Exercise 1

(1)

若 $ x \in \mathcal{N}(A) $，说明 $ Ax=0 $，从而一定有 $ BAx=0 $，这就得到了 $ x \in \mathcal{N}(BA) $，因此 $$ \mathcal{N}(A) \subseteq \mathcal{N}(BA) $$ (2)

当 $ \text{rank}(B)=n $，设 $ x \in \mathcal{N}(BA) $，此时有 $ BAx=0 $。由于 $ \text{rank}(B)=n $，因此我们可以得到 $ Ax=0 $，从而 $$ x \in \mathcal{N}(A) $$ 于是必然有 $ \mathcal{N}(A)=\mathcal{N}(BA) $。

如果 $ \mathcal{N}(A)=\mathcal{N}(BA) $，并不能推出 $ \text{rank}(B)=n $。我们可以构造出反例 $$ A = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} $$ 显然这时 $ A=BA $，结论成立，但是 $ B $ 不满秩。

Exercise 2

需要求解 $$ \begin{pmatrix} 2 & 4 & 6 & 4 \\ 2 & 5 & 7 & 6 \\ 2 & 3 & 5 & 2 \end{pmatrix}\mathbf{x} = \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix} $$ 我们定义增广矩阵 $$ A = \left( \begin{array}{cccc|c} 2 & 4 & 6 & 4 & 4 \\ 2 & 5 & 7 & 6 & 3 \\ 2 & 3 & 5 & 2 & 5 \end{array} \right) $$ 化简得到 $$ A = \left( \begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 1 & -2 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) $$ 从而得到这个方程的解为 $$ \mathbf{x} = \begin{pmatrix} 4 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + s\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$ 也就是 $$ x_{1} = 4-s+2t,\,x_{2}=-1-s-2t,\,x_{3}=s,\,x_{4}=t $$

Exercise 3

如果 $ \{ v_{n} \} $ 线性相关，那么不妨设 $$ v_{n} = \begin{pmatrix} v_{1} & v_{2} & \dots & v_{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{1} \\ a_{2} \\ \vdots \\ a_{n-1} \end{pmatrix} $$ 其中 $ a_{i}\in \mathbb{R} $。

根据垂直，我们有 $ v_{1}\cdot v_{n}=0 $，于是 $$ v_{1}\cdot v_{n} = v_{1}^{T}\begin{pmatrix} v_{1} & v_{2} & \dots & v_{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{1} \\ a_{2} \\ \vdots \\ a_{n-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} v_{1}^{T}v_{1} & 0 & 0 & \dots & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{1} \\ a_{2} \\ \vdots \\ a_{n-1} \end{pmatrix} = a_{1}v_{1}^{T}v_{1} = 0 $$ 根据 $ v_{1}^{T}v_{1}\neq 0 $，我们可以得到 $ a_{1}=0 $。同理取 $ i=1,2,3,\dots,n-1 $，我们都能得到 $ a_{i}=0 $。那么这就推出了 $ v_{n}=0 $，与题目条件矛盾。所以 $ \{ v_{n} \} $ 线性无关。

Exercise 4

(1)

若 $ v\in V\cap W $，我们有 $ v^{T}v=0 $，从而 $ v=\mathbf{0} $。因此 $ V\cap W=\{ \mathbf{0} \} $。

(2)

两边同乘 $ v_{1}^{T} $，我们得到 $$ v_{1}^{T}(v_{1}+w_{1}) = v_{1}^{T}(v_{2}+w_{2}) \implies v_{1}^{T}(v_{1} - v_{2}) = \mathbf{0} $$ 同理也有 $ v_{2}^{T}(v_{1}-v_{2})=\mathbf{0} $。因此我们有 $ (v_{1}-v_{2})^{T}(v_{1}-v_{2})=\mathbf{0} $，即 $ \left| v_{1}-v_{2} \right|=0 $，从而 $$ v_{1}=v_{2} $$ 同理，一样能得到 $ w_{1}=w_{2} $。

(3)

我们验证 $ V+W $ 满足 $ \mathbb{R}^{n} $ 子空间的三个性质即可。

包含零向量：由于 $ \{ \mathbf{0} \}\in V\cap W $，因此 $ \{ \mathbf{0} \}\in V+W $。

对向量加法封闭：设 $ (v_{1}+w_{1}),(v_{2}+w_{2})\in V+W $，由于 $ V $ 和 $ W $ 本身都是 $ \mathbb{R}^{n} $ 的子空间，因此 $ (v_{1}+v_{2})\in V,(w_{1}+w_{2})\in W $，所以 $$ (v_{1}+w_{1})+(v_{2}+w_{2})=(v_{1}+v_{2})+(w_{1}+w_{2})\in V+W $$ 对标量乘法封闭：设 $ v\in V,w \in W $，那么对于 $ c\in \mathbb{R} $，有 $ cv\in V,cw\in W $，从而 $ c(v+w)\in V+W $。

综上，我们证明了 $ V+W $ 是 $ \mathbb{R}^{n} $ 的一个子空间。

(4)

我们设 $ v_{1},v_{2},\dots,v_{r} $ 为 $ V $ 的基，$ w_{1},w_{2},\dots,w_{s} $ 为 $ W $ 的基。我们证明 $ v_{1},\dots,v_{r},w_{1},\dots,w_{s} $ 是 $ V+W $ 的一个基。

首先证明用 $ v_{1},\dots,v_{r},w_{1},\dots,w_{s} $ 可以线性表示 $ V+W $ 中的元素。对于 $ v+w\in V+W $，我们可以用 $ v_{1},v_{2},\dots,v_{r} $ 线性表示出 $ v $，用 $ w_{1},w_{2},\dots,w_{s} $ 线性表示出 $ w $，所以用 $ v_{1},\dots,v_{r},w_{1},\dots,w_{s} $ 可以线性表示出 $ v+w $。

接着证明 $ v_{1},\dots,v_{r},w_{1},\dots,w_{s} $ 中的元素线性无关。不妨只证明不能用 $ v_{1},\dots,v_{r} $ 线性表示 $ w_{1} $，其余完全同理。假设可以线性表示，我们就有 $$ w_{1} = \begin{pmatrix} v_{1} & v_{2} & \dots & v_{n} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{1} \\ a_{2} \\ \vdots \\ a_{n-1} \end{pmatrix} $$ 于是我们考虑 $ v_{i}^{T}w_{1}=0 $，可以推出 $ a_{i}=0 $，从而得到 $ w_{1}=0 $，矛盾。因此 $ v_{1},\dots,v_{r},w_{1},\dots,w_{s} $ 线性无关。