3线性方程组典型习题解析_三视图经典习题解析

3线性方程组典型习题解析由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“三视图经典习题解析”。

线性方程组

3.1 知识要点解析(关于线性方程组的常用表达形式)3.1.1 基本概念

a11x1a12x2axax2112221、方程组 am1x1am2x2a1nb1a2nb2amnbm 

称为含n个未知量m个方程的线性方程组，i)倘若b1,b2,....,bm不全为零，则该线性方程组称为非齐次线性方程组；

ii)若b1=b2==bm0，则该线性方程组就是齐次线性方程组，a1nc1a2nc2amncma11x1a12x2axax21122

2这时，我们也把该方程组称为 am1x1am2x2的导出组，（其中c1,c2,...cm不全为零）

a11

2、记A=am1x1b1a1nxb22,x,b amnxnbm

则线性方程组（*）又可以表示为矩阵形式

Axba1ja2j

3、又若记 j,j1,2,amjn

则上述方程游客一写成向量形式

x11x22xb.nn 。同时，为了方便，我们记A(A,b)，称为线性方程组（*）的增广矩阵。3.1.2 线性方程组解的判断

1、齐次线性方程组Ax=0，（n=线性方程组中未知量的个数

对于齐次线性方程组，它是一定有解的（至少零就是它的解），i)那么，当r=秩(A)=n时，有唯一零解；

ii)当r=秩(A)

2、非齐次线性方程组Ax=b

秩(A)

秩A()3.1.3 线性方程组的解空间

1、齐次线性方程组的解空间

（作为线性方程组的一个特殊情形，在根据其次线性方程与非齐次线性方程组解的关系，我们这里首先讨论齐次线性方程组的解空间）

定理：对于数域K上的n元齐次线性方程组的解空间W的维数为

dim(W)=n-秩(A)=n-r，其中A是方程组的系数矩阵。那么，当齐次线性方程组[(*)--ii)] 有非零解时，它的每个基础解系所含解向量的数目都等于n-秩(A)。

2、非齐次线性方程组的解空间

我们已知线性方程组的解与非齐次线性方程组的解的关系，那么我们可首先求出非齐次线性方程组的一个解0（称其为方程组特解）；然后在求对应的导出组的解空间（设该解空间的基础解系为1，2，...n-r），则(*)解空间的维数为n-r，且非齐次线性方程组的每一个解都可以表示为：

0+k11k22+...+kn-rn-r.................()

我们称其为该非齐次线性方程组(*)的通解.3.2 经典题型解析

1x1112

1、已知方程组23a2x23无解，试求a的取值

1a2x031112 解：方程组的增广矩阵A23a23（初等行变换不影响线性方程组的1a20解）

2111进行一系列的初等行变换01a10a2311002101aa(3a)(11 1)a3由于方程组无解秩(A)

i)当a3时，秩(A)=2=秩(A)，方程组又无穷多解； ii)当a1时，秩(A)=2

易错提示：对方程组有解、无解时的条件把握不牢固；在把增广矩阵化为解提醒矩阵的过程中不仔细导致错误。所以，我们在做题的过程中，一定要善于总结，通过练习找到自己的不足点。对于关于线性方程组解的判定、性质以及解的结构失无必要进行总结的，已做到深刻的理解与领悟。

2、设A为n阶方阵，r(A)=n-3，且1，2，3是Ax0的三个线性无关的解向量，则下面哪个是Ax0的基础解系()

(A)12，2,3.,131.(B)21,32(C)221,132,1.(D)1 3,,22 .233132解：由r(A)=n-3Ax0的基础解系个数为nr(A)=n-(n-3)=3

又因为1，2，3是Ax0的解，所以四个选项中的向量都是方程组的解，而我们只要验证看其是否线性无关即可，现在我们利用矩阵这里工具来进行求解：

101,31，，)110(1，，2)A 3

(12，231)=(23011101(21,32,13)=(1，2，3)110(1，2，3)B

0111011(221,32,13)=(1，2，3)210(1，2，3)C

21102101(123,32,123)=(1，2，3)110(1，2，3)D

112因为：A20,BCD0

所以，向量组12，23,31线性无关，而其余三个都是线性相关的，故选A。

评析：本题解法颇多，只要验证选项中的向量组线性无关即可，但上述方法是较为简单的方法，且不易出错；同时，我们可以看到，在解决一些有关向量组和线性方程组问题时，有时把矩阵这一数学工具拿来运用也未尝不是一种简便！

3、设1,2，s是齐次线性方程组AX0的一个基础解系。而1t11t22,2t12t23，st1st21，其中t1，t2是实数，问当t1，t2满足什么关系时，1,2,解：显然，1,2，s也是方程组AX0的基础解系？,s线性无关时，t1，t2,s为AX0的解，下证在1,2,应满足的关系。设k11k22kss0 k1(t11t22)k2(t12t23)ks1(t1s1t2s)ks(t1st21)0 (ks1t2k3t1)30(k1t1kst2)1(k1t2k2t1)2由1,2，3线性无关知

t1k1kst20tktk02112  t2ks1t1ks0由于1,2，s线性无关，此方程组只有零解，即

t1t2000t1t2000t10000t2t20s0t1s(1)s1t2 t1s故当t1s(1)s1t20时，即s为偶数时，t1t2，s为奇数时，t1t2，这时1,2，s为AX0的一个基础解系。

(1a)x1x2xn02x(2a)x2x012n4、设齐次线性方程组，(n2)，试问a为何值时， nx1nx2(na)xn0该方程组有非零解，并求其解。解：方法一

对系数矩阵进行初等行变换

111a2a22A333annn11a11122aa0033a0a0B nana00a（1）若a0，R(A)1，方程组有非零解，其同解方程为x1x2xn0

故其基础解系为

11,1,0,,0T，21,0,1,0,,0T，…n11,0，0,1

T所以方程组的通解为 k11k22kn1n1（k1,,kn1为任意常数）

（2）若a0，对矩阵B继续作初等行变换，有

1a111a2100B3010n0011n(n1)223n010001000 100当an(n1)时，R(A)n1n，方程组有非零解，其同解方程为

2x1x203x1x30得基础解系为1,2,,nT所以通解为k（k为 nx1xn012任意常数）

方法二

由于系数行列式

1a122aAnn12n(n1)n1aa

2na故当a0或an(n1)时，方程组有非零解。2111111222000（1）当a0时，有A故方程组的同解方

nnn000程为

x1x2xn0

由此行基础解系为

1(1,1,,0)T，2(1,0,1,,0)T，…，n1(1,0,,1)T

通解为k11k22kn1n1（k1,,kn1为任意常数）（2）当an(n1)时，对系数矩阵进行初等行变换，有 1211a2a2Ann11a1122aa0

na0ana001a110210210

n01n01故方程组的同解方程为

2x1x203x1x30  nx1xn0可得基础解系为(1,2,,n)T，故通解为k（k为任意常数）

5、求下述数域K上的非齐次线性方程组的解空间

x32x4，4x13x25

-2x1x23x3x47，-x7x9x4x2.2341解：

第一步，求解方程组的特解。为此，先求出它的一般解公式，4105135247进行一系列初等行变换21317015179420001175531 5500所以，方程组的一般解为

4117xxx,34155（其中x3，x4都是自由变量）

731xxx,234555由式可以推出方程组的一特解：

1751

0.500第二步，求导出组的一个基础解系。

由于原 非齐次线性方程组的系数矩阵与其导出组的系数矩阵相同，因此，我们只要把原方程组一般解公式的常数项去掉，就可得到导出组的一般解。

41xxx4,3155



（其中x3，x4都是自由变量）

73xxx,23455从而得到导出组的一个基础解系

4171，2

5005第三步，写出非齐次线性方程组的解空间,1k2K

U0k1 1k22k评析：本题写出了求解一般非齐次线性方程组的最一般的解法及其步骤，作为线性方程组的最一般解法，我们是必须掌握的。

1241156、已知向量1=，2=，3，0132411a1x12x2a3x3a4x4d1,

是方程组4x1b2x23x3b4x4d2,的三个解，求该方程组的解。

3xcx5xcxd.2234431解：即方程组的系数矩阵为A，则 i)由已知条件知：2-1，31时相应的齐次线性方程组的两个线性无关的解向量

由4-r(A)2r(A)2

又系数矩阵A有二阶子式110

3系数矩阵A的秩r(A)2因此，由*）与**）r(A)=2

ii)由i)齐次线性方程组基础解系由2(4-r(A)=4-2=2)个解向量构成，即



2-1，31是齐次线性方程组的一基础解系

所以，该线性方程组得通解为：1+k1(2-1)+k2(31).易错提示：按常规思路，如果把三个解代入方程组先求其参数，再求通解，则计算是非常繁琐的，在限定时间内是很难达到很好的效果，有时这种方法也是行不通的；而倘若我们对方程组的性质与其解的结构都能够很好的理解，那么当遇到相关类型的题目时也就不至于困惑了。

x1x2kx34,

7、问k为何值时，线性方程组-x1kx2x3k2，有唯一解，无解，无穷多解？

xx2x4231并且，当有解时求出其所有解。

11k解：记线性方程组的系数矩阵为A，即A=1k1，则

11211k1(k4)(k，1)21k

A11i)

当A0，即k1且k4时，方程组有唯一解，我们用克莱姆法则求之，k22kk22k+42kx1，x2，x3。

k+1k+1k+1ii)

当k=-1时，11-141114方程组的增广矩阵A1-111初等行变换0005，1-12-40238r(A)=2

当k=4时，11441030方程组的增广矩阵A14116初等行变换0114，1-12-40000

r(A)=2=(rA)，可知方程组有无穷多解，于是

3c03x3x13，令x3c，则通解为x4c，亦即x4c1。x2x34c01点评：本题属于含有参数变量的线性方程组问题，这类问题一直都是本章的一个重要考察点，务必要好好把握。

8、设有两个4元齐次线性方程组

（I）xxx30x1x20；（II）12

x2x40x2x3x40（1）求线性方程（I）的基础解系；

（2）试问方程组（I）和（II）是否有非零的公共解？若有，则求出所有的非零公共解；若没有，则说明理由。解:（1）（I）的基础解系为

10,0,1,0T，21,1,0,1T

（2）关于共公解有下列方法： 方法一

把（I）（II）联立起来直接求解，令

001111010101

A11100001110000101012000001000101

1200由nR(A)431，基础解系为1,1,2,1T，从而（I），（II）的全部公共解为k1,1,2,1T，（k为任意实数）

方法二

通过（I）与（II）各自的通解，寻找公共解。可求得（II）的基础解系为

10,1,1,0T，21,1,0,1T

则k11k22，L11L22分别为（I），（II）的通解。令其相等，即有

k10,0,1,0Tk2(1,1,0,1)TL10,1,1,0TL21,1,0,1T

由此得

k2,k2,k1,k2TL2,L1L2,L1,L2T

比较得

k1L12k22L2

故公共解为

2k20,0,1,0Tk21,1,0,1T

Tk21,1,2,1

方法三

把（I）的通解代入（II）中，在为其解时寻求k1，k2应满足的关系式而求出公共解。

由于k11k22k2,k2,k1,k2T，要是（II）的解，应满足（II）的方程，故

k2k2k10 kkk0122解出

k12k2，从而可求出公共解为 k21,1,2,1T。

评析：本题是关于两个方程组解的讨论，其实考察的也是关系线性方程组的解的结构问题，近几年的考研试题中也常有所涉及，所以还是值得我们注意的。