线性代数学习笔记（二十九）——方程组解的结构（一）-Toy模板网

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本篇笔记回顾了线性方程组解的三种情况，并讨论了齐次线性方程组解的结构，并介绍了齐次线性方程组解的相关性质。其中重点讨论了基础解系定义，以及基础解系的求法和解题步骤，并对基础解系结果进行验证；还讨论了自由未知量如何取值，以及解向量的个数问题，并对解题过程进行梳理；然后通过举例说明了解题步骤和一些注意事项，最后还强调了“两个矩阵相乘等于零时，它们的秩之和小于等于n”这个结论的重要性。

1 回顾和引出

线性方程组解的三种情况分别是：有唯一解、有无穷多解和无解。其中“有唯一解”和“无解”比较简单，而“有无穷多解”时比较麻烦。

比如以下一堆图形： $\bigcirc\circ〇△\triangle∆▵▵▵⬭⬭⬯☐\Box\Box$

看起来好多，不太好理解，数学并不喜欢这种表达方式。其实就只有四种类型： $\bigcirc\triangle⬭\Box$ ，上面的一堆图形都是可以通过这四种图形表示的。

所以，解的结构大概意思就是：在“有无穷多个解”的时候，找到“几个”就能把“无穷多个”都表示出来。

2 齐次线性方程组解的结构

齐次线性方程组： $A X = O$ 。
我们在之前的章节（线性代数学习笔记（二十八）——齐次方程组的解）说过，齐次线性方程组的解有两种情况：
① 只有唯一零解
② 有非零解，一旦有非零解，就有无穷多个非零解。

2.1 性质

① 如果 $\eta_1$ 和 $\eta_2$ 是齐次线性方程组 $A X = O$ 的解，那么 $\eta_1+\eta_2$ 也是其解。
证：将 $\eta_1+\eta_2$ 代入 $A X$ 得：
$A(\eta_1+\eta_2)$
$=A(\eta_1)+A(\eta_2)$
$\because$ 由题意可知， $\eta_1$ 和 $\eta_2$ 都是齐次线性方程组 $A X = O$ 的解，
$\therefore A(\eta_1)+A(\eta_2)=0+0=0$ ，即：
$A(\eta_1+\eta_2)=0$ ，故上式得证。

② 如果 $\eta$ 是齐次线性方程组 $A X = O$ 的解，那么对于任意常数 $c$ ，都有 $c\eta$ 也是其解。
证：将 $\eta$ 代入 $A X$ 得：
$A(c\eta)$
$=cA\eta$
$\because \eta$ 是齐次线性方程组 $A X = O$ 的解，
$\therefore A\eta=0$ ，即：
$cA\eta=A \cdot 0=0$ ，即：
$A(c\eta)=0$ ，故上式得证。

注意：上面的任意常数 $c$ 可以取 $0$ 。当 $c$ 取 $0$ 时， $c\eta=0$ ，即为齐次线性方程组的零解；如果 $\neq 0$ 时，齐次线性方程组有无穷多解。

若齐次线性方程组有无穷多解时，能否找出几个解，就能把其无穷多个解都表示出来呢？接下来看下面的概念：基础解系。

2.2 基础解系

假设齐次线性方程组有无穷多解，找出一部分解： $\eta_1,\eta_2,\cdots,\eta_s$ ，其中：
① $\eta_1,\eta_2,\cdots,\eta_s$ 是线性无关的；
② 任意一个解可由 $\eta_1,\eta_2,\cdots,\eta_s$ 来线性表示。
那么 $\eta_1,\eta_2,\cdots,\eta_s$ 就叫齐次线性方程组的一个基础解系。

该定义的两个条件，和前面（线性代数学习笔记（二十四）——向量组的秩（一））讲过的极大线性无关组几乎是一样的。所以齐次线性方程组的基础解系，就是其解向量的极大线性无关组，这两个概念是一模一样的。

2.2.1 基础解系的存在性及求法

例 4.4.1 求齐次线性方程组
$\begin{cases} 3x_1&+x_2&-6x_3&-4x_4&+2x_5=0\\ 2x_1&+2x_2&-3x_3&-5x_4&+3x_5=0\\ x_1&-5x_2&-6x_3&+8x_4&-6x_5=0 \end{cases}$
的一个基础解系。
解：很明显，方程为 $3$ 个，未知数为 $5$ 个，方程个数小于未知数个数，所以方程组有无穷多解。对方程组的系数矩阵 $A$ 做初等行变换：
$A=\left[\begin{array}{ccccc} 3&1&-6&-4&2\\ 2&2&-3&-5&3\\ 1&-5&-5&8&-6 \end{array}\right]$ ，

只做初等行变换化为行简化阶梯型：

$\xrightarrow{} \begin{bmatrix} 1&0&-\frac{9}{4}&-\frac{3}{4}&\frac{1}{4}\\ 0&1&\frac{3}{4}&-\frac{7}{4}&\frac{5}{4}\\ 0&0&0&0&0 \end{bmatrix}$ ，

将非 $0$ 行的首非 $0$ 元的第 $i$ 个 $1$ 对应的 $x_i$ 留在等号左边，其余 $x_{i+1},x_{i+2},\cdots,x_n$ 挪到右边去（注意正负号）。写出同解方程组：
$\begin{cases} x_1=\frac{9}{4}x_3&+\frac{3}{4}x_4&-\frac{1}{4}x_5\\ x_2=-\frac{3}{4}x_3&+\frac{7}{4}x_4&-\frac{5}{4}x_5 \end{cases}$

等号右边的 $x$ 都是自由未知量，所以 $x_3,x_4,x_5$ 是自由未知量。
令 $\begin{pmatrix}x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}$ 依次取 $\varepsilon_1=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\varepsilon_2=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\varepsilon_3=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ ，分别代入得：

$\eta_1=\begin{pmatrix}\frac{9}{4}\\-\frac{3}{4}\\1\\0\\0\end{pmatrix},\eta_2=\begin{pmatrix}\frac{3}{4}\\\frac{7}{4}\\0\\1\\0\end{pmatrix},\eta_3=\begin{pmatrix}-\frac{1}{4}\\-\frac{5}{4}\\0\\0\\1\end{pmatrix}$

所以 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 是方程组的一个基础解系。

2.2.2 基础解系结果验证

为什么说 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 就是方程组的一个基础解系呢？根据上面的定义可知：
① $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 需要是线性无关的。
因为 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 分别是 $\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3$ 的接长向量，很明显 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 是线性无关的，根据（线性代数学习笔记（二十二）——向量间的线性关系（二））可知：线性无关的向量组，接长向量组也线性无关。

② 任意一个解可由 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 来线性表示。
例如任意解 $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ 使用 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 来线性表示，即
$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \frac{9}{4}x_3+\frac{3}{4}x_4-\frac{1}{4}x_5\\ -\frac{3}{4}x_3+\frac{7}{4}x_4-\frac{5}{4}x_5\\ x_3\\ x_4\\ x_5 \end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix} \frac{9}{4}x_3&+\frac{3}{4}x_4&-\frac{1}{4}x_5\\ -\frac{3}{4}x_3&+\frac{7}{4}x_4&-\frac{5}{4}x_5\\ x_3&+0x_4&+0x_5\\ 0x_3&+x_4&+0x_5\\ 0x_3&+0x_4&+x_5 \end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix} \frac{9}{4}x_3\\ -\frac{3}{4}x_3\\ x_3\\ 0x_3\\ 0x_3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \frac{3}{4}x_4\\ \frac{7}{4}x_4\\ 0x_4\\ x_4\\ 0x_4 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -\frac{1}{4}x_5\\ -\frac{5}{4}x_5\\ 0x_5\\ 0x_5\\ x_5 \end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix} \frac{9}{4}\\ -\frac{3}{4}\\ 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}x_3+\begin{pmatrix} \frac{3}{4}\\ \frac{7}{4}\\ 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}x_4+\begin{pmatrix} -\frac{1}{4}\\ -\frac{5}{4}\\ 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}x_5$

$=x_3\eta_1+x_4\eta_2+x_5\eta_3$
故任意解 $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ ，都可以使用 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 来线性表示。

综上所述，所以 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$ 就是方程组的一个基础解系。

2.3 自由未知量取值

你是否想过，为什么自由未知量取 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ 能行，那是不是只能取这种情况呢？其实不是，比如取 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ 代进去，也会求出来三个解，而这三个解可以证明，也是方程组的一个基础解系。

其实，自由未知量取的向量，只要是线性无关的，最终得出的结果都是方程组的一个基础解系。

那为什么要取 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ 呢？因为取这三个向量，计算起来最简单。

上题中 $x_3,x_4,x_5$ 是自由未知量，所以取 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ 。那么，如果某题解出来后， $x_3,x_4,x_5,x_6$ 是自由未知量，其值怎么取呢？

取值为 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$ ，同理，若有5个或以上的自由未知量也依次类推。

如果2个自由未知量，则取 $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ ，那么，若只有1个自由未知量呢？是取 $(1)$ 还是 $(0)$ 呢？答案是取 $(1)$ ，不能取 $(0)$ 。

2.4 解向量的个数

上面示例的基础解系中，有3个解向量，为什么是3个解向量呢？因为有3个自由未知量 $x_3,x_4,x_5$ 。那为什么自由未知量有3个呢？因为在如下同解方程组中，

$\begin{cases} x_1=\frac{9}{4}x_3&+\frac{3}{4}x_4&-\frac{1}{4}x_5\\ x_2=-\frac{3}{4}x_3&+\frac{7}{4}x_4&-\frac{5}{4}x_5 \end{cases}$

可以看出，自由未知量在同解方程组的右边，右边自由未知量有3个；而方程组的变量有5个，之所以有3个由未知量在右边，是因为有2个留在了左边。再看以下行简化阶梯型矩阵：

$\begin{bmatrix} 1&0&-\frac{9}{4}&-\frac{3}{4}&\frac{1}{4}\\ 0&1&\frac{3}{4}&-\frac{7}{4}&\frac{5}{4}\\ 0&0&0&0&0 \end{bmatrix}$ ，

同解方程组中，留在左边的2个未知量，是因为上面矩阵中，非0行所在的首非0元（这些1）对应的 $x$ 要留在左边；非0行所在的首非0元有2个 $1$ ，说明矩阵的秩 $r (A)$ 就是2，所以矩阵的秩是几，就有几个未知量留在左边。

一共有 $n$ 个变量，有 $r (A)$ 个留在左边，自由未知量为 $n - r (A)$ 个，所以解向量的个数为： $n - r (A)$ 。

定理 4.4.2 设齐次线性方程组的系数矩阵 $A$ 的秩为 $r$ ，且 $r (A) < n$ ， $\eta_1,\eta_2,\cdots,\eta_{n-r}$ 为其一基础解系，则方程组的所有解可以表示为 $\eta=c_1\eta_1+c_2\eta_2+\cdots+c_{n-r}\eta_{n-r}$ ，其中 $c_1,c_2,\cdots,c_{n-r}$ 为任意常数。该式称为方程组的通解或全部解。

2.5 解题过程梳理

考试其中一种比较典型的题目，就是求齐次线线方程组所有的解（用基础解系来表示全部解）。
解题过程是：
① 解，只把系数矩阵 $A$ 拿过来；
② 只做初等行变换，化成行简化阶梯形；
③ （写出同解方程组）非0行的首非0元（这些1）对应的 $x$ 留在左边，其余的 $x$ 通通挪到右边；
④ 写出谁是自由未知量，另自由未知量依次取 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\\\vdots\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\\\vdots\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\\vdots\end{pmatrix},\cdots$ ；
⑤ 代进去得到解向量，就是方程组的基础解系，可以表示出来它全部的解。

例 4.4.2 求齐次线性方程组
$\begin{cases} 2x_1&-4x_2&+5x_3&+3x_4=0\\ 3x_1&-6x_2&+4x_3&+2x_4=0\\ 4x_1&-8x_2&+17x_3&+11x_4=0 \end{cases}$
的能解。
解： $A=\left[\begin{array}{cccc} 2&-4&5&3\\ 3&-6&4&2\\ 4&-8&17&11 \end{array}\right]$ ，

只做初等行变换化为行简化阶梯型：

$\xrightarrow{} \begin{bmatrix} 1&-2&0&-\frac{2}{7}\\ 0&0&1&\frac{5}{7}\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}$ ，

写出同解方程组：
$\begin{cases} x_1=2x_2&+\frac{2}{7}x_4\\ x_3=&-\frac{5}{7}x_4 \end{cases}$

其中 $x_2,x_4$ 是自由未知量。

令 $\begin{pmatrix}x_2\\x_4\end{pmatrix}$ 依次取 $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ ，分别代入得：

$\eta_1=\begin{pmatrix}2\\1\\0\\0\end{pmatrix},\eta_2=\begin{pmatrix}\frac{2}{7}\\0\\-\frac{5}{7}\\1\end{pmatrix}$

$\eta_1,\eta_2$ 是方程组的一个基础解系。

故原方程组的通解为：

$c_1\eta_1+c_2\eta_2=c_1\begin{pmatrix}2\\1\\0\\0\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}\frac{2}{7}\\0\\-\frac{5}{7}\\1\end{pmatrix}$

其中 $c_1,c_2$ 为任意常数。

备注：若上题中的 $c_1,c_2$ 都取0时，方程组的解为0，齐次线性方程组一定有零解。用上面的步骤做题时，一般比较好用，但一定要注意，系数矩阵 $A$ 一定要化为行简化阶梯形，如果化不到，后面的步骤就很难写对。

2.6 解题举例

举例 1 若给定的齐次线性方程组的系数矩阵已经化成了行简化阶梯形
$A=\begin{bmatrix} 1&0&0&0&0&1\\ 0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0 \end{bmatrix}$ ，
请继续完成后续步骤。

解本题看起来稍微有点别扭，但严格按照上面的步骤来写，其实是没有问题的。
写出同解方程组：
$\begin{cases} x_1=-x_6\\ x_3=0 \end{cases}$

虽然右边只有 $x 6$ ，但其实不在左边的 $x_2,x_4,x_5,x_6$ 都是自由未知量。

令 $\begin{pmatrix}x_2\\x_4\\x_5\\x_6\end{pmatrix}$ 依次取 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$ ，分别代入得：

$\eta_1=\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\\0\\0\end{pmatrix},\eta_2=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\eta_3=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\\1\\0\end{pmatrix},\eta_4=\begin{pmatrix}-1\\0\\0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$

$\eta_1,\eta_2,\eta_3,\eta_4$ 是方程组的一个基础解系。

故原方程组的通解为：

$c_1\eta_1+c_2\eta_2+c_3\eta_3+c_4\eta_5=c_1\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\\0\\0\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\\0\\0\end{pmatrix}+c_3\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\\1\\0\end{pmatrix}+c_4\begin{pmatrix}-1\\0\\0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$

其中 $c_1,c_2,c_3,c_4$ 为任意常数。

一般情况下，自由未知量依次取 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\\\vdots\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\\\vdots\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\\vdots\end{pmatrix},\cdots$ 代入，考试时这边取一般没有问题。但有的题目在取的时候，又会有另外一种选择。

举例 2 假设最终的同解方程组为
$\begin{cases} x_1=\frac{1}{4}x_3&-\frac{3}{4}x_4&+\frac{17}{4}x_5\\ x_2=\frac{9}{4}x_3&+\frac{1}{4}x_4&-\frac{23}{4}x_5 \end{cases}$

很明显， $x_3,x_4,x_5$ 是自由未知量。此题继续往下做有两个选择：
① 第一种做法是按照上面的过程，取 $\begin{pmatrix}x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}$ 依次取 $\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$

代入后结果为：
$\begin{pmatrix}\frac{1}{4}\\\frac{9}{4}\\1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-\frac{3}{4}\\\frac{1}{4}\\0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}\frac{17}{4}\\-\frac{23}{4}\\0\\0\\1\end{pmatrix}$

② 第二种做法，通过观察发现，所有地方都有 $\frac{1}{4}$ ，所以自由未知量取
$\begin{pmatrix}4\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\4\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\4\end{pmatrix}$

此时结果为：
$\begin{pmatrix}1\\9\\4\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-3\\1\\0\\4\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}17\\-23\\0\\0\\4\end{pmatrix}$

这样的好处是：所有地方都是整数，看起来比较简洁。

所以，在考试时一般只有以上两种选择。当然，你也可以取 $\begin{pmatrix}25\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\19\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\18\end{pmatrix}$ 代入，最终的解也是一个基础解系。但是一定要注意，千万不把阅卷老师搞晕了，你的目的是：让他知道你想干嘛，而不是故意让他不知道你想干嘛！

$\color{red}{\star\star\star}$ 例 4.4.3 设矩阵 $A_{m \times n}$ 和矩阵 $B_{n \times s}$ 满足 $A B = O$ ，求证： $\leq n$ 。
$\color{red}{本题结论很重要，考试时可以直接用！}$
证分析：矩阵 $A B = O$ 并没有什么结论可以用，但前面讲的齐次线程方程组 $A X = O$ ，是用 $A$ 乘以一个向量，所以先想办法把矩阵相乘等于0，转化成矩阵乘以向量等于0。
将 $B$ 写成向量形式，即： $B=(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s)$ ，
故： $AB=A(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s)$ ,
根据分块矩阵相乘的定义，即： $AB=(A\beta_1,A\beta_2,\cdots,A\beta_s)$ ，
将 $O$ 矩阵也写成向量形式，即： $(A\beta_1,A\beta_2,\cdots,A\beta_s)=(0,0,\cdots,0)$ ，
故： $A\beta_i=0$ ，其中 $i=1,2,\cdots,s$ ，
所以： $\beta_i$ 是齐次线程方程组 $A X = O$ 的解。

① 如果 $r (A) = n$ ，对于齐次线程方程组 $A X = O$ 有唯一的零解，即 $\beta_i=0$ ，说明矩阵 $B$ 的每一列（ $\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s$ ）都等于0，说明其实 $B$ 就是个零矩阵，即 $r (B) = 0$ ，故 $r (A) + r (B) = r (A) + 0 = n$ ，所以 $\leq n$ 成立；

② 假设 $r (A) < n$ ，此时齐次线程方程组 $A X = O$ 有无穷多解，所以其基础解系里有 $n - r (A)$ 个解向量，故 $r(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s)\leq n-r(A)$ ，因为 $r(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_s)$ 为矩阵 $B$ 的列秩，前面讲过一个结论： $矩阵的行秩 = 矩阵的列秩 = 矩阵的秩$ ，所以 $r(B)\leq n-r(A)$ ，故 $\leq n$ 成立。