例题六

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

解  由题设$\bm{A}_{4\times4}\bm{x}=\bm{b},r(\bm{A})=2,n=4$A4×4​x=b,r(A)=2,n=4，知$\bm{Ax}=\bm{b}$Ax=b的通解结构为$k_1\bm{\xi}_1+k_2\bm{\xi}_2+\bm{\eta}$k1​ξ1​+k2​ξ2​+η，其中$\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2$ξ1​,ξ2​是$\bm{Ax}=\bm{0}$Ax=0的基础解系，$\bm{\eta}$η是$\bm{Ax}=\bm{b}$Ax=b的一个特解。
  因$\bm{A}(\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2)=\bm{b}-\bm{b}=\bm{0},\bm{A}[3(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)-2(\bm{\eta}_3+2\bm{\eta}_2)]=6\bm{b}-6\bm{b}=\bm{0}$A(η1​−η2​)=b−b=0,A[3(η1​+η2​)−2(η3​+2η2​)]=6b−6b=0，故$\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2,3(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)-2(\bm{\eta}_3+2\bm{\eta}_2)$η1​−η2​,3(η1​+η2​)−2(η3​+2η2​)为$\bm{Ax}=\bm{0}$Ax=0的解向量，因此可取
$\bm{\xi}_1=\bm{\eta}_1-\bm{\eta}_2=[-1,0,3,-4]^\mathrm{T},\\ \bm{\xi}_2=3(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)-2(\bm{\eta}_3+2\bm{\eta}_2)=[-1,4,3,-12]^\mathrm{T}.$ξ1​=η1​−η2​=[−1,0,3,−4]T,ξ2​=3(η1​+η2​)−2(η3​+2η2​)=[−1,4,3,−12]T.
  显然$\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2$ξ1​,ξ2​线性无关。
  因$\bm{A}\left[\cfrac{1}{2}(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)\right]=\cfrac{1}{2}(\bm{b}+\bm{b})=\bm{b}$A[21​(η1​+η2​)]=21​(b+b)=b，故$\cfrac{1}{2}(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)$21​(η1​+η2​)为$\bm{Ax}=\bm{b}$Ax=b的一个特解，因此可取
$\bm{\eta}=\cfrac{1}{2}(\bm{\eta}_1+\bm{\eta}_2)=\left[\cfrac{3}{2},1,\cfrac{1}{2},-1\right]^\mathrm{T},$η=21​(η1​+η2​)=[23​,1,21​,−1]T,
  故$\bm{Ax}=\bm{b}$Ax=b的通解为
$k_1\bm{\xi}_1+k_2\bm{\xi}_2+\bm{\eta}=k_1[-1,0,3,-4]^\mathrm{T}+k_2[-1,4,3,-12]^\mathrm{T}+\left[\cfrac{3}{2},1,\cfrac{1}{2},-1\right]^\mathrm{T},$k1​ξ1​+k2​ξ2​+η=k1​[−1,0,3,−4]T+k2​[−1,4,3,−12]T+[23​,1,21​,−1]T,
  其中$k_1,k_2$k1​,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$\bm{Ax}=\bm{b}$Ax=b有解，证明：$\bm{A}^\mathrm{T}\bm{x}=\bm{0}$ATx=0和$\begin{bmatrix}\bm{A}^\mathrm{T}\\\bm{b}^\mathrm{T}\end{bmatrix}\bm{x}=\bm{0}$[ATbT​]x=0是同解方程组。

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

新版例题五

例5.12

例5.15

例5.16

新版习题五

5.3

5.6

5.8

5.13

5.14

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