具体来说，交换两行的逆仍是同一次交换；乘以 $c\ne0$ 的逆是乘以 $1/c$； 把第 $i$ 行的 $c$ 倍加到第 $j$ 行，则由加上 $-c$ 倍第 $i$ 行来撤销。

例如，若

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

表示 $R_2 \leftarrow R_2 + 3R_1$，则

$$E^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ -3 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

表示 $R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$。

这就是初等行变换可逆的代数原因，也解释了为什么行化简和可逆矩阵有密切关系。

证明

先撤销最后一步操作

设 $E_1,\ldots,E_k$ 按时间顺序编码同一组 $p$ 行矩阵上的操作，合并左乘矩阵就是 $J=E_k\cdots E_1$。每个 $E_j^{-1}$ 表示对应初等行变换的反向操作。要恢复输入，首先必须撤销 $E_k$，因为它是最后一次对行所作的改变；然后依次撤销 $E_{k-1},\ldots,E_1$。因此，反向链的合并矩阵为

$$K=E_1^{-1}E_2^{-1}\cdots E_k^{-1}.$$

这里必须区分两种次序：反向操作的时间顺序从 $E_k^{-1}$ 开始；写成乘积时，最先作用的因子却放在最靠近待恢复矩阵的位置。以三步为例，由结合律可得

$$KJ=E_1^{-1}E_2^{-1}(E_3^{-1}E_3)E_2E_1 =E_1^{-1}(E_2^{-1}E_2)E_1=I_p.$$

另一个乘积 $JK$ 则从相邻的 $E_1E_1^{-1}$ 开始消去，最后同样得到 $I_p$。任意有限链都可这样逐对消去。整个论证没有交换因子，也不要求被变换的矩阵本身是方阵。

把这个读法用于前面的两步例子：合并矩阵是 $E_{\rho_2}E_{\rho_1}$，所以逆矩阵是 $E_{\rho_1}^{-1}E_{\rho_2}^{-1}$。从最终矩阵开始，先从第一行减去当前第二行的两倍，第一行便恢复为 $[1\ 0\ 1]$；再从第二行减去刚恢复的第一行，第二行便恢复为 $[0\ 2\ 1]$。撤销操作是在逐个恢复中间状态，乘积次序也就随之确定，无须另背一个口诀。

有限消元必停止，并保持解集

设 $A\in\mathbb R^{m\times n}$、$b\in\mathbb R^m$，其中 $m,n$ 是有限正整数。允许的行变换为交换不同的两行、以非零标量乘一行，以及把一行的标量倍加到另一行。逆变换分别为同一交换、乘以倒数，以及减去该倍数。因此对整个增广阵施行变换恰好保持 $Ax=b$ 的解集：新方程由旧方程推出，逆变换给出反向蕴含。每个行变换也等于左乘把同一变换施于单位矩阵所得的可逆初等矩阵。

从左到右扫描系数列，并记录下一未使用行。若当前列在未使用行中有非零元素，就将其所在行交换到下一位置，除以非零主元，再从其余各行减去适当倍数，清空该列其他元素，然后推进未使用行指标。若该列所有未使用位置都是零，就跳过该列。先前主元列始终是单位列：当前未使用行在这些列均为零，所以新主元行以及后续减法保留这些零与原主元。总共只有 $n$ 次列扫描及至多 $\min(m,n)$ 个主元，每次只作有限个行变换，故算法必停止。最后非零系数行的主元列依次递增，各主元上下均为零，其余系数行全零。这证明下面使用的简化阶梯形确实能得到，而非假设它最终出现。

解的分类与齐次自由度

令 $r$ 为系数部分的主元数。若某个零系数行对应非零变换后右端，就出现不可能的方程 $0=c$，因此无解。否则任意指定 $n-r$ 个非主元变量的实数值。每个主元行都把其主元变量写成变换后右端减去自由变量的已知线性组合，其中没有其他主元变量。这些公式既构造解，也恢复每一个解。若 $r=n$，解唯一；若 $r<n$，改变自由变量就改变解向量，故有无穷多解。

对 $Az=0$，全部自由变量取零给出零解。若 $r<n$，将一个自由变量设为一，其余设为零，再按主元公式求解，就构造出非零齐次解；若 $r=n$，公式迫使所有齐次变量为零。对相容系统固定一个解 $x_p$，两解相减表明每个解均为 $x_p+z$，其中 $Az=0$；代入又证明反向包含。

当 $A$ 为方阵且每列都有主元时，系数阶梯形为 $I$。有限个初等矩阵之积 $E$ 满足 $EA=I$。因为 $E$ 可逆，$A=E^{-1}$，故也有 $AE=I$，所以 $E$ 是双侧逆。若缺少主元，上面构造的非零齐次解排除可逆性。这也证明可逆时，对 $[A\mid I]$ 作相同行变换会得到 $[I\mid A^{-1}]$。

不预设计数结论的有限基存在与扩充

设实向量空间 $V$ 已给定有限生成列表 $t_1,\ldots,t_N$。先证明任何线性无关列表 $u_1,\ldots,u_k$ 的长度不超过 $N$。插入 $j$ 个向量后，维持一个由 $u_1,\ldots,u_j$ 与 $N-j$ 个剩余旧向量组成的生成列表。将 $u_{j+1}$ 按此列表展开，至少一个剩余旧向量的系数非零；否则它在先前 $u_i$ 的张成空间中，与无关性矛盾。解出这个旧向量，再以 $u_{j+1}$ 取代它。新列表仍张成同一空间，而且保留全部先前插入向量。若 $k>N$，则 $N$ 步后前 $N$ 个向量已张成 $V$，与 $u_{N+1}$ 的无关性矛盾。此即所需上界，也包括 $N=0$。

每个子空间 $W$ 都有有限基。从空的无关列表开始；若当前张成空间尚不是 $W$，就在 $W$ 中取一个不在该张成空间内的向量。若新向量在某关系中的系数非零，就能由旧向量表示它，矛盾，故新列表仍无关。已证上界允许至多添加 $N$ 次，所以过程必停止于 $W$ 的无关生成列表。若 $W=\{0\}$，立即得到空基。改从 $W$ 内任意给定无关列表开始，同样证明该列表可扩充为 $W$ 的基；只需有界有限次选择。最后，若两组基的长度为 $p,q$，分别把它们用作上界证明中的有限生成列表，得到 $p\le q$ 与 $q\le p$。故基的长度有良定义，称为维数。这些论证补足秩–零度定理所用的基存在、扩充与维数事实。

固定一个矩阵，就得到两个子空间：

• 由各列向量张成的子空间；
• 由各行向量张成的子空间。

它们分别描述矩阵的可能输出，以及各行能生成的线性方程。

• 对于方程组 $Ax = b$，哪些右端向量 $b$ 真的可能出现？
• 各行里面实际上保存了多少独立的线性信息？
• 把冗余完全删掉以后，还剩下多少个真正独立的方向？

答案就叫做矩阵的 列空间、行空间 和 秩。

列空间：矩阵能够输出什么？

设 $A$ 是一个 $m \times n$ 矩阵，把它的列写成

$$A = \begin{bmatrix} a_1 & a_2 & \cdots & a_n \end{bmatrix}.$$

定义

列空间

矩阵 $A$ 的 列空间，记作 $C(A)$，就是 $A$ 各列向量的张成：

$$C(A) = \operatorname{Span}\{a_1, a_2, \ldots, a_n\}.$$

它是 $R^m$ 的一个子空间。

这个定义最有用的读法，是通过矩阵乘法理解。 如果 $x = (x_1, \ldots, x_n)^t$，那么

$$Ax = x_1 a_1 + x_2 a_2 + \cdots + x_n a_n.$$

所以任何形如 $Ax$ 的向量，都是各列向量的线性组合。 反过来说，任何由各列向量组成的线性组合，也都可以写成某个 $Ax$。

定理

列空间就是所有可能输出

对任意 $m \times n$ 矩阵 $A$，

$$C(A) = \{Ax : x \in R^n\}.$$

因此向量 $b \in R^m$ 属于 $C(A)$，当且仅当方程组 $Ax = b$ 相容、有解。

行空间：各行带着什么线性信息？

将 $A$ 的各行记为 $r_1,\ldots,r_m$，每行是 $1\times n$ 矩阵。为了把它们的张成视为通常列向量空间 $\mathbb R^n$ 的子空间，我们明确使用各行的转置。

定义

行空间

矩阵 $A$ 的行空间定义为

$$R(A)=\operatorname{Span}\{r_1^T,\ldots,r_m^T\}=C(A^T) =\{A^Ts:s\in\mathbb R^m\}.$$

它是 $\mathbb R^n$ 的子空间。

因此 $x\in R(A)$ 表示存在 $s\in\mathbb R^m$ 使 $x=A^Ts$，等价地，$x^T=s^TA$：行向量 $x^T$ 是 $A$ 各行的线性组合。计算时可以把行横向写出，但下面的行空间基底由这些行的转置组成。这个约定使 $R(A)=C(A^T)$ 成为列向量集合之间真正的相等。

比较空间之前，必须检查所在空间的维数。$A$ 的列有 $m$ 个分量，所以 $C(A)\subseteq\mathbb R^m$；转置后的行有 $n$ 个分量，所以 $R(A)\subseteq\mathbb R^n$。对 $A^T$ 使用同一定义，还得到 $C(A)=R(A^T)$。即使 $m=n$，两者位于同一空间，也不保证两个张成相等。区别在于实际成员，而不只是名称不同。

秩：把独立方向数清楚

列空间的维数叫做 列秩， 行空间的维数叫做 行秩。 线性代数的一条核心定理告诉我们，这两个数其实相等。

定义

秩

矩阵 $A$ 的秩定义为其 RREF 中主元的个数 $r$。下面的基底定理将证明等价的维数公式：

$$\operatorname{rank}(A) = \dim C(A) = \dim R(A).$$

当你把矩阵行化简到 RREF 以后，主元列的个数正好就是秩。 所以秩衡量的是：去掉所有冗余以后，还保留了多少个独立方向。

主元位置是从 RREF 里读出来的，但列空间的基底向量必须回到原矩阵里面去取。

例题：一次行化简读出列空间、行空间和秩

例题

从同一个矩阵读出列空间、行空间与秩

考虑

$$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 2 & 4 \end{bmatrix}.$$

行化简得到

$$A \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = R.$$

可以依次执行 $R_3\leftarrow R_3-R_1$、$R_3\leftarrow R_3-R_2$、$R_1\leftarrow R_1-2R_2$。第三行变为零，前两行的首一分别位于第一、二列，得到的正是所显示的 RREF，而不只是主元位置尚未解释的阶梯矩阵。

这里有两个主元列，也就是第 $1$ 列和第 $2$ 列。

把 $A$ 的列记为

$$c_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad c_2 = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix}, \quad c_3 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix}, \quad c_4 = \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 4 \end{bmatrix}.$$

那么列空间的一组基底就是

$$\{c_1, c_2\}.$$

因为其余列都可以由它们表示出来：

$$c_3 = -c_1 + c_2, \qquad c_4 = c_1 + c_2.$$

对于行空间，则使用 $R$ 的非零行的转置：

$$\{(1, 0, -1, 1)^T, (0, 1, 1, 1)^T\}.$$

于是

$$\dim C(A) = 2, \qquad \dim R(A) = 2, \qquad \operatorname{rank}(A) = 2.$$

最后，如果

$$b = \begin{bmatrix} 5 \\ 2 \\ 7 \end{bmatrix},$$

那么 $b \in C(A)$，因为

$$b = c_1 + 2c_2.$$

等价地，方程组 $Ax = b$ 是有解的。

这张静态图整理上面的例题：主元位置由 RREF 读出，列空间的基向量取自原矩阵，RREF 非零行的转置形成行空间的一组基，而两个空间的维数同样等于秩。

一次 RREF 给出的三个结果

下方图解重新整理同一个例题。请区分从 RREF 读出的信息，以及必须回到原矩阵取得的列空间基向量。

行化简时，到底保留了什么？

行化简保留其中一部分结构，也会改变另一部分结构。

定理

可逆乘法保留哪些空间

设 $A$ 为实 $m\times n$ 矩阵，$G$ 为可逆 $n\times n$ 矩阵，$H$ 为可逆 $m\times m$ 矩阵，则

$$C(AG)=C(A),\qquad R(HA)=R(A).$$

特别地，行等价矩阵具有相同行空间；它们的列空间却未必相等。

证明

在反向包含中使用逆矩阵

若 $y\in C(AG)$，写成 $y=AGs=A(Gs)$，便知 $y\in C(A)$。反过来，若 $y=At\in C(A)$，取 $s=G^{-1}t$，则 $AGs=AGG^{-1}t=At=y$，得到反向包含。第一个方向无须逆矩阵，第二个方向用它构造所需的系数向量。

现在 $(HA)^T=A^TH^T$，而 $H^T$ 可逆，其逆为 $(H^{-1})^T$。应用刚才的结论，得 $R(HA)=C(A^TH^T)=C(A^T)=R(A)$。一串行变换就是左乘某个可逆 $H$，所以行等价的结论随之成立。等价地，每个新行是旧行的组合，而逆向执行行变换又给出两个张成之间的反向包含。

左乘对输出有不同作用：$C(HA)=\{Hy:y\in C(A)\}$，因为两种描述都来自 $(HA)x=H(Ax)$。这是原列空间的可逆像，未必是 $\mathbb R^m$ 中相同的子集。若 $A,B$ 行数相同，同时左乘同一个可逆 $H$，则 $C(A)=C(B)$ 当且仅当 $C(HA)=C(HB)$：正向对相等集合施加 $H$，反向施加 $H^{-1}$。比较两个变换后的空间，与声称其中任何一个不变，是不同的结论。

为什么基底规则与秩相等成立

定理

主元基底与行列秩相等

设实 $m\times n$ 矩阵 $A$ 的 RREF 为 $Q$，有 $r$ 个主元，所在列为 $j_1,\ldots,j_r$。原矩阵的列 $a_{j_1},\ldots,a_{j_r}$ 构成 $C(A)$ 的基底；$Q$ 的 $r$ 个非零行的转置构成 $R(A)$ 的基底。因此

$$\dim C(A)=r=\dim R(A)=\operatorname{rank}(A).$$

证明

先保留系数再检查主元坐标

写成 $Q=HA$，其中 $H$ 可逆，并把 $Q$ 的列记为 $q_j$。对每个系数向量 $c\in\mathbb R^n$，

$$\sum_{j=1}^n c_jq_j=H\left(\sum_{j=1}^n c_ja_j\right).$$

左边为零当且仅当括号内的和为零：一个方向乘以 $H$，另一个方向乘以 $H^{-1}$。所以所有齐次列关系连同其准确系数，在两个方向都保持。只涉及选定列的关系，也可在其余位置补零系数来处理。

$Q$ 的主元列分别在不同主元行上有一个一，其余元素为零，因此线性无关。每个 $q_j$ 都是它们以 $Q_{1j},\ldots,Q_{rj}$ 为系数的组合，因为第 $r$ 行以下全为零。关系保持说明对应的原主元列能张成每个 $a_j$。若原主元列的一个组合为零，它对应到 $Q$ 主元列的零组合，迫使全部系数为零。这同时证明了列基底的生成性与无关性。

对于行基底，已知 $R(Q)=R(A)$。删去零行后，非零行的转置仍构成生成列表。若它们以 $d_1,\ldots,d_r$ 为系数的组合为零，检查第 $j_i$ 个坐标。RREF 的这个主元列只在第 $i$ 行为一，其他行全为零，因此该坐标就是 $d_i$。所有系数都为零，故列表线性无关。两个基底各有 $r$ 个向量，维数相等随之成立。若 $r=0$，矩阵为零，两个空间分别是所在空间的零子空间，基底均为空列表。

这说明为什么行化简为列基底提供位置，却为行基底直接提供向量。交换行列空间，还得到 $\operatorname{rank}(A^T)=\operatorname{rank}(A)$。对于 $m\times n$ 矩阵，主元占据互不相同的行与列，所以秩不超过 $\min(m,n)$。秩是一个数；这些数值相等并没有声称行空间与列空间作为集合相等。

维数相等不能确定空间相等

例题

同一个方阵的两个不同空间

考虑

$$D=\begin{bmatrix}1&0&0&1\\0&2&0&1\\0&0&3&1\\0&0&0&0\end{bmatrix}.$$

前三列线性无关，因为零组合的前三个坐标迫使全部系数为零。第四列等于第一列加第二列的一半，再加第三列的三分之一。因此 $C(D)=\{(a,b,c,0)^T:a,b,c\in\mathbb R\}$，维数为三。两个包含方向都明确：每列末坐标为零，而每个所列向量都能以 $a,b/2,c/3$ 为系数由前三列生成。

非零行的转置是 $(1,0,0,1)^T$、$(0,2,0,1)^T$、$(0,0,3,1)^T$。检查前三个坐标可知它们线性无关，其余行为零，所以它们构成 $R(D)$ 的基底。一般组合给出

$$R(D)=\{(a,b,c,a+b/2+c/3)^T:a,b,c\in\mathbb R\}.$$

所以 $(1,0,0,1)^T\in R(D)$，却不属于 $C(D)$。反过来，$(1,0,0,0)^T\in C(D)$，却不满足所写的行空间条件。两个空间都是同一 $\mathbb R^4$ 的子空间，维数都为三，仍然并不相等。把第二、三行分别乘以 $1/2$、$1/3$ 可得三个主元，与秩为三一致。

反例模式

行化简可以改变列空间

错误命题。 行等价矩阵具有相同的列空间。

取

$$A_0=\begin{bmatrix}1&0\\1&0\end{bmatrix},\qquad H=\begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix},\qquad B_0=HA_0=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}.$$

所做的运算是从第二行减去第一行，加回第一行就是逆运算。直接可得 $C(A_0)=\operatorname{Span}\{(1,1)^T\}$，而 $C(B_0)=\operatorname{Span}\{(1,0)^T\}$。非零向量 $(1,0)^T$ 不可能等于 $t(1,1)^T$：首坐标要求 $t=1$，第二坐标却要求 $t=0$。所以两个空间不同。但两者的行空间都等于 $\operatorname{Span}\{(1,0)^T\}$，秩都为一。第二列的冗余关系也保留：两矩阵的第二列均为零。

修正命题。 行变换保留行空间、秩以及列关系的系数。实际列空间变为 $C(HA)=\{Hy:y\in C(A)\}$；原列空间的基底必须从主元位置对应的原列中选取。本例的 RREF 主元列甚至不属于原列空间，自然不能成为它的基底。

判断向量是否属于列空间时也要处理右端

例题

用一个方程描述列空间

设

$$M=\begin{bmatrix}3&2&1&-4\\-1&1&-2&3\\2&-4&6&-8\end{bmatrix}.$$

第一行的两倍加第二行的十六倍，再加第三行的五倍，得到零行。因此每个输出 $b=Mx$ 都满足 $2b_1+16b_2+5b_3=0$。这证明了所提列空间描述的一个包含方向；每个输出都满足的条件，尚不足以保证它描述全部输出。

反过来，假设这个方程成立。只使用前两列，系数取为

$$s=\frac{b_1-2b_2}{5},\qquad t=\frac{b_1+3b_2}{5}.$$

它们的组合为 $(3s+2t,-s+t,2s-4t)^T$。前两个坐标是 $b_1,b_2$，最后一个由假设等于 $(-2b_1-16b_2)/5=b_3$。因此 $M(s,t,0,0)^T=b$，证明反向包含。于是

$$C(M)=\{b\in\mathbb R^3:2b_1+16b_2+5b_3=0\} =N\!\left(\begin{bmatrix}2&16&5\end{bmatrix}\right).$$

对于 $v=(18,-6,12)^T$，条件给出 $36-96+60=0$；事实上它是第一列的六倍。对于 $w=(2,1,-3)^T$，条件给出 $4+16-15=5\ne0$，所以 $Mx=w$ 不相容。一个向量由明确系数选择验证，另一个由必要的输出方程排除。

更一般地，若 $Q=HA$ 是含 $r$ 个主元的 RREF，则 $Ax=b$ 等价于 $Qx=Hb$。零行要求 $Hb$ 的最后 $m-r$ 个坐标为零；主元方程不对右端再增加条件。当 $r\lt m$ 时，取 $H$ 的这些末行为矩阵 $L$，便得到 $C(A)=N(L)$。这是用方程而非生成向量描述列空间。若行秩满，没有这类限制，便有 $C(A)=\mathbb R^m$。右端必须接受与 $A$ 相同的行变换；只化简 $A$ 而保留 $b$ 不动，会检验另一个方程组。

常见错误

常见错误

不要把 RREF 的主元列直接当成列空间的基底

行化简通常会改变列空间。所以虽然主元位置是从 RREF 里读出来的，但 $C(A)$ 真正的基底向量必须取自原矩阵中对应的列。

另一个常见错误，是因为列空间和行空间维数相同，就说它们是同一个子空间。 维数相同只表示独立方向的个数相同，不表示两个子空间本身相等。

快速检查

思考检查

如果 $A$ 是一个 $4 \times 3$ 矩阵，$C(A)$ 和 $R(A)$ 分别位于哪个空间？

分别数一数一列有多少个分量，一行有多少个分量。

解答 · 答案

$C(A)$ 是 $R^4$ 的子空间，因为每一列有 4 个分量。 $R(A)$ 是 $R^3$ 的子空间，因为每一行有 3 个分量。

思考检查

如果某个矩阵的 RREF 有三个主元列，它的秩是多少？

回忆秩是怎样从 RREF 读出来的。

解答 · 答案

秩是 $3$。

练习

思考检查

设 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}$。求秩，并求列空间的一组基底。

先做行化简，找出主元列，再回到原矩阵取对应的列。

解答 · 引导解答

从第三行中减去第一、二行，得到 RREF

$$\begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&1\\0&0&0\end{bmatrix}.$$

恰有两个主元，位于第一、二列，所以秩为二。前两行的主元证明下界，第三行全零则证明上界。

因此列空间的一组基底是

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

第三列是前两列之和，所以它没有提供新的方向。

先读这些章节

这一节特别依赖 2.3 高斯消元与 RREF、 3.3 转置、对称矩阵与反对称矩阵 和 6.5 基与维数。