# 子集生成的子空间

定理 $1$： 设 $W$ 是 $F^n$ 的子空间，设

$$M = \{ \alpha_1, \cdots, \alpha_r \} \sub W,$$

则：

1. $M$ 是 $W$ 的基 $\Leftrightarrow$ $M$ 是 $W$ 的极大线性无关组。
2. $W$ 的基 $M$ 所含向量个数 $|M| = \dim W$.

证明： (1) 先设 $M$ 是 $W$ 的极大线性无关组，则 $W$ 中每个向量 $\alpha$ 都能写成 $M$ 的线性组合：

$$\alpha = x_1 \alpha_1 + \cdots + x_r \alpha_r \tag {2}$$

若还有

$$\alpha = y_1 \alpha_1 + \cdots + y_r \alpha_r \tag {3}$$

将 $(2), (3)$ 两式相减得：

$$(x_1 - y_1) \alpha_1 + (x_2 - y_2) \alpha_2 + \cdots + (x_r - y_r) \alpha_r = 0$$

由 $\alpha_1, \cdots, \alpha_r$ 线性无关得

$$x_1 - y_1 = \cdots = x_n - y_n = 0$$

从而 $x_i = y_i$ 对 $1 \le i \le r$ 成立，可见 $(x_1, \cdots, x_r) \in F^r$ 由 $\alpha$ 唯一决定。

这说明 $M$ 是 $W$ 的基。

再设 $M$ 是 $W$ 的基。设 $\lambda_1, \cdots, \lambda_r \in F$ 满足条件

$$\lambda_1 \alpha_1 + \cdots + \lambda_r \alpha_r = 0 \tag {4}$$

另一方面有

$$0 \alpha_1 + \cdots + 0 \alpha_r = 0 \tag {5}$$

$(4), (5)$ 式都是将零向量 $0$ 表示为 $\alpha_1, \cdots, \alpha_r$ 得线性组合的等式，由于 $M$ 是基，表示的系数具有 唯一性，这使得 $(\lambda_1, \cdots, \lambda_r) = (0, \cdots, 0)$

这说明 $M$ 线性无关。

由于 $W$ 中所有的向量都是 $M$ 的线性组合，因此 $M$ 是 $W$ 的极大线性无关组。

(2) 设 $M = \{ \alpha_1, \cdots, \alpha_r \}$ 是 $W$ 的基，由 $r$ 个向量组成。则 $M$ 中的向量就是 $W$ 中 $r$ 个线性无关的向量。$W$ 中任意 $r + 1$ 个向量 $\beta_1, \cdots, \beta_{r + 1}$ 都是 $M$ 中 $r$ 个向量的线性组合，由 2.5 向量组的秩 中的 引理 $2$，$\beta_1, \cdots, \beta_{r + 1}$ 线性相关。可见 $\dim W = r = |M|$.

推论： $F^n$ 的子空间 $W$ 的所有的基所含向量个数相等，等于向量组 $W$ 的秩 $\mathrm{rank} \, W = \dim W$.

定理 $2$： 设 $F^n$ 的子空间 $W$ 的维数为 $r$，则 $W$ 中任意一个线性无关子集 $S$ 都能扩充为 $W$ 的一组基，$S$ 所含向量个数都不超过 $r$. 如果 $W_0$ 是 $W$ 的子空间，则 $W_0$ 的任何一组基都能扩充为 $W$ 的一组基，$\dim W_0 \le \dim W$，且 $W_0 = W \Leftrightarrow \dim W_0 = \dim W$.

证明：$W$ 的线性无关子集 $S$ 可以扩充为 $W$ 的一个极大线性无关组 $M$，$M$ 是 $W$ 的基，含有 $r$ 个向量，当然 $S$ 所含向量个数不超过 $r$. （此处可参考 2.5 向量组的秩 中的 引理 $5$）

$W$ 的子空间 $W_0$ 的基 $M_0 = \{ \alpha_1, \cdots, \alpha_k \}$ 是 $W$ 中的线性无关子集，当然可以扩充为 $W$ 的一组基 $M = \{ \alpha_1, \cdots, \alpha_r \}$，且 $\dim W_0 = k \le r = \dim W$ 显然成立。

显然 $W_0 = W \Rightarrow \dim W_0 = \dim W$.

而由 $W_0 \sub M$ 知 $\dim W_0 = k = \dim W = r \Rightarrow M_0 = M, W_0 = W$.

定理 $3$： 设 $F^n$ 的子空间 $W$ 的维数为 $r$，$M = \{ \alpha_1, \cdots, \alpha_r \} \sub W$，则 $M$ 线性无关 $\Leftrightarrow$ $M$ 是 $W$ 的基 $\Leftrightarrow$ $W$ 中所有的向量都是 $M$ 的线性组合。

证明： 如果 $M$ 是 $W$ 的基，当然 “$M$ 线性无关” 与 “$W$ 中所有的向量都是 $M$ 的线性组合” 这两个条件同时满足。反之，当 $M$ 所含向量个数 $r = \dim W$ 时，只要满足这两个条件之一，$M$ 就是 $W$ 的基。

先设 $M$ 线性无关，则 $M$ 可以扩充为 $W$ 的一组基 $M_1$。$M_1$ 包含 $M$，且 $M_1$ 中所含的向量个数也是 $r$，与 $M$ 一样多。因此 $M_1 = M$，$M$ 是 $W$ 的基。

再设 $W$ 中所有的向量都是 $M$ 的线性组合。取 $M$ 的极大线性无关组 $M_0$，则 $M$ 是 $M_0$ 的线性组合。由线性组合的传递性知 $W$ 中所有的向量也都是 $M_0$ 的线性组合。

而 $M_0$ 线性无关，因此是 $W$ 的极大线性无关组。从而 $M_0$ 是 $W$ 的基，含有 $r$ 个向量。$M_0$ 是 $M$ 的子集而且所含向量个数与 $M$ 一样多，因此 $M_0 = M$，$M$ 是 $W$ 的基。

定理 $4$： 设 $S_1, S_2, S_3$ 是 $F^n$ 的非空子集。求证：

1. $S_2$ 是 $S_1$ 的线性组合 $\Leftrightarrow$ $L(S_2) \subseteq L(S_1)$。

   $S_1$ 与 $S_2$ 等价 $\Leftrightarrow$ $L(S_2) = L(S_1)$。

2. 设 $S_0$ 是 $S_1$ 的极大线性无关组，则 $S_0$ 是 $L(S_1)$ 的基。$\mathrm {rank} \, S_1 = \dim L(S_1)$。

证明：（1）$L(S_1)$ 包含了 $S_1$ 的全体线性组合。因此，$S_2$ 是 $S_1$ 的线性组合 $\Leftrightarrow$ $S_2 \subseteq L(S_1)$。

由于 $L(S_1)$ 是子空间，如果它包含 $S_2$，必然包含 $S_2$ 的全体线性组合组成的集合 $L(S_2)$。

故，$S_1$ 与 $S_2$ 互为线性组合 $\Leftrightarrow$ $L(S_1)$ 与 $L(S_2)$ 相互包含 $\Leftrightarrow$ $L(S_1) = L(S_2)$。

（2）$S_1$ 的极大线性无关组 $S_0$ 与 $S_1$ 等价。因而 $L(S_0) = L(S_1)$。$L(S_1)$ 是 $S_0$ 的线性组合，并且 $S_0$ 线性无关，因此 $S_0$ 是 $L(S_1)$ 的极大线性无关组，$S_0$ 是 $L(S_1)$ 的基。$\dim L(S_1) = |S_0| = \mathrm {rank} \, S_1$，这里 $|S_0|$ 表示 $S_0$ 所含元素个数。

# 齐次线性方程组的解空间

定理 $5$： 数域 $F$ 上 $n$ 元齐次线性方程组 $AX = 0$ 的 全体解向量 组成的集合 $V_A$ 是 $F^n$ 的子空间。

证明：

$$X_1, X_2 \in V_A \Rightarrow \begin {cases} AX_1 = 0 \\ AX_2 = 0 \end {cases} \Rightarrow \\ \begin {cases} A(X_1 + X_2) = 0 \\ A(\lambda X_1) = \lambda AX_1 = 0 \end {cases} \Rightarrow \begin {cases} X_1 + X_2 \in V_A \\ \lambda X_1 \in V_A \end {cases}$$

证明了 $V_A$ 是 $F^n$ 的子空间。

齐次线性方程组的解集合称为 解空间。

定理 $6$： 设数域 $F$ 上 $n$ 元齐次线性方程组的系数矩阵为 $A$，则它的 解空间的维数 $\dim V_A = n - \mathrm {rank} \, A$

证明： 系数矩阵 $A$ 可经过初等行变换化为

$$B = \begin {pmatrix} 0 & \cdots & 0 & b_{1, j_1} & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & b_{1, n} \\ 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 & b_{2, j_2} & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & b_{2, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 & b_{r, j_r} & \cdots & b_{r, n} \\ 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \end {pmatrix}$$

其中 $b_{1, j_1} = b_{2, j_2} = \cdots = b_{r, j_r} = =1, 1 \le j_1 < j_2 < \cdots < j_r \le n$。

$B$ 是最简行阶梯型。故 $r = \mathrm {rank} \, B = \mathrm {rank} \, A$。

设 $n$ 个数中除了 $j_1, j_2, \cdots, j_r$ 之外的剩下的数从小到大依次是 $j_{r + 1}, \cdots, j_n$。

将 $A$ 经过初等行变换化为 $B$，也就是将方程组经过同解变形化为：

$$\begin {cases} x_{j_1} + b_{1, j_{r + 1}} x_{j_{r + 1}} + \cdots + b_{1, j_n} x_{j_n} = 0 \\ x_{j_2} + b_{2, j_{r + 1}} x_{j_{r + 1}} + \cdots + b_{2, j_n} x_{j_n} = 0 \\ \cdots \, \cdots \\ x_{j_r} + b_{r, j_{r + 1}} x_{j_{r + 1}} + \cdots + b_{r, j_n} x_{j_n} = 0 \\ \end {cases} \tag {6}$$

将方程组 $(6)$ 变为：

$$\begin {cases} x_{j_1} = -b_{1, j_{r + 1}} x_{j_{r + 1}} - \cdots - b_{1, j_n} x_{j_n} \\ x_{j_2} = -b_{2, j_{r + 1}} x_{j_{r + 1}} - \cdots - b_{2, j_n} x_{j_n} \\ \cdots \, \cdots \\ x_{j_r} = -b_{r, j_{r + 1}} x_{j_{r + 1}} - \cdots - b_{r, j_n} x_{j_n} \\ \end {cases} \tag {7}$$

将独立变量 $x_{j_{r + 1}}, \cdots, x_{j_n}$ 取任意值，每一组值代入就可计算出 $x_{j_1}, \cdots, x_{j_r}$ 的唯一一组值，得到原方程 $(7)$ 的一个解 $X = (x_1, \cdots, x_n)$。这组解 $X$ 由 $n - r$ 元数组 $(x_{j_{r + 1}}, \cdots, x_{j_n})$ 唯一决定，可记为：

$$u = (x_{j_{r + 1}}, \cdots, x_{j_n}) \in F^{n - r} \qquad X = f(u) = f(x_{j_{r + 1}}, \cdots, x_{j_n})$$

对每个 $1 \le i \le n - r$，记 $e_i$ 是 $F^{n - r}$ 中第 $i$ 分量为 $1$、其余分量为 $0$ 的数组向量，则 $\{ e_1, \cdots, e_{n - r} \}$ 是 $F^{n - r}$ 的自然基。

$$u = (x_{j_{r + 1}}, \cdots, x_{j_n}) = x_{j_{r + 1}}e_1 + \cdots + x_{j_n} e_{n - r} \\ \begin {aligned} X &= f(u) = f(x_{j_{r + 1}} e_1 + \cdots + x_{j_n} e_{n - r}) \\ &= x_{j_{r + 1}} f(e_1) + \cdots + x_{j_n} f(e_{n - r}) \\ &= x_{j_{r + 1}} X_1 + \cdots + x_{j_n} X_{n - r} \end {aligned}$$

其中 $X_1, \cdots, X_{n - r}$ 分别等于 $f(e_1), \cdots, f(e_{n - r})$，是方程组的 $n - r$ 个解，以下说明方程组所有的解 $X$ 都是这 $n - r$ 个解的额线性组合。

设

$$x_{j_{r + 1}} X_1 + \cdots + x_{j_n} X_{n - r} = 0 \tag {8}$$

即

$$X = \begin {pmatrix} x_1 & \cdots & x_n \end {pmatrix}^T = f(x_{j_{r + 1}}, \cdots, x_{j_n}) = \begin {pmatrix} 0 & \cdots & 0 \end {pmatrix}^T$$

$(8)$ 成立当且仅当 $X$ 的分量 $x_{j_{r + 1}} = \cdots = x_{j_n} = 0$，这说明 $X_1, \cdots, X_{n - r}$ 线性无关，组成解空间 $V_A$ 的一组基。这组基由 $n - r$ 个向量组成，因此

$$\dim V_A = n - r = n - \mathrm {rank} \, A$$

齐次线性方程组的解空间的一组基称为这个方程组的一个 基础解系。

解： 设

$$a_{i, 1} x_1 + a_{i, 2} x_2 + a_{i, 3} x_3 + a_{i, 4} x_4 + a_{i, 5} x_5 = 0$$

是方程组 $AX = 0$ 的任意一个方程。将 $X_1, X_2$ 的坐标代入得：

$$\begin {cases} a_{i, 1} + 2 a_{i, 2} + 3 a_{i, 3} + 4 a_{i, 4} + 5 a_{i, 5} = 0 \\ a_{i, 1} + 3 a_{i, 2} + 2 a_{i, 3} + a_{i, 4} + 2 a_{i, 5} = 0 \end {cases} \tag {9}$$

将上式看作 以 $a_{i, 1}, a_{i, 2}, a_{i, 3}, a_{i, 4}, a_{i, 5}$ 为变量 的线性方程组来解。系数矩阵如下：

$$B = \begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 1 & 3 & 2 & 1 & 2 \end {pmatrix} \rightarrow \begin {pmatrix} 1 & 0 & 5 & 10 & 11 \\ 0 & 1 & -1 & -3 & -3 \end {pmatrix}$$

则方程组 $(9)$ 的一组基础解系是

$$(-5, 1, 1, 0, 0), (-10, 3, 0, 1, 0), (-11, 3, 0, 0, 1)$$

以该基础解系中的三个线性无关解为系数组成的齐次线性方程组为

$$\begin {cases} -5 x_1 + x_2 + x_3 = 0 \\ -10 x_1 + 3 x_2 + x_4 = 0 \\ -11 x_1 + 3 x_2 + x_5 = 0 \end {cases} \tag {10}$$

易知方程组 $(10)$ 即为所求的一组齐次线性方程组。

# 非齐次线性方程组

# 非齐次线性方程组的向量形式

对于非齐次线性方程组：

$$\begin {cases} a_{1, 1} x_1 + a_{1, 2} x_2 + \cdots + a_{1, n} x_n = b_1 \\ a_{2, 1} x_1 + a_{2, 2} x_2 + \cdots + a_{2, n} x_n = b_2 \\ \cdots \, \cdots \\ a_{m, 1} x_1 + a_{m, 2} x_2 + \cdots + a_{m, n} x_n = b_m \end {cases} \tag {11}$$

该方程组的增广矩阵可记为：

$$\tilde {A} = \begin {pmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} & b_1 \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, n} & b_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{m, 1} & a_{m, 2} & \cdots & a_{m, n} & b_m \end {pmatrix}$$

令

$$\alpha_1 = \begin {pmatrix} a_{1, 1} \\ a_{2, 1} \\ \vdots \\ a_{m, 1} \end {pmatrix}, \alpha_2 = \begin {pmatrix} a_{1, 2} \\ a_{2, 2} \\ \vdots \\ a_{m, 2} \end {pmatrix}, \cdots, \alpha_n = \begin {pmatrix} a_{1, n} \\ a_{2, n} \\ \vdots \\ a_{m, n} \end {pmatrix}, \beta = \begin {pmatrix} b_{1} \\ b_{2} \\ \vdots \\ b_{m} \end {pmatrix}$$

则方程组 $(11)$ 可记为：

$$x_1 \alpha_1 + x_2 \alpha_2 + \cdots + x_n \alpha_n = \beta \tag {12}$$

# 非齐次线性方程组有解的充要条件

定理 $7$： 非齐次线性方程组有解 $\Leftrightarrow$ 其系数矩阵与增广矩阵的秩相同。

证明： 记 $S = \{ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n \}$，则 $(11)$ 有解 $\Leftrightarrow$ $(12)$ 有解 $\Leftrightarrow$ $\beta$ 是 $S$ 的线性组合 $\Leftrightarrow$ $\beta \in L(S)$ $\Leftrightarrow$ $L(S \cup \{ \beta \}) = L(S)$ $\Leftrightarrow$ $\dim L(S \cup \{ \beta \}) = \dim L(S)$

$S$ 是 $A$ 的列向量组 $\Rightarrow$ $\dim L(S) = \mathrm {rank} \, S = \mathrm {rank} \, A$

$S \cup \{ \beta \}$ 是 $\tilde A$ 的列向量组 $\Rightarrow$ $\dim L(S \cup \{ \beta \}) = \mathrm {rank} \, (S \cup \{ \beta \}) = \mathrm {rank} \, \tilde A$

因此 $\mathrm {rank} \, A = \mathrm {rank} \, \tilde A$，得证。

# 非齐次线性方程组解集的结构

定理 $8$： 任意取定非齐次线性方程组 $(11)$ 的一个特解 $\eta$，则 $(11)$ 的通解为 $X = \eta + Y$，其中 $Y$ 是与 $(11)$ 对应的齐次线性方程组：

$$x_1 \alpha_1 + x_2 \alpha_2 + \cdots + x_n \alpha_n = 0 \tag {13}$$

的解。

也就是说，若 $X_1, \cdots, X_{n - r}$ 是对应的齐次线性方程组 $(13)$ 的一个基础解系，则非齐次线性方程组 $(11)$ 的通解为：

$$X = \eta + t_1 X_1 + \cdots + t_{n - r} X_{n - r}$$

其中 $t_1, \cdots, t_{n - r}$ 是 $F$ 中的任意常数。

以 $A$ 为系数矩阵的齐次线性方程组的解空间 $V_A$ 的维数 $\dim V_A = 4 - \mathrm {rank} \, A = 4 - 3 = 1$。如果原方程组是齐次线性方程组，则 $\alpha_1, 5 \alpha_2 - 2 \alpha_3$ 都是它的解，都在一维空间 $V_A$ 中。

但 $\alpha_1, 5 \alpha_2 - 2 \alpha_3$ 线性无关，不在同一个一维子空间中。因此原方程组是非齐次线性方程组。

原线性方程组的任意两个解的差是对应的齐次线性方程组的解，含于 $V_A$。因此 $V_A$ 包含 $\alpha_2 - \alpha_1, \alpha_3 - \alpha_1$，从而包含它们的线性组合：

$$X_1 = 5(\alpha_2 - \alpha_1) - 2(\alpha_3 - \alpha_1) = \begin {pmatrix} -1 & 6 & 9 & -4 \end {pmatrix}^T$$

因此，方程组的通解为

$$\alpha_1 + t X_1 = \begin {pmatrix} 1 \\ -2 \\ -3 \\ 4 \end {pmatrix} + t \begin {pmatrix} -1 \\ 6 \\ 9 \\ -4 \end {pmatrix}$$

# 习题

1. 求由以下每组向量生成子空间的维数，并求出一组基：

   (1) $\alpha_1 = (6, 4, 1, -1, 2), \alpha_2 = (1, 0, 2, 3, 4), \alpha_3 = (1, 4, -9, -16, 22), \alpha_4 = (7, 1, 0, -1, 3)$；

   (2) $\alpha_1 = (1, -1, 2, 4), \alpha_2 = (0, 3, 1, 2), \alpha_3 = (3, 0, 7, 14), \alpha_4 = (1, -1, 2, 0), \alpha_5 = (2, 1, 5, 6)$

   (1) 解：按列向量排成矩阵并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 6 & 1 & 1 & 7 \\ 4 & 0 & 4 & 1 \\ 1 & 2 & -9 & 0 \\ -1 & 3 & -16 & -1 \\ 2 & 4 & 22 & 3 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(1, 3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & -9 & 0 \\ 6 & 1 & 1 & 7 \\ 4 & 0 & 4 & 1 \\ -1 & 3 & -16 & -1 \\ 2 & 4 & 22 & 3 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-6(1) + (2), -4(1) + (3), (1) + (4), -2(1) + (5)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & -9 & 0 \\ 0 & -11 & 55 & 7 \\ 0 & -8 & 40 & 1 \\ 0 & 5 & -25 & -1 \\ 0 & 0 & 40 & 3 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {- \frac 8 {11} (2) + (3), \frac 5 {11} (2) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & -9 & 0 \\ 0 & -11 & 55 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & - \frac {45} {11} \\ 0 & 0 & 0 & \frac {24} {11} \\ 0 & 0 & 40 & 3 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(3, 5)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & -9 & 0 \\ 0 & -11 & 55 & 7 \\ 0 & 0 & 40 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & - \frac {45} {11} \\ 0 & 0 & 0 & \frac {24} {11} \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {\frac 8 {15} (4) + (5)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & -9 & 0 \\ 0 & -11 & 55 & 7 \\ 0 & 0 & 40 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & - \frac {45} {11} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}$$

   则该向量组生成子空间的维数为 $4$，一组基为 $\{ (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) \}$。

   (2) 解：按列向量排成矩阵并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 0 & 3 & 1 & 2 \\ -1 & 3 & 0 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 7 & 2 & 5 \\ 4 & 2 & 14 & 0 & 6 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(1) + (2), -2(1) + (3), -4(1) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 3 & 1 & 2 \\ 0 & 3 & 3 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 2 & -4 & -2 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(2, 3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 3 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 3 & 0 & 3 \\ 0 & 2 & 2 & -4 & -2 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-3(2) + (3), -2(2) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 3 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -4 & -4 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(3, 4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 3 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -4 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}$$

   由此该向量组生成子空间的维数为 $3$，一组基为 $\{ (1, -1, 2, 4), (0, 3, 1, 2), (1, -1, 2, 0) \}$。

2. 设 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 是向量空间 $V$ 的一组基，求由如下向量组生成子空间的维数：

   (1) $\beta_1 = \alpha_1 + 2 \alpha_2 + \alpha_3, \beta_2 = \alpha_1 + \alpha_2 - 3 \alpha_3, \beta_3 = \alpha_1 + 5 \alpha_2 + 13 \alpha_3$；

   (2) $\beta_1 = \alpha_1 + \alpha_2 - \alpha_3, \beta_2 = \alpha_1 + 9 \alpha_2 + 3 \alpha_3, \beta_3 = \alpha_1 + 4 \alpha_2 + 2 \alpha_3$；

   (3) $\beta_1 = \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3, \beta_2 = 2 \alpha_1 - \alpha_2 + 3 \alpha_3, \beta_3 = 4 \alpha_1 + \alpha_2 + 9 \alpha_3$。

   (1) 解：写作列向量矩阵，并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 5 \\ 1 & -3 & 13 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-2(1) + (2), -(1) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 3 \\ 0 & -4 & 12 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-4(2) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}$$

   因此该向量组生成子空间的维数为 $2$。

   (2) 解：写作列向量矩阵，并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 9 & 4 \\ -1 & 3 & 2 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(1) + (2), (1) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 8 & 3 \\ 0 & 4 & 3 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {- \frac 1 2 (2) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 8 & 3 \\ 0 & 0 & \frac 3 2 \end {pmatrix}$$

   因此该向量组生成子空间的维数为 $3$。

   (3) 解：写作列向量矩阵，并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 1 & -1 & 1 \\ 1 & 3 & 9 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(1) + (2), -(1) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & -3 & -3 \\ 0 & 1 & 5 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {\frac 1 3 (2) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & -3 & -3 \\ 0 & 0 & 4 \end {pmatrix}$$

   因此该向量组生成子空间的维数为 $3$。

3. 问下列方程的解集是否是 $\R^4$ 的子空间？

   (1) $x_1 + 2 x_2 = 3 x_3 + 4 x_4$；

   (2) $x_1 + 2 x_2 = 3 x_3 + 4 - x_4$；

   (3) $(x_1 + 2 x_2)^2 = (3 x_3 + 4 x_4)^2$；

   (4) $(x_1 + 2 x_2)^2 + (3 x_3 + 4 x_4)^2 = 0$。

   (1) 解：方程可化为：

   $$x_1 = -2 x_2 + 3 x_3 + 4 x_4$$

   可得通解的向量形式为：

   $$X = t_1 \begin {pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end {pmatrix} + t_2 \begin {pmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end {pmatrix} + t_3 \begin {pmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end {pmatrix}$$

   则解空间的维度为 $3$，是 $\R^4$ 的子空间。

   (2) 解：方程可化为：

   $$x_1 = -2 x_2 + 3 x_3 + 4 x_4 + 4$$

   可得通解的向量形式为：

   $$X = \begin {pmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end {pmatrix} + t_1 \begin {pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end {pmatrix} + t_2 \begin {pmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end {pmatrix} + t_3 \begin {pmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end {pmatrix}$$

   则零向量不包括在该解空间里，不构成 $\R^4$ 的一个子空间。
   忽略了子空间必须包含零向量（不然对于数乘不封闭）

   (3) 解：方程可化为：

   $$x_1 + 2 x_2 - 3 x_3 - 4 x_4 = 0 \tag {1}$$

   $$x_1 + 2 x_2 + 3 x_3 + 4 x_4 = 0 \tag {2}$$

   以上方程中任意一个成立即可。方程 $(1)$ 通解为：

   $$X_1 = t_1 \begin {pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end {pmatrix} + t_2 \begin {pmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end {pmatrix} + t_3 \begin {pmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end {pmatrix}$$

   方程 $(2)$ 通解为：

   $$X_2 = t_1 \begin {pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end {pmatrix} + t_2 \begin {pmatrix} -3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end {pmatrix} + t_3 \begin {pmatrix} -4 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end {pmatrix}$$

   两个解空间均为三维空间，该方程解空间为以上两个解空间的并集，不具有加法的封闭性，不构成 $\R^4$ 的子空间。
   忽略了子空间要求对加法的封闭性

   (4) 解：方程可化为：

   $$\begin {cases} x_1 + 2 x_2 = 0 \\ 3 x_3 + 4 x_4 = 0 \end {cases}$$

   写作系数矩阵并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 4 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {\frac 1 3 (2)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \frac 4 3 \end {pmatrix}$$

   则方程组通解为：

   $$X = t_1 \begin {pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end {pmatrix} + t_2 \begin {pmatrix} 0 \\ 0 \\ -4 \\ 3 \end {pmatrix}$$

   即解空间为二维空间，是 $\R^4$ 的子空间。

4. 求如下方程组的通解：

   $$x \begin {pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end {pmatrix} + y \begin {pmatrix} 1 \\ 1 \\ 5 \end {pmatrix} + z \begin {pmatrix} 1 \\ 5 \\ 13 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end {pmatrix}$$

   解：将该方程组写作增广矩阵并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 5 & 0 \\ 1 & 5 & 13 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-2 (1) + (2), -(1) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 3 & -2 \\ 0 & 4 & 12 & -1 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {4(2) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 24 & -9 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(2), \frac 1 {24} (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & -\frac 3 8 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(3) + (1), 3(3) + (2)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 0 & \frac {11} 8 \\ 0 & 1 & 0 & \frac 7 8 \\ 0 & 0 & 1 & -\frac 3 8 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(2) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 & \frac 1 2 \\ 0 & 1 & 0 & \frac 7 8 \\ 0 & 0 & 1 & -\frac 3 8 \end {pmatrix}$$

   则方程组通解唯一，为 $X = \begin {pmatrix} \dfrac 1 2 & \dfrac 7 8 & -\dfrac 3 8 \end {pmatrix}^T$

5. 求下列每个齐次线性方程组的一个基础解系，并写出通解。

   (1)

   $$\begin {cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = 0 \\ x_1 + 2 x_2 + 3 x_3 + 4 x_4 + 5 x_5 = 0 \\ x_1 - x_3 - 2 x_4 - 3 x_5 = 0 \end {cases}$$

   (2)

   $$\begin {cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 - 4 x_5 = 0 \\ x_1 - 2 x_2 + 3 x_3 - 4 x_4 + 2 x_5 = 0 \\ -x_1 + 3 x_2 - 5 x_3 + 7 x_4 - 4 x_5 = 0 \\ x_1 + 2 x_2 - x_3 + 4 x_4 - 6 x_5 = 0 \end {cases}$$

   (1) 解：将方程组写作系数矩阵并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 1 & 0 & -1 & -2 & -3 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(1) + (2), -(1) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & -1 & -2 & -3 & -4 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(2) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(2) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & -1 & -2 & -3 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}$$

   由此可得方程组的一个基础解系为：

   $$\begin {pmatrix} 1 & -2 & 1 & 0 & 0 \end {pmatrix}^T, \begin {pmatrix} 2 & -3 & 0 & 1 & 0 \end {pmatrix}^T, \begin {pmatrix} 3 & -4 & 0 & 0 & 1 \end {pmatrix}^T$$

   方程组的通解为：

   $$X = t_1 \begin {pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end {pmatrix} + t_2 \begin {pmatrix} 2 \\ -3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end {pmatrix} + t_3 \begin {pmatrix} 3 \\ -4 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end {pmatrix}$$

   (2) 解：写出方程组的系数矩阵并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -4 \\ 1 & -2 & 3 & -4 & 2 \\ -1 & 3 & -5 & 7 & -4 \\ 1 & 2 & -1 & 4 & -6 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(1) + (2), (1) + (3), -(1) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -4 \\ 0 & -3 & 2 & -5 & 6 \\ 0 & 4 & -4 & 8 & -8 \\ 0 & 1 & -2 & 3 & -2 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(2, 4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -4 \\ 0 & 1 & -2 & 3 & -2 \\ 0 & 4 & -4 & 8 & -8 \\ 0 & -3 & 2 & -5 & 6 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-4(2) + (3), 3(2) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -4 \\ 0 & 1 & -2 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 4 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & -4 & 4 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(3) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -4 \\ 0 & 1 & -2 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 4 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {\frac 1 4 (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -4 \\ 0 & 1 & -2 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(3) + (1), 2(3) + (2)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 0 & 2 & -4 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(2) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}$$

   由此可得方程组的一个基础解系：

   $$\begin {pmatrix} -1 & -1 & 1 & 1 & 0 \end {pmatrix}^T, \begin {pmatrix} 2 & 2 & 0 & 0 & 1 \end {pmatrix}^T$$

   方程组的通解为：

   $$X = t_1 \begin {pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end {pmatrix} + t_2 \begin {pmatrix} 2 \\ 2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end {pmatrix}$$

6. 已知五元线性方程组的系数矩阵的秩为 $3$，且以下向量是它的解向量：

   $$\alpha_1 = (1, 1, 1, 1, 1), \alpha_2 = (1, 2, 3, 4, 5), \alpha_3 = (1, 0, -3, -2, -3)$$

   (1) 求方程组的通解。

   (2) $\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3$ 是否为方程组的解？

   (3) $\dfrac 1 3 (\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3)$ 是否为方程组的解？

   (1) 解：将三个解向量排成列向量矩阵并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \\ 1 & 3 & -3 \\ 1 & 4 & -2 \\ 1 & 5 & -3 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(1) + (2), -(1) + (3), -(1) + (4), -(1) + (5)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & -4 \\ 0 & 3 & -3 \\ 0 & 4 & -4 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-2(2) + (3), -3(2) + (4), -4(2) + (5)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}$$

   由此可知向量组 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性无关。又已知五元线性方程组的系数矩阵的秩为 $3$，若该方程组为齐次线性方程组，其解空间 $W$ 的维度 $\dim W = 5 - 3 = 2$，矛盾，因此该方程组为非齐次线性方程组，任意两个解的差构成对应齐次线性方程组的解，即 $\alpha_2 - \alpha_1, \alpha_3 - \alpha_1$ 构成一组基础解系：

   $$\alpha_2 - \alpha_1 = \begin {pmatrix} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \end {pmatrix}^T, \alpha_3 - \alpha_1 = \begin {pmatrix} 0 & -1 & -4 & -3 & -4 \end {pmatrix}^T$$

   方程组的通解可表示为：

   $$X = \begin {pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end {pmatrix} + t_1 \begin {pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end {pmatrix} + t_2 \begin {pmatrix} 0 \\ -1 \\ -4 \\ -3 \\ -4 \end {pmatrix}$$

   (2) 解：由 $(1)$ 可知，方程组的通解可以写作：

   $$X = \alpha_1 + t_1 (\alpha_2 - \alpha_1) + t_2 (\alpha_3 - \alpha_1) = (1 - t_1 - t_2) \alpha_1 + t_1 \alpha_2 + t_2 \alpha_3$$

   由此可列出方程组：

   $$\begin {cases} 1 - t_1 - t_2 = 1 \\ t_1 = 1 \\ t_2 = 1 \end {cases}$$

   上述方程组无解，因此 $\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3$ 不是方程组的解。

   (3) 解：与 $(2)$ 同理可列出方程组：

   $$\begin {cases} 1 - t_1 - t_2 = \frac 1 3 \\ t_1 = \frac 1 3 \\ t_2 = \frac 1 3 \end {cases}$$

   由此可解得方程组的唯一解：

   $$\begin {cases} t_1 = \frac 1 3 \\ t_2 = \frac 1 3 \end {cases}$$

   因此 $\dfrac 1 3 (\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3)$ 是方程组的解。

7. 设四元线性方程组系数矩阵的秩为 $3$，$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 是它的三个解向量，且

   $$3 \alpha_1 - 2 \alpha_2 = (1, 0, 1, 0), \alpha_3 = (1, -2, -3, 4).$$

   求这个线性方程组的通解。

   解：由题，该线性方程组的解空间 $W$ 的维度 $\dim W = 4 - 3 = 1$，若该方程组为齐次线性方程组，则 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 应线性相关，从而 $3 \alpha_1 - 2 \alpha_2, \alpha_3$ 应线性相关，显然 $(1, 0, 1, 0), (1, -2, -3, 4)$ 线性无关，因此该线性方程组为非齐次线性方程组。因此 $\alpha_1 - \alpha_3, \alpha_2 - \alpha_3$ 为对应齐次线性方程组的解，于是 $3 (\alpha_1 - \alpha_3) - 2 (\alpha_2 - \alpha_3) = (3 \alpha_1 - 2 \alpha_2) - \alpha_3 = (0, 2, 4, -4)$ 构成一个基础解系，方程组通解可写为：

   $$X = \begin {pmatrix} 1 \\ -2 \\ -3 \\ 4 \end {pmatrix} + t \begin {pmatrix} 0 \\ 2 \\ 4 \\ -4 \end {pmatrix}$$

8. 已知非齐次线性方程组

   $$\begin {cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = -1 \\ 4 x_1 + 3 x_2 + 5 x_3 - x_4 = -1 \\ a x_1 + x_2 + 3 x_3 + b x_4 = 1 \end {cases}$$

   有三个线性无关的解向量，求 $a, b$ 的值及方程组的通解。

   解：由题，该方程的基础解系至少由两个解向量组成。又已知前两个方程线性无关，则第三个方程必定能由前两个方程线性表出。写出增广矩阵并进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 4 & 3 & 5 & -1 & -1 \\ a & 1 & 3 & b & 1 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-4(1) + (2), -a(1) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & 3 \\ 0 & 1 - a & 3 - a & b - a & 1 + a \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(1 - a) (2) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & 3 \\ 0 & 0 & 4 - 2a & 4a + b - 5 & 4 - 2a \end {pmatrix}$$

   由此可得方程组：

   $$\begin {cases} 4 - 2a = 0 \\ 4a + b - 5 = 0 \end {cases}$$

   解得：

   $$\begin {cases} a = 2 \\ b = -3 \end {cases}$$

   代入上述矩阵，继续进行初等行变换：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(2)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & 5 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(2) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 2 & -4 & 2 \\ 0 & 1 & -1 & 5 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}$$

   由此可得方程组的通解为：

   $$X = \begin {pmatrix} 2 \\ -3 \\ 0 \\ 0 \end {pmatrix} + t_1 \begin {pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end {pmatrix} + t_2 \begin {pmatrix} 4 \\ -5 \\ 0 \\ 1 \end {pmatrix}$$

9. 设 $U$ 是 $\mathbb C^5$ 的子空间，$U = \{ (z_1, z_2, z_3, z_4, z_5) \in \mathbb C^5 | 6 z_1 = z_2, z_3 + 2 z_4 + 3 z_5 = 0 \}$，求 $U$ 的维数及一组基，并将其扩充为 $\mathbb C^5$ 的一组基。

   解：由题可得，$U$ 的维数 $\dim U = 3$，一组基为：

   $$(1, 6, 0, 0, 0), (0, 0, -2, 1, 0), (0, 0, -3, 0, 1)$$

   扩充后的 $\mathbb C^5$ 的一组基为：

   $$(1, 6, 0, 0, 0), (0, 0, -2, 1, 0), (0, 0, -3, 0, 1), (0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 0)$$

10. 已知 $\mathbb F^5$ 中的向量 $X_1 = (1, 2, 3, 4, 5), X_2 = (1, -1, 1, -1, 1), X_3 = (1, 2, 4, 8, 16)$，求一个齐次线性方程组，使 $X_1, X_2, X_3$ 组成这个方程组的基础解系。

    解：设该方程组的第 $i$ 个方程为：

    $$a_{i, 1} x_1 + a_{i, 2} x_2 + a_{i, 3} x_3 + a_{i, 4} x_4 + a_{i, 5} x_5 = 0$$

    将 $X_1, X_2, X_3$ 依次代入得到方程组：

    $$\begin {cases} a_{i, 1} + 2 a_{i, 2} + 3 a_{i, 3} + 4 a_{i, 4} + 5 a_{i, 5} = 0 \\ a_{i, 1} - a_{i, 2} + a_{i, 3} - a_{i, 4} + a_{i, 5} = 0 \\ a_{i, 1} + 2 a_{i, 2} + 4 a_{i, 3} + 8 a_{i, 4} + 16 a_{i, 5} = 0 \end {cases}$$

    写出系数矩阵，并进行初等行变换：

    $$\begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 1 & -1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 4 & 8 & 16 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(1) + (2), -(1) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 0 & -3 & -2 & -5 & -4 \\ 0 & 0 & 1 & 4 & 11 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {- \frac 1 3 (2)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 0 & 1 & \frac 2 3 & \frac 5 3 & \frac 4 3 \\ 0 & 0 & 1 & 4 & 11 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {- \frac 2 3 (3) + (2), -3(3) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 0 & -8 & -28 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & -6 \\ 0 & 0 & 1 & 4 & 11 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-2(2) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 & -6 & -16 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & -6 \\ 0 & 0 & 1 & 4 & 11 \end {pmatrix}$$

    即方程组通解为：

    $$A = t_1 \begin {pmatrix} 6 \\ 1 \\ -4 \\ 1 \\ 0 \end {pmatrix} + t_2 \begin {pmatrix} 16 \\ 6 \\ -11 \\ 0 \\ 1 \end {pmatrix}$$

    由此可写出一个符合题意的齐次线性方程组：

    $$\begin {cases} 6 x_1 + x_2 - 4 x_3 + x_4 = 0 \\ 16 x_1 + 6 x_2 - 11 x_3 + x_5 = 0 \end {cases}$$