第 4 章　线性方程组

增广矩阵：

\[ \bar A=\begin{pmatrix} 1&1&1&\vline&1\\ 1&2&3&\vline&2\\ 1&3&t&\vline&b \end{pmatrix}\xrightarrow{r_2-r_1,\ r_3-r_1}\begin{pmatrix} 1&1&1&\vline&1\\ 0&1&2&\vline&1\\ 0&2&t-1&\vline&b-1 \end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-2r_2}\begin{pmatrix} 1&1&1&\vline&1\\ 0&1&2&\vline&1\\ 0&0&t-5&\vline&b-3 \end{pmatrix} \]

① \(t\ne5\)：\(r(A)=r(\bar A)=3=n\)，唯一解；

② \(t=5,\ b=3\)：第三行全零，\(r(A)=r(\bar A)=2\lt3\)，无穷多解（1 个自由变量）；

③ \(t=5,\ b\ne3\)：出现 \(0=b-3\ne0\) 型矛盾行，\(r(A)=2\lt r(\bar A)=3\)，无解。

\[ \begin{pmatrix} 1&1&1&1\\ 1&2&3&4 \end{pmatrix}\xrightarrow{r_2-r_1}\begin{pmatrix} 1&1&1&1\\ 0&1&2&3 \end{pmatrix}\xrightarrow{r_1-r_2}\begin{pmatrix} 1&0&-1&-2\\ 0&1&2&3 \end{pmatrix} \]

行最简形对应 \(x_1=x_3+2x_4,\ x_2=-2x_3-3x_4\)（\(x_3,x_4\) 自由）。取 \((x_3,x_4)=(1,0)\) 与 \((0,1)\)：

\[ \xi_1=(1,-2,1,0)^{T},\qquad \xi_2=(2,-3,0,1)^{T} \]

（验算：\(\xi_1\)：\(1-2+1+0=0,\ 1-4+3+0=0\) ✓；\(\xi_2\)：\(2-3+0+1=0,\ 2-6+0+4=0\) ✓。）

通解 \(x=k_1\xi_1+k_2\xi_2\)。\(n-r=4-2=2\)，个数吻合。

第二行是第一行的 2 倍，等价于单个方程 \(x_1+2x_2+3x_3=0\)：\(x_1=-2x_2-3x_3\)，\(r=1\)，基础解系 2 个：

\[ \xi_1=(-2,1,0)^{T},\qquad \xi_2=(-3,0,1)^{T} \]

（验算：\(-2+2=0\)、\(-3+3=0\) ✓。）

增广矩阵（系数部分与例 2 相同）：

\[ \bar A=\begin{pmatrix} 1&1&1&1&\vline&1\\ 1&2&3&4&\vline&2 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{pmatrix} 1&0&-1&-2&\vline&0\\ 0&1&2&3&\vline&1 \end{pmatrix} \]

即 \(x_1=x_3+2x_4,\ x_2=1-2x_3-3x_4\)。取 \(x_3=x_4=0\) 得特解 \(\eta^{*}=(0,1,0,0)^{T}\)（验算：\(0+1=1,\ 0+2=2\) ✓）；

导出组即例 2，基础解系 \(\xi_1=(1,-2,1,0)^{T},\ \xi_2=(2,-3,0,1)^{T}\)。

\[ x=(0,1,0,0)^{T}+k_1(1,-2,1,0)^{T}+k_2(2,-3,0,1)^{T} \]

\(n-r=4-3=1\)，只需求一个非零齐次解。利用性质①：

\[ \xi=\eta_1+\eta_2-2\eta_3=(1+0-2,\ 0+1-2,\ 1+0-2,\ 0+1-2)^{T}=(-1,-1,-1,-1)^{T}\ne0 \]

（\(A\xi=A\eta_1+A\eta_2-2A\eta_3=b+b-2b=0\) ✓。）\(\xi\ne0\) 且只需 1 个，即为基础解系。

\[ x=\eta_1+k\xi=(1,0,1,0)^{T}+k(-1,-1,-1,-1)^{T}\quad(k\in\mathbb{R}) \]

系数行列式（第 1 章行和型）：\(D=(\lambda+2)(\lambda-1)^2\)。

① \(\lambda\ne1\) 且 \(\lambda\ne-2\)：唯一解。用「方程相减」消元：eq2−eq1 得 \((\lambda-1)(y-x)=\lambda-1\)，即 \(y-x=1\)；eq3−eq2 得 \((\lambda-1)(z-y)=\lambda(\lambda-1)\)，即 \(z-y=\lambda\)。代入 eq1：\(\lambda x+(x+1)+(x+1+\lambda)=1\)，解得 \[ x=-\frac{\lambda+1}{\lambda+2},\qquad y=x+1=\frac{1}{\lambda+2},\qquad z=y+\lambda=\frac{(\lambda+1)^2}{\lambda+2} \]

（数值自检 \(\lambda=0\)：解为 \((-\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12)\)，代入原方程 \(y+z=1,\ x+z=0,\ x+y=0\) 全部成立。）

② \(\lambda=1\)：无穷多解。三个方程都是 \(x+y+z=1\)，\(r=r(\bar A)=1\lt3\)：特解 \((1,0,0)^{T}\)，基础解系 \((-1,1,0)^{T},\ (-1,0,1)^{T}\)，通解 \[ x=(1,0,0)^{T}+k_1(-1,1,0)^{T}+k_2(-1,0,1)^{T} \]

③ \(\lambda=-2\)：无解。三式相加：左端 \(0\)（系数每列 \(1+1-2=0\)），右端 \(1+(-2)+4=3\)，得 \(0=3\) 矛盾。

① \(t\ne5\)（唯一解）：阶梯形最后一行 \((0,0,t-5\,|\,b-3)\) 给 \(z=\dfrac{b-3}{t-5}\)；回代 \(y=1-2z\)，\(x=1-y-z=z\)： \[ x=z=\frac{b-3}{t-5},\qquad y=1-\frac{2(b-3)}{t-5} \]

（自检 \(t=6,b=4\)：\(x=z=1,\ y=-1\)，代入第三个方程 \(1+3\times(-1)+6=4\) ✓。）

② \(t=5,\ b=3\)（无穷多解）：继续 \(r_1-r_2\) 得 \((1,0,-1\,|\,0)\)，即 \(x=z,\ y=1-2z\)：特解 \((0,1,0)^{T}\)，基础解系 \((1,-2,1)^{T}\)，通解 \[ x=(0,1,0)^{T}+k(1,-2,1)^{T} \]

公共解既要属于 (I) 的解集，又要满足 (II)。设

\[ x=k_1\xi_1+k_2\xi_2=(-k_2,\ k_1-k_2,\ k_1,\ k_2)^{T} \]

代入 \(x_1+x_2=0\)：\(-k_2+k_1-k_2=0\Rightarrow k_1=2k_2\)。取 \(k_2=1,\ k_1=2\)：

\[ x=(-1,\ 1,\ 2,\ 1)^{T} \]

即全部非零公共解为 \(c(-1,1,2,1)^{T}\ (c\ne0)\)。（验证：它是 \(\xi\) 的组合故为 (I) 的解；\(-1+1=0\) 满足 (II) ✓。）

设 \(\eta\) 是 \(Ax=0\) 的解，则 \(A^{T}A\eta=A^{T}(A\eta)=0\)，即 \(\eta\) 也是 \(A^{T}Ax=0\) 的解；

反之设 \(\eta\) 是 \(A^{T}Ax=0\) 的解，两边左乘 \(\eta^{T}\)：

\[ 0=\eta^{T}A^{T}A\eta=(A\eta)^{T}(A\eta)=\|A\eta\|^{2} \]

向量的模平方为零 \(\Rightarrow A\eta=0\)，即 \(\eta\) 是 \(Ax=0\) 的解。

两解集相同，故同解，故 \(n-r(A^{T}A)=n-r(A)\)，即 \(r(A^{T}A)=r(A)\)。