6.7 矩陣子空間、基底與維數

矩陣本身也可以是向量空間中的向量。這裏使用的運算是矩陣加法與純量乘法，所以參與討論的矩陣必須具有相同大小。本節的純量和元素均為實數，$m,n$ 是正整數，$M_{m,n}(\mathbb R)$ 表示所有實 $m\times n$ 矩陣所成的空間。

我們仍然要回答熟悉的問題：一個列表能生成哪些矩陣，哪些生成矩陣是冗餘的，一組基底需要多少個矩陣？有時元素約束會直接揭示答案；如果生成列表的關係不明顯，可以先把元素堆疊起來，再用行化簡處理。

把矩陣視為向量

定義 6.7.1

（矩陣的張成與基底）

對 $A_1,\ldots,A_q\in M_{m,n}(\mathbb R)$，它們的張成為

$$\operatorname{Span}\{A_1,\ldots,A_q\} =\{c_1A_1+\cdots+c_qA_q:c_1,\ldots,c_q\in\mathbb R\}.$$

子空間 $W$ 中的一個矩陣列表是 $W$ 的基底，當且僅當它張成 $W$ 且線性獨立：等式 $c_1A_1+\cdots+c_qA_q=0$ 迫使每個 $c_j=0$。$W$ 的維數是一組基底所含矩陣的個數。零子空間以空集為基底，維數為零。

矩陣的張成是子空間：零係數給出零矩陣，而線性組合相加或乘以純量後，仍是原矩陣的線性組合。基底為子空間中的每個矩陣提供唯一的係數列表。張成保證表示存在；將兩個表示相減，再利用線性獨立性，便得到唯一性。反過來，唯一表示保證張成，也迫使零矩陣的表示只有零係數。

概念視角代數

整個矩陣是一個向量

在 $M_{2,3}(\mathbb R)$ 中，一個向量有六個元素，排列成矩形。這個形狀並不表示空間的維數是二或三。維數計算生成空間需要多少個獨立矩陣，而矩陣的秩研究的是某一個矩陣的欄空間，兩者回答不同的問題。例如，二階單位矩陣的秩是二，但由這個非零矩陣單獨張成的子空間維數是一，因為其中每個元素都是單位矩陣的純量倍數。

矩陣子空間只要求對加法與純量乘法封閉，並不要求對矩陣乘法封閉；長方形矩陣之間甚至未必可以相乘。這裏的零向量是固定大小的零矩陣，係數則仍然是實數。

矩陣單元給出座標

對每個位置 $(i,j)$，令 $E_{ij}$ 為該位置的元素是一、其他位置全為零的矩陣。使用這個記號時，矩陣大小已固定。例如在 $M_{2,2}(\mathbb R)$ 中，

$$E_{11}=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix},\quad E_{12}=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix},\quad E_{21}=\begin{bmatrix}0&0\\1&0\end{bmatrix},\quad E_{22}=\begin{bmatrix}0&0\\0&1\end{bmatrix}.$$

定理 6.7.2

（全矩陣空間的基底與維數）

矩陣 $E_{ij}$，其中 $1\leq i\leq m$ 且 $1\leq j\leq n$，組成 $M_{m,n}(\mathbb R)$ 的一組基底。因此

$$\dim M_{m,n}(\mathbb R)=mn.$$

證明

（透過比較元素證明張成與線性獨立）

每個矩陣 $A=[a_{ij}]$ 都滿足

$$A=\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n a_{ij}E_{ij}.$$

右邊的 $(i,j)$ 元素恰好是 $a_{ij}$，所以這證明了張成。若組合 $\sum\limits_{i,j}c_{ij}E_{ij}$ 等於零矩陣，則它的 $(i,j)$ 元素是 $c_{ij}$，因此每個係數都為零。這證明了線性獨立。基底中共有 $mn$ 個矩陣，故維數為 $mn$。

這裏可以數元素位置，是因為我們已經證明各位置的元素能夠獨立指定。對於受到約束的子空間，直接數出陣列中全部元素，可能會高估真正的自由度。

按欄堆疊保留線性關係

把 $A$ 的各欄由左至右依次堆疊成一個欄向量，記作 $\operatorname{vec}(A)$。例如

$$\operatorname{vec}\!\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}a\\c\\b\\d\end{bmatrix}.$$

每個矩陣必須使用同一種排列次序。結果有 $mn$ 個元素，也能唯一還原為原來的 $m\times n$ 矩陣。

定理 6.7.3

（矩陣基底的座標對應）

對大小相同的矩陣 $A_1,\ldots,A_q,B$ 及實係數 $c_j$，有

$$B=\sum_{j=1}^q c_jA_j \quad\Longleftrightarrow\quad \operatorname{vec}(B)=\sum_{j=1}^q c_j\operatorname{vec}(A_j).$$

特別地，一個矩陣列表線性獨立，當且僅當堆疊後的欄向量列表線性獨立。對一個子空間 $W$，記 $\operatorname{vec}(W)=\{\operatorname{vec}(A):A\in W\}$。$W$ 中的一個列表是 $W$ 的基底，當且僅當堆疊後的欄向量組成 $\operatorname{vec}(W)$ 的基底。

證明

（重新排列元素不會丟失方程）

矩陣等式在每個位置斷言 $b_{rs}=\sum\limits_j c_j(A_j)_{rs}$。堆疊只是按固定次序排列同一組純量方程，所以兩個方向都成立。取 $B=0$ 時，這個對應保留全部齊次係數關係，因此保留線性獨立性。對每個 $B\in W$ 應用它，則保留張成關係。同一個等式說明 $\operatorname{vec}(W)$ 對線性組合封閉且包含零，所以它是子空間。合起來便證明了關於基底的結論。

要從給定矩陣列表的張成中找基底，先形成

$$U=[\,\operatorname{vec}(A_1)\ \cdots\ \operatorname{vec}(A_q)\,].$$

這個矩陣有 $mn$ 行、$q$ 欄。將 $U$ 化簡，記錄主元欄的編號，再選取相同編號的原矩陣。6.6 欄空間、行空間與秩 的原欄定理便可透過上述對應應用到這裏。若給定矩陣全為零，就沒有主元欄，所得基底為空集。

例題 6.7.4

（從線性相依的矩陣列表中抽取基底）

設

$$A_1=\begin{bmatrix}0&-1\\0&2\end{bmatrix},\quad A_2=\begin{bmatrix}1&-2\\0&7\end{bmatrix},\quad A_3=\begin{bmatrix}-2&3\\0&-12\end{bmatrix}.$$

按欄堆疊給出

$$U=\begin{bmatrix}0&1&-2\\0&0&0\\-1&-2&3\\2&7&-12\end{bmatrix}.$$

先交換第一、第三行，把第一行乘以負一，再從第四行減去第一行的兩倍。然後交換第二、第三行：

$$U\longrightarrow \begin{bmatrix}1&2&-3\\0&1&-2\\0&0&0\\0&3&-6\end{bmatrix}.$$

從第一行減去第二行的兩倍，並從第四行減去第二行的三倍，得到

$$\operatorname{rref}(U)= \begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&-2\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}.$$

主元欄的編號是一和二。因此 $A_1,A_2$ 是原矩陣張成的一組基底，其維數為二。第三欄記錄了關係

$$A_3=A_1-2A_2 =\begin{bmatrix}-2&3\\0&-12\end{bmatrix}.$$

所以每個組合都可以改寫為

$$c_1A_1+c_2A_2+c_3A_3=(c_1+c_3)A_1+(c_2-2c_3)A_2.$$

也可以直接檢查 $A_1,A_2$ 的線性獨立性：若它們的組合為零，左上角元素先迫使 $A_2$ 的係數為零，右上角元素再迫使 $A_1$ 的係數為零。

常見錯誤

（把化簡後的欄還原會改變矩陣）

RREF 的第二個主元欄為 $(0,1,0,0)^T$，還原後得到 $E_{21}$。它卻不屬於原張成，因為所有原生成矩陣的左下角元素都是零。行化簡保留欄之間的線性關係，但未必保留欄空間。正確做法是按主元編號回到 $A_1,A_2$，而不是把化簡後的欄還原成矩陣。

上三角與對角矩陣子空間

令 $UT_n(\mathbb R)$ 為所有主對角線下方元素為零的方陣。這些零約束在加法與純量乘法下保持成立，零矩陣也滿足約束，所以它是子空間。一般元素可以展開為

$$A=\sum_{1\leq i\leq j\leq n}a_{ij}E_{ij}.$$

容許位置上的矩陣單元張成該空間；與前面一樣，比較元素即可證明線性獨立。計算容許位置的數目，得到

$$\dim UT_n(\mathbb R)=n+(n-1)+\cdots+1=\frac{n(n+1)}2.$$

對角矩陣只保留 $E_{11},\ldots,E_{nn}$，故維數為 $n$。下三角矩陣空間的維數與上三角相同：轉置把基底矩陣 $E_{ij}$ 變為 $E_{ji}$。

例題 6.7.5

（讀出上三角矩陣的六個座標）

$UT_3(\mathbb R)$ 中的一般元素為

$$\begin{bmatrix}a&b&c\\0&d&e\\0&0&f\end{bmatrix} =aE_{11}+bE_{12}+cE_{13}+dE_{22}+eE_{23}+fE_{33}.$$

六個參數各自任意，並佔據不同的容許位置。若這個組合為零，則六個係數全為零，所以這六個矩陣組成一組基底。對於 $(a,b,c,d,e,f)=(1,-2,3,4,0,5)$ 的矩陣，按上面列出的基底次序，座標列表就是 $(1,-2,3,4,0,5)$。這個特定矩陣中 $E_{23}$ 的係數為零，並不表示可以從整個子空間的一組基底中刪去 $E_{23}$。

對稱與反對稱矩陣子空間

令 $Sym_n(\mathbb R)$ 為滿足 $A^T=A$ 的矩陣，$Skew_n(\mathbb R)$ 為滿足 $A^T=-A$ 的矩陣。兩者都是子空間：轉置對加法與純量乘法滿足分配性質，所以線性組合仍然滿足相應的定義方程。

對稱矩陣中，下方元素重複上方元素，對角元素仍然任意。因此

$$A=\sum_{i=1}^n a_{ii}E_{ii} +\sum_{i\lt j}a_{ij}(E_{ij}+E_{ji}).$$

這些矩陣張成 $Sym_n(\mathbb R)$。在一個等於零的組合中，對角元素分別讀出第一組係數，每個對角線上方元素又恰好讀出一個其餘係數，因此全部係數必須為零。這就給出一組基底，且

$$\dim Sym_n(\mathbb R)=n+\frac{n(n-1)}2=\frac{n(n+1)}2.$$

例題 6.7.6

（二階對稱矩陣的一組基底）

每個二階對稱矩陣都有形式

$$\begin{bmatrix}a&b\\b&c\end{bmatrix} =a\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix} +b\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix} +c\begin{bmatrix}0&0\\0&1\end{bmatrix}.$$

上式中的三個矩陣張成該空間。若它們以係數 $\alpha,\beta,\gamma$ 組成的組合為零，比較位置 $(1,1),(1,2),(2,2)$，便得 $\alpha=\beta=\gamma=0$。所以它們是一組基底，維數為三。雖然 $b$ 在原陣列中出現兩次，對稱約束使這兩個元素只對應一個選擇。

下方圖解把三個參數逐一分離為對應的固定基底矩陣。

反對稱性固定對角線並配對元素

對實反對稱矩陣，$a_{ii}=-a_{ii}$ 給出 $2a_{ii}=0$，所以 $a_{ii}=0$。下方每個元素都是對應上方元素的相反數。因此

$$A=\sum_{i\lt j}a_{ij}(E_{ij}-E_{ji}).$$

比較對角線上方元素，同樣可證明線性獨立，故

$$\dim Skew_n(\mathbb R)=\frac{n(n-1)}2.$$

特別地，$Skew_3(\mathbb R)$ 中每個矩陣都可寫成

$$\begin{bmatrix}0&a&b\\-a&0&c\\-b&-c&0\end{bmatrix},$$

其基底為 $E_{12}-E_{21},E_{13}-E_{31},E_{23}-E_{32}$，維數為三。當 $n=1$ 時，該空間為零子空間，基底列表為空，維數也確實為零。

方陣的對稱部分與反對稱部分唯一

定理 6.7.7

（唯一的對稱與反對稱分解）

對每個 $A\in M_{n,n}(\mathbb R)$，恰好存在一對 $S\in Sym_n(\mathbb R)$ 與 $K\in Skew_n(\mathbb R)$ 使 $A=S+K$。它們為

$$S=\frac{A+A^T}{2},\qquad K=\frac{A-A^T}{2}.$$

證明

（用公式證明存在，用零交集證明唯一）

轉置的線性性質與 $(A^T)^T=A$ 給出 $S^T=S$ 和 $K^T=-K$。將兩個公式相加，得到 $S+K=A$，所以分解存在。若 $A=S_1+K_1=S_2+K_2$，則 $X=S_1-S_2=K_2-K_1$ 同時對稱且反對稱。因此 $X=X^T=-X$，從而 $2X=0$，即 $X=0$。兩個部分分別相等，唯一性成立。本節在實數域上討論，所以可以除以二。

這個證明比數值等式 $n(n+1)/2+n(n-1)/2=n^2$ 更強：每個矩陣確實可以由這兩個子空間的元素相加得到，而且兩個子空間只在零處重疊。單憑維數相加的數值，並不能證明其中任何一點。

例題 6.7.8

（算出一個矩陣的兩個部分）

對矩陣

$$A=\begin{bmatrix}0&3&6\\1&2&4\\2&6&5\end{bmatrix},$$

公式給出

$$S=\begin{bmatrix}0&2&4\\2&2&5\\4&5&5\end{bmatrix},\qquad K=\begin{bmatrix}0&1&2\\-1&0&-1\\-2&1&0\end{bmatrix}.$$

例如位置 $(1,2),(2,1)$ 上的三和一，在 $S$ 中貢獻平均值二，在 $K$ 中貢獻一與負一這一對相反數。逐項檢查可得 $S+K=A$。反對稱部分相對於基底 $E_{12}-E_{21},E_{13}-E_{31},E_{23}-E_{32}$ 的係數為 $(1,2,-1)$，所以也能透過前面的基底展開檢查各元素的符號。

維數界限透過座標對應轉移

堆疊保留基底，因此也保留維數。特別地，$M_{m,n}(\mathbb R)$ 的矩陣子空間維數至多為 $mn$。同樣大小的矩陣若多於 $mn$ 個，就必定線性相依：堆疊所得的係數矩陣欄數多於行數，齊次系統必有自由變量，因而有非零解。同一組係數便給出原矩陣的一個非平凡零組合。

更準確地說，若已知 $W$ 的維數為 $d$，且一個列表恰有 $d$ 個屬於 $W$ 的矩陣，那麼證明線性獨立或證明張成，任何一項都足以確立它是一組基底。這來自堆疊子空間上的相應基底定理。「屬於 $W$」這個假設不可省略：在 $W$ 外選取 $d$ 個獨立矩陣，不能只因數目符合維數，就稱它們為 $W$ 的基底。

這些事實也澄清了「維數計算參數個數」的含義。完整參數化證明張成，但仍可能有幾個參數列表給出同一個矩陣。要把參數個數認作維數，必須檢查唯一性，例如比較元素或解齊次係數方程。前面的對稱與三角展開通過了檢查，三個生成矩陣的相依列表卻沒有。

如何選擇方法

對於由元素約束定義的空間，先寫出一般矩陣，分離真正自由的參數，再證明所得固定矩陣張成且線性獨立。對於給定的生成列表，則堆疊各欄、化簡座標矩陣，並回到主元編號對應的原矩陣。這是處理同一個基底問題的兩種方法。

常見錯誤

（未證明獨立就計算參數個數）

參數化也可能冗餘。相依列表例子有三個係數，但空間維數只有二。只有證明參數對應的矩陣線性獨立後，參數個數才能確定維數。反過來，某個矩陣的許多係數恰好為零，也不會降低它所在子空間的維數。

快速檢查

快速檢查

（所有兩行三欄實矩陣所成空間的維數是多少？）

使用矩陣單元。

解答 · 答案

共有 $2\cdot3=6$ 個基底矩陣 $E_{ij}$，所以 $\dim M_{2,3}(\mathbb R)=6$。

快速檢查

（為甚麼實反對稱矩陣的主對角線必須為零？）

在對角元素處應用定義方程。

解答 · 答案

轉置不移動 $a_{ii}$，所以 $a_{ii}=-a_{ii}$。於是 $2a_{ii}=0$，在實數域上便有 $a_{ii}=0$。

練習

快速檢查

（求所有三階對角矩陣的一組基底與維數。）

寫出一般對角矩陣。

解答 · 引導解答

每個對角矩陣都是 $aE_{11}+bE_{22}+cE_{33}$。三個矩陣單元張成該空間，比較對角元素又可證明線性獨立。因此它們是一組基底，維數為三。

快速檢查

（在相依矩陣列表的例子中，把第一個生成矩陣的兩倍加上第三個，以上述前兩個生成矩陣組成的基底表示。）

使用第三個化簡欄給出的關係。

解答 · 引導解答

由 $A_3=A_1-2A_2$，得到 $2A_1+A_3=3A_1-2A_2$。基底座標為 $(3,-2)$，所得矩陣為 $\begin{bmatrix}-2&1\\0&-8\end{bmatrix}$。

快速檢查

（若一個實矩陣同時對稱與反對稱，它是甚麼矩陣？這兩個子空間的交集維數是多少？）

比較兩個轉置方程。

解答 · 引導解答

兩個方程給出 $A=A^T=-A$，所以 $A=0$。交集是零子空間，基底為空集，維數為零。

相關筆記

本節使用 6.5 基底與維數 和 3.3 轉置、對稱矩陣與反對稱矩陣。座標計算使用 6.6 的原欄規則；這裏增加的一步，是把答案轉回原大小的矩陣。