第四章秩与解的结构

第一章把方程组化成阶梯形，答案就跟着出来了，那套动作只教你怎么算。要看懂阶梯形的最后几行，得先有一个数，用它把方程组的命运分成三种。这个数在《九章》的直除里已经悄悄在用，只是等到 19 世纪才有了名字。

一、初等变换与矩阵等价

第三章用过初等变换，那一节只许动行，三种动作分别是交换两行、用非零数乘某一行、把一行的 \(k\) 倍加到另一行。矩阵的初等变换放宽了一步，三种行变换与三种列变换合起来共六种，列上也能交换、也能乘非零数、也能把一列的倍数加到另一列。它们的共同点是都等于乘一个可逆的初等矩阵，所以每一步都能反着做回去，做过的动作不会丢信息。

这六种动作能带来一个分类。两个同型矩阵若能用有限次初等变换互相化过去，就叫等价，记作 \(A\sim B\)。等价和相等是两件事，相等要求每个位置上的数都一样，等价只要求两个矩阵的秩一样：秩一样的时候，两边都能化到同一个标准形。这个分类在第三章讲分块矩阵时露过一次面，到这里可以正式写下来了。

定义（矩阵等价）

设 \(A,B\) 都是 \(m\times n\) 矩阵，若 \(A\) 经有限次初等变换可以化成 \(B\)，则称 \(A\) 与 \(B\) 等价，记作 \(A\sim B\)。等价是自反的、对称的、传递的；同型矩阵等价的充要条件是 \(r(A)=r(B)\)，此时两者都等价于同一个标准形 \(\left(\begin{smallmatrix}I_r&O\\O&O\end{smallmatrix}\right)\)。

标准形的好处是把「一大堆矩阵」压成「几个代表」：形状只由一个数 \(r\) 决定，所以 \(m\times n\) 矩阵按等价分类，类的个数不超过 \(\min(m,n)+1\)，秩给每个等价类发了一个编号，编号从 0 数到 \(\min(m,n)\)。

解方程组的时候为什么只许动行

每一行是一个方程，换行、乘非零数、两行相加，说的还是同一件事，所以解集不变。换列等于给未知数改名：把 \(x\) 与 \(y\) 两列对调，方程本身没变，解却换了位置。列变换能用来化简矩阵、能用来判秩，不能直接用来解方程组。

二、秩：一个数数清主元

在 \(m\times n\) 矩阵 \(A\) 里任取 \(k\) 行 \(k\) 列，交叉位置上的数按原来的次序组成一个 \(k\) 阶行列式，叫 \(A\) 的\(k\) 阶子式。若 \(A\) 中有一个 \(r\) 阶子式不为零，而所有 \(r+1\) 阶子式（如果有）全为零，就把 \(r\) 叫作 \(A\) 的秩，记作 \(r(A)\)；零矩阵没有非零子式，规定 \(r(O)=0\)。

定义（矩阵的秩）

矩阵 \(A\) 中不为零的子式的最高阶数 \(r\) 称为 \(A\) 的秩，记作 \(r(A)\)。等价的说法有三个：\(r(A)\) 是最高阶非零子式的阶数；是行阶梯形里主元的个数；也是非零行的条数。

按子式去算秩不现实，\(4\times4\) 的矩阵有 16 个三阶子式，一个一个算要算到天黑。实际算法只有一句：把 \(A\) 化成行阶梯形，数非零行的条数。行阶梯形里每行第一个非零数叫主元，一行一个，所以秩也等于主元的个数，而主元的个数又等于非零行的条数。

定理（初等变换不改变秩，三秩相等）

若 \(A\sim B\)，则 \(r(A)=r(B)\)，也就是说初等行变换与初等列变换都不改变秩。对任意矩阵 \(A\)，它的行秩、列秩与秩三者相等，即 \(r(A)=r(A^{T})\)。

把这几句话并排看，就得到本章最要紧的一条：秩是最高阶非零子式的阶数，是行阶梯形里主元的个数，也是方程组里独立的方程的条数，三个说法数的是同一件事。多写的方程要么能被前面的方程凑出来，要么与前面根本对不上，前者不添主元，后者连解都没有，所以方程写得再密，独立的信息仍然只有 \(r\) 条。

秩、主元个数、独立方程的条数，是同一件事的三个名字。

秩是能分辨的方向个数。两个不共线的向量撑起一张平面，共线时只剩一条直线，全是零向量时只剩一个原点。维数掉一级，解里就多一个自由参数。

行变换为什么改不了秩

交换两行只是把子式的行换个次序，乘非零数只是给子式提一个非零因子，\(r\) 阶子式零与非零都不变。把一行的 \(k\) 倍加到另一行，子式按行列式的性质拆成两个子式之和，其中一个有两行成比例而为零，剩下的正好是原来的那个子式。三件事都不改变「有没有非零的 \(r\) 阶子式」。

1884 年，柏林

秩成了矩阵自己的属性

「一个线性方程组相容的充要条件，是系数矩阵与增广矩阵的秩相等。」

弗罗贝尼乌斯 1884 年前后论文中的结论，此处按通行叙述转述

在此之前，「秩」只是消元过程中冒出来的一个数字；弗罗贝尼乌斯把它说成矩阵自身的属性，再用它判定相容性。克罗内克在 1880 年代也独立得到过接近的结果，欧洲的教科书因此把这条判据叫克罗内克-卡佩利定理，中文教材大多只叫有解判定定理。

三、有解的判定

把常数列并进系数矩阵，得到增广矩阵 \((A\mid b)\)，对它做同样的行变换。前 \(n\) 列是系数，最后一列是常数项，主元平时落在前 \(n\) 列里；一旦某个主元落到最后一列，那一行左边的系数全是零，方程只剩 \(0=d\) 这一句。于是阶梯形只有三种样子：每行都有主元且主元全在前 \(n\) 列，此时 \(r(A)=r(A\mid b)=n\)，回代一路走下来，解唯一；有的行整行为零，连常数项也是零，此时 \(r(A)=r(A\mid b)<n\)，有 \(n-r\) 个未知数没被定死，解有无穷多；出现 \((0\ 0\ \cdots\ 0\mid d)\) 且 \(d\ne0\) 的一行，没有任何一组数能让它成立，无解，此时 \(r(A\mid b)=r(A)+1\)。

定理（有解判定）

设 \(A\) 是 \(m\times n\) 矩阵，\(Ax=b\) 的增广矩阵为 \((A\mid b)\)。若 \(r(A)<r(A\mid b)\)，方程组无解；若 \(r(A)=r(A\mid b)=n\)，有唯一解；若 \(r(A)=r(A\mid b)<n\)，有无穷多解。合起来说，\(Ax=b\) 有解当且仅当 \(r(A)=r(A\mid b)\)。

判据只剩一条：两个秩相等就有解。理由在阶梯形上看得见，两个秩的差只可能取 0 与 1，因为增广矩阵比系数矩阵只多一列；差为 1 时多出的那个主元只能落在最后一列，那行的方程是 \(0=d\)；差为 0 时最后一列没有主元，每行都能解出某个未知数，解集不空。所以做题的顺序是先化阶梯形，数两个秩，再决定要不要往下算。

两个秩的差为什么最多是 1

增广矩阵只比系数矩阵多一列，多一列最多多出一个主元，所以 \(r(A\mid b)\) 只能等于 \(r(A)\) 或 \(r(A)+1\)，不会更大。讨论参数时这条很省事：算出 \(r(A)=2\) 之后，只要有一行常数项对不上，就能断定 \(r(A\mid b)=3\)，不必再逐行算。

公元前 1 世纪，长安

直除早就在数秩

「置上禾三秉，中禾二秉，下禾一秉，实三十九斗，于右方。」

《九章算术》卷八「方程」

接下来是一遍遍「以少减多」的直除，把某一程减到整行为零。能被减成零行的条数就是 \(n-r\)，剩下的非零行就是 \(r\)。古人靠数剩下几行来判断还有没有解，做法和今天的判定定理一样，只是没有把这件事写成一条定理。

四、齐次组与基础解系

常数列全是零的方程组 \(Ax=0\) 叫齐次线性方程组。它至少有零解，所以问题只剩一个：除了零解还有没有别的解。化成行阶梯形之后，若 \(r(A)=n\)，每一列都有主元，回代只能得零；若 \(r<n\)，就有 \(n-r\) 列没有主元，对应的未知数可以随便取，解立刻多起来。

这些解放在一起有个好脾气：两个解相加还是解，一个解乘任意常数还是解，因为 \(A(x+y)=Ax+Ay\) 与 \(A(kx)=kAx\)。所以齐次组的解集是一个向量空间，叫解空间，零解就是它的原点，这个空间的维数是 \(n-r\)。要把这个空间写出来，只需找到一组骨架向量，其余的解都由它们组合而成。

定义与定理（基础解系）

齐次组 \(Ax=0\) 的一组解 \(\xi_1,\xi_2,\dots,\xi_s\) 若线性无关，并且方程组的任一解都能写成它们的线性组合，就称为该方程组的基础解系。设 \(A\) 是 \(m\times n\) 矩阵且 \(r(A)=r<n\)，则基础解系恰好含 \(n-r\) 个解，通解为 \(x=k_1\xi_1+\cdots+k_{n-r}\xi_{n-r}\)，其中 \(k_i\) 任意。

求基础解系只动行，四步走：化行阶梯形；认准有主元的列与没有主元的列；让自由未知数轮流取 1、其余取 0；回代求出主元对应的未知数。下面拿一个具体的组从头走到尾。

\[ \begin{cases} x_1+2x_2+x_3=3,\\ 2x_1+4x_2+3x_3+x_4=5,\\ 3x_1+6x_2+4x_3+x_4=8. \end{cases} \]

写出增广矩阵，第二行减两倍第一行得 \((0,0,1,-1\mid-1)\)，乘 \(-1\) 之后写成 \((0,0,1,-1\mid1)\)；第三行减三倍第一行得 \((0,0,1,-1\mid-1)\)，与第二行只差一个符号，消掉就是零行。于是

\[ \left(\begin{array}{cccc|c} 1&2&1&0&3\\ 2&4&3&1&5\\ 3&6&4&1&8 \end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccc|c} 1&2&1&0&3\\ 0&0&1&-1&1\\ 0&0&0&0&0 \end{array}\right). \]

非零行 2 条，所以 \(r(A)=r(A\mid b)=2\)，两个秩相等，方程组有解；未知数 4 个，自由未知数 2 个，基础解系里就有 2 个向量。主元落在第 1 列与第 3 列，主元未知数是 \(x_1,x_3\)，自由未知数是 \(x_2,x_4\)。

阶梯形把未知数分成两拨。第 1、3 列有主元，对应的 x₁、x₃ 由方程定死；第 2、4 列没有主元，x₂、x₄ 可以任取，取一次就得到一个基础解。

先算齐次组 \(Ax=0\)，阶梯形给出的两个方程是 \(x_1+2x_2+x_3=0\) 与 \(x_3-x_4=0\)。取 \(x_2=1,x_4=0\)，得 \(x_3=0\)，\(x_1=-2\)，向量 \(\xi_1=(-2,1,0,0)\)；取 \(x_2=0,x_4=1\)，得 \(x_3=1\)，\(x_1=-1\)，向量 \(\xi_2=(-1,0,1,1)\)。这两个向量线性无关，任何一个齐次解都是它们的组合，所以通解是 \(x=k_1\xi_1+k_2\xi_2\)。代回验一次，\(A\xi_2\) 的第二行是 \(-2+0+1+1=0\)，第三行是 \(-3+0+2+1=0\)，对上了。

自由未知数一定要取 1 吗

不一定，取什么都行，只要这 \(n-r\) 次取值让系数矩阵化成单位矩阵。习惯取 1 和 0，好处是写出来的 \(\xi\) 在自由位置上直接就是标准基，答案好检查。换成别的值，得到的是同一组解的另一组基，通解的形式不唯一，解集本身不变。

五、非齐次组的通解

回到上面那个组，常数项不是零。阶梯形已经说明两个秩相等，所以有解，而且 \(r=2<4\)，解有无穷多。取自由未知数 \(x_2=x_4=0\)，回代得 \(x_3=1\)、\(x_1=2\)，得到一个特解 \(\eta^{*}=(2,0,1,0)\)。齐次组的解刚才已经算出来，是 \(k_1\xi_1+k_2\xi_2\)。两者相加还是解，因为 \(A(\eta^{*}+k_1\xi_1+k_2\xi_2)=b+0=b\)。

反过来也成立。任取一个解 \(x\)，它减去特解满足 \(A(x-\eta^{*})=b-b=0\)，所以 \(x-\eta^{*}\) 是齐次组的解。两个方向合起来，非齐次组的全部解就是一个特解加上齐次组的全部解。几何上，解集是一条不过原点的直线，它由过原点的那条平行线整体平移得到，平移量就是这个特解。

定理（非齐次组的通解结构）

设 \(Ax=b\) 有解，\(\eta^{*}\) 是它的一个特解，\(\xi_1,\dots,\xi_{n-r}\) 是 \(Ax=0\) 的基础解系，则 \(Ax=b\) 的通解为 \(x=\eta^{*}+k_1\xi_1+\cdots+k_{n-r}\xi_{n-r}\)，其中 \(k_i\) 任意。\(r=n\) 时没有自由未知数，通解只剩特解本身，解唯一。

通解 = 一个特解 + 齐次组的方向。两条线平行，上面那条由下面那条平移 \(x_0\) 得到；沿着 \(\xi\) 的方向走多远，都还停在解集里。

把刚才那个组的答案拼完整：\(x=(2,0,1,0)+k_1(-2,1,0,0)+k_2(-1,0,1,1)\)。取 \(k_1=k_2=0\) 就是特解，取 \(k_1=1,k_2=0\) 得 \((0,1,1,0)\)，代回第一个方程是 \(0+2+1=3\)，对得上。\(k_1,k_2\) 取遍所有实数，就得到解集里的全部点。

解的结构只有一句：非齐次组的解，是一个特解加上齐次组的全部解。

怎么算

先记下未知数个数 \(n\)。后面判断有没有唯一解、自由未知数有几个，都要用它。
化成行阶梯形，数非零行。这一步给 \(r(A)\)，顺手把主元列圈出来。
常数列并进去再数一次。得到 \(r(A\mid b)\)，两个数一比，无解的情形当场就能收工。
齐次组按列认人。主元列对主元未知数，自由列对自由未知数，让自由未知数轮流取 1、其余取 0。
非齐次组先要一个特解。把自由未知数全取 0，回代即得，再加上刚算好的齐次通解。
答案代回验一行。常数列最容易抄错，验一次能省掉大半返工。

例题

例 1　求 \(A=\begin{pmatrix}1&-1&2\\2&1&1\\3&0&3\end{pmatrix}\) 的秩。

第二行减两倍第一行得 \((0,3,-3)\)，第三行减三倍第一行也得 \((0,3,-3)\)，两行相减成零行，非零行剩 2 条，所以 \(r(A)=2\)。用子式验一遍：左上角二阶子式 \(1\cdot1-(-1)\cdot2=3\ne0\)，而三阶行列式算出来是 \(3+3-6=0\)，所以最高阶非零子式的阶数是 2。

例 2　讨论 \(a\) 取何值时，方程组 \(x_1+x_2+x_3=1,\ 2x_1+3x_2+ax_3=3,\ x_1+ax_2+3x_3=2\) 无解、有唯一解、有无穷多解。

第二行减两倍第一行得 \((0,1,a-2\mid1)\)，第三行减第一行得 \((0,a-1,2\mid1)\)。再用第二行消第三行，末位是 \(a(3-a)\)，常数位是 \(2-a\)。\(a\ne0\) 且 \(a\ne3\) 时末位非零，\(r(A)=r(A\mid b)=3\)，唯一解；\(a=0\) 时末位为零而常数位是 2，出现 \(0=2\)，无解；\(a=3\) 时末位为零而常数位是 \(-1\)，同样无解。这两种情形都没有自由未知数可用，所以不会出现无穷多解。

例 3　求 \(x_1+x_2+x_3+x_4=4,\ x_1+2x_2+3x_3+4x_4=10\) 的通解。

两个方程不成比例，\(r(A)=r(A\mid b)=2\)，\(n=4\)，自由未知数 2 个。取 \(x_3=x_4=0\) 得特解 \((1,1,1,1)\)；对应的齐次组两行相减得 \(x_2=-2x_3-3x_4\) 与 \(x_1=x_3+2x_4\)，令自由未知数轮流取 1 得 \(\xi_1=(1,-2,1,0)\)、\(\xi_2=(2,-3,0,1)\)。通解 \(x=(1,1,1,1)+k_1\xi_1+k_2\xi_2\)。

习题

A 档巩固定义与基本计算，每题五分钟内

1. 把 \(\begin{pmatrix}1&2&-1\\2&4&-2\\3&1&0\end{pmatrix}\) 化成行阶梯形，写出它的秩。

看答案

第二行减两倍第一行成零行，第三行减三倍第一行得 \((0,-5,3)\)。非零行 2 条，\(r(A)=2\)。

2. 用子式说明 \(\begin{pmatrix}1&2&3\\2&4&6\\3&6&9\end{pmatrix}\) 的秩为 1。

看答案

任意两行成比例，所有二阶子式都为零；而元素 1 本身是一个非零的一阶子式。最高阶非零子式是一阶，\(r=1\)。

3. 判断 \(x+y=1,\ x-y=2,\ 2x=3\) 有没有解。

看答案

第三行是前两行之和，消元后成零行且常数位为零。\(r(A)=r(A\mid b)=2=n\)，唯一解 \(x=\tfrac32,\ y=-\tfrac12\)。

4. 求齐次组 \(x_1+x_2+x_3=0,\ 2x_1+2x_2+2x_3=0\) 的基础解系。

看答案

两行成比例，\(r=1\)，\(n=3\)，基础解系含 2 个解：\(\xi_1=(-1,1,0)\)，\(\xi_2=(-1,0,1)\)。通解 \(x=k_1\xi_1+k_2\xi_2\)。

5. 设 \(A\) 是 \(4\times5\) 矩阵且 \(r(A)=3\)，\(Ax=0\) 的基础解系含几个解？

看答案

\(n-r=5-3=2\) 个。行数 4 与答案无关，只有未知数个数和秩起作用。

6. 把 \(x+y+z=1,\ x-y=0\) 的通解写成「特解 + 齐次通解」。

看答案

\(r=2\)，\(n=3\)，自由未知数 1 个。取 \(z=0\) 得特解 \(\left(\tfrac12,\tfrac12,0\right)\)，齐次组的基础解系取 \((-1,-1,2)\)，通解 \(x=\left(\tfrac12,\tfrac12,0\right)+k(-1,-1,2)\)。

B 档综合题，接近期末与考研难度

1. 设 \(A\) 是 \(m\times n\) 矩阵，\(r(A)=r\)，证明 \(Ax=0\) 的解空间维数是 \(n-r\)。

看答案

化成行阶梯形，主元列 \(r\) 个，自由列 \(n-r\) 个。每个自由未知数取 1、其余取 0，回代得到一个解，这 \(n-r\) 个解线性无关；任一解又被 \(n-r\) 个自由未知数唯一确定，所以它们的基础解系就是 \(n-r\) 个。

2. \(a\) 取何值时 \(x+y+z=0,\ x+2y+3z=0,\ x+4y+az=0\) 有非零解？写出此时的基础解系。

看答案

系数行列式是 \(a-7\)，\(a=7\) 时为零，有非零解。此时第三行等于前两行的组合，\(r=2\)，取 \(z=1\) 得 \(y=-2,\ x=1\)，基础解系只有一个解 \((1,-2,1)\)。

3. 设 \(Ax=b\) 有两个解 \(\eta_1=(1,1,1)\)、\(\eta_2=(2,3,4)\)，且 \(A\) 是 \(3\) 阶方阵、\(r(A)=2\)，写出 \(Ax=b\) 的通解。

看答案

两解之差 \(\eta_1-\eta_2=(-1,-2,-3)\) 是齐次解，\(n-r=1\)，基础解系取 \((1,2,3)\)。通解 \(x=(1,1,1)+k(1,2,3)\)。

4. 证明：若 \(Ax=b\) 有两个不同的解，则它有无穷多解。

看答案

两个不同的解之差是非零的齐次解，说明 \(r(A)<n\)，有自由未知数。由判定定理 \(r(A)=r(A\mid b)<n\)，解集里含着一条直线，所以有无穷多解。

C 档拓展与历史原题

1.（弗罗贝尼乌斯，1884）设 \(A\) 是 \(3\times3\) 矩阵而 \(r(A)=2\)、\(r(A\mid b)=3\)，说明这个方程组无解，并指出阶梯形里会出现什么样的行。

看答案

两个秩差 1，多出的主元只能落在常数列上，阶梯形里必有一行是 \((0\ 0\ 0\mid d)\) 且 \(d\ne0\)，写成方程就是 \(0=d\)。没有任何一组 \(x\) 能让它成立，所以无解。

2.（克罗内克-卡佩利）用一行符号写出这条定理，并说明为什么两个名字会并排出现。

看答案

定理说 \(Ax=b\) 有解当且仅当 \(r(A)=r(A\mid b)\)。克罗内克与弗罗贝尼乌斯在 1880 年代各自得到这条判据，卡佩利后来把它写进意大利语教材，欧洲的习惯就把名字合起来叫。中文教材多数只叫有解判定定理。

3. 用基础解系写出 \(x_1+x_2+x_3=3\) 的通解。

看答案

\(r(A)=r(A\mid b)=1\)，\(n=3\)，基础解系含 2 个解。取 \(x_2=x_3=0\) 得特解 \((3,0,0)\)，齐次组的基础解系取 \(\xi_1=(-1,1,0)\)、\(\xi_2=(-1,0,1)\)，通解 \(x=(3,0,0)+k_1\xi_1+k_2\xi_2\)。

思考题不设标准答案，只给提示

1. 同型且秩相等的两个矩阵为什么一定等价？

看提示

把两个矩阵各自化成等价标准形，标准形的形状只由秩决定，所以化出来的是同一个矩阵。于是 \(A\) 与 \(B\) 都能化到它，再由等价可以倒着走，两者就等价。

2. 一个非齐次组有两个不同的解，能不能断定它有无穷多解？

看提示

能。两解之差是非零的齐次解，说明 \(r(A)<n\)，解集里至少有一条直线，直线上的点一个一个都是解。

3. 若系数矩阵是 \(n\) 阶方阵且 \(r(A)=n\)，\(Ax=b\) 有几个解？几何上怎么读？

看提示

恰好一个。主元一列不缺，回代只有一条路可走；几何上是 \(n\) 张平面交于一点，既没有多余的自由方向，也没有互相矛盾的一对。

秩与解的结构