东北大学 2025年高等代数第0题
📝 题目
9．设 $A$ 是 $n \times n$ 矩阵，线性方程组 $A X=\beta$ 有解．证明：
（1）$A X=\beta$ 线性无关解向量的个数至多为 $n-r(A)+1$ ．
（2）设 $A$ 的特征多项式中非零根的个数为 $k$ ，则 $k \leq r(A)$ ．（特征值重根按重数计算）
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：设秩并写出通解形式
设 $r(A)=r$，则齐次线性方程组 $AX=0$ 的基础解系含有 $n-r$ 个线性无关的解向量，记为 $\eta_1,\dots,\eta_{n-r}$。设 $\beta_0$ 是 $AX=\beta$ 的一个特解，则 $AX=\beta$ 的通解为 $x = \beta_0 + \sum_{i=1}^{n-r} c_i \eta_i$，其中 $c_i$ 为任意常数。
公式：x = \beta_0 + \sum_{i=1}^{n-r} c_i \eta_i
提示：注意特解 $\beta_0$ 是任意一个解，基础解系是齐次方程的解。
步骤 2/6
目标：假设线性无关解并建立关系
假设 $AX=\beta$ 有 $m$ 个线性无关的解 $x_1,\dots,x_m$。则每个 $x_j$ 可表示为 $x_j = \beta_0 + \sum_{i=1}^{n-r} c_{ij} \eta_i$，其中 $c_{ij}$ 是常数。考虑向量组 $\{x_j - \beta_0\}$，它们都是齐次方程 $AX=0$ 的解。
公式：x_j - \beta_0 = \sum_{i=1}^{n-r} c_{ij} \eta_i
提示：注意 $x_j - \beta_0$ 是齐次解，但 $x_j$ 本身不是齐次解。
步骤 3/6
目标：分析线性无关性条件
设 $\sum_{j=1}^m \lambda_j (x_j - \beta_0) = 0$，则 $\sum_{j=1}^m \lambda_j x_j = (\sum_{j=1}^m \lambda_j) \beta_0$。若 $\sum_{j=1}^m \lambda_j = 0$，则 $\sum_{j=1}^m \lambda_j x_j = 0$，由 $x_j$ 线性无关得 $\lambda_j=0$。若 $\sum_{j=1}^m \lambda_j \neq 0$，则 $\beta_0$ 可由 $x_j$ 线性表示，从而 $x_j$ 中有一个可由其余表示，与 $x_j$ 线性无关矛盾。因此 $\{x_j - \beta_0\}$ 线性无关。
提示：注意区分两种情况，特别是 $\sum \lambda_j \neq 0$ 时的矛盾推导。
步骤 4/6
目标：得出个数上界
由于 $\{x_j - \beta_0\}$ 是齐次方程 $AX=0$ 的线性无关解，而齐次方程的基础解系最多有 $n-r$ 个向量，所以 $m \leq n-r$。但 $m$ 是 $x_j$ 的个数，且 $x_j$ 本身线性无关，因此 $m \leq n-r+1$。
公式：m \leq n-r+1
提示：注意 $m$ 是 $x_j$ 的个数，而 $\{x_j - \beta_0\}$ 的个数也是 $m$，但它们是齐次解，所以 $m \leq n-r$ 是错误的，因为 $\beta_0$ 本身不是齐次解，所以 $m$ 可以比 $n-r$ 多1。
步骤 5/6
目标：问题（2）引入特征多项式
设 $A$ 的特征多项式为 $f(\lambda)=\det(\lambda I - A)$，非零特征值（包括重数）的个数为 $k$。由于零特征值的代数重数至少为 $n - r(A)$，因为零特征值的几何重数 $\dim \ker A = n - r(A)$ 不超过代数重数。
公式：\dim \ker A = n - r(A)
提示：注意几何重数 $\leq$ 代数重数，所以零特征值的代数重数 $\geq n - r(A)$。
步骤 6/6
目标：推导非零特征值个数上界
特征多项式的次数为 $n$，零特征值的代数重数记为 $m_0$，则 $m_0 \geq n - r(A)$。非零特征值的个数 $k = n - m_0 \leq n - (n - r(A)) = r(A)$。因此 $k \leq r(A)$。
公式：k \leq r(A)
提示：注意特征值重数按代数重数计算，且 $k$ 是非零特征值的总个数（包括重数）。
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