线性方程组方法

$\S1$ 如果$AB=O$, 则矩阵$B$的列向量都是齐次线性方程组$Ax=0$的解, 从而架起矩阵方程与线性方程组的解之间的桥梁, 使相关问题得到顺利解决.

例1.1
设$A$是秩为$r$的$m\times n$阶矩阵, 则必存在秩为$n-r$的$n\times (n-r)$阶的矩阵$B$使得$AB=O$.

证明
考虑齐次线性方程组$Ax=0$, 由于$r(A)=r$, 所以该方程组解空间的基础解系有$n-r$个向量, 记为$\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_{n-r}$. 令$B=(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_{n-r})$是$n\times (n-r)$阶的矩阵, 则$AB=O$且${\rm r}(B)=n-r$. $\square$

该例有如下变式：

设$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_r\in\mbox{F}^n$线性无关，则必存在$n-r$个向量$\alpha_{r+1},\cdots,\alpha_n\in\mbox{F}^n$使得$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$是$\mbox{F}^n$的一组基.

$AA^*=o$给出了矩阵的一种正交关系

\[\sum_{j=1}^na_{ij}A_{kj}=\left\{ \begin{array}{ll} |A|, & i=k;\\ 0,& i\ne k. \end{array}\right. \]

在一定的条件下，这表明$A^*$的列向量是$Ax=0$或与其相关的线性方程组的解向量.

** 例1.2**
若$n$阶方阵$A$的秩${\rm r}(A)=n-1$, 则${\rm r}(A^*)=1$.

** 证明**
因为$AA^*=|A|E=O$, 所以$A^*$的列向量都是齐次线性方程组$Ax=0$的解; 但该方程组解空间的维数等于$n-{\rm r}(A)=1$, 所以$A^*$的列向量对应成比例, 从而${\rm r}(A^*)\leqslant 1$. 由于${\rm r}(A)=n-1$, 所以存在$A_{ij}\ne 0$, 因而$A^*\ne O$, 所以${\rm r}(A^*)\ne 0$, 故${\rm r}(A^*)=1$. $\square$

例1.3
设$A=(a_{ij})\in\mbox{F}^{n\times n}$, $|A|\ne 0$. 对$1<r<n$, 设$\eta_j=(A_{j1}, A_{j2}, \cdots,A_{jn})^T, j=r+1,r+2,\cdots,n$. 则$\eta_{r+1},\eta_{r+2},\cdots,\eta_n$是线性方程组

\[\left\{\begin{array}{l} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_n=0\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2n}x_n=0\\ \qquad\cdots\quad \cdots\quad\cdots\\ a_{r1}x_1+a_{r2}x_2+\cdots+a_{rn}x_n=0 \end{array}\right. \]

的一组基础解系.

证明
记上述线性方程组的系数矩阵为$B$, 则由正交关系立即可得

\[B\eta_j=0,\quad j=r+1,r+2,\cdots,n. \]

因为$|A|\ne 0$, 所以${\rm r}(B)=r$，从而$Bx=0$
的基础解系含$n-r$个向量. 故只需证明$\eta_{r+1},\eta_{r+2},\cdots,\eta_n$线性无关.

因为${\rm r}(A)=n$, 所以${\rm r}(A^*)=n$, 即$A^*$的列向量线性无关，从而$\eta_{r+1},\eta_{r+2},\cdots,\eta_n$线性无关. $\square$

例1.4
设$A$是$m\times n$阶非零矩阵， $B,C$是$n\times s$阶矩阵. 则左消去律成立(即$AB=AC, A\ne O\Rightarrow B=C$)当且仅当${\rm r}(A)=n$.

证明 $AB=AC, A\ne O\Rightarrow B=C, \forall B,C\in \mbox{F}^{n\times s} $当且仅当

\[A(B-C)=O, A\ne O\Rightarrow B-C=O, \forall B,C\in \mbox{F}^{n\times s} \]

令$B-C=(\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_s)$, 则上式成立当且仅当

\[A\xi_i=0\Rightarrow \xi_i=0, \forall \xi_i\in\mbox{F}^n, \]

当且仅当
$Ax=0$只有零解，当且仅当${\rm r}(A)=n$.

**例1.5 **（上海交通大学2018，华东师范大学2002）
设$A,B$是$n$阶方阵，${\rm r}(A)=n-1$, $B\ne O$满足$AB=BA=O$. 求证：存在多项式$g(x)$使得$B=g(A)$.

证明：(方法1)
由$AB=O$知${\rm r}(A)+{\rm r}(B)\leqslant n$. 因为${\rm r}(A)=n-1$, $B\ne O$, 所以${\rm r}(B)=1$, 从而可设$B=\alpha\beta^T$, 其中$\alpha=(a_1,a_2,\cdots,a_n)^T, \beta=(b_1,b_2,\cdots,b_n)^T$是$n$维列向量. 由于$AB=A\alpha\beta^T=O$, 我们断言：$A\alpha=0$. 否则，若$A\alpha\ne 0$, 则由$\beta^T\ne 0$知存在$b_i\ne 0$, 从而$A(b_i\alpha)\ne 0$, 故$AB\ne O$, 矛盾！
同理，可由$BA=O$可得$A^T\beta=0$.

由于${\rm r}(A)=n-1$, 所以齐次线性方程组$Ax=0$的解形如$s\alpha$, $A^Tx=0$的解形如$t\beta$, $s,t\in \mbox{F}$. 由于$A$不可逆，$|A|=0$, 所以$A$的极小多项式$m_A(x)$的常数项为$0$, 即$m_A(x)=xg(x), g(x)]in \mbox{F}[x]$. 故$Ag(A)=O$, 且$g(A)\ne O$. 所以$\r(g(A)=1$, 从而$g(A)=\eta\xi^T$. 由于$\eta$是$Ax=0$的解，所以$\eta=c\alpha$. 类似地，$\xi=d\beta$, $c,d\in\mF$. 故$g(A)=\eta\xi^T=cd\alpha\beta^T=cd B$.

(方法2) 若$B=O$, 令$g(x)$是$A$的任一零化多项式，则$B=g(A)$.

若$B\ne O$, 由于${\rm r}(A)=n-1$, 所以$\lambda=0$是$A$的特征值，从而可设$A$的极小多项式为$m_A(\lambda)=\lambda f(\lambda)$, 其中$\deg(f(\lambda))\leqslant n-1$. 因此$f(A)\ne O$且$Af(A)=f(A)A=O$. 下证$B$与$f(A)$只相差一个常数因子.

因为${\rm r}(A)=n-1$, 所以可设$\xi$是$Ax=0$的一个基础解系. 由$AB=O$知$B$的列向量都是$Ax=0$的解向量，因而可设为$b_i\xi(1\leqslant \xi\leqslant n)$, 即$B=\xi\beta^T$, 其中$\beta=(b_1,b_2,\cdots,b_n)^T\ne 0$. 由$BA=O$即$\xi\beta^TA=O$知$\beta^TA=0$, 从而$A^T\beta=0$, 即$\beta$是$A^Tx=0$的非零解. 同理，由$Af(A)=f(A)A=O$知$f(A)=\xi\eta^T$, 其中$\eta$也是$A^Tx=0$的非零解.

由于$A^Tx=0$的基础解系只含一个非零解，所以存在非零常数$k$使得$\beta=k\eta$. 所以$B=\xi\beta^T=k\xi\eta^T=kf(A)$. 令$g(x)=kf^(x)$, 则$B=g(A)$. $\square$

$\S2$ 利用线性方程组的同解与系数矩阵的秩之间的关系是解决某些问题，特别是矩阵秩的等式的重要途径.

例1.6 设齐次线性方程组$Ax=0$与$Bx=0$的解空间分别为$V_A$ 与$V_B$, 证明

(1) $V_A\subseteq V_B$当且仅当$\exists Q$, s.t. $B=QA$;

(2) $V_A=V_B$当且仅当$\exists P,Q$, s.t. $A=PB, B=QA$, 当且仅当$A$ 与$B$ 的行向量组等价（或$A$与$B$行等价）.

证明：(1) $\Rightarrow$：若$V_A\subseteq V_B$, 则$V_A\cap V_B=V_A$, 从而$\left\{\begin{smallmatrix} Ax=0\\ Bx=0\end{smallmatrix}\right.$ 与$Ax=0$同解, 所以$\r{A\choose B}=\r(A)$, 即$B$的行向量组可由$A$的行向量组线性表示, 从而存在$Q$, 使得$B=QA$.

$\Leftarrow$: $\forall \alpha\in V_A$, $A\alpha=0$, 从而$B\alpha=QA\alpha=0$, 即$\alpha\in V_B$, 所以$V_A\subseteq V_B$.

(2) 由(1)即得. $\square$

例1.7 （2023数学一）设$A,B$为$n$阶矩阵，$E$为单位矩阵，若方程组$Ax=0$与$Bx=0$同解，则$(\qquad)$

(A) 方程组$\begin{pmatrix} A&O\\ E&B \end{pmatrix} y=0$只有零解；

(B) 方程组$\begin{pmatrix} E&A\\ O&AB \end{pmatrix} y=0$只有零解；

(D) 方程组$\begin{pmatrix} AB&B\\ O&A \end{pmatrix} y=0$与$\begin{pmatrix} BA&A\\ O&AB\end{pmatrix} y=0$同解.

解析：$Ax=0$与$Bx=0$同解，故$A$与$B$行等价，从而
$\begin{pmatrix} A&B\\ O&B \end{pmatrix}$与$\begin{pmatrix} B&A\\ O&A \end{pmatrix}$行等价，所以选（C).

例1.8 设$A,B$是$n$阶方阵，若$Ax=0$与$Bx=0$同解，且维数等于$m$, 则${\rm r}(A+B)\leqslant n-m$.

证明：由题设知$Ax=0$的解都是$(A+B)x=0$的解，所以$m=n-{\rm r}(A)\leqslant n-{\rm r}(A+B)$, 即${\rm r}(A+B)\leqslant n-m$. $\square$

例1.9 设$A,B$分别是$m\times s, s\times n$矩阵，则$ABx=0$与$Bx=0$同解当且仅当${\rm r}(AB)={\rm r}(B)$.

证明：必要性：若$ABx=0$与$Bx=0$同解，则$n-{\rm r}(AB)=n-{\rm r}(B)$, 所以${\rm r}(AB)={\rm r}(B)$.

充分性：设$S_{AB}, S_B$分别是$ABx=0$与$Bx=0$的解空间，则显然有$S_B\subseteq S_{AB}$. 另一方面，若${\rm r}(AB)={\rm r}(B)$，则

\[\dim S_B=n-{\rm r}(B)=n-{\rm r}(AB)=\dim S_{AB}, \]

所以$S_{AB}=S_B$, 即$ABx=0$与$Bx=0$同解. $\square$

例1.10 设$A$是$m\times n$阶实方阵, 则${\rm r}(AA^T)={\rm r}(A^TA)={\rm r}(A)$.

证明：事实上, 要证${\rm r}(A^TA)={\rm r}(A)$, 只需证$A^TAx=0$与$Ax=0$同解即可. 由于$Ax=0$的解一定是$A^TAx=0$的解, 故只需证$A^TAx=0$的解也是$Ax=0$的解. 设$\xi$是$A^TAx=0$的任一解, 则$A^TA\xi=0$, 从而$\xi^TA^TA\xi=0$, 即$(A\xi)^T(A\xi)=0$. 所以$A\xi=0$, 即$\xi$也是$Ax=0$的解. 于是${\rm r}(A^TA)={\rm r}(A)$. 因此${\rm r}(AA^T)=\r\big((A^T)^TA^T\big)={\rm r}(A^T)={\rm r}(A)$. $\square$

该例可作以下变式：设$A$是$m\times n$阶实方阵, 则${\rm r}(AA^TA)={\rm r}(A)$.

例1.11 设$A$为$n$阶方阵，求证：${\rm r}(A^n)={\rm r}(A^{n+1})=\cdots$.

证明：只需证明齐次线性方程组$A^nx=0$与$A^{n+1}x=0$同解.

显然，$A^nx=0$的解一定是$A^{n+1}x=0$的解. 下证$A^{n+1}x=0$的解也是$A^nx=0$的解.

设$A^{n+1}\alpha=0$, 我们断言$A^n\alpha=0$. 否则，若$A^n\alpha\ne 0$, 则$\alpha, A\alpha, \cdots, A^n\alpha$线性无关. 事实上，设

\[k_1\alpha+k_1A\alpha+\cdots+k_nA^n\alpha=0, \]

左乘$A^n$, 得$k_0A^n\alpha=0$. 由$A^n\alpha\ne 0$得$k_0=0$, 上式变为

\[k_1A\alpha+k_2A^2\alpha+\cdots+ k_nA^n\alpha=0, \]

左乘$A^{n-1}$得$k_1A^n\alpha=0$. 由$A^n\alpha\ne 0$得$k_1=0$. 类似可证$k_2=\cdots=k_n=0$.
因此$\alpha, A\alpha, \cdots, A^n\alpha\in\mbox{F}^n$线性无关, 矛盾！所以$A^{n+1}x=0$的解也是$A^nx=0$的解，即它们同解. 所以$n-{\rm r}(A^n)=n-{\rm r}(A^{n+1})$, 即${\rm r}(A^n)={\rm r}(A^{n+1})$.

类似可证${\rm r}(A^{n+1})={\rm r}(A^{n+2})$, ${\rm r}(A^{n+2})={\m r}r(A^{n+3})$, 等等. $\square$

注：利用Jordan标准形方法，可证明存在最小的正整数$k$使得${\rm r}(A^k)={\rm r}(A^{k+1})$, 这里的$k$是特征值$0$的指数（即极小多项式中根$0$的重数）。

例1.12 （重庆大学2003）
设$A,B,C$分别是$m\times n, n\times s,s\times t$矩阵，若${\rm r}(B)={\rm r}(AB)$, 则${\rm r}(BC)={\rm r}(ABC)$.

证明：(方法一) 由于$BCx=0$的解都是$ABCx=0$的解，故只需证$ABCx=0$的解都是$BCx=0$的解即可.

设$\xi$是$ABCx=0$的任一解，即$ABC\xi=0$, 所以$C\xi$是$ABx=0$的解. 由于${\rm r}(B)={\rm r}(AB)$, 故$Bx=0$与$ABx=0$同解，故$C\xi$是$Bx=0$的解，即$BC\xi=0$. 因而$\xi$是$BCx=0$的解.

(方法二) 利用分块矩阵的初等变换，

\[\begin{pmatrix} ABC&O\\ O&B \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} ABC&AB\\ O&B \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} O&AB\\ -BC&B \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} AB&O\\ B&BC \end{pmatrix} \]

故${\rm r}(ABC)+{\rm r}(B)={\rm r}\begin{pmatrix} ABC&O\\ O&B \end{pmatrix}={\rm r}\begin{pmatrix} AB&O\\ B&BC \end{pmatrix}\geqslant {\rm r}(AB)+{\rm r}(BC)$. 由于${\rm r}(AB(={\rm r}(B)$, 所以${\rm r}(ABC)\geqslant {\rm r}(BC)$. 由于${\r r}(ABC)\leqslant {\rm r}(BC)$, 所以${\rm r}(ABC)= {\rm r}(BC)$. $\square$

练习 (武汉大学2019)
设$A$是$n$阶方阵，且存在正整数$k$使得${\rm r}{(A^k)={\rm r}(A^{k+1})$. 证明：对任意的正整数$m$, 有${\rm r}(A^{k+1})={\rm r}(A^{k+m})$.

例1.13 设$A$为数域$\mbox{F}$上的$n$阶幂零矩阵，$B$为$n$阶方阵，满足$AB=BA$且${\rm r}(AB)={\rm r}(B)$. 求证：$B=O$.

证明：(方法一) 设$A^k=O$. 因为${\rm r}(B)={\rm r}(AB)$, 所以

\[{\rm r}(B)={\rm r}(AB)={\rm r}(ABA)=\cdots={\rm r}(ABA^{k-1})\xlongequal{AB=BA} {\rm r}(A^kB)={\rm r}(O)=0 \]

所以$B=O$.

(方法二) 对任意的$k\geqslant 1$, $ {\rm r}(BA^k)={\rm r}(ABA^k)$.
由$AB=BA$, 所以${\rm r}(A^kB)={\rm r}(A^{k+1}B), \forall k\geqslant 1$. 故

\[{\rm r}(B)={\rm r}(AB)={\rm r}(A^2B)=\cdots={\rm r}(A^kB)=0 \]

从而$B=O$.

(方法三：同构方法) 设线性$\mathscr{A},\mathscr{B}\in\mathcal{L}(\mbox{F}^n)$在标准正交基$\mathcal{B}=\{e_1,e_2,\cdots,e_n\}$下的矩阵分别为$A,B$. 由于$AB=BA$, 所以$\mbox{Im}\mathscr{B}$是$\mathscr{A}$-不变子空间. 考虑限制变换$\mathscr{A}\mid_{\mbox{Im}\mathscr{B}}: \mbox{Im}\mathscr{B}\rightarrow \mbox{Im}\mathscr{B}$, 由于

\[\dim\mbox{Im(\mathscr{A}}\mid_{\mbox{Im}\mathscr{B}})=\dim \mathscr{A}(\mathscr{B}(\mbox{F}^n)) ={\rm r}(AB)={\rm r}(B)=\dim\mbox{Im}\B. \]

故$\mathscr{A}\mid_{\mbox{Im}\mathscr{B}}$是一个满射，从而$0=\mathscr{A}^n\mid_{\mbox{Im}\mathscr{B}}= (\mathscr{A}\mid_{\mbox{Im}\mathscr{B}})^n$也是$\mbox{Im}\mathscr{B}$上的满射，即$\mbox{Im}\mathscr{B}=0$, 于是$B=O$. $\square$

3、“齐次线性方程组$Ax=0$有非零解当且仅当$|A|=0$”是判断方阵$A$是否可逆的重要方法之一.

例1.14
设$A$是$n$阶可逆矩阵， $\alpha,\beta\in\mbox{F}^n$是非零列向量. 求证：$(\beta^TA^{-1}\alpha)A-\alpha\beta^T$是不可逆矩阵.

证明：只需证线性方程组$[(\beta^TA^{-1}\alpha)A-\alpha\beta^T]x=0$有非零解即可.

由于$A$可逆，$\alpha\ne 0$, 所以$A^{-1}\alpha\ne 0$. 由于

\[[(\beta^TA^{-1}\alpha)A-\alpha\beta^T](A^{-1}\alpha)=(\beta^TA^{-1}\alpha)\alpha-\alpha(\beta^TA^{-1}\alpha)=0, \]

所以$A^{-1}\alpha$是$[(\beta^TA^{-1}\alpha)A-\alpha\beta^T]x=0$有非零解，从而$(\beta^TA^{-1}\alpha)A-\alpha\beta^T$可逆. $\square$

例1.15 设$A$是$n$阶实反对称矩阵，则$|E_n+A|>0$.

证明：首先断言：$|E_n+A|\ne 0$. 否则，若$|E_n+A|=0$, 则存在非零向量$\xi$使得齐次线性方程组$(E_n+A)\xi=0$, 从而

\[\xi^T\xi+\xi^TA\xi=\xi^T(E+A)\xi=\xi^T\cdot 0=0. \]

由于$A^T=-A$, 所以$\xi^TA\xi=(\xi^TA\xi)^T=-\xi^TA\xi$, 从而$\xi^TA\xi=0$. 故$\xi^T\xi=0$, 即$\xi=0$, 矛盾！

（反证法）假设$|E_n+A|<0$. 令

\[f(x)=|E_n+xA|, \; x\in\mathbb{R}. \]

由于对任意的$x\in\mathbb{R}$, $xA$都是反对称矩阵，所以对$\forall x\in[0,1]$, $f(x)=|E_n+xA|\ne 0$. 由于

\[f(0)=|E_n+0|\cdot A=1>0, \; f(1)=|E_n+A|<0, \]

所以由魏尔斯特拉斯定理知，存在$x_0\in(0,1)$, 使得$f(x_0)=|E_n+x_0A|=0$, 矛盾！故$|E_n+A|>0$. $\square$

注：该例有如下变式：

(1) 设$A$是$n$阶实反对称矩阵，$D=\mbox{diag}(d_1,d_2,\cdots,d_n)$是对角矩阵且$d_i>0(1\leqslant i\leqslant n)$, 则$|D+A|>0$.

(2) 设$A$是$n$阶实反对称矩阵，$D$是正定矩阵，则$|D+A|>0$.

(3) 设$A$是$n$阶实反对称矩阵，$P$是可逆矩阵，则$|P^TP+A|>0$.

例1.16 (大连理工大学2007，重庆大学2004)
设$A=(a_{ij})_{n\times n},.\ $证明

(1),若 $\ |a_{ii}|>\sum\limits_{i\neq j}|a_{ij}|\,,\ |A|\neq0\,;$

(2),若 $ a_{ii}>\sum\limits_{i\neq j}|a_{ij}|,,\ |A|>0,.$

证明：(1) (反证法) 假设$|A|=0$, 则$Ax=0$有非零解$(c_1,c_2,\cdots,c_n)$, 不妨设$|c_k|=\max\{|c_1|, |c_2|,\cdots, |c_n|\}$. 则

\[a_{k1}c_1+\cdots+a_{kk}c_k+\cdots+a_{kn}c_n=0. \]

从而

\[|a_{kk}c_k|=|\sum_{j\ne k}a_{kj}c_j| \leqslant \sum_{j\ne k}|a_{kj}|\cdot |c_j|\leqslant |c_k|\sum_{j\ne k}|a_{kj}|. \]

故

\[|a_{kk}|\leqslant \sum_{j\ne k}|a_{kj}|. \]

矛盾！所以$|A|\ne 0$.

(2) (反证法) 由(1)知$|A|\ne 0$, 假设$|A|<0$, 令

\[f(x)=\begin{vmatrix} a_{11}&xa_{12}&\cdots&xa_{1n}\\ xa_{21}&a_{22}&\cdots&xa_{2n}\\ \vdots&\cdots&&\vdots\\ xa_{n1}&xa_{n2}&\cdots&a_{nn} \end{vmatrix} \]

为$\mathbb{R}$上的连续函数，且对任意$x\in(0,1)$,

\[a_{ii}>\sum_{j\ne i}||a_{ij}|>\sum_{j\ne i}||xa_{ij}|. \]

由于

\[f(0)=a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}>0,\; f(1)=D<0, \]

所以由魏尔斯特拉斯定理知，存在$x_0\in(0,1)$, 使得$f(x_0)=0$, 矛盾！所以$D>0$.
$\square$

4、齐次线性方程组$Ax=0$解空间$S$的维数表达式$\dim S=n-{\rm r}(A)$架起了矩阵的秩与齐次线性方程组解空间的维数之间的桥梁, 利用维数公式, 可以解决很多有关矩阵秩的等式或不等式的问题.

例1.17 (武汉大学2008){
设$n$阶矩阵$A,B$满足$AB=BA$, 求证

\[{\rm r}(A)+{\rm r}{(B)\geqslant {\rm r}(A+B)+{\rm r}(AB). \]

证明：设$U_A,U_B,V,W$分别是齐次线性方程组$Ax=0, Bx=0, ABx=BAx=0, (A+B)x=0$的解空间, 则$U_A\subseteq V, U_B\subseteq V$, 于是$U_A+U_B\subseteq V$; 而且$U_A\cap U_B\subseteq W$. 由维数公式知

\[\begin{array}{rl} \dim U_A+\dim U_B=&\dim U_A\cap U_B+\dim(U_A+U_B)\\ \leqslant & \dim W+\dim V. \end{array} \]

由齐次线性方程组解的结构定理知

\[n-{\rm r}(A)+n-{\rm r}(B)\leqslant n-{\rm r}(A+B)+n-{\rm r}(AB), \]

即${\rm r}(A)+{\rm r}(B)\geqslant {\rm r}(A+B)+{\rm r}(AB).$ $\square$

例1.18 设$A$是秩为$r$的$n$阶半正定矩阵，则$L=\{x\in\mathbb{R}^n\mid x^TAx=0\}$是$\mathbb{R}^n$的子空间，且$\dim L=n-r$.

证明：因为$A$是半正定矩阵，所以存在$n$阶矩阵$P$, 使得$A=P^TP$. 所以

\[x^TAx=x^T(P^TP)x=(Px)^T(Px)=0\Leftrightarrow Px=0. \]

验证$L$是线性子空间: $\forall x,y\in L, a,b\in\mathbb{R}$,
因为$x^TAx=0$, 所以$Px=0$; 同理，$Py=0$. 故$P(ax+by)aPx+bPy=0$, 于是
$ (ax+by)^TA(ax+by)=0. $
即$ax+by\in L$.

由于

\[L=\{x\in\mathbb{R}^n\mid Px=0\} \]

是齐次线性方程组$Px=0$的解空间，且

\[{\rm r}(P)={\rm r}(P^TP)={\rm r}(A)=r, \]

所以$\dim L=n-{\rm r}(P)=n-r$. $\square$

5、利用齐次线性方程组$Ax=0$的解向量与$A$的行空间正交解决相关问题

例1.19
设$n$维列向量$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{n-1}$线性无关，且与非零向量$\beta_1,\beta_2$都正交. 证明

(1) $\beta_1,\beta_2$线性相关；

(2) $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{n-1},\beta_1$线性无关.

证明：
(1) 设$A=\begin{pmatrix} \alpha_1^T\\ \alpha_2^T\\ \vdots\\ \alpha_{n-1}^T \end{pmatrix}$. 因为
$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{n-1}$与非零向量$\beta_1,\beta_2$都正交，所以$\beta_1,\beta_2$是齐次线性方程组$Ax=0$的解向量. 由于
$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{n-1}$线性无关，所以$\r(A)=n-1$, 从而$Ax=0$的解空间$S$的维数$\dim S=1$. 因为$\beta_1,\beta_2\in S$, 所以$\beta_1,\beta_2$线性相关.

(2) 由题设知$(\beta_1,\alpha_i)=0, i=1,2,\cdots,n-1$. 设

\[k_1\alpha_1+\cdots+k_r\alpha_{n-1}+l\beta_1=0. \]

两边用$\beta_1$做内积，得

\[l(\beta_1,\beta_1)=0, \beta_1\ne 0, \]

所以$l=0$, 从而

\[k_1\alpha_1+k_2\alpha_2\cdots+k_{n-1}\alpha_{n-1}=0. \]

由$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{n-1}$线性无关知$k_1=k_2=\cdots=k_{n-1}=0$. 故$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{n-1},\beta_1$线性无关. $\square$

6、将线性代数的某些问题转化为线性方程组是线性代数的常用方法.

例1.20 设$n$阶矩阵$A,B$满足${\rm r}(A)+{\rm r}(B)<n$, 证明$A$与$B$有公共的特征值和公共的特征向量.

证明：因为${\rm r}(A)+{\rm r}(B)<n$，所以${\rm r}(A),{\rm r}(B)<n$, 从而$|A|=|B|=0$. 故$\lambda=0$是矩阵$A$与$B$的公共特征值.

$A$的属于特征值$\lambda=0$的特征向量是$Ax=0$的非零解向量，$B$的属于特征值$\lambda=0$的特征向量是$Bx=0$的非零解向量，所以属于特征值$\lambda=0$的公共特征向量是
\begin{equation}
\label{AB-Equ}
\begin{pmatrix}
A\ B
\end{pmatrix}x=0
\end{equation}
的非零解向量. 由于

\[\r\begin{pmatrix} A\\ B \end{pmatrix}\leqslant \r(A)+\r(B)<n, \]

所以\ref{AB-Equ}有非零解，即$A,B$有公共特征向量. $\square$

7、利用线性方程组解的判定定理，

例1.21 (2016第八届大数竞赛) 设$A_1,A_2,\cdots,A_{2017}$是$2016$阶实方阵. 证明：关于$x_1,x_2,\cdots,x_{2017}$的方程

\[\det(x_1A_1+x_2A_2+\cdots+x_{2017}A_{2017})=0 \]

至少有一组非零实数解.

证明：记

\[A_i=(\alpha_1^{(i)},\alpha_2^{(i)},\cdots,\alpha_{2016}^{(i)}),\; i=1,2,\cdots,2017. \]

考虑线性方程组

\[x_1\alpha_1^{(1)}+x_2\alpha_1^{(2)}+\cdots +x_{2017}\alpha_1^{(2017)}=0. \]

由于未知数个数$2017$大于方程的个数$2016$, 所以方程组有非零解$(c_1,c_2,\cdots,c_{2017})^T$. 从而矩阵

\[c_1A_1+c_2A_2+\cdots+c_{2017}A_{2017} \]

的第一列为零列, 故

\[\det(c_1A_1+c_2A_2+\cdots+c_{2017}A_{2017})=0. \]

即$(c_1,c_2,\cdots,c_{2017})^T$是方程

\[\det(x_1A_1+x_2A_2+\cdots+x_{2017}A_{2017})=0 \]

的一组非零实数解. $\square$

例1.22 设$\sigma$是$n$维线性空间$V$的线性变换. 如果$\sigma$有$n$个不同的特征值，则$V$中存在一个循环向量，即存在向量$\alpha\in V$使得$\alpha,\sigma(\alpha),\cdots,\sigma^{n-1}(\alpha)$是$V$的一组基.

证明：设$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$是对应于特征值$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$的特征向量，令

\[\alpha=\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n. \]

下证$\alpha,\sigma(\alpha),\cdots,\sigma^{n-1}(\alpha)$线性无关. 设
\begin{equation}
\label{Cyc}
k_0\alpha+k_1\sigma(\alpha)+\cdots+k_{n-1}\sigma^{n-1}(\alpha)=0.
\end{equation}
由于

\[\sigma^i(\alpha)=\sum_{j=1}^n\sigma^i(\alpha_j)=\sum_{j=1}^n\lambda_j^i\alpha_j, \; i=1,2,\cdots,n, \]

所以\ref{Cyc}变为

\[\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=1}^n k_i\lambda_j^{i}\alpha_j =0. \]

因为$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$线性无关，所以

\[\sum_{j=1}^n k_i\lambda_j^{i}=0,\; i=0,1,\cdots,n-1. \]

由于该线性方程组的系数矩阵

\[\begin{vmatrix} 1&1&\cdots&1\\ \lambda_1&\lambda_2&\cdots&\lambda_n\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ \lambda_1^{n-1}&\lambda_2^{n-1}&\cdots&\lambda_n^{n-1}\end{vmatrix} \ne 0 \]

所以$k_0=k_2=\cdots=k_{n-1}=0$, 故$\alpha,\sigma(\alpha),\cdots,\sigma^{n-1}(\alpha)$线性无关，从而是$V$的一组基，即$\alpha$是一个$\sigma$-循环向量. $\square$

例1.23 （重庆大学2005)
设$xOy$平面上的$n\geqslant 3$个结点$M_i(x_i,y_i) (i=1,2,\cdots,n)$. 证明：$M_1,M_2,\cdots,M_n$在同一条直线上当且仅当

\[\r\begin{pmatrix} x_1&y_1&1\\ x_2&y_2&1\\ \vdots&\vdots&\vdots\\ x_n&y_n&1 \end{pmatrix}=2. \]

证明：必要性：若$M_1,M_2,\cdots,M_n$在同一条直线$ax+by+c=0$上, 则$ax_i+by_i+c=0 (1\leqslant i\leqslant n)$. 记矩阵

\[A=\begin{pmatrix} x_1&y_1&1\\ x_2&y_2&1\\ \vdots&\vdots&\vdots\\ x_n&y_n&1 \end{pmatrix}. \]

则齐次线性方程组$Ax=0$有非零解$(a,b,c)^T$等价于${\rm r}(A)<3$.
由于$M_1,M_2$不同，故$\begin{vmatrix} x_1&1\\ x_2&1\end{vmatrix}\ne 0$, 从而$\r(A)\geqslant 2$. 所以$\r(A)=2$.

充分性：若${\rm r}(A)=2$, 则方程组$Ax=0$有非零解，设一个非零解为$(a,b,c)^T$. 则$ax_i+by_i+c=0$, 即$M_1,M_2,\cdots,M_n$在同一条直线$ax+by+c=0$上. $\square$

posted on 2024-06-21 08:30 epi-math 阅读(5) 评论(0) 编辑收藏举报

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