线性相依与线性独立

动机

张成列表说明哪些向量可以生成，但列表本身可能含有冗余：若某个向量是其余向量的线性组合，删去它不会改变张成。线性相依正是判断这种冗余的条件。

定义

定义

线性独立

在实向量空间 $V$ 中，对有限向量列表，若

$$\alpha_1u_1+\alpha_2u_2+\cdots+\alpha_nu_n=0$$

必有 $\alpha_1=\cdots=\alpha_n=0$，则 $(u_1,\ldots,u_n)$ 线性独立。

定义

线性相依

若存在一组不全为 $0$ 的系数，使

$$\alpha_1u_1+\alpha_2u_2+\cdots+\alpha_nu_n=0,$$

则 $(u_1,\ldots,u_n)$ 线性相依。

全部系数都为 $0$ 的关系叫平凡关系；只要有一个系数非零，就是非平 凡关系。独立意味着只存在平凡关系。

哪个向量可以删去？

定理

相依等价于某向量可由其余向量表示

对有限向量组 $(u_1,\ldots,u_n)$（$n\ge2$），以下等价：

1. 该向量组线性相依；
2. 至少有一个向量可写成其余向量的线性组合。

所以相依向量组必含可删除而不改变张成空间的向量。

证明

冗余判据的证明

$(1) \Rightarrow (2)$：从非平凡关系 $\sum_{i=1}^n\alpha_i u_i=0$ 出发，选 $\alpha_k\ne0$，可解得

$$u_k=-\sum_{i\ne k}\frac{\alpha_i}{\alpha_k}u_i,$$

说明 $u_k$ 可由其余向量表示。

$(2) \Rightarrow (1)$：若 $u_k=\sum_{i\ne k}\beta_i u_i$，移项即得非平 凡关系，因此相依。

证明透视

一条关系指出哪些向量可以删去

非平凡关系的意思是至少一个系数非零，并不要求所有系数非零。冗余判据的证明只能除以已知非零的系数。因此，一条具体关系只在其非零系数的位置指出可删去的向量，不能据此随意删除任意一个向量。

例如，$\mathbb R^2$ 中的列表 $(e_1,e_2,2e_1)$ 满足 $-2e_1+0e_2+1(2e_1)=0$。第一或第三个向量都能由其余两个恢复；但若删去 $e_2$，剩下的都只是 $e_1$ 的倍数，原本张成空间中的 $e_2$ 便无法再生成。$e_2$ 的系数为零，不能提供恢复它的公式。这就是证明必须先选定一个系数非零的指标，再移项的原因。

例题

删去冗余向量，不会改变张成

令

$$u_1 = \begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix},\qquad u_2 = \begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix},\qquad u_3 = \begin{bmatrix}1\\3\\2\end{bmatrix}.$$

这里 $u_3 = u_1 + u_2$。因此任何

$$a u_1 + b u_2 + c u_3$$

都可改写成

$$(a+c)u_1 + (b+c)u_2.$$

所以

$$\operatorname{Span}\{u_1,u_2,u_3\} = \operatorname{Span}\{u_1,u_2\}.$$

第三个向量改变了描述方式，但没有改变张成本身。

定理

冗余向量可以删去，而不改变张成

若一组向量之中有一个向量是其余向量的线性组合，删去它之后，张成 不会改变。

证明

为什么张成保持不变

较短那一组是较长那一组的子集，所以它的张成一定包含在较大张成之 内。反过来，冗余向量可以用其他向量代替，整理同类项后，长一点的 线性组合也会变成短一点那组的线性组合。

反例模式

张成不能保证线性独立

错误断言。 只要一个列表张成整个所在空间，它就一定线性独立。

重新考察 $\mathbb R^2$ 中的 $(e_1,e_2,2e_1)$。任意 $(a,b)^T$ 都等于 $ae_1+be_2+0(2e_1)$，所以这个列表张成整个 $\mathbb R^2$。然而 $-2e_1+0e_2+1(2e_1)=0$ 是非平凡关系。因此，张成保证表示存在，独立性则要求表示唯一；存在本身并不能保证唯一。

修正。 要得到一组基，必须同时要求张成与线性独立。在此删去 $2e_1$，剩下的 $(e_1,e_2)$ 仍张成全空间，而 $ae_1+be_2=0$ 逐坐标推出 $a=b=0$。这样消除了冗余，却没有失去任何可生成的向量。

从关系式到齐次系统

这里的未知量是系数。非零解将记录原生成向量之间的一条非平凡关系；主元判据把这一观察变成计算方法。

定理

$R^m$ 中的行化简判别准则

设 $u_1,\ldots,u_n\in R^m$，令

$$A=[u_1\ u_2\ \cdots\ u_n].$$

则 $u_1,\ldots,u_n$ 线性独立当且仅当齐次系统 $Ax=0$ 只有零解。等 价地，$A$ 化为 RREF 后，每一列都必须是 主元列。

等价地，这个列矩阵的零空间为 $N(A)=\{0\}$。

证明

行化简准则的证明

依定义，是否相依等价于是否存在非零系数向量 $x$ 满足 $\alpha_1u_1+\cdots+\alpha_nu_n=0$，也即 $Ax=0$。初等行变换保持齐次 系统解集不变，因此可在 RREF 判定：有自由变量就有非零解（相依）； 无自由变量就只有零解（独立）。

这给出一个完整流程。

1. 把向量排成列向量矩阵 $A=[u_1\ \cdots\ u_n]$。
2. 解齐次系统 $A\alpha=0$。
3. 如果有自由变量，就给其中一个自由变量选取非零值，并读出一条非平凡关系。
4. 如果每一列都是主元列，则只有平凡解，向量组线性独立。

还有一个立即可用的捷径：$R^m$ 中多于 $m$ 个向量必定线性相依，因为 $m \times n$ 矩阵在 $n>m$ 时不可能每一列都有主元。

常见错误

行化简是为了看齐次系统，不是要改变原来的向量

做相依性测试时，行化简 $A$ 不是把原本的向量换成另一批想研究的新 向量，而是在简化方程 $A\alpha=0$。行等价矩阵有相同的齐次解集， 所以它们有相同的相依关系。

读出关系，再检查独立列表

例题

从行化简读出一条关系式

考虑

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

其三列分别是 $u_1=(1,2,1)^T$、$u_2=(0,1,1)^T$、$u_3=(1,3,2)^T$。 行化简得

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 3\\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2-2R_1,\ R_3-R_1} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_3-R_2} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}.$$

第三列不是主元列，所以 $\alpha_3$ 是自由变量。取 $\alpha_3=1$， 便有 $\alpha_1=-1$、$\alpha_2=-1$，因此

$$-u_1-u_2+u_3=0,$$

也就是 $u_3=u_1+u_2$。

例题

用 RREF 测试独立性

令

$$u_1=(1,2,0),\quad u_2=(0,1,1),\quad u_3=(2,5,1).$$

把它们放入 $A=[u_1\ u_2\ u_3]$ 的各列，并依次消去第一列与第二列的下方元素：

$$A=\begin{bmatrix} 1&0&2\\ 2&1&5\\ 0&1&1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2-2R_1} \begin{bmatrix} 1&0&2\\ 0&1&1\\ 0&1&1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_3-R_2} \begin{bmatrix} 1&0&2\\ 0&1&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix}.$$

第三列不是主元列，因此 $Ax=0$ 中的 $x_3$ 是自由变量。存在非零系数解，所以该列表线性相依。

例题

用行化简判断独立

令

$$u_1=\begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix},\quad u_2=\begin{bmatrix}2\\4\\3\end{bmatrix},\quad u_3=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}.$$

把向量放入 $A=[u_1\ u_2\ u_3]$ 的各列。先消去第一列的下方元素，再交换第二、第三行：

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 1\\ 2 & 4 & 1\\ 1 & 3 & 0 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2-2R_1,\ R_3-R_1} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1\\ 0 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2\leftrightarrow R_3} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}.$$

所得阶梯形矩阵每一列都有主元，所以齐次系统只有零解。这三个向量线性独立。

例题

含零向量必相依

若 $u_2=0$，则

$$0\cdot u_1+1\cdot u_2+0\cdot u_3+\cdots+0\cdot u_n=0$$

本身就是非平凡关系（$u_2$ 的系数为 1），故向量组必相依。

相依关系背后的几何意义

下方图解把代数判据与几何联系起来。第三个向量若在前两个向量的张成内，就能由它们恢复；加入它只会改变列表，不会扩大张成。

先用代数判断是否相依，再用下方图像比较对应的几何情形。

低维快速判断

定理

两个非零向量独立，当且仅当它们不是彼此的倍数

对有序对 $(u,v)$，若两个向量都非零，则它们线性独立，当且仅当其中一个不是另一个的倍数。这里采用列表约定，即使 $u=v$，也保留两个位置。

证明

两个向量为什么只需看倍数关系

若 $au+bv=0$ 是一条非平凡关系式，那么 $a$、$b$ 之中至少有一个 不为 $0$。若 $b\ne 0$，可解出

$$v = -\frac{a}{b}u.$$

若 $a\ne 0$，可解出

$$u = -\frac{b}{a}v.$$

反过来，若 $v=\lambda u$，则 $\lambda u-v=0$ 是非平凡关系；$u=\lambda v$ 的情况相同。因此，两个向量线性相依，当且仅当其中一个是另一个的标量倍数。

例题

$R^2$ 里的两个向量

令

$$u = \begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}, \qquad v = \begin{bmatrix}2\\4\end{bmatrix}.$$

因为 $v=2u$，所以这对向量相依。几何上，它们指向同一个方向。

例题

$R^2$ 里三个向量一定相依

若 $u_1,u_2,u_3 \in R^2$，则矩阵 $A=[u_1\ u_2\ u_3]$ 是一个 $2\times 3$ 矩阵。行化简后最多只有两个主元，所以一定有一列不是主元列。这就 表示 $A\alpha=0$ 有自由变量，因此这三个向量相依。

例题

$R^3$ 里位于同一平面的三个向量

若 $R^3$ 中三个向量都落在平面 $z=0$，它们全都属于 $e_1$ 和 $e_2$ 的张成。但那个平面本身只需要两个独立方向来描述，所以第三个向量 不可能再提供新的独立方向。这组向量相依。

定理

在 $R^m$ 里，太多向量一定相依

$R^m$ 中任何多于 $m$ 个向量的列表都一定线性相依。

证明

为什么超过 $m$ 个向量不可能全部独立

若 $A$ 是一个 $m\times n$ 矩阵，而且 $n>m$，那么行化简后最多只 能有 $m$ 个主元列，所以至少有一列不是主元列。这表示 $A\alpha=0$ 有自由变量，因此有非零解，也就是有非平凡关系式。

常见错误

常见错误

把『相依』误解为『不能张成』

相依只说明有冗余，不代表不能张成；很多相依向量组仍可张成同一空 间。

常见错误

认为重排向量会改变相依性

调换向量顺序不会改变是否存在非平凡关系，所以不影响判定。

总结

• 线性相依可以从定义直接理解，也可以解读为张成列表中的冗余，或 列矩阵零空间里的一个非零向量。
• 行化简是用来简化系数方程 $A\alpha=0$，不是把原来向量换成另一 组要研究的新向量。
• 自由变量会给出非平凡相依关系；每一列都有主元则证明线性独立。
• $R^2$ 中的倍数判断，以及 $R^m$ 中超过 $m$ 个向量必相依，都是 同一个主元个数逻辑的低维版本。

检查点：从三种角度辨认冗余

思考检查

判断 $(1,0,0),(0,1,0),(1,1,0)$ 在 $R^3$ 是否线性独立。

可用冗余判准或 RREF。

解答 · 练习 1

相依，因为 $(1,1,0)=(1,0,0)+(0,1,0)$。

思考检查

$R^2$ 中 $S=\{(1,1),(2,2)\}$ 是否独立？

先尝试将一个向量写成另一个的数倍。

解答 · 练习 2

相依，因为 $(2,2)=2(1,1)$。

思考检查

若 $\{u_1,u_2,u_3\}$ 已独立，$\{u_1,u_2,u_3,u_1+u_2\}$ 还会独立吗？

把问题改写成线性关系式。

解答 · 练习 3

不会独立，因为 $u_1+u_2-(u_1+u_2)=0$ 是非平凡关系。

练习

思考检查

若 $R^3$ 里有 5 个向量，能否线性独立？

用主元个数上限判断。

解答 · 答案

不能。$3\times 5$ 矩阵最多只有 3 个主元，必有自由变量，所以必定存 在非平凡线性关系。

思考检查

判断 $\{(1,0,1),(2,1,3),(0,1,1)\}$ 是否线性独立。

把三个向量排成矩阵列，再做行化简。

解答 · 引导解答

按题目次序把向量记为 $u_1,u_2,u_3$。答案是线性相依。把它们排成 $A$ 的列：

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

第一步从第三行减去第一行和第二行，第二步从第一行减去第二行的两倍。只有第一、第二列是主元列。取自由系数 $\alpha_3=1$，可得 $\alpha_1=2$、$\alpha_2=-1$。直接代入验证：

$$2(1,0,1)-(2,1,3)+(0,1,1)=(0,0,0).$$

系数向量 $(2,-1,1)$ 非零，所以这是一条非平凡关系。等价地，$u_2=2u_1+u_3$。

思考检查

把 $\{(1,2,3),(2,4,6),(1,0,1)\}$ 的相依关系写出来。

先找明显的倍数关系。

解答 · 引导解答

$(2,4,6)=2(1,2,3)$，所以 $2(1,2,3)-(2,4,6)+0(1,0,1)=0$ 是非平凡关系，故此集合线性相依。

思考检查

任何包含零向量的向量列，都一定相依吗？

直接从定义出发。

解答 · 答案

是。把零向量的系数取为 $1$，其余系数取为 $0$，就已经构成一条非平 凡关系式。

思考检查

若一个 $4\times 4$ 矩阵有四个主元列，这代表它的列向量有什么性质？

用矩阵判据回答。

解答 · 答案

列向量线性独立，因为 $A\alpha=0$ 只有平凡解。

思考检查

解释为什么线性独立集合的任何子集也线性独立。

想想若子集自己有关系式，会对整个集合造成什么影响。

解答 · 引导解答

如果子集有一条非平凡关系式，把没有用到的向量系数补成 $0$，同一条 关系式也会变成整个大集合的关系式。那样大集合就会相依，与原设前 提矛盾。所以独立集合的子集也独立。

思考检查

某列表满足 $2u_1-u_2+0u_3=0$。这条关系能证明删去哪几个向量不会改变张成？

指出非零系数的位置；不要假设任意一个向量都能删去。

解答 · 引导解答

关系给出 $u_2=2u_1$ 与 $u_1=\tfrac12u_2$，所以可删去 $u_1$ 或 $u_2$。它没有给出 $u_3$ 的表示。例如，若 $u_1=e_1$、$u_2=2e_1$、$u_3=e_2$，删去 $u_3$ 会把张成从平面变成直线。

预备链接

请先阅读 6.3 线性组合与张成 与 2.3 高斯消元与 RREF。

独立性排除冗余，却不保证每个目标都能到达。6.5 基与维数 将独立性与张成性结合，再证明这种列表的长度是空间本身的性质。