向量正交与正交补空间

向量正交不只是“内积为零”。在考研线性代数中，它常被改写成齐次方程组、秩—零度公式、正交矩阵或转置矩阵的特征向量问题。本章的主线是：

$$\text{正交} \Longleftrightarrow \text{内积为零} \Longleftrightarrow \text{落在某个转置矩阵的零空间中}.$$

一、定义

1. 向量正交

设 $\alpha,\beta\in\mathbb R^n$。若

$$\alpha^T\beta=0,$$

则称 $\alpha$ 与 $\beta$ 正交，记作

$$\alpha\perp\beta.$$

若向量组 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 中任意两个不同的向量均正交，则称该向量组两两正交。

使用条件： 本章均在实向量空间中讨论，且参与内积的向量维数相同。零向量与任意向量内积都为零，因此“正交向量组线性无关”结论必须额外要求每个向量非零。

2. 正交补空间

设 $W\subseteq\mathbb R^n$ 是一个子空间，定义

$$W^\perp =\{x\in\mathbb R^n\mid x^Tw=0,\ \forall w\in W\}.$$

称 $W^\perp$ 为 $W$ 的正交补空间。几何上，$W^\perp$ 由所有垂直于 $W$ 中每个向量的向量组成。

3. 正交矩阵

设 $Q$ 为 $n$ 阶实矩阵。若

$$Q^TQ=E,$$

则称 $Q$ 为正交矩阵。等价地，

$$Q^{-1}=Q^T.$$

使用条件： $Q$ 必须是方阵；只有方阵才可能满足 $Q^TQ=E$ 并具有逆矩阵。

二、核心结论

定理 1：非零两两正交向量组线性无关

若 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 为非零向量，且对任意 $i\ne j$ 有

$$\alpha_i^T\alpha_j=0,$$

则向量组 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 线性无关。

使用条件： 各向量必须两两正交且均非零；若其中含有零向量，该向量组一定线性相关。

定理 2：列空间与转置零空间正交

设

$$A=(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_r)$$

为 $n\times r$ 矩阵。则

$$A^T\beta=0 \iff \beta\perp\alpha_i,\quad i=1,2,\ldots,r.$$

换言之，

$$N(A^T)=\operatorname{Col}(A)^\perp.$$

并且

$$\dim N(A^T)=n-r(A).$$

使用条件： $A$ 有 $n$ 行，故 $A^T\beta=0$ 中的未知向量 $\beta$ 必须是 $n$ 维列向量；$\operatorname{Col}(A)$ 指 $A$ 的列空间。维数公式使用的是秩—零度定理。

定理 3：$A$ 与 $A^T$ 不同特征值对应的特征向量正交

设 $A$ 为 $n$ 阶实矩阵。若

$$A\alpha=\lambda_1\alpha, \qquad A^T\beta=\lambda_2\beta, \qquad \lambda_1\ne\lambda_2,$$

则

$$\alpha^T\beta=0.$$

使用条件： $\alpha,\beta$ 分别为非零特征向量；一个是 $A$ 的特征向量，另一个必须是 $A^T$ 的特征向量；两个特征值必须不同。不能误写成“任意矩阵 $A$ 的不同特征值对应特征向量正交”，后一结论一般不成立。

定理 4：正交矩阵的行、列向量均为单位正交组

设 $Q=(q_1,q_2,\ldots,q_n)$ 是 $n$ 阶正交矩阵，则其列向量满足

$$q_i^Tq_j= \begin{cases} 1,&i=j,\\ 0,&i\ne j. \end{cases}$$

同理，$Q$ 的行向量也是单位正交组。

使用条件： $Q$ 必须是实正交矩阵，即 $Q^TQ=E$。若只有列向量两两正交但长度不全为 $1$，则不能直接称为正交矩阵。

三、适用条件与常用转化

已知形式	优先转化	关键条件
$\alpha_i^T\beta=0$ 对所有 $i$ 成立	$A^T\beta=0$	$A$ 的列为 $\alpha_i$
$A^T\beta=0$	$\beta\perp\operatorname{Col}(A)$	$\beta$ 维数等于 $A$ 的行数
向量两两正交	线性无关	所有向量非零
$A\alpha=\lambda_1\alpha,\ A^T\beta=\lambda_2\beta$	比较 $\alpha^TA^T\beta$ 与 $(A\alpha)^T\beta$	$\lambda_1\ne\lambda_2$
$Q^TQ=E$	$Q^{-1}=Q^T$	$Q$ 为方阵

四、推导

1. 定理 1 的推导

设

$$k_1\alpha_1+\cdots+k_s\alpha_s=0.$$

等式两边左乘 $\alpha_j^T$，利用两两正交性，得到

$$k_j\alpha_j^T\alpha_j=0.$$

由于 $\alpha_j\ne0$，

$$\alpha_j^T\alpha_j=\|\alpha_j\|^2>0,$$

故 $k_j=0$。$j=1,\ldots,s$ 任意，因此所有系数均为零，向量组线性无关。

2. 定理 2 的推导

将 $A$ 按列写开：

$$A=(\alpha_1,\ldots,\alpha_r).$$

于是

$$A^T\beta = \begin{pmatrix} \alpha_1^T\\ \vdots\\ \alpha_r^T \end{pmatrix}\beta = \begin{pmatrix} \alpha_1^T\beta\\ \vdots\\ \alpha_r^T\beta \end{pmatrix}.$$

因此

$$A^T\beta=0 \iff \alpha_i^T\beta=0,\quad i=1,\ldots,r.$$

这说明齐次方程组 $A^T\beta=0$ 的解空间，恰好就是 $A$ 的列空间的正交补。

3. 定理 3 的推导

由

$$A\alpha=\lambda_1\alpha, \qquad A^T\beta=\lambda_2\beta,$$

分别计算同一个数 $\alpha^TA^T\beta$：

$$\alpha^TA^T\beta =\lambda_2\alpha^T\beta,$$

而

$$\alpha^TA^T\beta =(A\alpha)^T\beta =\lambda_1\alpha^T\beta.$$

故

$$(\lambda_1-\lambda_2)\alpha^T\beta=0.$$

由于 $\lambda_1\ne\lambda_2$，必有

$$\alpha^T\beta=0.$$

4. 定理 4 的推导

设 $Q=(q_1,\ldots,q_n)$。矩阵 $Q^TQ$ 的第 $(i,j)$ 个元素为

$$(Q^TQ)_{ij}=q_i^Tq_j.$$

而 $Q^TQ=E$，故对角元为 $1$，非对角元为 $0$，即列向量构成单位正交组。又 $QQ^T=E$，同理可得行向量也构成单位正交组。

五、例题

例题 1：正交条件下的相关性与线性无关性

设四维向量组 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，$\beta_1,\beta_2$ 为四维非零向量，且

$$\alpha_i^T\beta_j=0, \qquad i=1,2,3,\quad j=1,2.$$

证明：

1. $\beta_1,\beta_2$ 线性相关；
2. $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta_1$ 线性无关。

第 1 问

令

$$C= \begin{pmatrix} \alpha_1^T\\ \alpha_2^T\\ \alpha_3^T \end{pmatrix}.$$

因为 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，所以

$$r(C)=3.$$

又由正交条件，

$$C\beta_j=0,\qquad j=1,2.$$

因此 $\beta_1,\beta_2$ 都属于齐次方程 $Cx=0$ 的解空间。由秩—零度定理，

$$\dim N(C)=4-r(C)=1.$$

故该解空间只有一个方向；两个非零解 $\beta_1,\beta_2$ 必线性相关。

第 2 问

设

$$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\alpha_3+k_4\beta_1=0.$$

等式两边左乘 $\beta_1^T$，得到

$$k_4\beta_1^T\beta_1=0.$$

因为 $\beta_1\ne0$，所以 $k_4=0$。原式化为

$$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\alpha_3=0.$$

又 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，故

$$k_1=k_2=k_3=0.$$

所以 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta_1$ 线性无关。

本题条件： 第 1 问必须使用四维空间与 $r(C)=3$，从而零空间维数为 $1$；$\beta_1,\beta_2$ 非零，才能从“一维零空间”推出二者线性相关。第 2 问用到 $\beta_1^T\beta_1>0$。

例题 2：由基础解系反求矩阵

设

$$A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$$

为 $4\times3$ 矩阵，$\beta$ 是齐次方程组

$$A^Tx=0$$

的基础解系。

1. 证明 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta$ 线性无关；

2. 若

   $$\beta=(1,2,-1,3)^T$$

   是 $A^Tx=0$ 的基础解系，求一个满足条件的矩阵 $A$。

第 1 问

因为基础解系只含一个向量，所以

$$\dim N(A^T)=1.$$

又 $A^T$ 为 $3\times4$ 矩阵，故

$$4-r(A^T)=1, \qquad r(A)=r(A^T)=3.$$

于是 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关。并且

$$A^T\beta=0$$

等价于

$$\alpha_i^T\beta=0,\qquad i=1,2,3.$$

仿照例题 1 第 2 问，便可证明

$$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta$$

线性无关。

第 2 问

需要构造三个与 $\beta$ 正交且线性无关的四维向量。取

$$\eta_1=(-2,1,0,0)^T, \qquad \eta_2=(1,0,1,0)^T, \qquad \eta_3=(-3,0,0,1)^T.$$

分别计算：

$$\eta_1^T\beta=-2+2=0,$$ $$\eta_2^T\beta=1-1=0,$$ $$\eta_3^T\beta=-3+3=0.$$

令

$$A=(\eta_1,\eta_2,\eta_3) = \begin{pmatrix} -2&1&-3\\ 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

三个列向量线性无关，故 $r(A)=3$。又 $A^T\beta=0$，于是

$$\dim N(A^T)=4-r(A)=1.$$

故 $\beta$ 单独构成 $A^Tx=0$ 的一个基础解系。

本题条件： 要使给定 $\beta$ 成为基础解系，不仅要保证 $A^T\beta=0$，还要保证零空间维数恰为 $1$；因此构造的三列必须线性无关，即 $r(A)=3$。

例题 3：正交矩阵与非齐次方程组的通解

设

$$A= \begin{pmatrix} \alpha_1^T\\ \alpha_2^T\\ \alpha_3^T\\ \alpha_4^T \end{pmatrix}$$

为 $4$ 阶正交矩阵，令

$$B= \begin{pmatrix} \alpha_1^T\\ \alpha_2^T\\ \alpha_3^T \end{pmatrix}, \qquad b=(1,1,1)^T.$$

求方程组

$$Bx=b$$

的通解。

因为 $A$ 为正交矩阵，所以

$$\alpha_i^T\alpha_j= \begin{cases} 1,&i=j,\\ 0,&i\ne j. \end{cases}$$

于是

$$B\alpha_1= \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, \quad B\alpha_2= \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}, \quad B\alpha_3= \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}, \quad B\alpha_4=0.$$

因此

$$B(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3) = \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}=b,$$

且 $\alpha_4$ 是齐次方程 $Bx=0$ 的非零解。又 $r(B)=3$，故零空间维数为

$$4-r(B)=1.$$

所以通解为

$$\boxed{x=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+k\alpha_4,\qquad k\in\mathbb R.}$$

本题条件： $A$ 是正交矩阵保证 $\alpha_1,\ldots,\alpha_4$ 为单位正交组；$B$ 是其前三行，故 $\alpha_4$ 与 $B$ 的每一行都正交。若 $B$ 不是从正交矩阵中截取的行，一般不能直接写出该通解。

例题 4：利用 $A$ 与 $A^T$ 的特征向量正交

设 $A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，$\lambda=2$ 是 $A^{-1}$ 的特征值，对应特征向量为 $\alpha$；$\mu=1$ 是 $A^T$ 的特征值，对应特征向量为 $\beta$。判断 $\alpha,\beta$ 的关系。

由

$$A^{-1}\alpha=2\alpha,$$

两边左乘 $A$，得

$$A\alpha=\frac12\alpha.$$

又

$$A^T\beta=\beta.$$

因此 $\alpha$ 是 $A$ 对应特征值 $1/2$ 的特征向量，$\beta$ 是 $A^T$ 对应特征值 $1$ 的特征向量，且

$$\frac12\ne1.$$

由定理 3，

$$\boxed{\alpha^T\beta=0,}$$

即 $\alpha$ 与 $\beta$ 正交。

本题条件： $A$ 可逆，才可由 $A^{-1}\alpha=2\alpha$ 左乘 $A$；关键是把 $A^{-1}$ 的特征值 $2$ 转化为 $A$ 的特征值 $1/2$，再与 $A^T$ 的特征值 $1$ 比较。

六、考场速记

1. 看到“与一组向量都正交”，优先把这组内积写成 $A^T\beta=0$。
2. 看到 $A^T\beta=0$，立即联想 $\beta\perp\operatorname{Col}(A)$ 与 $\dim N(A^T)=n-r(A)$。
3. 非零两两正交 $\Rightarrow$ 线性无关；零向量是必须排除的例外。
4. $A$ 与 $A^T$ 的不同特征值对应特征向量正交；不要漏掉转置。
5. 正交矩阵中，行、列都是单位正交组，解方程时可把向量组当作一组方便的坐标基。