30 ,设a=$\begin{bmatrix} a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3} \end{bmatrix}$ , b=$\begin{bmatrix} b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3} \end{bmatrix}$ , c=$\begin{bmatrix} c_{1} \\ c_{2} \\ c_{3} \end{bmatrix}$ , ($a_{i}^{2}$+$b_{i}^{2}$≠0 , i=1 , 2 , 3)

试证明三直线$\left\{ \begin{matrix} l_{1}:\ a_{1}x + b_{1}y + c_{1} = 0 \\ l_{2}:\ a_{2}x + b_{2}y + c_{2} = 0 \\ l_{3}:\ a_{3}x + b_{3}y + c_{3} = 0 \end{matrix} \right.\$ , 相交于一点的充要条件是

向量组a , b线性无关 , 且向量组a , b , c线性相关，

证: 方法：代数法（基于线性方程组解的存在性）

步骤1：必要性证明（共点 ⇒ $\mathbf{a},\mathbf{b}$无关且$\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$相关）

假设三直线共点，则$rank(A) = 2$且$rank(\overline{A}) = 2$。

1. $\mathbf{a},\mathbf{b}$线性无关： 矩阵$A$的秩为2，说明其列向量$\mathbf{a},\mathbf{b}$线性无关

（列秩 = 行秩 = 矩阵的秩）。

若$\mathbf{a},\mathbf{b}$线性相关，则存在不全为0的$k_{1},k_{2}$使得$k_{1}\mathbf{a} + k_{2}\mathbf{b} = \mathbf{0}$，

即$k_{1}a_{i} + k_{2}b_{i} = 0$（$i = 1,2,3$），

此时$A$的列向量线性相关，秩≤1，与$rank(A) = 2$矛盾。

2. $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$线性相关： 增广矩阵$\overline{A}$的秩为2，说明其列向量$\mathbf{a},\mathbf{b}, - \mathbf{c}$线性相关

（3个2维向量必线性相关，但需结合系数矩阵秩）。

存在不全为0的$k_{1},k_{2},k_{3}$使得：

$$k_{1}\mathbf{a} + k_{2}\mathbf{b} + k_{3}( - \mathbf{c}) = \mathbf{0} \Longrightarrow k_{1}\mathbf{a} + k_{2}\mathbf{b} + k_{3}\mathbf{c} = \mathbf{0}$$

若$k_{3} = 0$，则$k_{1}\mathbf{a} + k_{2}\mathbf{b} = \mathbf{0}$，结合$\mathbf{a},\mathbf{b}$线性无关，得$k_{1} = k_{2} = 0$，

与“不全为0”矛盾，故$k_{3} \neq 0$，即$\mathbf{c}$可由$\mathbf{a},\mathbf{b}$线性表示：$\mathbf{c} = - \frac{k_{1}}{k_{3}}\mathbf{a} - \frac{k_{2}}{k_{3}}\mathbf{b}$，

因此$\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$线性相关。

步骤2：充分性证明（$\mathbf{a},\mathbf{b}$无关且$\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$相关 ⇒ 共点）

假设$\mathbf{a},\mathbf{b}$线性无关，且$\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$线性相关：

1. $\mathbf{a},\mathbf{b}$线性无关 ⇒ 系数矩阵$A$的秩为2

（2个线性无关的2维向量构成的矩阵秩=2）；

2. $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$线性相关 ⇒ 存在不全为0的$k_{1},k_{2},k_{3}$使得$k_{1}\mathbf{a} + k_{2}\mathbf{b} + k_{3}\mathbf{c} = \mathbf{0}$。

同理$k_{3} \neq 0$（否则$\mathbf{a},\mathbf{b}$相关），故$\mathbf{c} = l_{1}\mathbf{a} + l_{2}\mathbf{b}$（$l_{1} = - \frac{k_{1}}{k_{3}},l_{2} = - \frac{k_{2}}{k_{3}}$），

即$- c_{i} = - l_{1}a_{i} - l_{2}b_{i}$（$i = 1,2,3$）；

3. 此时增广矩阵$\overline{A}$的列向量$\mathbf{a},\mathbf{b}, - \mathbf{c}$满足$- \mathbf{c} = l_{1}\mathbf{a} + l_{2}\mathbf{b}$，

即列向量线性相关，故$rank(\overline{A}) = rank(A) = 2$；

4. 由Rouché-Capelli定理，方程组有唯一解$(x_{0},y_{0}) = (l_{1},l_{2})$，

即三直线相交于该点。

31 , 设矩阵A=(a₁ , a₂ , a₃ , a₄) , 其中a₂ , a₃ , a₄线性无关 , a₁=2a₂-a₃

向量b=a₁+a₂+a₃+a₄ , 求方程Ax=b的通解

解:

一、明确矩阵与向量的基本信息

已知矩阵$A = (\mathbf{a}_{1},\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3},\mathbf{a}_{4})$是4列矩阵，（列数=未知数个数，设$\mathbf{x} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{3} \\ x_{4} \end{matrix} \end{bmatrix}$），

向量关系如下：

1.列向量组的秩：

$\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3},\mathbf{a}_{4}$线性无关，且$\mathbf{a}_{1} = 2\mathbf{a}_{2} - \mathbf{a}_{3}$（即$\mathbf{a}_{1}$可由$\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3},\mathbf{a}_{4}$线性表示）。

根据“线性无关向量组添加可表示的向量后，秩不变”，得$rank(A) = 3$

2.非齐次项的表示：

$\mathbf{b} = \mathbf{a}_{1} + \mathbf{a}_{2} + \mathbf{a}_{3} + \mathbf{a}_{4}$，可直接转化为$A\mathbf{x} = \mathbf{b}$的特解。

二、求非齐次方程$A\mathbf{x} = \mathbf{b}$的一个特解$\mathbf{x}^{\ast}$

矩阵乘法的列向量规则：$A\mathbf{x} = x_{1}\mathbf{a}_{1} + x_{2}\mathbf{a}_{2} + x_{3}\mathbf{a}_{3} + x_{4}\mathbf{a}_{4}$。

对比$\mathbf{b} = 1 \cdot \mathbf{a}_{1} + 1 \cdot \mathbf{a}_{2} + 1 \cdot \mathbf{a}_{3} + 1 \cdot \mathbf{a}_{4}$，

可得：当$x_{1} = 1,x_{2} = 1,x_{3} = 1,x_{4} = 1$时，等式成立，

因此：$\mathbf{x}^{\ast} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \end{bmatrix}$是$A\mathbf{x} = \mathbf{b}$的一个特解。

三、求齐次方程$A\mathbf{x} = \mathbf{0}$的通解（基础解系）

齐次方程$A\mathbf{x} = \mathbf{0}$等价于：$x_{1}\mathbf{a}_{1} + x_{2}\mathbf{a}_{2} + x_{3}\mathbf{a}_{3} + x_{4}\mathbf{a}_{4} = \mathbf{0}$

步骤1：代入$\mathbf{a}_{1} = 2\mathbf{a}_{2} - \mathbf{a}_{3}$消去$\mathbf{a}_{1}$

将$\mathbf{a}_{1} = 2\mathbf{a}_{2} - \mathbf{a}_{3}$代入上式：$x_{1}(2\mathbf{a}_{2} - \mathbf{a}_{3}) + x_{2}\mathbf{a}_{2} + x_{3}\mathbf{a}_{3} + x_{4}\mathbf{a}_{4} = \mathbf{0}$

步骤2：整理为线性无关向量的组合

按$\mathbf{a}_{2},\mathbf{a}_{3},\mathbf{a}_{4}$分组（因三者线性无关，系数必须全为0）：

$$(2x_{1} + x_{2})\mathbf{a}_{2} + ( - x_{1} + x_{3})\mathbf{a}_{3} + x_{4}\mathbf{a}_{4} = \mathbf{0}$$

由此得到方程组：$\left\{ \begin{matrix} 2x_{1} + x_{2} = 0 \\ - x_{1} + x_{3} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{matrix} \right.\$

得系数矩阵 $\left\lbrack \begin{matrix} 2 \\ - 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} \right\rbrack \rightarrow \left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} \right\rbrack \rightarrow \left\lbrack \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} - 1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} \right\rbrack$

步骤3：确定自由变量与基础解系

矩阵$A$的秩$rank(A) = 3$，未知数个数为4，因此自由变量个数=4-3=1。

得同解方程组：$\left\{ \begin{matrix} x_{1} - x_{3} = 0 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{matrix} \right.\$

得参数形式：$\left\{ \begin{matrix} x_{1} = x_{3} \\ x_{2} = - 2x_{3} \\ x_{4} = 0 \end{matrix} \right.\$ (x₃ 可任意取值)

得参数形式：$\left\{ \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} = c \\ x_{2} = - 2c \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{3} = c \\ x_{4} = 0\ \ \end{matrix} \end{array} \right.\$ (其中x₃=c)

得齐次通解：$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} x_{3} \\ x_{4} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} c \\ - 2c \end{matrix} \\ \begin{matrix} c \\ \ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$=$c\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ (c为任意实数)

因此齐次方程的通解为：$x = c\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack\quad(c \in \mathbb{R})$，其中$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$是齐次方程的基础解系。

四、非齐次方程$A\mathbf{x} = \mathbf{b}$的通解

根据线性方程组解的结构：非齐次通解=齐次通解+非齐次特解，

最终通解为：$x = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \end{bmatrix} + c\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

32 , 设η*是非齐次线性方程组Ax =b的一个解

$\xi_{1},\xi_{2},\cdots\xi_{n - r}$是对应的齐次线性方程组的一个基础解系

试证明(1)$\eta^{\ast},\xi_{1},\xi_{2},\ldots,\xi_{n - r}$ 线性无关;

(2)$\eta^{\ast},\eta^{\ast} + \xi_{1},\eta^{\ast} + \xi_{2},\ldots,\eta^{\ast} + \xi_{n - r}$ 线性无关

证: (1) 证明 $\eta^{\ast},\xi_{1},\xi_{2},\ldots,\xi_{n - r}$ 线性无关。

假设存在一组标量 $c_{0},c_{1},c_{2},\ldots,c_{n - r}$ 使得：$c_{0}\eta^{\ast} + c_{1}\xi_{1} + c_{2}\xi_{2} + \cdots + c_{n - r}\xi_{n - r} = 0.$

用矩阵 $A$ 左乘上式：

$$A(c_{0}\eta^{\ast} + c_{1}\xi_{1} + \cdots + c_{n - r}\xi_{n - r})$$

$$= c_{0}A\eta^{\ast} + c_{1}A\xi_{1} + \cdots + c_{n - r}A\xi_{n - r}$$

$$= c_{0}b + c_{1}0 + \cdots + c_{n - r}0 = c_{0}b = 0.$$

因为 $b \neq 0$（非齐次方程组），所以 $c_{0} = 0$。

代入原式：$0 \bullet \eta^{\ast} + c_{1}\xi_{1} + c_{2}\xi_{2} + \cdots + c_{n - r}\xi_{n - r} = 0$

得$c_{1}\xi_{1} + c_{2}\xi_{2} + \cdots + c_{n - r}\xi_{n - r} = 0.$

由于 $\xi_{1},\xi_{2},\ldots,\xi_{n - r}$ 是基础解系，因此线性无关，所以 $c_{1} = c_{2} = \cdots = c_{n - r} = 0$。

于是所有系数均为零，故 $\eta^{\ast},\xi_{1},\xi_{2},\ldots,\xi_{n - r}$ 线性无关。

(2) 证明 $\eta^{\ast},\eta^{\ast} + \xi_{1},\eta^{\ast} + \xi_{2},\ldots,\eta^{\ast} + \xi_{n - r}$ 线性无关。

假设存在一组标量 $d_{0},d_{1},d_{2},\ldots,d_{n - r}$

使得：$d_{0}\eta^{\ast} + d_{1}(\eta^{\ast} + \xi_{1}) + d_{2}(\eta^{\ast} + \xi_{2}) + \cdots + d_{n - r}(\eta^{\ast} + \xi_{n - r}) = 0.$

合并同类项：$(d_{0} + d_{1} + d_{2} + \cdots + d_{n - r})\eta^{\ast} + d_{1}\xi_{1} + d_{2}\xi_{2} + \cdots + d_{n - r}\xi_{n - r} = 0.$

令 $c_{0} = d_{0} + d_{1} + \cdots + d_{n - r}$，$c_{i} = d_{i}$（$i = 1,2,\ldots,n - r$），

则上式变为：$c_{0}\eta^{\ast} + c_{1}\xi_{1} + c_{2}\xi_{2} + \cdots + c_{n - r}\xi_{n - r} = 0.$

由(1)可知，$\eta^{\ast},\xi_{1},\xi_{2},\ldots,\xi_{n - r}$ 线性无关，

因此：$c_{0} = 0,\quad c_{1} = 0,\quad c_{2} = 0,\quad\ldots,\quad c_{n - r} = 0.$

即：$d_{0} + d_{1} + d_{2} + \cdots + d_{n - r} = 0,\quad d_{1} = 0,\quad d_{2} = 0,\quad\ldots,\quad d_{n - r} = 0.$

代入得 $d_{0} = 0$。

所以所有系数 $d_{0},d_{1},d_{2},\ldots,d_{n - r}$ 均为零，

故 $\eta^{\ast},\eta^{\ast} + \xi_{1},\eta^{\ast} + \xi_{2},\ldots,\eta^{\ast} + \xi_{n - r}$ 线性无关。

注:于是本题的意义在于:

若有解的非齐次线性方程的系数矩阵的秩为r , 则它有n-r+1个线性无关的解

33 , 设η₁ , ⋯ , η_s是非齐次线性方程组Ax=b的s个解,

k₁ , ⋯, k_s为实数 , 并且k₁+k₂+⋯+k_s=1

试证明x=k₁η₁+k₂η₂+⋯+k_sη_s也是它的解

证:

方法：直接利用矩阵运算验证

已知 $A\eta_{i} = b,\ i = 1,\ldots,s$，且 $k_{1} + k_{2} + \ldots + k_{s} = 1$。

设$x = k_{1}\eta_{1} + k_{2}\eta_{2} + \ldots + k_{s}\eta_{s}$

则$Ax = A\left( k_{1}\eta_{1} + k_{2}\eta_{2} + \ldots + k_{s}\eta_{s} \right)$

$$= k_{1}A\eta_{1} + k_{2}A\eta_{2} + \ldots + k_{s}A\eta_{s}$$

$$= k_{1}b + k_{2}b + \ldots + k_{s}b$$

$$= (k_{1} + k_{2} + \ldots + k_{s})b = 1 \cdot b = b.$$

所以 $x$ 满足 $Ax = b$，即 $x$ 是方程组的一个解。

例如：若$\mathbf{\eta}_{1},\mathbf{\eta}_{2}$是解，取$k_{1} = t,k_{2} = 1 - t$（系数和为1），

则$t\mathbf{\eta}_{1} + (1 - t)\mathbf{\eta}_{2}$仍是$A\mathbf{x} = \mathbf{b}$的解，这是非齐次方程组解的“参数形式”基础。

34 , 设非齐次线性方程组Ax=b的系数矩阵的秩为r

向量η₁ , ⋯ , η_n-r+1是它的n-r+1个线性无关的解

试证它的任一解可表示为x=k₁η₁+ ⋯ +k_n-r+1η_n-r+1(其中k₁+ ⋯ +k_n-r+1=1)

证：

已知条件

1. 非齐次方程组 $Ax = b$，系数矩阵 $A$ 的秩为 $r$。

2. $\eta_{1},\ldots,\eta_{n - r + 1}$ 是它的 $n - r + 1$ 个线性无关的解向量。

3. 目标是证明：方程组任意解 $x$ 可写成$x = k_{1}\eta_{1} + k_{2}\eta_{2} + \ldots + k_{n - r + 1}\eta_{n - r + 1}$

其中 $k_{1} + k_{2} + \ldots + k_{n - r + 1} = 1$。

第一步：取一个特解和作差得到齐次解

令 $\eta^{\ast} = \eta_{n - r + 1}$，这是非齐次方程组的一个特解。

用前 $n - r$ 个解减去这个特解：

$$\xi_{1} = \eta_{1} - \eta^{\ast},\quad\xi_{2} = \eta_{2} - \eta^{\ast},\quad\ldots,\quad\xi_{n - r} = \eta_{n - r} - \eta^{\ast}$$

每个 $\xi_{i}$ 满足 $A\xi_{i} = 0$，所以它们是齐次方程组 $Ax = 0$ 的解。

第二步：证明 $\xi_{1},\ldots,\xi_{n - r}$ 线性无关

假设有数 $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n - r}$ 使得$c_{1}\xi_{1} + c_{2}\xi_{2} + \ldots + c_{n - r}\xi_{n - r} = 0$

代入 $\xi_{i} = \eta_{i} - \eta^{\ast}$：

$$c_{1}(\eta_{1} - \eta^{\ast}) + c_{2}(\eta_{2} - \eta^{\ast}) + \ldots + c_{n - r}(\eta_{n - r} - \eta^{\ast}) = 0$$

整理得：$c_{1}\eta_{1} + c_{2}\eta_{2} + \ldots + c_{n - r}\eta_{n - r} - (c_{1} + c_{2} + \ldots + c_{n - r})\eta^{\ast} = 0$

因为 $\eta_{1},\ldots,\eta_{n - r},\eta^{\ast}$（即 $\eta_{n - r + 1}$）一共 $n - r + 1$ 个向量已知线性无关，

所以$c_{1} = 0,\quad c_{2} = 0,\quad\ldots,\quad c_{n - r} = 0$

因此 $\xi_{1},\ldots,\xi_{n - r}$ 线性无关，它们构成齐次方程组的基础解系。

第三步：表示任意解

齐次方程组的任意解可表示为：$t_{1}\xi_{1} + t_{2}\xi_{2} + \ldots + t_{n - r}\xi_{n - r}$

于是原非齐次方程组的任意解 $x$ 可写为：$x = \eta^{\ast} + t_{1}\xi_{1} + t_{2}\xi_{2} + \ldots + t_{n - r}\xi_{n - r}$

将 $\xi_{i} = \eta_{i} - \eta^{\ast}$ 代入：

$$x = \eta^{\ast} + t_{1}(\eta_{1} - \eta^{\ast}) + t_{2}(\eta_{2} - \eta^{\ast}) + \ldots + t_{n - r}(\eta_{n - r} - \eta^{\ast})$$

把 $\eta^{\ast}$ 提出来：$x = t_{1}\eta_{1} + t_{2}\eta_{2} + \ldots + t_{n - r}\eta_{n - r} + \left\lbrack 1 - (t_{1} + t_{2} + \ldots + t_{n - r}) \right\rbrack\eta^{\ast}$

第四步：设系数和为 1 的形式

令$k_{1} = t_{1},\quad k_{2} = t_{2},\quad\ldots,\quad k_{n - r} = t_{n - r}$，$k_{n - r + 1} = 1 - (t_{1} + t_{2} + \ldots + t_{n - r})$

于是$k_{1} + k_{2} + \ldots + k_{n - r} + k_{n - r + 1} = 1$

并且$x = k_{1}\eta_{1} + k_{2}\eta_{2} + \ldots + k_{n - r}\eta_{n - r} + k_{n - r + 1}\eta_{n - r + 1}$

第五步：说明与原理一、二的关联

原理一确保 $\eta^{\ast},\eta^{\ast} + \xi_{1},\ldots,\eta^{\ast} + \xi_{n - r}$ 线性无关，

我们这里用到的 $\eta_{1},\ldots,\eta_{n - r + 1}$ 正好是这组向量（顺序可能不同），

因此已知它们无关。

原理二说：若系数和为 1，则非齐次解的线性组合仍是非齐次解。

反过来，我们证明的结论就是任意解可写为已知解的仿射组合（系数和为 1）。

这样就完成了证明。