例题六
- 例6.15 设r(A4×4)=2r(\bm{A}_{4\times4})=2r(A4×4)=2，η1,η2,η3\bm{\eta}_1,\bm{\eta}_2,\bm{\eta}_3η1,η2,η3是Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b的333个解向量，其中{η1−η2=[−1,0,3,−4]T,η1+η2=[3,2,1,−2]T,η3+2η2=[5,1,0,3]T,\begin{cases}\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2=[-1,0,3,-4]^\mathrm{T},\\\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2=[3,2,1,-2]^\mathrm{T},\\\bm{\eta}_3+2\bm{\eta}_2=[5,1,0,3]^\mathrm{T},\end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧η1−η2=[−1,0,3,−4]T,η1+η2=[3,2,1,−2]T,η3+2η2=[5,1,0,3]T,则Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b的通解是______。
- 例6.27 设方程组Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b有解，证明：ATx=0\bm{A}^\mathrm{T}\bm{x}=\bm{0}ATx=0和[ATbT]x=0\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\bm{x}=\bm{0}[ATbT]x=0是同解方程组。
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- 5.3
- 5.6
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例题六

例6.15 设r(A4×4)=2r(\bm{A}_{4\times4})=2r(A4×4)=2，η1,η2,η3\bm{\eta}_1,\bm{\eta}_2,\bm{\eta}_3η1,η2,η3是Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b的333个解向量，其中{η1−η2=[−1,0,3,−4]T,η1+η2=[3,2,1,−2]T,η3+2η2=[5,1,0,3]T,\begin{cases}\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2=[-1,0,3,-4]^\mathrm{T},\\\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2=[3,2,1,-2]^\mathrm{T},\\\bm{\eta}_3+2\bm{\eta}_2=[5,1,0,3]^\mathrm{T},\end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧η1−η2=[−1,0,3,−4]T,η1+η2=[3,2,1,−2]T,η3+2η2=[5,1,0,3]T,则Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b的通解是______。

解由题设A4×4x=b,r(A)=2,n=4\bm{A}_{4\times4}\bm{x}=\bm{b},r(\bm{A})=2,n=4A4×4x=b,r(A)=2,n=4，知Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b的通解结构为k1ξ1+k2ξ2+ηk_1\bm{\xi}_1+k_2\bm{\xi}_2+\bm{\eta}k1ξ1+k2ξ2+η，其中ξ1,ξ2\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2ξ1,ξ2是Ax=0\bm{Ax}=\bm{0}Ax=0的基础解系，η\bm{\eta}η是Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b的一个特解。
因A(η1−η2)=b−b=0,A[3(η1+η2)−2(η3+2η2)]=6b−6b=0\bm{A}(\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2)=\bm{b}-\bm{b}=\bm{0},\bm{A}[3(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)-2(\bm{\eta}_3+2\bm{\eta}_2)]=6\bm{b}-6\bm{b}=\bm{0}A(η1−η2)=b−b=0,A[3(η1+η2)−2(η3+2η2)]=6b−6b=0，故η1−η2,3(η1+η2)−2(η3+2η2)\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2,3(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)-2(\bm{\eta}_3+2\bm{\eta}_2)η1−η2,3(η1+η2)−2(η3+2η2)为Ax=0\bm{Ax}=\bm{0}Ax=0的解向量，因此可取
ξ1=η1−η2=[−1,0,3,−4]T,ξ2=3(η1+η2)−2(η3+2η2)=[−1,4,3,−12]T.\bm{\xi}_1=\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2=[-1,0,3,-4]^\mathrm{T},\\ \bm{\xi}_2=3(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)-2(\bm{\eta}_3+2\bm{\eta}_2)=[-1,4,3,-12]^\mathrm{T}. ξ1=η1−η2=[−1,0,3,−4]T,ξ2=3(η1+η2)−2(η3+2η2)=[−1,4,3,−12]T.
显然ξ1,ξ2\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2ξ1,ξ2线性无关。
因A[12(η1+η2)]=12(b+b)=b\bm{A}\left[\cfrac{1}{2}(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)\right]=\cfrac{1}{2}(\bm{b}+\bm{b})=\bm{b}A[21(η1+η2)]=21(b+b)=b，故12(η1+η2)\cfrac{1}{2}(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)21(η1+η2)为Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b的一个特解，因此可取
η=12(η1+η2)=[32,1,12,−1]T,\bm{\eta}=\cfrac{1}{2}(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)=\left[\cfrac{3}{2},1,\cfrac{1}{2},-1\right]^\mathrm{T}, η=21(η1+η2)=[23,1,21,−1]T,
故Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b的通解为
k1ξ1+k2ξ2+η=k1[−1,0,3,−4]T+k2[−1,4,3,−12]T+[32,1,12,−1]T,k_1\bm{\xi}_1+k_2\bm{\xi}_2+\bm{\eta}=k_1[-1,0,3,-4]^\mathrm{T}+k_2[-1,4,3,-12]^\mathrm{T}+\left[\cfrac{3}{2},1,\cfrac{1}{2},-1\right]^\mathrm{T}, k1ξ1+k2ξ2+η=k1[−1,0,3,−4]T+k2[−1,4,3,−12]T+[23,1,21,−1]T,
其中k1,k2k_1,k_2k1,k2是任意常数。（这道题主要利用了解的结构求解）

例6.27 设方程组Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b有解，证明：ATx=0\bm{A}^\mathrm{T}\bm{x}=\bm{0}ATx=0和[ATbT]x=0\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\bm{x}=\bm{0}[ATbT]x=0是同解方程组。

证显然[ATbT]x=0\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\bm{x}=\bm{0}[ATbT]x=0的解必满足ATx=0\bm{A}^\mathrm{T}\bm{x}=\bm{0}ATx=0。
因Ax=b\bm{Ax}=\bm{b}Ax=b有解，故r(A)=r([A,b])r(\bm{A})=r([\bm{A},\bm{b}])r(A)=r([A,b])，得r([ATbT])=r(AT)r\left(\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\right)=r(\bm{A}^\mathrm{T})r([ATbT])=r(AT)。故ATx=0\bm{A}^\mathrm{T}\bm{x}=\bm{0}ATx=0和[ATbT]x=0\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\bm{x}=\bm{0}[ATbT]x=0的基础解系中所含解向量个数相等。
由上知，方程组ATx=0\bm{A}^\mathrm{T}\bm{x}=\bm{0}ATx=0和[ATbT]x=0\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\bm{x}=\bm{0}[ATbT]x=0是同解方程组。（这道题主要利用了矩阵的秩求解）

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