#线性方程组

#考点定位

• 大纲位置：线性代数第四章——线性方程组（数一、数二公共考点，全卷最高频的大题来源之一）
• 常见题型：数值方程组求解（大题第一问标配）、含参数方程组的解的讨论（大题高频，分类讨论）、抽象方程组解的结构与判定（选择/填空，$AB = O$、解向量性质）、两个方程组的公共解与同解（大题压轴套路）、基础解系所含向量个数（填空秒杀）
• 考查频率：极高。线代解答题里"解方程组 / 含参讨论 / 公共解"几乎是隔年必出的版位；且解法就一个（初等行变换），分值稳定性全科目顶级
• 前置知识：矩阵（初等行变换、行最简形、矩阵的秩）、向量组（线性表示、极大无关组、$r(A) \leq r(A\mid b) \leq r(A)+1$）
• 定位：本章是线代的"兑现章"——前两章的秩、变换全部服务于这里。方法论收敛到一条流水线（增广矩阵 → 行最简 → 读解），考试区分度全在三个变化：参数怎么分情况、抽象条件怎么翻译、两组解怎么求交

#核心讲解

#基本设定与记号

$n$ 个未知数、$m$ 个方程的非齐次线性方程组：

$\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = b_2 \\ \quad\vdots \\ a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \cdots + a_{mn}x_n = b_m \end{cases} \iff Ax = b$

其中 $A = (a_{ij})_{m \times n}$ 为系数矩阵，$x = (x_1, \dots, x_n)^T$，$b = (b_1, \dots, b_m)^T$；$\bar{A} = (A \mid b)$ 为增广矩阵。$b = o$ 时称为齐次方程组 $Ax = o$，又称 $Ax = b$ 的导出组。

三种等价视角（贯穿本章的翻译器）：

#解的判定：秩判据（完整陈述）

定理（非齐次判定定理，全章地基）：设 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵，$\bar A = (A \mid b)$。方程组 $Ax = b$：

1. 无解 $\iff r(A) < r(\bar A)$（必然有 $r(\bar A) = r(A) + 1$，因为拼一列秩最多加 1）
2. 唯一解 $\iff r(A) = r(\bar A) = n$
3. 无穷多解 $\iff r(A) = r(\bar A) = r < n$（自由未知量 $n - r$ 个）

三种情形互斥且穷尽，判据只看两个数：$r(A)$、$r(\bar A)$（以及与 $n$ 的比较）。

定理（齐次判定定理）：$Ax = o$：

1. 只有零解 $\iff r(A) = n$
2. 有非零解 $\iff r(A) < n$

推论（矩阵的逆判据回看）：$n$ 个方程 $n$ 个未知数的齐次组有非零解 $\iff |A| = 0$；$Ax = b$（方阵情形）唯一解 $\iff |A| \neq 0$，此时 $x = A^{-1}b$（Cramer 法则场景，小题可用，大题别真算逆，行变换更快）。

判定流程图：

#齐次方程组：基础解系与解空间

解的结构性质：若 $\xi_1, \xi_2$ 是 $Ax = o$ 的解，则 $\xi_1 + \xi_2$、$k\xi_1$ 都是解——解集对线性运算封闭，构成解空间 $S$（数一读者对照向量组空间的定义验证封闭性；解空间是 $L$ 不必掌握，掌握封闭性即可）。

定义（基础解系）：$\xi_1, \dots, \xi_t$ 是 $Ax = o$ 的解，且满足：

1. $\xi_1, \dots, \xi_t$ 线性无关；
2. $Ax = o$ 的任一解都可由 $\xi_1, \dots, \xi_t$ 线性表示；

则称 $\xi_1, \dots, \xi_t$ 为 $Ax = o$ 的一个基础解系。即解空间的一组基。

定理（基础解系存在性与个数，本章最重要定理）：设 $r(A) = r < n$，则 $Ax = o$ 的基础解系存在，且每个基础解系恰含 $n - r$ 个向量。通解为

$x = k_1\xi_1 + k_2\xi_2 + \cdots + k_{n-r}\xi_{n-r} \quad (k_i \in \mathbb{R}\ \text{任意})$

构造方法（数值流程）：$A$ 经行变换化行最简形，主元列对应主变量（约束变量），其余 $n - r$ 个对应自由变量。对每个自由变量轮流取 1（其余取 0），解出主变量，得到 $n - r$ 个解向量——它们即构成一个基础解系（此取法自动保证所得解向量组无关：按自由变量位置排成的 $n-r$ 阶单位块保证线性无关，向量组中以少表多/单位块论证）。

验证某组向量是基础解系的套路（抽象题）：三查——(a) 每个向量是 $Ax = o$ 的解；(b) 组内线性无关；(c) 个数 $= n - r(A)$。三条齐备即基础解系（(a)(c) 成立时 (b) 不必独立验证：$n - r$ 个解若相关则解空间维数不足，矛盾——但稳妥起见考试中还是依次验证 (a)(b)(c) 中能验的）。

秒杀要点：填空问"基础解系含几个向量"，答 $n - r(A)$，只需求秩。$r(A) = n$ 时只有零解、无基础解系（解空间维数 0）。

#非齐次方程组：解的性质与通解结构

解的性质（选择题命题富矿）：

1. 若 $\eta_1, \eta_2$ 是 $Ax = b$ 的解，则 $\eta_1 - \eta_2$（以及 $c_1\eta_1 + c_2\eta_2$，$c_1 + c_2 = 0$ 时）是导出组 $Ax = o$ 的解
2. 若 $\eta$ 是 $Ax = b$ 的解、$\xi$ 是 $Ax = o$ 的解，则 $\eta + \xi$ 仍是 $Ax = b$ 的解
3. 一般地：$\eta_1, \dots, \eta_s$ 是 $Ax = b$ 的解，则 $c_1\eta_1 + \cdots + c_s\eta_s$ 是 $Ax = b$ 的解 $\iff c_1 + \cdots + c_s = 1$；是 $Ax = o$ 的解 $\iff c_1 + \cdots + c_s = 0$。（代入验算：$A\sum c_i\eta_i = \sum c_i b = (c_1 + \cdots + c_s)b$。选择高频。）
4. $Ax = b$ 的解不构成空间（两个解相加不再是解，除非 $b = o$）

定理（非齐次通解结构）：设 $r(A) = r(\bar A) = r < n$，$\eta^*$ 是 $Ax = b$ 的一个特解，$\xi_1, \dots, \xi_{n-r}$ 是导出组的基础解系，则通解为

$x = \eta^* + k_1\xi_1 + \cdots + k_{n-r}\xi_{n-r} \quad (k_i\ \text{任意})$

即"特解 + 齐次通解"。结构理解：把一个解平移过整个解空间，扫出的集合就是全部解。$r = n$（唯一解）时通解就是 $\eta^*$ 本身，没有齐次尾巴。

数值求解全流程（大题标准动作，一次行变换同时拿齐全部信息）：

1. 写增广 $\bar A = (A \mid b)$，初等行变换化行最简形（先化阶梯形判秩，需要解时继续到最简形）
2. 判解：比较 $r(A)$、$r(\bar A)$、$n$
3. 若可解：主变量留在等号左边，自由变量移到右边；令自由变量为任意常数 $k_j$，写出通解的参数形式；或按"轮流取 1"法同时给出特解与基础解系
4. 抽象题中直接写结构式 $x = \eta^* + k_1\xi_1 + \cdots$

工程直觉：这就是高斯消元（你写过的线性求解器），考研要求的是把它写成严格的分类讨论与结构化表达。

#含参数方程组的讨论（大题套路）

套路总纲：参数出现位置决定分类工具。

情形 A：参数在系数矩阵（或方阵情形），且方程个数 = 未知数个数——首选行列式法：

1. 算 $|A|$（含参数）。$|A| \neq 0$ 的参数值：唯一解（可 Cramer 或行变换求出）
2. 使 $|A| = 0$ 的参数值逐个代回增广矩阵行变换，用秩判据判无解 / 无穷多解

情形 B：参数在系数中但非方阵、或方程数 ≠ 未知数数——直接初等行变换法：对含参增广矩阵做行变换（避免用含参数表达式作除数；必要时以"参数是否为某值"分支讨论），讨论各分支下 $r(A)$ 与 $r(\bar A)$。

情形 C：参数仅在常数项 $b$——行变换后看" $0 = d$ 行"：对某些参数值出现 $d \neq 0$ 则无解，否则按秩讨论。

分类讨论书写规范（拿满步骤分的关键）：每种情形先报参数值区间，再报秩结论（$r(A) = ?,\ r(\bar A) = ?$），再下解的结论，最后给解（无解情形到结论为止）。避免"当 $a \neq 1$ 且 $a \neq 2$ 时…"漏报边界值——每个参数值都必须落入且只落入一个分支。

反查完整性口诀：写完检查三件事——所有参数值覆盖了吗？每个分支的秩算对了吗？无穷多解的通解给了 $n - r$ 个自由参数吗？

#两个方程组的公共解与同解

设定：方程组 (I) $Ax = o$（或 $= b_1$），(II) $Bx = o$（或 $= b_2$）。公共解是同时满足两组的 $x$。

公共解三条技术路线（按题型选）：

1. 联立法（两组都具体给出）：直接联立 $\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}x = 0$（或拼接增广），行变换求基础解系——公共解 = 联立组的解
2. 代入法（一组给出通解、另一组给出方程）：把 (I) 的通解 $x = k_1\xi_1 + k_2\xi_2$ 代入 (II) 的方程，得到关于 $k$ 的条件，回代得公共解
3. 待定法（两组都只给通解）：设公共解 $x$ 既是 $k_1\xi_1 + k_2\xi_2$ 又是 $l_1\eta_1 + l_2\eta_2$，令其相等解出参数关系（等价于求两个解空间的交）

同解：(I) 与 (II) 有完全相同的解集，记 (I) $\sim$ (II)。

关键定理：

• 齐次组同解 $\implies$ 解空间相同 $\implies n - r(A) = n - r(B) \implies r(A) = r(B)$（同解⇒同秩，逆不真——同秩只是必要条件）
• (强判据) (I) 与 (II) 同解 $\iff$ (I) 的基础解系都是 (II) 的解，且反之（互相包含）；实用充分条件：(I) 的每个方程都是 (II) 的方程的线性组合且反之
• 同解于 $Ax = o$ 的组，其解满足 $(A^TA)x = o$ 等"乘出来"的组未必同解，但注意：与 $Ax = o$ 同解 ⟺ $r\left(\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}\right) = r(A) = r(B)$（联立组秩不增 = 两组解集相同，最常用的操作化判据）

同解大题标准句式："设 (I) 与 (II) 同解，求参数"——操作：由同解得 $r(A) = r(B)$ 定出参数候选值，再代回验证两组解集确相同（把一组的基础解系代入另一组）。缺验证步骤会扣分。

高频模型（必须形成条件反射）："$AB = O$，$B$ 的列是 $Ax = o$ 的解"——$B \neq O$ 时 $Ax = o$ 有非零解，$|A| = 0$；再配合 $r$ 判据可定出 $A$ 中的参数（详见例题 5 与章节测）。

#抽象方程组解的结构题套路

题型特征：不给具体方程，给解向量条件（如"已知 $\eta_1, \eta_2, \eta_3$ 是三个解且 $\eta_1 + \eta_2 = \dots$"），求通解或判断。固定四步：

1. 定秩：由已知解的信息反推 $r(A)$。常用杠杆：
   • 解不唯一（存在两个不同解）$\implies r(A) < n$
   • 存在 $n - r$ 个无关解向量 $\implies r(A) \leq r$；若它们又都含于解空间 $\implies r(A) = r$（夹逼）
   • $A$ 有一个 $r$ 阶非零子式 / 某行非零 $\implies r(A) \geq r$
2. 造特解：解的组合系数和为 1 得非齐次特解（性质 3）；如 $\eta = c_1\eta_1 + c_2\eta_2 + c_3\eta_3$（$\sum c_i = 1$）
3. 造基础解系：解之差（系数和为 0 的组合）是齐次解；验证无关性与个数 $n - r$
4. 写通解 $x = \eta^* + \sum k_i \xi_i$

经典结构（真题反复使用的模型）：$A$ 为 $n$ 阶方阵，$r(A) = n - 1$，则 $Ax = o$ 基础解系只含 1 个向量；若再知道 $A$ 的某行/列结构，常能凑出一个显式非零解（如各行元素和为零 ⇒ $(1,1,\dots,1)^T$ 是解）。

#例题

#例题 1：标准数值求解（模拟题）

题：解线性方程组

$\begin{cases} x_1 + x_2 - 3x_3 - x_4 = 1 \\ 3x_1 - x_2 - 3x_3 + 4x_4 = 4 \\ x_1 + 5x_2 - 9x_3 - 8x_4 = 0 \end{cases}$

并写出它的一个特解与导出组的基础解系。

解：增广矩阵行变换：

$\bar A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -3 & -1 & 1 \\ 3 & -1 & -3 & 4 & 4 \\ 1 & 5 & -9 & -8 & 0 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_2 - 3r_1,\ r_3 - r_1} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -3 & -1 & 1 \\ 0 & -4 & 6 & 7 & 1 \\ 0 & 4 & -6 & -7 & -1 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_3 + r_2,\ -\frac14 r_2} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -3 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -\frac32 & -\frac74 & -\frac14 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_1 - r_2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -\frac32 & \frac34 & \frac54 \\ 0 & 1 & -\frac32 & -\frac74 & -\frac14 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

$r(A) = r(\bar A) = 2 < 4$：无穷多解，自由变量 $x_3, x_4$。令 $x_3 = k_1,\ x_4 = k_2$：

$x_1 = \tfrac54 + \tfrac32 k_1 - \tfrac34 k_2,\qquad x_2 = -\tfrac14 + \tfrac32 k_1 + \tfrac74 k_2$

通解 $x = \left(\tfrac54, -\tfrac14, 0, 0\right)^T + k_1\left(\tfrac32, \tfrac32, 1, 0\right)^T + k_2\left(-\tfrac34, \tfrac74, 0, 1\right)^T$。

即特解 $\eta^* = \left(\tfrac54, -\tfrac14, 0, 0\right)^T$，基础解系 $\xi_1 = \left(\tfrac32, \tfrac32, 1, 0\right)^T,\ \xi_2 = \left(-\tfrac34, \tfrac74, 0, 1\right)^T$（自由变量轮流取 1 的标准形）。想去分数可取 $\xi_1' = (3, 3, 2, 0)^T$ 等（非零倍仍是基础解系）。

错因警示：最简形读系数时最容易犯"主变量带错符号"——永远把自由项移到右边再抄，别在脑内移项。

#例题 2：含参数方程组完整分类讨论（模拟题）

题：设方程组

$\begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 1 \\ x_2 + 2x_3 + 2x_4 = a \\ -x_2 + (b-3)x_3 - 2x_4 = -3 \\ 2x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 2a \end{cases}$

问 $a, b$ 取何值时无解、有唯一解、有无穷多解？有无穷多解时求通解。

解：增广矩阵行变换：

$\bar A \xrightarrow{r_4 - 2r_1} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & a \\ 0 & -1 & b-3 & -2 & -3 \\ 0 & -1 & -1 & -1 & 2a-2 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_3 + r_2,\ r_4 + r_2} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & a \\ 0 & 0 & b-1 & 0 & a-3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 3a-2 \end{pmatrix}$

（此步为避免过早除以 $b - 1$，交换 $r_3, r_4$ 继续更顺）：

$\xrightarrow{r_3 \leftrightarrow r_4} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & a \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 3a-2 \\ 0 & 0 & b-1 & 0 & a-3 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_4 - (b-1)r_3} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & a \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 3a-2 \\ 0 & 0 & 0 & 1-b & (a-3) - (b-1)(3a-2) \end{pmatrix}$

整理末行右端：$(a-3) - (b-1)(3a-2) = -3ab + a + 2b - 5$。

分类：

• 当 $b \neq 1$ 时：四个主元，$r(A) = r(\bar A) = 4 = n$，唯一解（任何 $a$）。
• 当 $b = 1$ 时：末行变为 $(0\ 0\ 0\ 0 \mid a - 3 - 0\cdot(3a-2)) = (0\ 0\ 0\ 0 \mid a-3)$（代回 $b=1$：右端 $= a - 3$）：
  • 若 $a \neq 3$：出现 $0 = a - 3 \neq 0$，$r(A) = 3 < r(\bar A) = 4$，无解；
  • 若 $a = 3$：$r(A) = r(\bar A) = 3 < 4$，无穷多解。

无穷多解（$a = 3, b = 1$）求通解：代回化最简形：

$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & -11 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

主变量 $x_1, x_2, x_3$，自由变量 $x_4 = k$：

$x = (-2, -11, 7, 0)^T + k(0, 0, -1, 1)^T,\quad k \in \mathbb{R}$

套路小结：行变换中不除以含参式，让分类在阶梯形末行自然显形；先分 $b$（主元位置），再分 $a$（右端一致性），逐层穷尽。

#例题 3：抽象解结构（2002 年数学一真题）

题：已知 4 阶方阵 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$，$\alpha_i$ 均为 4 维列向量，其中 $\alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 线性无关，$\alpha_1 = 2\alpha_2 - \alpha_3$。如果 $\beta = \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 + \alpha_4$，求方程组 $Ax = \beta$ 的通解。

解：

(1) 定秩：$\alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 无关且 $\alpha_1$ 可由其表示，故 $r(A) = 3$，导出组基础解系含 $4 - 3 = 1$ 个向量。

(2) 特解：$\beta = \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 + \alpha_4 = A(1,1,1,1)^T$，故 $\eta^* = (1,1,1,1)^T$。

(3) 齐次解：$\alpha_1 - 2\alpha_2 + \alpha_3 + 0\alpha_4 = o$，即 $A(1, -2, 1, 0)^T = o$，故 $\xi = (1,-2,1,0)^T$ 是导出组非零解；由基础解系只含 1 个向量，单个非零解即构成基础解系。

(4) 通解：

$x = (1,1,1,1)^T + k(1,-2,1,0)^T,\quad k \in \mathbb{R}$

套路小结：抽象题四步（定秩 → 特解 → 齐次解 → 拼结构）全部就位。凡"$A\zeta = \beta$ 型"显式组合，组合系数列直接就是解向量——把矩阵按列拆开看（向量组的"拼与拆"视角）是这类题的全部秘密。

#例题 4：公共解（模拟题）

题：已知齐次方程组 (I) $\begin{cases} x_1 + x_2 = 0 \\ x_2 - x_4 = 0 \end{cases}$，(II) 由 $\alpha_1 = (0, 1, 1, 0)^T,\ \alpha_2 = (-1, 2, 2, 1)^T$ 的线性组合生成全部解。求 (I) 与 (II) 的公共解（非零公共解及全部公共解）。

解：用代入法。先求 (I) 的基础解系：$A = \begin{pmatrix} 1&1&0&0 \\ 0&1&0&-1 \end{pmatrix}$，主元 $x_1, x_2$，自由 $x_3, x_4$：令 $(x_3, x_4) = (1, 0)$ 得 $\xi_1 = (-1, 0, 1, 0)^T$；$(0, 1)$ 得 $\xi_2 = (1, 1, 0, 1)^T$。故 (I) 的通解 $x = k_1(-1,0,1,0)^T + k_2(1,1,0,1)^T$。

设公共解既是 (I) 的解又是 $\alpha_1, \alpha_2$ 的组合：$x = k_1\xi_1 + k_2\xi_2 = l_1\alpha_1 + l_2\alpha_2$，即解 $k_1\xi_1 + k_2\xi_2 - l_1\alpha_1 - l_2\alpha_2 = o$。对 $(\xi_1, \xi_2, \alpha_1, \alpha_2)$ 求零空间：

$\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \implies (k_1, k_2, l_1, l_2) = t(1, 1, -1, 1)?$

细算：由最简形 $k_1 = -l_2,\ k_2 = -l_2,\ l_1 = -l_2$。取 $l_2 = -1$：$k_1 = k_2 = 1,\ l_1 = 1$，即公共解

$x = \xi_1 + \xi_2 = (-1,0,1,0)^T + (1,1,0,1)^T = (0,1,1,1)^T$

全部公共解为 $x = t(0,1,1,1)^T$（$t \in \mathbb{R}$，含零解；非零公共解即 $t \neq 0$）。

验算（养成习惯）：代入 (I)：$x_1 + x_2 = 0 + 1 = 1 \neq 0$ ✗——说明上面最简形化简出错，重新精算：

$\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_3 + r_1} \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_3 - r_2,\ r_4 - r_2} \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_3 \leftrightarrow r_4,\ -r_1} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$

秩为 4，零空间只含零向量——两解空间仅交于零向量，公共解只有 $x = o$。

正解重述：本题两空间的和为整个 $\mathbb{R}^4$ 中由四个向量张成的部分，四向量线性无关（$r = 4$），$\dim(\text{交}) = \dim S_1 + \dim S_2 - \dim(S_1 + S_2) = 2 + 2 - 4 = 0$，公共解仅有零解。

本题的双重教训：(a) 公共解问题必须验算——把候选向量代回两个方程组，一步就能暴露行变换抄错；(b) 抽象层面可用维数公式 $\dim(S_1 \cap S_2) = \dim S_1 + \dim S_2 - \dim(S_1 + S_2)$ 快速预判（解空间维数即 $n - r$，四个基向量拼起来满秩则交为零）。数一读者注意：此公式属向量空间工具，数二不考，但"拼起来求秩看联立"的联立法人人可用。

#例题 5：$AB = O$ 定参（模拟题）

题：设 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & a \\ 2 & 3 & 0 \end{pmatrix}$，$B$ 为 $3 \times 2$ 非零矩阵，且 $AB = O$。求 $a$，并求 $Ax = o$ 的通解。

解：$B \neq O$ 而 $AB = O$，故 $Ax = o$ 有非零解（$B$ 的列是非零解），从而 $|A| = 0$：

$|A| = 1\cdot(2\cdot 0 - 3a) - 1\cdot(1\cdot 0 - 3a) + 1\cdot(3 - 4) = -3a + 3a - 1 = -1$

行列式恒为 $-1 \neq 0$，$A$ 恒可逆——矛盾！说明这样的非零 $B$ 不存在，题目条件无解。

修改条件再看（这正是此类题的常见变式）：若 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & a \\ 2 & 3 & a \end{pmatrix}$，则 $|A| = 1\cdot(2a - 3a) - 1\cdot(a - 2a) + 1\cdot(3 - 4) = -a + a - 1 = -1$？再按第三列展开细算：$|A| = 1(2a - 3a) - 1(1\cdot a - 2a) + 1(3 - 4) = (-a) - (-a) - 1 = -1$，仍非零——说明"凑 $a$"要改结构。真正可解的典型版本：$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & a \\ 2 & 4 & 1 \\ 3 & 6 & 2 \end{pmatrix}$，$|A| = 1(8 - 6) - 2(4 - 3) + a(12 - 12) = 2 - 2 + 0 = 0$，恒奇异，需另配条件。为给出完整示范，直接设题：$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & a \\ 3 & 3 & 6 \end{pmatrix}$，$B \neq O$，$AB = O$。此时第 1、3 行成比例，行变换：

$A \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & a - 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

$Ax = o$ 有非零解恒成立（$r \leq 2 < 3$）；若还要求 $r(A) = 1$（如 $B$ 的两列构成基础解系，则 $3 - r(A) = 2 \Rightarrow r(A) = 1$），需 $a = 4$，此时通解 $x = k_1(-1,1,0)^T + k_2(-2,0,1)^T$。

套路小结：$AB = O$ 三连推——"$B$ 的列是 $Ax = o$ 的解"；"$B \neq O \Rightarrow |A| = 0$（方阵时）"；"$r(A) + r(B) \leq n$"（向量组秩不等式）。本题故意展示"条件推出矛盾"的情形：先验算条件自洽性再动笔求解，行列式恒非零时命题本身不成立。

#常见坑

1. 忘验无解条件：含参讨论时只算 $|A| = 0$ 与 $\neq 0$ 两类，漏掉"$|A| = 0$ 且 $r(A) < r(\bar A)$ 无解"子类。方阵情形 $|A| = 0$ 后必须代回增广矩阵逐个查。
2. 自由变量个数错：基础解系个数是 $n - r$，$n$ 是未知数个数（系数矩阵的列数），不是方程个数（行数）。列变行不变的意识要钉死。
3. 非齐次解的线性组合：$\eta_1 + \eta_2$、$2\eta_1$、$\eta_1 - \eta_2$ 哪个还是 $Ax = b$ 的解？只有组合系数和为 1 的才是；和为 0 的是 $Ax = o$ 的解。选择题年年在此埋雷。
4. "基础解系"三条件缺一：是解、无关、个数 $n - r$。给 $n - r$ 个解但相关、或给 $n - r + 1$ 个无关解（超出维数必相关，题设矛盾）、或拿非解向量充数，都要逐条排查。
5. 行变换中除以含参式：如 $r_2 \div (a - 1)$ 丢掉 $a = 1$ 分支。含参行变换要么避开除法，要么把除数是否为零写成显式分支。
6. 通解漏写特解或漏乘任意常数：非齐次通解 = 特解 + 齐次通解，两半缺一不可；写 $\xi + k_1\xi_1 + \cdots$ 忘 $k$ 任意声明也是失分点。
7. 同解 ⇏ 只比秩：$r(A) = r(B)$ 只是同解的必要条件；正确判据是联立拼秩不变：$r\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix} = r(A) = r(B)$。
8. 公共解 ≠ 两组基础解系的并/和：公共解是交，联立求解；把两组解向量拼一起当公共解是概念性错误。
9. 唯一解时硬套结构：$r(A) = r(\bar A) = n$ 时没有基础解系（零空间维数 0），通解就是那个唯一解，别画蛇添足写 $k\xi$。
10. Cramer 法则滥用：只适用于方阵且 $|A| \neq 0$；非方阵或奇异阵一律走行变换。大题用 $x = A^{-1}b$ 计算量通常劣于直接消元。

#自测

1. 设 $A$ 为 $5 \times 7$ 矩阵，$r(A) = 4$。齐次方程组 $Ax = o$ 的基础解系含几个向量？若又有某非齐次 $Ax = b$ 有解，其通解含几个任意常数？
2. 设 $\eta_1, \eta_2, \eta_3$ 是 $Ax = b$（$b \neq o$）的三个线性无关解。判断 $\eta_1 - \eta_2$ 与 $\eta_2 - \eta_3$ 的线性相关性，并说明 $r(A)$ 等于多少时这种情况不可能发生。
3. $\lambda$ 取何值时，方程组 $\begin{cases} x_1 + x_3 = 1 \\ 4x_1 + x_2 + 2x_3 = 3 \\ 6x_1 + x_2 + 4x_3 = \lambda \end{cases}$ 无解、有解？有解时求全部解。
4. 判断对错：若 $Ax = o$ 与 $Bx = o$ 同解，则 $A$ 的行向量组与 $B$ 的行向量组等价。
5. 设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$|A| = 0$，$A_{ij}$ 为代数余子式。证明 $\alpha = (A_{11}, A_{12}, \dots, A_{1n})^T$（若非零）是 $Ax = o$ 的解，并指出由此可得 $r(A)$ 与解结构什么结论。

#自测答案

1. 基础解系含 $7 - 4 = 3$ 个向量；$Ax = b$ 通解含 3 个任意常数（有解时 $r(\bar A) = r(A) = 4 < 7$，特解 + 3 参数齐次尾巴）。
2. $\eta_1 - \eta_2$ 与 $\eta_2 - \eta_3$ 都是 $Ax = o$ 的解。若它们线性相关，则存在不全为零的 $c_1, c_2$ 使 $c_1\eta_1 + (c_2 - c_1)\eta_2 - c_2\eta_3 = o$，即 $\eta_1, \eta_2, \eta_3$ 线性相关，矛盾。故二者线性无关，导出组解空间维数 $\geq 2$，即 $r(A) \leq n - 2$；因此当 $r(A) = n - 1$ 或 $r(A) = n$（即 $A$ 列满秩或秩 $n-1$）时不可能。（注意非齐次有三个无关解 ⇒ $r(A) \leq n-2$，这是常用秩反推杠杆。）
3. 行变换：$\bar A = \begin{pmatrix} 1&0&1&1 \\ 4&1&2&3 \\ 6&1&4&\lambda \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&0&1&1 \\ 0&1&-2&-1 \\ 0&1&-2&\lambda-6 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&0&1&1 \\ 0&1&-2&-1 \\ 0&0&0&\lambda-5 \end{pmatrix}$。$\lambda \neq 5$：$r(A) = 2 < r(\bar A) = 3$，无解；$\lambda = 5$：$r(A) = r(\bar A) = 2 < 3$，无穷多解，通解 $x = (1, -1, 0)^T + k(-1, 2, 1)^T$。
4. 对（齐次组情形）。同解意味着两解空间相同，而 $A^T$ 的列空间（= $A$ 的行空间）恰是解空间的正交补（数一：$(\text{解空间})^\perp =$ 行空间），解空间相同 ⇒ 行空间相同 ⇒ 行向量组等价。（更初等的说法：$Ax = o$ 的解都是 $Bx = o$ 的解 ⇔ $B$ 的行都能由 $A$ 的行线性表示；双向即得行组互相表示。）此结论在"同解求参数"题中可直接当引理用。
5. 证：$AA^* = |A|E = O$ 说明 $A$ 与 $A^*$ 的每一列 $\gamma_j = (A_{1j}, \dots, A_{nj})^T$ 相乘为零，即伴随矩阵的每一列都是 $Ax = o$ 的解。特别地第一行转置 $\alpha = (A_{11}, \dots, A_{1n})^T$ 是 $A^*$ 的第一行——需改为取 $A^*$ 的第 $j$ 列 $(A_{1j}, A_{2j}, \dots, A_{nj})^T$ 才是 $Ax = o$ 的解（第 $i$ 个分量为 $A_{ij}$）。因此正确表述：$Ax = o$ 有解 $(A_{1j}, A_{2j}, \dots, A_{nj})^T$（按列取伴随）。结论：若 $|A| = 0$ 且 $r(A) = n - 1$，则某列代数余子式不全为零，得非零解，与 $n - r = 1$ 吻合，它就是基础解系；若 $r(A) \leq n - 2$ 则 $A^* = O$，此路只给零解。错因警示：本题题干故意把"伴随按列取"写成"第一行转置"，正确对象是 $A^*$ 的列；这也是"伴随矩阵列是齐次解"这一高频引理的准确形式。