线代 A1 笔记 第 5 部分（向量空间 4）

线性方程组有无解的判定

线性方程组有解判别定理：线性方程组 $AX=\beta$ 有解的充要条件是：其系数矩阵与增广矩阵具有相同的秩。

证明：$AX=\beta$ 有解 $\iff \beta\in \langle \alpha_1, \cdots ,\alpha_n \rangle \iff \langle \alpha_1, \cdots ,\alpha_n,\beta \rangle \subseteq \langle \alpha_1, \cdots ,\alpha_n \rangle \iff \langle \alpha_1, \cdots ,\alpha_n,\beta \rangle = \langle \alpha_1, \cdots ,\alpha_n \rangle \iff \operatorname{dim}\langle \alpha_1, \cdots ,\alpha_n,\beta \rangle = \operatorname{dim}\langle \alpha_1, \cdots ,\alpha_n \rangle\iff$ 增广矩阵的秩等于系数矩阵的值。

所以之后判断有解性只需判断秩的大小关系即可。注意到由于 $A$ 为 $\tilde{A}$ 的子矩阵，所以 $\operatorname{rank}(A)\le \operatorname{rank}(\tilde{A})$，如若能证明 $\operatorname{rank}(A)\ge \operatorname{rank}(\tilde{A})$，就能说明 $\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(\tilde{A})$ 了。

更进一步地，我们可以推出，对于 $n$ 元线性方程组 $AX=\beta$，若其有解，则当 $\operatorname{rank}(A)<n$ 时有无穷组解，$\operatorname{rank}(A)=n$ 时有唯一解。

证明：考虑 $\tilde{J}=\operatorname{rref} (\tilde{A})$，显然 $\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(\tilde{A})=\operatorname{rank}(\tilde{J})=\tilde{J}$ 的非零行个数，结合第一章内容立得。

可以得出推论：对于齐次线性方程组，其非零解的充要条件是系数矩阵的秩小于元数。

线性方程组解集的结构

显然，齐次线性方程组 $AX=\boldsymbol{0}$ 的解 $\gamma,\delta$ 满足 $\gamma+\delta$ 和 $c\delta$ 也为方程组的解。故解集 $W$ 是 $K^n$ 的一个子空间，称为解空间。$W$ 不为零空间时存在基，将其一个基称为方程组的一个基础解系。

找到基础解系 $\eta_1, \cdots ,\eta_t$ 后，解集可表示为

$$W=\left\{ k_1\eta_1+k_2\eta_2+ \cdots +k_t\eta_t\mid k_1, \cdots,k_t\in K \right\}$$

代表元被称为通解。

接下来是一个很重要的定理：$K$ 上 $n$ 元齐次线性方程组的解空间 $W$ 的维数等于 $n$ 减去系数矩阵 $A$ 的秩。即

$$\operatorname{dim} W = n - \operatorname{rank}(A)$$

证明过程也相当关键，这指导了我们如何求一个齐次线性方程组的基础解系。令 $J = \operatorname{rref}(A)$，设 $\operatorname{rank}(A) = r$，则 $J$ 有 $r$ 个非零行，$r$ 个主元，WLOG 设他们分别在前 $r$ 列，即

$$J=\begin{bmatrix} 1&0&0&\cdots&0&b_{1,r+1}&\cdots&b_{1n}\\ 0&1&0&\cdots&0&b_{2,r+1}&\cdots&b_{2n}\\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots\\ 0&0&0&\cdots&1&b_{r,r+1}&\cdots&b_{rn}\\ 0&0&0&\cdots&0&0&\cdots&0\\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots\\ 0&0&0&\cdots&0&0&\cdots&0 \end{bmatrix}$$

于是一般解为

$$\begin{cases} x_1=-\displaystyle \sum_{i=r+1}^nb_{1i}x_i\\ x_2=-\displaystyle \sum_{i=r+1}^nb_{2i}x_i\\ \cdots\\ x_r=-\displaystyle \sum_{i=r+1}^nb_{ri}x_i\\ \end{cases}$$

$x_{r+1}, \cdots ,x_n$ 为自由变量。我们不妨让自由变量分别取下列 $n-r$ 组数：

$$\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\\end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ \vdots \\ 0 \\\end{bmatrix}, \cdots ,\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \\\end{bmatrix}$$

得到原方程组的 $n-r$ 个解：

$$\eta_1 = \begin{bmatrix} -b_{1,r+1} \\ -b_{2,r+1} \\ \vdots \\ -b_{r,r+1} \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\\end{bmatrix},\eta_2=\begin{bmatrix} -b_{1,r+2} \\ -b_{2,r+2} \\ \vdots \\ -b_{r,r+2} \\ 0 \\ 1 \\ \vdots \\ 0 \\\end{bmatrix}, \cdots ,\eta_{n-r}=\begin{bmatrix} -b_{1n} \\ -b_{2n} \\ \vdots \\ -b_{rn} \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \\\end{bmatrix}$$

由于前者数量无关，故延伸组 $\eta_1, \cdots ,\eta_{n-r}$ 也线性无关。在接下来我们证明对于任意解 $\eta$，其能被 $\eta_1, \cdots ,\eta_{n-r}$ 线性表出：令 $\eta= (c_1,c_2, \cdots ,c_n)^T$，其满足一般解公式，所以对于 $1\le i\le r$ 有 $c_i = \displaystyle -\sum_{j=r+1}^nb_{ij}c_j$，所以 $\eta$ 是可以写成如下形式的：

$$\eta = \begin{bmatrix} c_1 \\ \vdots \\ c_r \\ c_{r+1} \\ \vdots \\ c_n \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -b_{1,r+1}c_{r+1}&-&\cdots&-&b_{1n}c_n\\ \vdots&&&&\vdots\\ -b_{r,r+1}c_{r+1}&-&\cdots&-&b_{rn}c_n\\ 1c_{r+1}&+ &\cdots &+ &0c_n\\ \vdots&&&&\vdots\\ 0c_{r+1}&+& \cdots &+&1c_n \end{bmatrix} =\sum_{i=1}^{n-r}c_{r+i}\eta_i$$

从而 $\eta_1, \cdots ,\eta_{n-r}$ 为一基础解系，$\operatorname{dim} W = n - \operatorname{rank}(A)$，证毕。

实操一个例子；$\displaystyle \begin{bmatrix} 1&-3&5&-2\\-2&1&-3&1\\-1&-7&9&4 \end{bmatrix}$，这个是扁平形的，所以一定有非零解，我们求出其行简化阶梯型为 $\displaystyle \begin{bmatrix} 1&0&\frac{4}{5}&-\frac{1}{5}\\ 0&1&-\frac{7}{5}&\frac{3}{5}\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}$，得到一般解为

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

通过分别令 $(x_3,x_4)^T$ 为 $(5,0)^T$ 和 $(0,5)^T$，可以得到基础解系

$$\eta_1 = \begin{bmatrix} -4 \\ 7 \\ 5 \\ 0 \\\end{bmatrix},\eta_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -3 \\ 0 \\ 5 \\\end{bmatrix}$$

所以解集 $W = \left\{ k_1\eta_1 + k_2\eta_2\mid k_1,k_2\in K \right\}$。

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考虑 $n$ 元非齐次线性方程组 $AX=\beta$，我们令其导出组为 $AX=\boldsymbol{0}$。显然我们有如下性质：若 $\gamma$ 为原方程组的一个解，$\delta$ 为导出组的一个解，则 $\gamma+\delta$ 仍为原方程组的一个解。

懒得证明地，若 $AX=\beta$ 有解，则解集 $U$ 可以表示为

$$U=\left\{ \gamma_0+\eta\mid \eta\in W \right\}$$

其中 $\gamma_0$ 为方程组的一个解（称为特解），$W$ 为导出组的解空间。这个理解大概就是，考虑非齐次线性方程组 $AX=\beta$ 的解集是一个不过原点的超平面 $\pi$，而导出组 $AX=\boldsymbol{0}$ 的解集是一个过原点的超平面 $\pi_0$，我们找到一个特解 $\gamma_0$ 相当于解决了从原点到达超平面 $\pi$ 的事情，而取 $\eta\in W$ 就相当于从那个点出发构造整个超平面。

我们把集合 $\left\{ \gamma_0+\eta\mid \eta\in W \right\}$ 记作 $\gamma_0+W$。

一般地，若 $W \subseteq K^n$，$\alpha_0\in K^n$，则称 $\alpha_0+W$ 为一个 $W$ 型的线性流形，或 $W$ 的一个陪集。

还可以得出推论：$AX=\beta$ 解唯一的充要条件是导出组只有零解。

我们具体要求一个非齐次线性方程组的解的时候，先随便弄一个特解，然后把一般解公式的常数项去掉就可以得到导出组的基础解系了，看个例子：

$$\begin{bmatrix} 1&-3&5&-2\\-2&1&-3&1\\-1&-7&9&4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 4 \\ -7 \\ 2 \\\end{bmatrix}$$

依旧是求出 $\tilde{A}$ 的行简化阶梯型

$$\begin{bmatrix} 1&0&\frac{4}{5}&-\frac{1}{5}&\frac{17}{5}\\ 0&1&-\frac{7}{5}&\frac{3}{5}&-\frac{1}{5}\\ 0&0&0&0&0 \end{bmatrix}$$

得到解公式

$$\begin{cases} x_1=-\displaystyle \frac{4}{5}x_3+\frac{1}{5}x_4+\frac{17}{5}\\x_2=\displaystyle \frac{7}{5}x_3-\frac{3}{5}x_4 -\frac{1}{5} \end{cases}$$

直接令 $x_3 = x_4 = 0$，得到特解 $\gamma_0 = \displaystyle \left( \frac{17}{5},-\frac{1}{5},0,0 \right) ^T$。导出组的解公式就是把常数项去掉，基础解系在刚才求过一次了，就这样咯。