4.3 线性方程组解的结构

齐次与非齐次方程组的解

我们回顾一下 3.3 用矩阵解线性方程组 中提到的线性方程组解的情况。对于 $n$ 个未知数组成的方程组，我们有：

• 非齐次线性方程组（$\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$）

  • $R(\mathbf{A})=R(\mathbf{A},\mathbf{b})=n\Rightarrow$ 仅有唯一解

  • $R(\mathbf{A})=R(\mathbf{A},\mathbf{b})<n\Rightarrow$ 无穷多解

    $R(\mathbf{A})<R(\mathbf{A},\mathbf{b})\Rightarrow$ 无解

• 齐次线性方程组（$\mathbf{Ax}=0$）

  • $R(\mathbf{A})=n\Rightarrow$ 仅有零解
  • $R(\mathbf{A})<n\Rightarrow$ 有无穷多解

考虑下面两个方程组，其区别在于一个是非齐次的，另一个是齐次的：

1. 非齐次：$$\begin{array}{rl}& \{\begin{array}{l}{x}_1+x_2-x_4-3x_5=3\\ 2x_1-2x_3-2x_4-6x_5=2\\ 3x_2+3x_5+6x_4+18x_5=6\end{array}\\ & \\ \to & \left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& -1& -3& 3\\ 2& 0& -2& -2& -6& 2\\ 0& 3& 3& 6& 18& 6\end{array}\right){\sim }^r\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& -1& -1& -3& 1\\ 0& 1& 1& 2& 6& 2\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\\ & \\ \to & \{\begin{array}{l}{x}_1-x_3-x_4-3x_5=1\\ x_2+x_3+2x_4+6x_5=2\end{array}\\ & \\ \to & \mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right)k_1+\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right)k_2+\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 0\\ 0\\ 1\end{array}\right)k_3+\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right)\end{array}$$其中 $k_1,k_2,k_3$ 为任意常数。
2. 齐次$$\begin{array}{rl}& \{\begin{array}{l}{x}_1+x_2-x_4-3x_5=0\\ 2x_1-2x_3-2x_4-6x_5=0\\ 3x_2+3x_5+6x_4+18x_5=0\end{array}\\ & \\ \to & \left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& -1& -3& 0\\ 2& 0& -2& -2& -6& 0\\ 0& 3& 3& 6& 18& 0\end{array}\right){\sim }^r\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& -1& -1& -3& 0\\ 0& 1& 1& 2& 6& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\\ & \\ \to & \{\begin{array}{l}{x}_1-x_3-x_4-3x_5=0\\ x_2+x_3+2x_4+6x_5=0\end{array}\\ & \\ \to & \mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right)k_1+\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right)k_2+\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 0\\ 0\\ 1\end{array}\right)k_3\end{array}$$其中 $k_1,k_2,k_3$ 为任意常数。

这两个方程组的系数矩阵完全一致，区别仅在于常数项是否为零。而这两个方程组的解的前半部分是一样的。区别在于非齐次线性方程组的解多了一个标红的「常数」向量。

其原因也很好理解，因为齐次线性方程组的增广矩阵中，最后一列（即常数项矩阵）全为零，无论怎样做初等行变换，都不可能在这一列变出非零的数来。而初等行变换中每一个列是独立的，列和列之间不会相互影响，最后一列的变化不影响系数矩阵的部分，最后的结果中系数矩阵的部分自然也是一样的。

而这个标红的常数向量显然也是该方程组的一个解（$k_1=k_2=k_3=0$ 时取得），因此，非齐次线性方程组的解等于与之对应的齐次线性方程组的解，加上一个它自己的解。而且，这个解可以是该方程组的任意一个解，因为两个方程组的解的 $k_1,k_2,k_3$ 都可以任意取值。式子里的这个「自己的解」称为特解。说是特解，其实一点也不特，只要是个解就可以是特解，不过是它写在这式子里了所以叫特解。

因此，研究齐次线性方程组的通解是有普适意义的。而且，关键在于研究与 $k_1,k_2,k_3$ 相乘的这几个向量。

我们把这几个向量组合为一个向量组，称为基础解系。

基础解系

基础解系的概念

$$\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right)k_1+\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right)k_2+\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 0\\ 0\\ 1\end{array}\right)k_3$$

齐次线性方程组的通解是由多个任意常数乘独立向量相加得到的。这些彼此无关的向量就构成了基础解系，即通解可以由该向量组线性表示。

现在考虑基础解系中向量的个数。

首先，基础解系中的向量是和这些任意常数 $k_1,k_2,k_3,\cdots$ 一一对应的，因此，基础解系中向量的个数等于这些任意常数的个数。而这些任意常数是我们设自由变量 $x_i$ 得来的，因此基础解系中向量的个数等于自由变量的个数。而自由变量的个数等于变量总数减去主变量的个数，主变量的个数等于矩阵的秩，因此，我们得到：

对于 $n$ 元齐次线性方程组 ${\mathbf{A}}_{m\times n}\mathbf{x}=0$，其基础解系中向量的个数等于 $n-R(\mathbf{A})$。

定义 若向量组 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,\cdots ,{\mathbf{\xi }}_s$ 满足以下三个条件：

1. 均是 $\mathbf{Ax}=0$ 的解
2. 向量组线性无关
3. 共有 $n-R(\mathbf{A})$ 个

则称向量组 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,\cdots ,{\mathbf{\xi }}_s$ 是该齐次线性方程组的基础解系。

也就是说任意 $n-R(\mathbf{A})$ 个线性无关的解都可以组成 $\mathbf{Ax}=0$ 的基础解系，基础解系并不唯一。

基础解系可以线性表示该齐次线性方程组的所有解向量，并且其本身是线性无关的，根据定义，基础解系是解向量的极大线性无关组。

例 1

已知 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_3$ 是 $\mathbf{Ax}=0$ 的一组基础解系，判断下列向量组中也是 $\mathbf{Ax}=0$ 的基础解系的是

1. ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_1-{\mathbf{\xi }}_3$
2. ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_1+{\mathbf{\xi }}_2$
3. ${\mathbf{\xi }}_1+{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_1-{\mathbf{\xi }}_3$

答：只有第 1 组。第 2 组不满足无关，第 3 组不满足数量。

秩的证明题

例 2

设 ${\mathbf{A}}_{m\times n}{\mathbf{B}}_{n\times l}=\mathbf{O}$，证明 $R(\mathbf{A})+R(\mathbf{B})\le n$。

证明：将矩阵 ${\mathbf{B}}_{n\times l}$ 逐列分块，设为 ${\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_l$，则有

$$\mathbf{AB}=\mathbf{A}({\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_l)=(0,0,\cdots ,0)$$

该式相当于 $l$ 个齐次线性方程组：

$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{Ab}}_1=0\\ {\mathbf{Ab}}_2=0\\ \cdots \\ {\mathbf{Ab}}_l=0\end{array}$$

因此，$\mathbf{B}$ 中的列向量 ${\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_l$ 都是 $\mathbf{Ax}=0$ 的解。因此 $\mathbf{Ax}=0$ 的基础解系可以线性表示 ${\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_l$。而基础解系的秩为 $n-R(\mathbf{A})$，因此有：（根据「被表示的秩不大」）

$$\begin{array}{c}R(\mathbf{B})=R({\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_l)\le n-R(\mathbf{A})\\ \Rightarrow R(\mathbf{A})+R(\mathbf{B})\le n\end{array}$$

证毕。

例 3

设 $n$ 元齐次线性方程组 $\mathbf{Ax}=0$ 与 $\mathbf{Bx}=0$ 同解，证明 $R(\mathbf{A})=R(\mathbf{B})$。

因为同解，所以基础解系中向量的个数相等。

因此 $n-R(\mathbf{A})=n-R(\mathbf{B})$，进而有 $R(\mathbf{A})=R(\mathbf{B})$。证毕。

例 4

证明：$R(\mathbf{A})=R({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A})$。

TIP

根据上一题的思路，我们可以考虑证明 $\mathbf{Ax}=0$ 与 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{Ax}=0$ 同解。

证明同解，本质上就是证明「我的解都是你的解，你的解都是我的解」。

设 $\mathbf{\xi }$ 为 $\mathbf{Ax}=0$ 的任意一解，则 $\mathbf{A\xi }=0$，此时有

$${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A\xi }={\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}0=0$$

因此 $\mathbf{\xi }$ 也是 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{Ax}=0$ 的解。

设 $\mathbf{\eta }$ 为 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{Ax}=0$ 的任意一解，则 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A\eta }=0$，此时有

$$\begin{gathered} {\mathbf{\eta }}^{\mathrm{T}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A\eta }={\mathbf{\eta }}^{\mathrm{T}}0=0 \\ \Rightarrow (\mathbf{A\eta }{)}^{\mathrm{T}}(\mathbf{A\eta })=0 \end{gathered}$$

不妨设

$$\mathbf{\alpha }=\mathbf{A\eta }=\left(\begin{array}{c}{a}_1\\ a_2\\ ⋮\\ a_n\end{array}\right)$$

则有

$$\begin{array}{rl}{\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{T}}\mathbf{\alpha }& =(a_1,a_2,\cdots ,a_n)\left(\begin{array}{c}{a}_1\\ a_2\\ ⋮\\ a_n\end{array}\right)\\ & =a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\\ & =0\end{array}$$

故 $a_1=a_2=\cdots =a_n=0$，即 $\mathbf{A\eta }=\mathbf{\alpha }=0$。因此 $\mathbf{\eta }$ 也是 $\mathbf{Ax}=0$ 的解。

综上，$\mathbf{Ax}=0$ 与 ${\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{Ax}=0$ 同解，因此有 $R(\mathbf{A})=R({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A})$。

方程组解的结构

设 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,\cdots ,{\mathbf{\xi }}_s$ 是 $\mathbf{Ax}=0$ 的基础解系，$\mathbf{\eta }$ 是 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的一个解，则

• $\mathbf{Ax}=0$ 的通解为：$k_1{\mathbf{\xi }}_1+k_2{\mathbf{\xi }}_2+\cdots +k_s{\mathbf{\xi }}_s$
• $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的通解为：$k_1{\mathbf{\xi }}_1+k_2{\mathbf{\xi }}_2+\cdots +k_s{\mathbf{\xi }}_s+\mathbf{\eta }$

例 5

设有非齐次方程组

$$\{\begin{array}{l}{x}_1-x_2-x_3+x_4=a\\ x_1-x_2+x_3-3x_4=b\\ x_1-x_2-2x_3+x_4=c\end{array}$$

且已知 $\mathbf{\eta }={\left(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2},0\right)}^{\mathrm{T}}$ 是方程的一个解，求通解。

解：

TIP

我们现在只要求它对应的齐次线性方程组的通解即可，所以常数项不重要了。进行初等行变换时，只需要写系数矩阵即可，不需要写增广矩阵。

写出其系数矩阵，并进行初等行变换。

$$\left(\begin{array}{cccc}1& -1& -1& 1\\ 1& -1& 1& -3\\ 1& -1& -2& 3\end{array}\right){\sim }^r\left(\begin{array}{cccc}1& -1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -2\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$$

故有其对应的齐次线性方程组的通解：

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=x_2+x_4\\ x_2=x_2\\ x_3=2x_4\\ x_4=x_4\end{array}\Rightarrow {\mathbf{x}}^{\prime }=k_1\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right)+k_2\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 2\\ 1\end{array}\right)$$

其中 $k_1,k_2$ 为任意常数。因此，原方程组的解为

$$\mathbf{x}=k_1\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right)+k_2\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 2\\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}\frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}\\ 0\end{array}\right)$$

其中 $k_1,k_2$ 为任意常数。

解的可叠加性

• 设 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2$ 是 $\mathbf{Ax}=0$ 的解
  • $k_1{\mathbf{\xi }}_1+k_2{\mathbf{\xi }}_2$ 也是 $\mathbf{Ax}=0$ 的解
• 设 ${\mathbf{\eta }}_1,{\mathbf{\eta }}_2$ 是 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的解
  • $k_1{\mathbf{\xi }}_1+k_2{\mathbf{\xi }}_2+{\mathbf{\eta }}_3$ 也是 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的解
  • $\lambda {\mathbf{\eta }}_1+(1-\lambda ){\mathbf{\eta }}_2$ 也是 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的解（需要维持特解）
  • ${\mathbf{\eta }}_1-{\mathbf{\eta }}_2$ 是 $\mathbf{Ax}=0$ 的解（消掉特解）

上述结论通过代入回方程，都很好证。

例 6

已知 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2$ 是 $\mathbf{Ax}=0$ 的基础解系，${\mathbf{\eta }}_1,{\mathbf{\eta }}_2$ 是 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的两个不同的解，$k_1,k_2$ 为任意常数，则方程组 $\mathbf{Ax}=\mathbf{b}$ 的通解可以是：

1. $$k_1{\mathbf{\xi }}_1+k_2{\mathbf{\xi }}_2+\frac{{\mathbf{\eta }}_1-{\mathbf{\eta }}_2}{2}$$
2. $$k_1{\mathbf{\xi }}_1+k_2({\mathbf{\xi }}_1-{\mathbf{\xi }}_2)+\frac{{\mathbf{\eta }}_1+{\mathbf{\eta }}_2}{2}$$
3. $$k_1{\mathbf{\xi }}_1+k_2({\mathbf{\xi }}_1+{\mathbf{\xi }}_2)+\frac{{\mathbf{\eta }}_1-{\mathbf{\eta }}_2}{2}$$
4. $$k_1{\mathbf{\xi }}_1+k_2({\mathbf{\eta }}_1-{\mathbf{\eta }}_2)+\frac{{\mathbf{\eta }}_1+{\mathbf{\eta }}_2}{2}$$

答案只有 2。

1 和 3 都把那个特解丢掉了。2 没有问题。比较纠结的一点是 4。4 的问题在于，$({\mathbf{\eta }}_1-{\mathbf{\eta }}_2)$ 有可能刚好和 ${\mathbf{\xi }}_1$ 成比例，这时该式子就无法表示所有的通解，因此 4 是错误的。