張宇1000題線性代數 第五章 線性方程組

$B$組

6.已知線性方程組$\begin{cases}bx_1-ax_2=-2ab,\\-2cx_2+3bx_3=bc,\\cx_1+ax_3=0,\end{cases}$則（  ）。
$(A)$當$a,b,c$爲任意實數時，方程組均有解；
$(B)$當$a=0$時，方程組無解；
$(C)$當$b=0$時，方程組無解；
$(D)$當$c=0$時，方程組無解。

解  當$a=0$或$b=0$或$c=0$時，方程組均有解，且係數行列式$|\bm{A}|=\begin{vmatrix}b&-a&0\\0&-2c&3b\\c&0&a\end{vmatrix}=-5abc$。
  當$abc\ne0$時，由克拉默法則知，方程組有解，且當$abc=0$時方程組也有解，故$a,b,c$爲任意實數時，方程組均有解。（這道題主要利用了克拉默法則求解）

11.設線性方程組$\begin{cases}x_1+x_2+ax_3=0,\\x_1+2x_2+x_3=0,\\x_1-x_2+ax_3=0\end{cases}$與方程$x_1-2x_2+3x_3=1$有公共解，則$a=$______。

解  由題設，齊次方程組$\begin{cases}x_1+x_2+ax_3=0,\\x_1+2x_2+x_3=0,\\x_1-x_2+ax_3=0\end{cases}$與方程$x_1-2x_2+3x_3=1$有公共解，對於非齊次線性方程而言，公共解不可能爲零解，因此，該齊次方程組也必有非零解，因此，方程組的係數矩陣的秩小於$3$，也即係數行列式爲零，即$\begin{vmatrix}1&1&a\\1&2&1\\1&-1&a\end{vmatrix}=2(1-a)=0$，解得$a=1$。（這道題主要利用了矩陣的秩求解）

13.設線性方程組$\bm{A}_{3\times4}\bm{x}=\bm{b}$有唯一解$\bm{\xi}_1=[1,-1,2]^\mathrm{T}$，$\bm{\alpha}$是$3$維列向量，方程$[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}$有特解$\bm{\eta}_1=[1,-2,1,3]^\mathrm{T}$，則方程組$[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}$的通解是______。

解  $\bm{Ax}=\bm{b}$有唯一解$\Rightarrow r(\bm{A})=3\Rightarrow r([\bm{A},\bm{\alpha}])=3\Rightarrow r([\bm{A},\bm{\alpha}])=r([\bm{A},\bm{\alpha}|\bm{b}])=3$。
  方程組$[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}$的通解形式爲$k\bm{\xi}+\bm{\eta}$，其中$k\bm{\xi}$是$[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{0}$的通解，$\bm{\eta}$是$[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}$的特解。
  已知$[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}$有特解$\bm{\eta}_1=[1,-2,1,3]^\mathrm{T}$。另一個特解可取$\bm{\eta}_2=[1,-2,2,0]^\mathrm{T}$。
  故$[\bm{A},\bm{\alpha}]\bm{x}=\bm{b}$有通解$k(\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2)+\bm{\eta}_1=k[0,-1,-1,3]^\mathrm{T}+[1,-2,1,3]^\mathrm{T}$或$k(\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2)+\bm{\eta}_2=k[0,-1,-1,3]^\mathrm{T}+[1,-1,2,0]^\mathrm{T}$，其中$k$是任意常數。（這道題主要利用了構造通解求解）

19.設$a_1,a_2,\cdots,a_n$是互不相同的實數，且$\bm{A}=\begin{bmatrix}1&a_1&a^2_1&\cdots&a_1^{n-1}\\1&a_2&a^2_2&\cdots&a_2^{n-1}\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\1&a_n&a^2_n&\cdots&a_n^{n-1}\end{bmatrix},\bm{x}=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix},\bm{b}=\begin{bmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{bmatrix}$，求線性方程組$\bm{Ax}=\bm{b}$的解。

解  因$a_1,a_2,\cdots,a_n$互不相同，故由範德蒙行列式知，$|\bm{A}|=\ne0$，根據克拉默法則，方程組$\bm{Ax}=\bm{b}$有唯一解，且$x_i=\cfrac{|\bm{A}_i|}{|\bm{A}|}i=1,2,\cdots,n$，其中，$|\bm{A}_i|$是$\bm{b}$代換$|\bm{A}|$中的第$i$列所得的行列式，有$|\bm{A}_1|=|\bm{A}|,|\bm{A}_i|=0,i=2,3,\cdots,n$，故$\bm{Ax}=\bm{b}$的唯一解爲$\bm{x}=[1,0,0,\cdots,0]^\mathrm{T}$。（這道題主要利用了克拉默法則求解）

22.已知$\bm{\eta}_1=[-3,2,0]^\mathrm{T},\bm{\eta}_2=[-1,0,-2]^\mathrm{T}$，是線性方程組$\begin{cases}ax_1+bx_2+cx_3=2,\\x_1+2x_2-x_3=1,\\2x_1+x_2+x_3=-4\end{cases}$的兩個解向量，求方程組的通解，並確定參數$a,b,c$。

解  對應齊次方程組有解$\bm{\xi}=\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2=[-2,2,2]^\mathrm{T}$或$[-1,1,1]^\mathrm{T}$，故對應齊次方程組的基礎解系至少有一個非零向量，故$r(\bm{A})=r\left(\begin{bmatrix}a&b&c\\1&2&-1\\2&1&1\end{bmatrix}\right)=r([\bm{A}|\bm{b}])=r\left(\left[\begin{array}{c:c}\begin{matrix}a&b&c\\1&2&-1\\2&1&1\end{matrix}&\begin{matrix}2\\1\\-4\end{matrix}\end{array}\right]\right)\leqslant2$。
  又顯然應有$r(\bm{A})=r([\bm{A}|\bm{b}])\geqslant2$，從而$r(\bm{A})=r([\bm{A}|\bm{b}])=2$，故方程組有通解$k[-1,1,1]^\mathrm{T}+[-3,2,0]^\mathrm{T}$，其中$k$爲任意常數，將$\bm{\eta}_1,\bm{\eta}_2$代入第一個方程，得$-3a+2b=2,-a-2c=2$，解得$a=-2-2c,b=-2-3c$，$c$爲任意常數，可以驗證：當$a=-2-2c,b=-2-3c,c$任意時，$r(\bm{A})=r([\bm{A}|\bm{b}])=2$。（這道題主要利用了矩陣的秩求解）

25.已知方程組$(I)\begin{cases}x_1+3x_2-3x_4=1,\\-7x_2+3x_3+x_4=-3\end{cases}$及方程組$(II)$的通解爲$k_1[-1,1,1,0]^\mathrm{T}+k_2[2,-1,0,1]^\mathrm{T}+[-2,3,0,0]^\mathrm{T}$，其中$k_1,k_2$爲任意常數。求方程組$(I),(II)$的公共解。

解  將方程組$(II)$的通解$k_1[-1,1,1,0]^\mathrm{T}+k_2[2,-1,0,1]^\mathrm{T}+[-2,3,0,0]^\mathrm{T}$，代入方程組$(I)$，得$\begin{cases}(-2-k_1+2k_2)+3(-3+k_1-k_2)-3k_2=1,\\-7(-3+k_1-k_2)+3k_1+k_2=-3,\end{cases}$化簡得$k_1=2k_2+6$。將上述關係式代入$(II)$的通解，得方程組$(I),(II)$的公共解爲$[-2-(2k_2+6)+2k_2,-3+2k_2+6-k_2,2k_2+6,k_2]^\mathrm{T}=[-8,k_2+3,2k_2+6,k_2]^\mathrm{T}$。（這道題主要利用了代入變量求解）

$C$組

2.設$\bm{A}$是$n$階矩陣，對於齊次線性方程組$(I)\bm{A}^n\bm{x}=\bm{0}$和$(II)\bm{A}^{n+1}\bm{x}=\bm{0}$，現有命題
$(1)(I)$的解必是$(II)$的解；
$(2)(II)$的解必是$(I)$的解；
$(3)(I)$的解不一定是$(II)$的解；
$(4)(II)$的解不一定是$(I)$的解。
其中正確的是（  ）。
$(A)(1)(4);$
$(B)(1)(2);$
$(C)(2)(3);$
$(D)(3)(4).$

解  當$\bm{A}^n\bm{x}=\bm{0}$時，易知$\bm{A}^{n+1}\bm{x}=\bm{A}(\bm{A}^n\bm{x})=\bm{0}$，故$(I)$的解必是$(II)$的解，也即$(1)$正確，$(3)$不正確。
  當$\bm{A}^{n+1}\bm{x}=\bm{0}$時，假設$\bm{A}^n\bm{x}\ne\bm{0}$，則有$\bm{x},\bm{Ax},\cdots,\bm{A}^n\bm{x}$均不爲零向量，可以證明這種情況下$\bm{x},\bm{Ax},\cdots,\bm{A}^n\bm{x}$是線性無關（按定義證，依次左乘$\bm{A}^n,\bm{A}^{n-1},\cdots,\bm{A}$即可得證）的。由於$\bm{x},\bm{Ax},\cdots,\bm{A}^n\bm{x}$均爲$n$維向量，而$n+1$個$n$維向量必定是線性相關的，矛盾。故假設不成立，因此必有$\bm{A}^n\bm{x}=\bm{0}$。可知$(II)$的解必是$(I)$的解，故$(2)$正確，$(1)$不正確。（這道題主要利用了反證法求解）

6.設$\bm{A}$是$3\times3$矩陣，$\bm{\beta}_1,\bm{\beta}_2,\bm{\beta}_3$是互不相同的$3$維列向量，且都不是方程組$\bm{Ax}=\bm{0}$的解，記$\bm{B}=[\bm{\beta}_1,\bm{\beta}_2,\bm{\beta}_3]$，且滿足$r(\bm{AB})<r(\bm{A}),r(\bm{AB})<r(\bm{B})$。則$r(\bm{AB})$等於（  ）。
$(A)0;$
$(B)1;$
$(C)2;$
$(D)3.$

解  已知$\bm{\beta}_i(i=1,2,3)$都不是$\bm{Ax}=\bm{0}$的解，即$\bm{AB}\ne\bm{O},r(\bm{AB})\geqslant1$。又$r(\bm{AB})<r(\bm{A})$，則矩陣$\bm{B}$不可逆（若$\bm{B}$可逆，則$r(\bm{AB})=r(\bm{A})$，與$r(\bm{AB})<r(\bm{A})$矛盾），$r(\bm{B})\leqslant2$，從而$r(\bm{AB})<r(\bm{B})\leqslant2$，即$r(\bm{AB})\leqslant1$，從而有$r(\bm{AB})=1$。（這道題主要利用了矩陣的秩求解）

9.證明：非齊次線性方程組$(I)$有解的充要條件是齊次方程組$(II)$的任意一組解必滿足方程組$(III)$，其中$(I):\begin{cases}a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_n=b_1,\\a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2n}x_n=b_2,\\\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\cdots+a_{mn}x_n=b_m,\end{cases}(II):\begin{cases}a_{11}y_1+a_{12}y_2+\cdots+a_{1n}y_n=0,\\a_{21}y_1+a_{22}y_2+\cdots+a_{2n}y_n=0,\\\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\a_{m1}y_1+a_{m2}y_2+\cdots+a_{mn}y_n=0,\end{cases}(III):b_1y_1+b_2y_2+\cdots+b_my_m=0$。

解  設矩陣$\bm{A}=(a_{ij})_{m\times n},\bm{x}=[x_1,x_2,\cdots,x_n]^\mathrm{T},\bm{y}=[y_1,y_2,\cdots,y_m]^\mathrm{T},\bm{b}=[b_1,b_2,\cdots,b_m]^\mathrm{T}$，則方程組$(I),(II),(III)$的矩陣形式分別是$(I):\bm{Ax}=\bm{b},(II):\bm{A}^\mathrm{T}\bm{y}=\bm{0},(III):\bm{b}^\mathrm{T}\bm{y}=0$。
  必要性：如果方程組$(I)$有解，則$\bm{Ax}=\bm{b}$兩邊同時轉置，有$\bm{b}^\mathrm{T}=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{A}^\mathrm{T}$。
  設$y$是方程組$(II)$的任一解，則$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{y}=\bm{0}$。於是$\bm{b}^\mathrm{T}\bm{y}=(\bm{x}^\mathrm{T}\bm{A}^\mathrm{T})\bm{y}=\bm{x}^\mathrm{T}(\bm{A}^\mathrm{T}\bm{y})=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{0}=0$，所以方程組$(II)$的任一解$\bm{y}$滿足方程組$(III)$。
  充分性：將方程組$(II)$和$(III)$聯立起來，記爲方程組$(IV)$，其矩陣形式爲$(IV):\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\bm{y}=\bm{0}$。
  如果方程組$(II)$的任一解$y$滿足方程組$(III)$，即$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{y}=\bm{0},\bm{b}^\mathrm{T}\bm{y}=0$，則方程組$(II),(IV)$同解。於是方程組$(II)$和$(IV)$係數矩陣的秩相等，即$r(\bm{A}^\mathrm{T})=r\left(\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\right)$。
  由此可知，矩陣$\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}$的最後一行$\bm{b}^\mathrm{T}$可由$\bm{A}^\mathrm{T}$的$n$個行向量線性表示。不妨設$\bm{A}=[\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\cdots,\bm{\alpha}_n]$，則$\bm{A}^\mathrm{T}=\begin{bmatrix}\bm{\alpha}_1^\mathrm{T}\\\bm{\alpha}_2^\mathrm{T}\\\vdots\\\bm{\alpha}_n^\mathrm{T}\end{bmatrix}$，所以存在一組數$x_1,x_2,\cdots,x_n$，使得$x_1\bm{\alpha}_1^\mathrm{T}+x_2\bm{\alpha}_2^\mathrm{T}+\cdots+x_n\bm{\alpha}_n^\mathrm{T}=\bm{b}^\mathrm{T}$，兩邊同時轉置得$x_1\bm{\alpha}_1+x_2\bm{\alpha}_2+\cdots+x_n\bm{\alpha}_n=\bm{b}$，即$\bm{Ax}=\bm{b}$，由此方程組$(I)$有解。（這道題主要利用了矩陣轉置求解）

15.設$n$階矩陣$\bm{A},\bm{B}$乘積可交換，$\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1}$和$\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}$分別是方程組$\bm{Ax}=\bm{0}$與$\bm{Bx}=\bm{0}$的一個基礎解系，且對於$n$階矩陣$\bm{C},\bm{D}$，滿足$r(\bm{CA}+\bm{DB})=n$。證明：

（1）$r\left(\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\right)=n$且$\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1},\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}$線性無關；

解  因爲$n=r(\bm{CA}+\bm{DB})=r\left([\bm{C},\bm{D}]\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\right)\leqslant r\left(\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\right)\leqslant n$，所以$r\left(\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\right)=n$。
  由$r\left(\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\right)=n$知方程組$\begin{bmatrix}\bm{A}\\\bm{B}\end{bmatrix}\bm{x}=\bm{0}$只有零解，即$\bm{Ax}=\bm{0}$與$\bm{Bx}=\bm{0}$無非零公共解，又$\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1}$和$\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}$分別爲$\bm{Ax}=\bm{0}$與$\bm{Bx}=\bm{0}$的基礎解系，於是$\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1},\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}$線性無關。

（2）$\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1},\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}$是方程組$\bm{ABx}=\bm{0}$的一個基礎解系。

解  顯然$\bm{AB\eta}_i=\bm{0},i=1,2,\cdots,r_2$，又$\bm{AB}=\bm{BA}$，所以$\bm{AB\xi}_i=\bm{0},i=1,2,\cdots,r_1$，故$\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1},\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}$是方程組$\bm{ABx}=\bm{0}$的$r_1+r_2$個線性無關的解向量。
  又$r(\bm{AB})\geqslant r(\bm{A})+r(\bm{B})-n=(n-r_1)+(n-r_2)-n=n-(r_1+r_2)$，所以$\bm{ABx}=\bm{0}$的基礎解系中至多有$n-[n-(r_1+r_2)]=r_1+r_2$個解向量，從而$\bm{\xi}_1,\cdots,\bm{\xi}_{r_1},\bm{\eta}_1,\cdots,\bm{\eta}_{r_2}$爲$\bm{ABx}=\bm{0}$的一個基礎解系。（這道題主要利用了矩陣的秩求解）

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