【线性代数基础进阶】线性方程组本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。 $Ax=0$ $\begin{cas

本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。

$Ax=0$

$\begin{cases}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots+a_{1n}x_{n}=0\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots+a_{2n}x_{n}=0\\\cdots\\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots+a_{mn}x_{n}=0\end{cases}$ ， $x_{1}=0,x_{2}=0,\cdots,x_{n}=0$ 必定是 $Ax=0$ 的解，称为零解

定理： $A_{m\times n}x=0$ 有非零解

$\Leftrightarrow r(A)<n$

$\Leftrightarrow A$ 的列向量组线性相关

推论：

当 $m<n$ 时， $Ax=0$ 必有非零解
当 $m=n$ 时， $Ax=0$ 有非零解 $\Leftrightarrow |A|=0$

定理：若 $Ax=0$ 系数矩阵的秩 $r(A)=r<n$ ，则 $Ax=0$ 有 $n-r$ 个线性无关的解，且 $Ax=0$ 的任一一个阶都可由着 $n-r$ 个线性无关的解线性表出

如果 $\eta_{1},\eta_{2}$ 是 $Ax=0$ 的解

A \eta_{1}=0,A \eta_{2}=0

那么

A(k_{1}\eta_{1}+k_{2}\eta_{2})=k_{1}A \eta_{1}+k_{2}A \eta_{2}=0

即 $k_{1}\eta_{1}+k_{2}\eta_{2}$ 是 $Ax=0$ 的解

定理：若 $\eta_{1},\eta_{2},\cdots,\eta_{t}$ 是 $Ax=0$ 的基础解系，则齐次方程组 $Ax=0$ 的通解为：

k_{1}\eta_{1}+k_{2}\eta_{2}+\cdots+k_{t}\eta_{t}

$k_{1},k_{2},\cdots,k_{t}$ 是任意常数

定义： $Ax=0$ 的基础解系是指，如果 $\eta_{1},\eta_{2},\cdots,\eta_{t}$ 是 $Ax=0$ 的解，且满足

$\eta_{1},\eta_{2},\cdots,\eta_{t}$ 线性无关
$Ax=0$ 的任一解都可由 $\eta_{1},\eta_{2},\cdots,\eta_{t}$ 线性表出

则称 $\eta_{1},\eta_{2},\cdots,\eta_{t}$ 是 $Ax=0$ 的一个基础解系

例： $\begin{cases}5x_{1}+7x_{2}+2x_{3}=0\\ 3x_{1}+5x_{2}+6x_{3}-4x_{4}=0\\ 4x_{1}+5x_{2}-2x_{3}+3x_{4}\end{cases}$ 求基础解系，通解

对系数矩阵作初等行变换

A=\begin{pmatrix} 5 & 7 & 2 & 0 \\ 3 & 5 & 6 & -4 \\ 4 & 5 & -2 & 3 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & -8 & 7 \\ 0 & 1 & 6 & -5 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

$n-r(A)=4-2=2$

同解方程组

\begin{cases} x_{1}-8x_{3}+7x_{4}=0 \\ x_{2}+6x_{3}-5x_{4}=0 \end{cases}

可以用 $0,1$ 法

即

\begin{cases} x_{1}=8x_{3}-7x_{4} \\ x_{2}=-6x_{3}+5x_{4} \end{cases}

令 $x_{3}=1,x_{4}=0\Rightarrow x_{2}=-6,x_{1}=8$

令 $x_{3}=0,x_{4}=1\Rightarrow x_{2}=5,x_{1}=-7$

基础解系为

\eta_{1}=(8,-6,1,0)^{T},\eta_{2}=(-7,5,0,1)^{T}

通解

k_{1}\eta_{1}+k_{2}\eta_{2},k_{1},k_{2}为任意常数

也可以用提参数的方法

令 $x_{3}=t,x_{4}=u$ ，即

\begin{cases} x_{1}=8t-7u \\ x_{2}=-6t+5u \\ x_{3}=t \\ x_{4}=u \end{cases}\quad u,v为任意常数

因此

x=t \begin{pmatrix} 8 \\ -6 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+u \begin{pmatrix} -7 \\ 5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

例： $\alpha_{1}=(1,0,2)^{T},\alpha_{2}=(0,1,-1)^{T}$ 都是 $Ax=0$ 的解，则 $A$ 可以是以下哪个

\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 4 & -2 & -2 \end{pmatrix}\quad \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}

$\alpha_{1},\alpha_{2}$ 线性无关，即

n-r(A)\geq2\Rightarrow r(A)\leq1

因此显然不是 $\begin{pmatrix}2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}$

代入验证

\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 4 & -2 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}

因此是 $\begin{pmatrix}-2 & 1 & 1 \\ 4 & -2 & -2\end{pmatrix}$

例：求一个齐次线性方程组，使其基础解系为

\eta_{1}=(4,3,1,2)^{T},\eta_{2}=(0,1,3,-2)^{T}

设 $Ax=0$ 为所求

这里 $A$ 一定是不唯一的

由解 $\eta_{1}=(4,3,1,2)^{T}$ 可知，该方程组有四个未知数

由 $\eta_{1}=(4,3,1,2)^{T},\eta_{2}=(0,1,3,-2)^{T}$ 线性无关，知解的秩为 $2$ ，即 $n-r(A)=2\Rightarrow r(A)=2\Rightarrow方程的个数\geq2$

构造 $2\times 4$ 的 $A$ ，有

A(\eta_{1},\eta_{2})=(A \eta_{1},A \eta_{2})=(0,0)=0\Rightarrow \begin{pmatrix} \eta_{1}^{T} \\ \eta_{2}^{T} \end{pmatrix}A^{T}=0

记 $\begin{pmatrix}\eta_{1}^{T} \\ \eta_{2}^{T}\end{pmatrix}=B_{2\times 4},A^{T}=(\alpha_{1},\alpha_{2})_{4\times2}$ ，有

B(\alpha_{1},\alpha_{2})=(B \alpha_{1},B \alpha_{2})=(0,0)

即 $\alpha_{1},\alpha_{2}$ 是 $Bx=0$ 线性无关的解

此处 $\alpha_{1},\alpha_{2}$ 是 $Bx=0$ 线性无关的解，由于 $A$ 的秩为 $2$ ，且 $A$ 为 $2\times4$ 的矩阵。

如果设的 $A$ 为 $n\times4(n>2)$ 的矩阵，则 $\alpha_{1},\alpha_{2}$ 不一定是 $Bx=0$ 线性无关的解，但也可以设 $\alpha_{1},\alpha_{2}$ 是 $Bx=0$ 线性无关的解，后续处理基本一致

B=\begin{pmatrix} \eta_{1}^{T} \\ \eta_{2}^{T} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 & 3 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 3 & -2 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 2 \\ 0 & 1 & 3 & -2 \end{pmatrix}

$n-r(B)=4-2=2$ ，自由变量 $x_{3},x_{4}$

$Bx=0$ 的基础解系为

(2,-3,1,0)^{T},(-2,2,0,1)^{T}

则

A=\begin{pmatrix} \alpha_{1}^{T} \\ \alpha_{2}^{T} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 & -3 & 1 & 0 \\ -2 & 2 & 0 & 1 \end{pmatrix}

例： $A_{4\times5},\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 是 $A^{T}x=0$ 的基础解系，则秩 $r(A)=()$

$A_{4\times5}\rightarrow A^{T}_{5\times4}$ ，由题意知 $A^{T}x=0$ 基础解系由 $3$ 个解向量构成

n-\underbrace{r(A^{T})}_{注意此处是A^{T}}=4-r(A^{T})=3\Rightarrow r(A^{T})=1

即 $r(A)=1$

系数矩阵未必需要化成行最简，只要是行阶梯矩阵，每行的主元不在首列也可以

例： $\begin{cases}x_{1}+x_{2}-3x_{4}-x_{5}=0\\x_{1}-x_{2}+4x_{3}-x_{4}=0\\4x_{1}-2x_{2}+12x_{3}-2x_{4}-3x_{5}=0\end{cases}$

\begin{aligned} A&=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -3 & -1 \\ 1 & -1 & 4 & -1 & 0 \\ 4 & -2 & 12 & -2 & -3 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -3 & -1 \\  & 2 & -4 & -2 & -1 \\  &  &  & 2 & -1 \end{pmatrix}\\ &可以继续按正常思路化成行最简\\ &\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & 0 & - \frac{3}{2} \\  & 1 & -2 & 0 & -1 \\  &  &  & 1 & - \frac{1}{2} \end{pmatrix} \end{aligned}

同解方程组

\begin{cases} x_{1}+2x_{3}- \frac{3}{2}x_{5}=0 \\ x_{2}-2x_{3}-x_{5}=0 \\ x_{4}- \frac{1}{2}x_{5}=0 \end{cases}

令 $x_{3}=0,x_{5}=0$ 得， $\eta_{1}=(-2,2,1,0,0)^{T}$

令 $x_{3}=0,x_{5}=1$ 得， $\eta_{2}=(\frac{3}{2},1,0,\frac{1}{2},1)^{T}$

\begin{aligned} &也可以把主元挪一下位置,避免出现分数\\ A&\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -3 & -1 \\  & 2 & -4 & -2 & -1 \\  &  &  & 2 & -1 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -5 & 0 \\  & 2 & -4 & -4 & 0 \\  &  &  & -2 & 1 \end{pmatrix}\\ &\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -3 & 0 \\  & 1 & -2 & -2 & 0 \\  &  &  & -2 & 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

令 $x_{3}=1,x_{4}=0$ 得， $\eta_{1}=(-2,2,1,0,0)^{T}$

令 $x_{3}=0,x_{4}=1$ 得， $\eta_{2}=(3,2,0,1,2)^{T}$

$Ax=b$

定理： $Ax=b$ 有解 $\Leftrightarrow r(A)=r(\bar{A})$

唯一解： $r(A)=r(\bar{A})=n$

$\infty$ 解： $r(A)=r(\bar{A})<n$

$Ax=b$ 无解 $\Leftrightarrow r(A)+1=r(\bar{A})$

定理（解的结构）：设 $\alpha$ 是方程组 $Ax=b$ 的解， $\eta_{1},\eta_{2},\cdots,\eta_{t}$ 是方程组 $Ax=0$ 的基础解系，则方程组 $Ax=b$ 的通解为

\alpha+k_{1}\eta_{1}+\cdots+k_{t}\eta_{t}

其中 $k_{1},k_{2},\cdots,k_{t}$ 是任意常数

解的性质

如果 $\eta_{1},\eta_{2}$ 是 $Ax=0$ 的解，则 $k_{1}\eta_{1}+k_{2}\eta_{2}$ 仍是 $Ax=0$ 的解
如果 $\alpha_{1},\alpha_{2}$ 是 $Ax=b$ 的解，则 $\alpha_{1}-\alpha_{2}$ 是 $Ax=0$ 的解
如果 $\alpha$ 是 $Ax=b$ 的解， $\eta$ 是 $Ax=0$ 的解，则 $\alpha+\eta$ 是 $Ax=b$ 的解

例： $\begin{cases}x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}=2\\2x_{1}+3x_{2}+x_{3}+x_{4}-3x_{5}=0\\x_{1}+2x_{3}+3x_{4}+3x_{5}=4\\4x_{1}+5x_{2}+3x_{3}+2x_{4}+2x_{5}=6\end{cases}$

对增广矩阵作初等行变换

\begin{aligned} \bar{A}&=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 \\ 2 & 3 & 1 & 1 & -3 & 0 \\ 1 & 0 & 2 & 3 & 3 & 4 \\ 4 & 5 & 3 & 2 & 2 & 6 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & 0 & 12 & 10 \\  & 1 & -1 & 0 & -8 & -6 \\  &  &  & 1 & -3 & -2 \\  &  &  &  & 0 & 0 \end{pmatrix}\\ n-r(A)&=5-3=2 \end{aligned}

由同解方程组，得

\begin{cases} x_{1}=10-2x_{3}-12x_{5} \\ x_{2}=-6+x_{3}+8x_{5} \\ x_{4}=-2+3x_{5} \end{cases}

令 $\begin{pmatrix}x_{3} \\ x_{5}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\ 0\end{pmatrix}$ ，特解为

\alpha=(10,-6,0,-2,0)^{T}

对应的齐次方程组

\begin{cases} x_{1}=-2x_{3}-12x_{5} \\ x_{2}=x_{3}+8x_{5} \\ x_{4}=3x_{5} \end{cases}

令 $\begin{pmatrix}x_{3} \\ x_{5}\end{pmatrix}$ 为 $\begin{pmatrix}1 \\ 0\end{pmatrix}$ 和 $\begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix}$

得基础解系

\eta_{1}=(-2,1,1,0,0)^{T},\eta_{2}=(-12,8,0,3,1)^{T}

方程组通解

\alpha+k_{1}\eta_{1}+k_{2}\eta_{2}=\begin{pmatrix} 10 \\ -6 \\ 0 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}+k_{1}\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+k_{2}\begin{pmatrix} -12 \\ 8 \\ 0 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}

用提参数的方式也同理，用该方法，不需要包括求通解以下的所有步骤

令 $x_{3}=t,x_{5}$ ，得

\begin{cases} x_{1}=10-2t-12u \\ x_{2}=-6+t+8u \\ x_{3}=t \\ x_{4}=-2+3u \\ x_{5}=u \end{cases}

方程组通解

x=\begin{pmatrix} 10 \\ -6 \\ 0 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+u\begin{pmatrix} -12 \\ 8 \\ 0 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}

例： $\begin{cases}x_{1}+x_{2}+ax_{3}=4\\-x_{1}+ax_{2}+x_{3}=a^{2}\\x_{1}-x_{2}+2x_{3}=-4\end{cases}$ 有无穷多解，求 $a$ 的值并求方程组的通解

对于化简有参数的系数矩阵，尽量将参数放在被减行，即尽量往下放，尽量不在主元处出现未知数

用秩计算未知数，系数矩阵只需要化简到行阶梯形式即可

\begin{aligned} \bar{A}&=\begin{pmatrix} 1 & 1 & a & 4 \\ -1 & a & 1 & a^{2} \\ 1 & -1 & 2 & -4 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & -4 \\ 1 & 1 & a & 4 \\ -1 & a & 1 & a^{2} \end{pmatrix}\\ &\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & -4 \\ 0 & 2 & a-2 & 8 \\ 0 & a-1 & 3 & a^{2}-4 \end{pmatrix}\\ &\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & -4 \\  & 2 & a-2 & 8 \\  &  & \frac{1}{2}(a+1)(4-a) & a(a-4) \end{pmatrix} \end{aligned}

方程组有 $\infty$ 解 $\Leftrightarrow r(A)=r(\bar{A})<n$ ，因此 $a=4$

\bar{A}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & -4 \\  & 2 & 2 & 8 \\  &  & 0 & 0 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 & 0 \\  & 1 & 1 & 4 \\  &  & 0 & 0 \end{pmatrix}

令 $x_{3}=0$ ，特解 $\lambda=(0,4,0)^{T}$

令 $x_{3}=1$ ，基础解系 $\eta=(-3,-1,1)^{T}$

通解即为 $x=\alpha+k \eta,k$ 为任意常数

例： $\begin{cases}x_{1}+3x_{2}+2x_{3}+x_{4}=1\\x_{2}+ax_{3}-a_{4}=-1\\x_{1}+2x_{2}+3x_{4}=3\end{cases}$

\begin{aligned} \bar{A}=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & a & -a & -1 \\ 1 & 2 & 0 & 3 & 3 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 & 1 \\  & 1 & 2 & -2 & 2 \\  &  & a-2 & 2-a & 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

显然 $r(A)<n$ ，因此不可能有唯一解

当 $a=2$ 时， $r(A)=2,r(\bar{A})=3$ ，方程组无解

当 $a\ne2$ 时， $r(A)=r(\bar{A})=3<n=4$ ，方程组无穷多解

\begin{aligned} \bar{A}&\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & -2 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & \frac{1}{a-2} \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 3 & \frac{a-4}{a-2} \\  & 1 & 0 & 0 & \frac{2-2a}{a-2} \\  &  & 1 & -1 & \frac{1}{a-2} \end{pmatrix}\\ &\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 3 & \frac{7a-10}{a-2} \\  & 1 & 0 & 0 & \frac{2-2a}{a-2} \\  &  & 1 & -1 & \frac{1}{a-2} \end{pmatrix} \end{aligned}

自由变量 $x_{4}$

特解： $\alpha=(\frac{7a-10}{a-2}, \frac{2-2a}{a-2}, \frac{1}{a-2},0)^{T}$

基础解系： $\eta=(-3,0,1,1)^{T}$

通解即为 $x=\alpha+k \eta,k$ 为任意常数

例： $\begin{cases}\lambda x_{1}+x_{2}+x_{3}=\lambda-3\\ x_{1}+\lambda x_{2}+x_{3}=-2\\x_{1}+x_{2}+\lambda x_{3}=-2\end{cases}$

\bar{A}=\begin{pmatrix} \lambda & 1 & 1 & \lambda-3 \\ 1 & \lambda & 1 & -2 \\ 1 & 1 & \lambda & -2 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 1 & \lambda-3 \\ 1-\lambda & \lambda-1 & 0 & 1-\lambda \\ 1-\lambda & 0 & \lambda-1 & 1-\lambda \end{pmatrix}

如果 $\lambda=1$

\bar{A}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

解为

x=\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+k_{1}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}^{T}+k_{2}\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

如果 $\lambda\ne1$

\bar{A}\rightarrow \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 1 & \lambda-3 \\ 1 & -1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} \lambda+2 & 0 & 0 & \lambda-1 \\ 1 & -1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}

若 $\lambda=-2$ ，方程组无解

若 $\lambda\ne-2,\lambda\ne1$ ，方程组有唯一解，解为

x=\begin{pmatrix} \frac{\lambda-1}{\lambda+2} \\  - \frac{3}{\lambda+2} \\ - \frac{3}{\lambda+2} \end{pmatrix}

方程组的应用

例：求和矩阵 $A=\begin{pmatrix}1 & 2 \\ -1 & 3\end{pmatrix}$ 可交换矩阵

设 $X=\begin{pmatrix}x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4}\end{pmatrix}$ 和 $A$ 可交换，即 $AX=XA$

\begin{aligned} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4}\end{pmatrix}&=\begin{pmatrix}x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}\\ \begin{pmatrix} x_{1}+2x_{3} & x_{2}+2x_{4} \\ -x_{1}+3x_{3} & -x_{2}+3x_{4} \end{pmatrix}&=\begin{pmatrix} x_{1}-x_{2} & 2x_{1}+3x_{2} \\ x_{3}-x_{4} & 2x_{3}+3x_{4} \end{pmatrix} \end{aligned}

即有

\begin{cases} x_{2}+2x_{3}=0 \\ 2x_{1}+2x_{2}-2x_{4}=0 \\ -x_{1}+2x_{3}+x_{4}=0 \\ x_{2}+2x_{3}=0 \end{cases}

系数矩阵

B=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 0 & -2 \\ -1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & -1  \\  0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

结果是为了求矩阵一般用提参数的方法，而不是 $0,1$ 法

自由变量 $x_{3},x_{4}$ ，令 $x_{3}=t,x_{4}=u$

x_{1}=2t+u,x_{2}=-2t

因此

X=\begin{pmatrix} 2t+u & -2t \\ t & u \end{pmatrix}\quad t,u 为任意常数

例： $\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4\end{pmatrix}X=\begin{pmatrix}4 & 5 \\ 5 & 6\end{pmatrix}$ ，则 $X=()$

如果 $\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4\end{pmatrix}$ 为方阵且可逆，则只需要左乘其逆矩阵即可，但本题显然不可逆

由题意得 $X_{3\times2}$

\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1} & y_{1} \\ x_{2} & y_{2} \\ x_{3} & y_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 & 5 \\ 5 & 6\end{pmatrix}

此处考虑到 $X$ 不同列乘积最后形成的系数矩阵相同，所以考虑不同列设成不同组未知数。

如果统一设成 $x_{1},x_{2},\cdots,x_{6}$ 也能做出来，计算难度相差不大

可得

\begin{cases} x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=4 \\ 2x_{1}+3x_{2}+4x_{3}=5 \end{cases}\quad \begin{cases} y_{1}+2y_{2}+3y_{3}=5 \\ 2y_{1}+3y_{2}+4y_{3}=6 \end{cases}

系数矩阵相同，可得大的增广矩阵

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -2 & -3 \\  & 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix}

有

\begin{cases} x_{1}=-2+k_{1} \\ x_{2}=3-2k_{1} \\ x_{3}=k_{1} \end{cases}\quad \begin{cases} y_{1}=-3+k_{2} \\ y_{2}=4-2k_{2} \\ y_{3}=k_{2} \end{cases}

因此，可得

X=\begin{pmatrix} -2k_{1} & -3+k_{2} \\ 3-2k_{1} & 4-2k_{2} \\ k_{1} & k_{2} \end{pmatrix}\quad k_{1},k_{2}为任意常数

例：设 $\alpha_{1}=(a,2,10)^{T},\alpha_{2}=(-2,1,5)^{T},\alpha_{3}=(-1,1,4)^{T},\beta=(1,b,c)^{T}$ ，求 $a,b,c$ 满足的条件

$\beta$ 可由 $\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 线性表出，且表示方法唯一
$\beta$ 不能由 $\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 线性表出
$\beta$ 可由 $\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 线性表出但表示方法不唯一，并写出一般表达式

设

x_{1}\alpha_{2}+x_{2}\alpha_{3}+x_{3}\alpha_{3}=\beta\tag{1}

由

|A|=\begin{vmatrix} \alpha_{1}&\alpha_{2}&\alpha_{3} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} a&-2&-1\\2&1&1\\10&5&4 \end{vmatrix}=-(a+4)

因此，

当 $a\ne-4$ 时， $|A|\ne0$ ，方程组有唯一解， $\beta$ 可由 $\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 线性表出，且表示方法唯一

当 $a=-4$ 时

\bar{A}=\begin{pmatrix} -4 & -2 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 & b \\ 10 & 5 & 4 & c \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & b \\ 0 & 0 & 1 & 2b+1 \\ 0 & 0 & 0 & 3b-c-1 \end{pmatrix}

因此，当 $a=-4,3b-c\ne1$ 时，方程组无解，即 $\beta$ 不能由 $\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 线性表出

若 $a=-4,3b-c=1$ ，有 $r(A)=r(\bar{A})=2<3$ ，方程组有 $\infty$ 组解，即 $\beta$ 可由 $\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 线性表出但表示方法不唯一

\bar{A}\rightarrow \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & b \\ 0 & 0 & 1 & 2b+1 \\ 0 & 0 & 0 & 3b-c-1 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & -b-1 \\ 0 & 0 & 1 & 2b+1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

令 $x_{1}=t$ ，则 $x_{2}=-2t-b-1,x_{3}=2b+1$

由 $(1)$ 得

\beta=t \alpha_{1}-(2t+b+1)\alpha_{2}+(2b+1)\alpha_{3}\quad t为任意常数

例：设三阶矩阵 $A=\begin{pmatrix}\alpha_{1} & \alpha_{2} & \alpha_{3}\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}\beta_{1} & \beta_{2} & \beta_{3}\end{pmatrix}$ ，若向量组 $\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 可由向量 $\beta_{1},\beta_{2},\beta_{3}$ 线性表出，证明： $B^{T}x=0$ 的解，均为 $Bx=0$ 的解

由于向量组 $\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 可由向量 $\beta_{1},\beta_{2},\beta_{3}$ 线性表出，则有

BC=A\Rightarrow C^{T}B^{T}=A^{T}

由题意

\begin{aligned} A^{T}x=(C^{T}B^{T})x=C^{T}(B^{T}x)=C^{T}0=0 \end{aligned}

原题得证

【线性代数基础进阶】线性方程组

Ax=0Ax=0Ax=0

Ax=bAx=bAx=b

解的性质

方程组的应用

$Ax=0$

$Ax=b$