# 前置知识

2.6 子空间

# 线性方程组唯一解的条件

我们已知，线性方程组 $Ax = b$ 有唯一解的条件是：系数矩阵 $A$ 线性无关。

定理 $1$：设 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n \in F^{n \times 1}$，$\Delta$ 是从左向右依次以 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 为列组成的行列式，则：

$\{ \alpha_1, \cdots, \alpha_n \}$ 是 $F^{n \times 1}$ 的一组基当且仅当 $\Delta \not = 0$。

证明：先设 $\Delta \not = 0$，考虑关于 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 的方程组 $\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \cdots + \alpha_n x_n = 0$，若该方程组有非零解，则系数矩阵经过初等行变换后存在某一行全为 $0$，此时该矩阵的行列式值为 $0$，矛盾，因此该方程组只有零解，从而 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 线性无关，为 $F^{n \times 1}$ 的基。

反过来，设 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 为 $F^{n \times 1}$ 的基，则上述方程组只有零解，于是其系数矩阵经过初等行变换后最简形式为：

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

其中 $b_{1, 1} = \cdots = b_{n, n} = 1$，于是 $|B| = b_{1, 1} \cdots b_{n, n} = 1$。又因为 $|A| = \lambda |B| \not = 0$，因此原系数矩阵行列式值不为 $0$。

推论 $1$：设 $A$ 是 $n$ 阶方阵，则如下命题等价：

1. $|A| \not = 0$；

2. $A$ 的列向量线性无关；

3. $A$ 的行向量线性无关；

4. $\mathrm {rank} \, A = n$。

推论 $2$：设 $A$ 是由 $n$ 个方程组成的 $n$ 元一次方程组 $Ax = b$ 的系数矩阵。则：

$$\det A \not = 0 \Leftrightarrow 方程组 Ax = b 有唯一解$$

解：移项，整理得：

$$\begin {cases} \lambda x_1 - x_2 - x_3 = 0 \\ - x_1 + \lambda x_2 - x_3 = 0 \\ - x_1 - x_2 + \lambda x_3 = 0 \end {cases}$$

上述方程有非零解，则系数行列式为 $0$。而

$$\Delta = \begin {vmatrix} \lambda & -1 & -1 \\ -1 & \lambda & -1 \\ -1 & -1 & \lambda \end {vmatrix} \xlongequal {(2) + (1), (3) + (1)} \begin {vmatrix} \lambda - 2 & \lambda - 2 & \lambda - 2 \\ -1 & \lambda & -1 \\ -1 & -1 & \lambda \end {vmatrix} = (\lambda - 2) \begin {vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & \lambda & -1 \\ -1 & -1 & \lambda \end {vmatrix} \xlongequal {(1) + (2), (1) + (3)} (\lambda - 2) \begin {vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & \lambda + 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda + 1 \end {vmatrix} = (\lambda - 2) (\lambda + 1)^2$$

由此解得 $\lambda = 2$ 或 $\lambda = -1$。

证明：将 $a, b, c$ 看成未知数，上述等式看成方程：

$$\begin {cases} -a + b \cos \gamma + c \cos \beta = 0 \\ a \cos \gamma - b + c \cos \alpha = 0 \\ a \cos \beta + b \cos \alpha - c = 0 \end {cases}$$

有非零解，系数行列式等于 $0$，即

$$\begin {vmatrix} -1 & \cos \gamma & \cos \beta \\ \cos \gamma & -1 & \cos \alpha \\ \cos \beta & \cos \alpha & -1 \end {vmatrix} = 0$$

从而有 $\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma + 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma = 1$ 成立。

# 矩阵的行列式秩

若方阵 $A$ 的行列式 $|A| \not = 0$，就称 $A$ 是 非退化的，否则称 $A$ 是 退化的。非退化方阵 $A$ 的各行（列）线性无关，$\mathrm {rank} \, A = n$，这样的方阵也称为是 满秩的。

定理 $2$：矩阵 $A$ 的行列式秩 $=$ 矩阵 $A$ 的秩。

证明：若 $A$ 中含有的不为零的最大阶子式为 $k$ 阶子式 $\Delta_k$，先证明 $A$ 的列秩大于或等于 $k$，为此，我们证明 $A$ 的第 $j_1, j_2, \cdots, j_k$ 列组成列向量组的极大线性无关组。因此，$k \le \mathrm {rank} \, A$。

反之，若 $\mathrm {rank} \, A = s$，则 $A$ 有某 $s$ 列如第 $j_1, j_2, \cdots, j_s$ 列线性无关，把这 $s$ 列组成矩阵 $A_s$，则它的列秩与行秩都为 $s$，于是 $A_s$ 中有 $s$ 行，如 $i_1, i_2, \cdots, i_s$ 行线性无关，这 $s$ 行排成的 $s$ 阶方阵 $B_s$ 有 $|B_s| \not = 0$，而 $|B_s|$ 为 $A$ 的 $s$ 阶非零子式，所以 $\mathrm {rank} \, A = s \le k$。于是我们有：$\mathrm {rank} \, A = k$。

# Cramer 法则

设 $n$ 元线性方程组 $Ax = b$ 有唯一解，有没有办法求出方程组的通解公式呢？

我们不妨记：

$$\Delta = \begin {vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix}$$

考虑利用初等列变换替换系数矩阵的第 $j$ 列，得到：

$$\begin {vmatrix} a_{1, 1} & \cdots & a_{1, j - 1} & \sum\limits_{k = 1}^n a_{1, k} x_k & a_{1, j + 1} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & \cdots & a_{2, j - 1} & \sum\limits_{k = 1}^n a_{2, k} x_k & a_{2, j + 1} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & \cdots & a_{n, j - 1} & \sum\limits_{k = 1}^n a_{n, k} x_k & a_{n, j + 1} & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix} = \begin {vmatrix} a_{1, 1} & \cdots & a_{1, j - 1} & b_1 & a_{1, j + 1} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & \cdots & a_{2, j - 1} & b_2 & a_{2, j + 1} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & \cdots & a_{n, j - 1} & b_n & a_{n, j + 1} & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix}$$

将等式右边的行列式记为 $\Delta_j$，左边的行列式可以拆成 $n$ 个行列式之和：

$$\sum_{k = 1}^n \begin {vmatrix} a_{1, 1} & \cdots & a_{1, j - 1} & a_{1, k} & a_{1, j + 1} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & \cdots & a_{2, j - 1} & a_{2, k} & a_{2, j + 1} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & \cdots & a_{n, j - 1} & a_{n, k} & a_{n, j + 1} & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix} x_k$$

当 $j \not = k$ 时，行列式存在完全相同的两列，值为 $0$。当 $j = k$ 时行列式就是 $\Delta$，因此有：

$$\Delta \cdot x_j = \Delta_j$$

从而解得：

$$x_j = \frac {\Delta_j} {\Delta}, \forall \, 1 \le j \le n$$

也即：原方程组如果有解，只有唯一一组解：

$$(x_1, \cdots, x_j, \cdots, x_n) = \left( \frac {\Delta_1} \Delta, \cdots, \frac {\Delta_j} \Delta, \cdots, \frac {\Delta_n} \Delta \right)$$

如果常数项 $b_i$ 全部为零，所有的 $\Delta_i = 0$，原方程组确实只有唯一零解，这表明原方程组的系数矩阵的 $n$ 列线性无关，组成 $n$ 维列向量空间 $F^{n \times 1}$ 的一组基，$F^{n \times 1}$ 中的每个列向量 $(b_1, \cdots, b_n)^T$ 都能唯一地表示成这组基的线性组合，也即原方程组对任意常数项 $b_1, \cdots, b_n$ 都有唯一解，即上述表达式，这就是 Cramer 法则。

定理 $3$（克莱姆法则）：如果 $n$ 元线性方程组的系数行列式 $\Delta \not = 0$，则方程组有唯一解：

$$(x_1, \cdots, x_j, \cdots, x_n) = \left( \frac {\Delta_1} \Delta, \cdots, \frac {\Delta_j} \Delta, \cdots, \frac {\Delta_n} \Delta \right)$$

其中 $\Delta_j$ 是将 $\Delta$ 的第 $j$ 列各元分别换成 $b_1, \cdots, b_n$ 得到的行列式。

# 习题

1. 用克莱姆法则解线性方程组：

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

   解：

   $$\Delta = \begin {vmatrix} 2 & 1 & -5 & 1 \\ 1 & -3 & 0 & -6 \\ 0 & 2 & -1 & 2 \\ 1 & 4 & -7 & 6 \end {vmatrix} = 27 \\ \Delta_1 = \begin {vmatrix} 0 & 1 & -5 & 1 \\ 3 & -3 & 0 & -6 \\ -5 & 2 & -1 & 2 \\ 0 & 4 & -7 & 6 \end {vmatrix} = -99, x_1 = \frac {\Delta_1} {\Delta} = - \frac {11} 3 \\ \Delta_2 = \begin {vmatrix} 2 & 0 & -5 & 1 \\ 1 & 3 & 0 & -6 \\ 0 & -5 & -1 & 2 \\ 1 & 0 & -7 & 6 \end {vmatrix} = -134, x_2 = \frac {\Delta_2} {\Delta} = - \frac {134} {27} \\ \Delta_3 = \begin {vmatrix} 2 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & -3 & 3 & -6 \\ 0 & 2 & -5 & 2 \\ 1 & 4 & 0 & 6 \end {vmatrix} = -59, x_3 = \frac {\Delta_3} {\Delta} = - \frac {59} {27} \\ \Delta_4 = \begin {vmatrix} 2 & 1 & -5 & 0 \\ 1 & -3 & 0 & 3 \\ 0 & 2 & -1 & -5 \\ 1 & 4 & -7 & 0 \end {vmatrix} = -37, x_4 = \frac {\Delta_4} {\Delta} = - \frac {37} {27} \\$$

2. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 是数域 $\mathbb F$ 中互不相同的数，$b_1, b_2, \cdots, b_n$ 是数域 $\mathbb F$ 中任意一组给定的数，用克莱姆法则证明：存在唯一的数域 $\mathbb F$ 上的多项式 $f(x) = c_0 x^{n - 1} + c_1 x^{n - 2} + \cdots + c_{n - 1}$ 使 $f(a_i) = b_i$。

   证明：依次将 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 代入多项式，可得下列线性方程组：

   $$\begin {cases} a_1^{n - 1} c_0 + a_1^{n - 2} c_1 + \cdots + c_{n - 1} = b_1 \\ a_2^{n - 1} c_0 + a_2^{n - 2} c_1 + \cdots + c_{n - 1} = b_2 \\ \cdots \, \cdots \\ a_n^{n - 1} c_0 + a_n^{n - 2} c_1 + \cdots + c_{n - 1} = b_n \\ \end {cases}$$

   由于 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 互不相同，因此系数矩阵行列式：

   $$\begin {vmatrix} a_1^{n - 1} & a_1^{n - 2} & \cdots & 1 \\ a_2^{n - 1} & a_2^{n - 2} & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_n^{n - 1} & a_n^{n - 2} & \cdots & 1 \\ \end {vmatrix}$$

   值不为 $0$，可由范德蒙德行列式求出其值。因此方程组有唯一一组解，其解为：

   $$x_i = \frac {\Delta_i} {\Delta}$$

   其中 $\Delta$ 为系数矩阵行列式的值，$\Delta_i$ 为将系数矩阵的第 $i$ 列从上到下依次替换为 $b_1, \cdots, b_n$ 后所得矩阵的行列式的值。

3. 设 $n$ 元线性方程组：

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

   的系数矩阵行列式 $\Delta \not = 0$。对每个 $1 \le j \le n$，令 $\Delta_j = b_1 A_{1, j} + b_2 A_{2, j} + \cdots + b_n A_{n, j}$ 是在 $\Delta$ 中将第 $j$ 列元素分别换成 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 得到的行列式。将 $(x_1, x_2, \cdots, x_n) = \left( \dfrac {\Delta_1} \Delta, \dfrac {\Delta_2} \Delta, \cdots, \dfrac {\Delta_n} \Delta \right)$ 代入原方程组检验，证明它确实为该方程组的解。

   证明：记：

   $$\Delta = \begin {vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix}$$

   考虑利用初等列变换替换系数矩阵的第 $j$ 列，得到：

   $$\begin {vmatrix} a_{1, 1} & \cdots & a_{1, j - 1} & \sum\limits_{k = 1}^n a_{1, k} x_k & a_{1, j + 1} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & \cdots & a_{2, j - 1} & \sum\limits_{k = 1}^n a_{2, k} x_k & a_{2, j + 1} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & \cdots & a_{n, j - 1} & \sum\limits_{k = 1}^n a_{n, k} x_k & a_{n, j + 1} & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix} = \begin {vmatrix} a_{1, 1} & \cdots & a_{1, j - 1} & b_1 & a_{1, j + 1} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & \cdots & a_{2, j - 1} & b_2 & a_{2, j + 1} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & \cdots & a_{n, j - 1} & b_n & a_{n, j + 1} & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix}$$

   将等式右边的行列式记为 $\Delta_j$，左边的行列式可以拆成 $n$ 个行列式之和：

   $$\sum_{k = 1}^n \begin {vmatrix} a_{1, 1} & \cdots & a_{1, j - 1} & a_{1, k} & a_{1, j + 1} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & \cdots & a_{2, j - 1} & a_{2, k} & a_{2, j + 1} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & \cdots & a_{n, j - 1} & a_{n, k} & a_{n, j + 1} & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix} x_k$$

   当 $j \not = k$ 时，行列式存在完全相同的两列，值为 $0$。当 $j = k$ 时行列式就是 $\Delta$，因此有：

   $$\Delta \cdot x_j = \Delta_j$$

   从而解得：

   $$x_j = \frac {\Delta_j} {\Delta}, \forall \, 1 \le j \le n$$

   也即：原方程组如果有解，只有唯一一组解：

   $$(x_1, \cdots, x_j, \cdots, x_n) = \left( \frac {\Delta_1} \Delta, \cdots, \frac {\Delta_j} \Delta, \cdots, \frac {\Delta_n} \Delta \right)$$