23. 由 n 个 n 元 ⩽1 次方程作成的方程组 (3)

本节是选学内容. 不学本节不影响理解任何必学内容 (也就是, 未被声明为选学内容的节).

前面, 我们知道, 若 $n$ 级阵 $A$ 的行列式为 $0$, 则存在某 $n\times 1$ 阵 $B$, 使线性方程组 $AX=B$ 无解. 当然, 对某些 $B$, $AX=B$ 还是有解的: 取 $B=0$, 则 $AX=B$ 至少有一个解 $X=0$ ($0$ 是元全为 $0$ 的 $n\times 1$ 阵). 本节, 我们研究, 若 $AX=B$ 有解, 则它是否有唯一的解.

我们先看一个简单的事实.

定理 23.1. 设 $A$ 是 $n$ 级阵. 设 $B$ 是 $n\times 1$ 阵. 设 $n\times 1$ 阵 $C$ 适合 $AC=B$.

(1) 若 $AX=0$ 只有零解, 则 $AX=B$ 的解唯一;

(2) 若存在非零的 $n\times 1$ 阵 $D$ 使 $AD=0$, 则 $AX=B$ 的解不唯一.

证. (1) 设 $n\times 1$ 阵 $Y$ 适合 $AY=B$. 则$$\begin{array}{r}A(Y-C)=AY-AC=B-B=0.\end{array}$$故 $Y-C$ 是 $AX=0$ 的一个解. 因为 $AX=0$ 只有零解, 故 $Y-C=0$. 从而 $Y=C$.

(2) 因为 $D\ne 0$, 故 $C+D\ne C$. 因为 $A(C+D)=AC+AD=B+0=B$, 且 $C+D\ne C$, 故 $AX=B$ 的解不唯一.

证毕.

由此可见, 若 $AX=0$ 有非零解, 则 $AX=B$ 有解时, 其解不唯一. 若 $AX=0$ 只有零解, 则 $AX=B$ 有解时, 其解唯一.

根据 Cramer 公式, 我们不难得到如下事实:

定理 23.2. 设 $A$ 是 $n$ 级阵. 设 $AX=0$ 有非零解. 则 $\det (A)=0$. (或者, 若 $\det (A)\ne 0$, 则 $AX=0$ 只有零解.)

重要地, 此事反过来也对.

定理 23.3. 设 $A$ 是 $n$ 级阵. 设 $\det (A)=0$. 则 $AX=0$ 有非零解. (或者, 若 $AX=0$ 只有零解, 则 $\det (A)\ne 0$.)

为方便, 我要引入一个小概念. 说阵 $Z$ 是 $A$ 的一个 $\mathbf{p}$ 级子阵, 就是说, $Z$ 是 $A$ 的一个子阵 (见本章, 节 5), 且 $Z$ 是一个 $p$ 级阵.

在论证此事前, 我想用三个例助您理解此事为什么是对的.

例 23.4. 设 $A$ 是一个 $5$ 级阵, 且 $A=0$. 那么, 对任何非零的 $5\times 1$ 阵 $S$, 必有 $AS=0$.

例 23.5. 设 $A$ 是一个 $5$ 级阵, 且 $\det (A)=0$, 但 $A\ne 0$.

我们知道, $A\mathrm{adj}(A)=\det (A)I$, 其中 $\mathrm{adj}(A)$ 是 $A$ 的古伴, 且 $I$ 是 $5$ 级单位阵. 因为 $\det (A)=0$, 故 $A\mathrm{adj}(A)=0$.

若 $\mathrm{adj}(A)\ne 0$, 则存在 $k$, $v$, 使 $[\mathrm{adj}(A){]}_{k,v}\ne 0$. 我们设 $\mathrm{adj}(A)$ 的列 $v$ 是 $Y$. 那么, $[Y{]}_{k,1}=[\mathrm{adj}(A){]}_{k,v}\ne 0$, 从而 $Y\ne 0$. 我们证明 $AY=0$: $$\begin{array}{rl}[AY{]}_{i,1}=& \sum _{\ell =1}^5[A{]}_{i,\ell }[Y{]}_{\ell ,1}\\ =& \sum _{\ell =1}^5[A{]}_{i,\ell }[\mathrm{adj}(A){]}_{\ell ,v}\\ =& [A\mathrm{adj}(A){]}_{i,v}\\ =& [0{]}_{i,v}\\ =& 0.\end{array}$$

例 23.6. 仍设 $A$ 是一个 $5$ 级阵, 且 $\det (A)=0$, 但 $A\ne 0$.

在上个例里, 我们假定 $\mathrm{adj}(A)\ne 0$. 可是, 它也有可能为 $0$, 即使 $A\ne 0$ (比如, 可以验证$$\begin{array}{r}M=\left[\begin{array}{ccccc}1& 1& -1& -1& 1\\ 1& 2& 0& 0& 2\\ 2& 1& -3& -3& 1\\ -1& 0& 2& 2& 0\\ -1& 1& 3& 3& 1\end{array}\right]\end{array}$$的古伴就是 $0$).

现在, 我们假定 $\mathrm{adj}(A)=0$. 此时, 我们不能利用 $\mathrm{adj}(A)$ 写出 $AX=0$ 的非零解. 我们应如何作?

若 $\mathrm{adj}(A)=0$, 则 $A$ 的每一个 $4$ 级子阵的行列式都是 $0$. 从而, 存在一个低于 $4$ 的正整数 $r$ 适合性质: $A$ 有一个 $r$ 级子阵, 其行列式非零, 且 $A$ 的每一个 $r+1$ 级子阵的行列式都是 $0$. (我们已知 $A$ 的每一个 $4$ 级子阵的行列式都是 $0$. 我们考虑 $A$ 的 $3$ 级子阵. 若有一个 $3$ 级子阵的行列式不是 $0$, 我们就取 $r=3$. 若不然, $A$ 的每一个 $3$ 级子阵的行列式都是 $0$. 我们考虑 $A$ 的 $2$ 级子阵. 若有一个 $2$ 级子阵的行列式不是 $0$, 我们就取 $r=2$. 若不然, $A$ 的每一个 $2$ 级子阵的行列式都是 $0$. 我们考虑 $A$ 的 $1$ 级子阵. 因为 $A\ne 0$, 故 $A$ 有 $1$ 级子阵的行列式不是 $0$. 此时, 取 $r=1$ 即可.)

我以 $r=2$ 为例演示找 $AX=0$ 的非零解的方法 (可以验证, 前面的 $M$ 的行 $1$, $2$ 与列 $1$, $2$ 作成的 $2$ 级子阵的行列式不是 $0$, 但 $M$ 的每一个 $3$ 级子阵的行列式都是 $0$); $r=3$ 或 $r=1$ 时的情形是类似的.

我们设 $A_2=A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1,2}{1,2}\right)$ 的行列式不是 $0$, 且 $A$ 的每一个 $3$ 级子阵的行列式都是 $0$. 再设 $E=A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1,2,3}{1,2,3}\right)$. 因为 $E$ 是 $A$ 的一个 $3$ 级子阵, 故 $\det (E)=0$. 从而 $E\mathrm{adj}(E)=0$. 注意, $[\mathrm{adj}(E){]}_{3,3}=(-1{)}^{3+3}\det (A_2)\ne 0$. 设 $\mathrm{adj}(E)$ 的列 $3$ 为 $T$. 那么 $T\ne 0$. 并且, 我们可用完全类似的方法, 证明 $ET=0$.

接下来, 我们设法由此得到一个 $AX=0$ 的非零解. 我们作一个 $5\times 1$ 阵 $W$, 其中$$\begin{array}{r}[W{]}_{\ell ,1}=\{\begin{array}{ll}[\mathrm{adj}(E){]}_{\ell ,3},& \ell ⩽3;\\ 0,& \ell >3.\end{array}\end{array}$$(通俗地, 我们在 $T$ 的最后一个元后加 $2$ 个 $0$, 变 $3\times 1$ 阵 $T$ 为一个 $5\times 1$ 阵 $W$.) 因为 $[W{]}_{3,1}\ne 0$, 故 $W\ne 0$. 我们证明 $AW=0$.

取不超过 $5$ 的正整数 $q$. 则$$\begin{array}{rl}[AW{]}_{q,1}=& \sum _{\ell =1}^5[A{]}_{q,\ell }[W{]}_{\ell ,1}\\ =& \sum _{\ell =1}^3[A{]}_{q,\ell }[W{]}_{\ell ,1}+\sum _{\ell =4}^5[A{]}_{q,\ell }[W{]}_{\ell ,1}\\ =& \sum _{\ell =1}^3[A{]}_{q,\ell }[\mathrm{adj}(E){]}_{\ell ,3}+\sum _{\ell =4}^5[A{]}_{q,\ell }0\\ =& \sum _{\ell =1}^3[A{]}_{q,\ell }[\mathrm{adj}(E){]}_{\ell ,3}.\end{array}$$若 $q⩽3$, 则$$\begin{array}{rl}[AW{]}_{q,1}=& \sum _{\ell =1}^3[A{]}_{q,\ell }[\mathrm{adj}(E){]}_{\ell ,3}\\ =& \sum _{p=1}^3[E{]}_{q,\ell }[\mathrm{adj}(E){]}_{\ell ,3}\\ =& [E\mathrm{adj}(E){]}_{q,3}\\ =& [0{]}_{q,3}\\ =& 0.\end{array}$$设 $q>3$. 则$$\begin{array}{rl}[AW{]}_{q,1}=& \sum _{\ell =1}^3[A{]}_{q,\ell }[\mathrm{adj}(E){]}_{\ell ,3}\\ =& \sum _{\ell =1}^3[A{]}_{q,\ell }(-1{)}^{3+\ell }\det (E(3|\ell )).\end{array}$$作一个 $3$ 级阵 $C_q$, 其中$$\begin{array}{r}[C_q{]}_{h,\ell }=\{\begin{array}{ll}[E{]}_{h,\ell },& h\ne 3;\\ [A{]}_{q,\ell },& h=3.\end{array}\end{array}$$于是, $C_q(3|\ell )=E(3|\ell )$. 从而$$\begin{array}{rl}[AW{]}_{q,1}=& \sum _{\ell =1}^3[A{]}_{q,\ell }(-1{)}^{3+\ell }\det (E(3|\ell ))\\ =& \sum _{\ell =1}^3[C_q{]}_{3,\ell }(-1{)}^{3+\ell }\det (C_q(3|\ell ))\\ =& \det (C_q).\end{array}$$注意, $C_q=A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1,2,q}{1,2,3}\right)$ 是 $A$ 的一个 $3$ 级子阵, 故$$\begin{array}{r}[AW{]}_{q,1}=\det (C_q)=0.\end{array}$$

综上, $AW=0$, 且 $W\ne 0$.

下面, 我给出此事的论证. 证明分三个情形: (a) $A=0$; (b) $A\ne 0$, 且 $\mathrm{adj}(A)\ne 0$; (c) $A\ne 0$, 且 $\mathrm{adj}(A)=0$. 情形 (a) 最简单: 我们随便找一个非零的 $n\times 1$ 阵即可. 情形 (b) 不难: 我们取 $A$ 的古伴的一个非零的列即可. 情形 (c) 是最复杂的: 在上个例里, 我们假定由 $A$ 的前 $r$ 行与前 $r$ 列作成的 $r$ 级子阵的行列式不是 $0$ (通俗地, $A$ 在左上角有行列式非零的 $r$ 级子阵), 且每一个 $r+1$ 级子阵的行列式都是 $0$ (此处 $r=2$); 不过, 一般的阵不一定在左上角有行列式非零的 $r$ 级子阵, 且每一个 $r+1$ 级子阵的行列式都是 $0$; 这是论证的最大的挑战.

证. 设 $A$ 是 $n$ 级阵, 且 $\det (A)=0$.

若 $A=0$, 我们任取一个非零的 $n\times 1$ 阵 $S$. 则 $AS=0$.

以下, 我们假定 $A\ne 0$; 也就是, $A$ 有一个元不是 $0$ (同时, 这也要求 $n>1$: 回想 $1$ 级阵的行列式是什么).

我们知道, $A\mathrm{adj}(A)=\det (A)I$, 其中 $\mathrm{adj}(A)$ 是 $A$ 的古伴, 且 $I$ 是 $n$ 级单位阵. 因为 $\det (A)=0$, 故 $A\mathrm{adj}(A)=0$.

若 $\mathrm{adj}(A)\ne 0$, 则存在 $k$, $v$, 使 $[\mathrm{adj}(A){]}_{k,v}\ne 0$. 我们设 $\mathrm{adj}(A)$ 的列 $v$ 是 $Y$. 那么, $[Y{]}_{k,1}=[\mathrm{adj}(A){]}_{k,v}\ne 0$, 从而 $Y\ne 0$. 我们证明 $AY=0$: $$\begin{array}{rl}[AY{]}_{i,1}=& \sum _{\ell =1}^n[A{]}_{i,\ell }[Y{]}_{\ell ,1}\\ =& \sum _{\ell =1}^n[A{]}_{i,\ell }[\mathrm{adj}(A){]}_{\ell ,v}\\ =& [A\mathrm{adj}(A){]}_{i,v}\\ =& [0{]}_{i,v}\\ =& 0.\end{array}$$

若 $\mathrm{adj}(A)=0$, 则 $A$ 的每一个 $n-1$ 级子阵的行列式都是 $0$ (同时, 这也要求 $n>2$: 回想 $2$ 级阵的古伴是什么; 再回想前面作过的假定 $A\ne 0$). 从而, 存在一个低于 $n-1$ 的正整数 $r$ 适合性质: $A$ 有一个 $r$ 级子阵, 其行列式非零, 且 $A$ 的每一个 $r+1$ 级子阵的行列式都是 $0$. (我们已知 $A$ 的每一个 $n-1$ 级子阵的行列式都是 $0$. 我们考虑 $A$ 的 $n-2$ 级子阵. 若有一个 $n-2$ 级子阵的行列式不是 $0$, 我们就取 $r=n-2$. 若不然, $A$ 的每一个 $n-2$ 级子阵的行列式都是 $0$. 我们考虑 $A$ 的 $n-3$ 级子阵. 若有一个 $n-3$ 级子阵的行列式不是 $0$, 我们就取 $r=n-3$. …… 若不然, $A$ 的每一个 $2$ 级子阵的行列式都是 $0$. 我们考虑 $A$ 的 $1$ 级子阵. 因为 $A\ne 0$, 故 $A$ 有 $1$ 级子阵的行列式不是 $0$. 此时, 取 $r=1$ 即可.)

我们设 $A$ 的 $r$ 级子阵 $A_r=A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_r}{j_1,\dots ,j_r}\right)$ 的行列式非零, 其中 $i_1<i_2<\cdots <i_r$, 且 $j_1<j_2<\cdots <j_r$. 我们从 $1$, $2$, $\dots$, $n$ 中去除 $r$ 个整数 $i_1$, $i_2$, $\dots$, $i_r$; 此时, 还剩下 $n-r$ 个整数; 我们从中选一个为 $i_{r+1}$. 类似地, 我们再从 $1$, $2$, $\dots$, $n$ 中去除 $r$ 个整数 $j_1$, $j_2$, $\dots$, $j_r$; 此时, 还剩下 $n-r$ 个整数; 我们从中选一个为 $j_{r+1}$. 作 $r+1$ 级阵 $E=A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_r,i_{r+1}}{j_1,\dots ,j_r,j_{r+1}}\right)$. 我们设 $i_p$ 在 $i_1$, $\dots$, $i_r$, $i_{r+1}$ 中是第 $f(i_p)$ 小的数. 再设 $j_p$ 在 $j_1$, $\dots$, $j_r$, $j_{r+1}$ 中是第 $g(j_p)$ 小的数. 因为 $E$ 是 $A$ 的一个 $r+1$ 级子阵, 故 $\det (E)=0$. 从而 $E\mathrm{adj}(E)=0$. 注意, $[\mathrm{adj}(E){]}_{g(j_{r+1}),f(i_{r+1})}=(-1{)}^{f(i_{r+1})+g(j_{r+1})}\det (A_r)\ne 0$. 设 $\mathrm{adj}(E)$ 的列 $f(i_{r+1})$ 为 $T$. 那么 $T\ne 0$. 并且, 我们可用完全类似的方法, 证明 $ET=0$.

接下来, 我们设法由此得到一个 $AX=0$ 的非零解. 我们作一个 $n\times 1$ 阵 $W$, 其中$$\begin{array}{r}[W{]}_{\ell ,1}=\{\begin{array}{ll}[\mathrm{adj}(E){]}_{g(j_p),f(i_{r+1})},& \text{ℓ=jp, p=1, …, r, r+1};\\ 0,& \text{其他}.\end{array}\end{array}$$(通俗地, 我们在适当的位置写 $0$, 变 $(r+1)\times 1$ 阵 $T$ 为一个 $n\times 1$ 阵 $W$.) 因为 $[W{]}_{j_{r+1},1}\ne 0$, 故 $W\ne 0$. 我们证明 $AW=0$.

取不超过 $n$ 的正整数 $q$. 则$$\begin{array}{rl}[AW{]}_{q,1}=& \sum _{\ell =1}^n[A{]}_{q,\ell }[W{]}_{\ell ,1}\\ =& \sum _{\begin{array}{c}1⩽\ell ⩽n\\ \ell =j_p\\ 1⩽p⩽r+1\end{array}}[A{]}_{q,\ell }[W{]}_{\ell ,1}+\sum _{\begin{array}{c}1⩽\ell ⩽n\\ \text{其他}\end{array}}[A{]}_{q,\ell }[W{]}_{\ell ,1}\\ =& \sum _{\begin{array}{c}1⩽\ell ⩽n\\ \ell =j_p\\ 1⩽p⩽r+1\end{array}}[A{]}_{q,j_p}[\mathrm{adj}(E){]}_{g(j_p),f(i_{r+1})}+\sum _{\begin{array}{c}1⩽\ell ⩽n\\ \text{其他}\end{array}}[A{]}_{q,\ell }0\\ =& \sum _{p=1}^{r+1}[A{]}_{q,j_p}[\mathrm{adj}(E){]}_{g(j_p),f(i_{r+1})}.\end{array}$$若 $q$ 等于某个 $i_t$, 则$$\begin{array}{rl}[AW{]}_{i_t,1}=& \sum _{p=1}^{r+1}[A{]}_{i_t,j_p}[\mathrm{adj}(E){]}_{g(j_p),f(i_{r+1})}\\ =& \sum _{p=1}^{r+1}[E{]}_{f(i_t),g(j_p)}[\mathrm{adj}(E){]}_{g(j_p),f(i_{r+1})}\\ =& [E\mathrm{adj}(E){]}_{f(i_t),f(i_{r+1})}\\ =& [0{]}_{f(i_t),f(i_{r+1})}\\ =& 0.\end{array}$$若 $q$ 不等于 $i_1$, $\dots$, $i_r$, $i_{r+1}$ 中的任何一个, 则$$\begin{array}{rl}[AW{]}_{q,1}=& \sum _{p=1}^{r+1}[A{]}_{q,j_p}[\mathrm{adj}(E){]}_{g(j_p),f(i_{r+1})}\\ =& \sum _{p=1}^{r+1}[A{]}_{q,j_p}(-1{)}^{f(i_{r+1})+g(j_p)}\det (E(f(i_{r+1})|g(j_p))).\end{array}$$作一个 $r+1$ 级阵 $C_q$, 其中$$\begin{array}{r}[C_q{]}_{h,g(j_p)}=\{\begin{array}{ll}[E{]}_{h,g(j_p)},& h\ne f(i_{r+1});\\ [A{]}_{q,j_p},& h=f(i_{r+1}).\end{array}\end{array}$$于是, $C_q(f(i_{r+1})|g(j_p))=E(f(i_{r+1})|g(j_p))$. 从而$$\begin{array}{rl}[AW{]}_{q,1}=& \sum _{p=1}^{r+1}[A{]}_{q,j_p}(-1{)}^{f(i_{r+1})+g(j_p)}\det (E(f(i_{r+1})|g(j_p)))\\ =& \sum _{p=1}^{r+1}[C_q{]}_{f(i_{r+1}),g(j_p)}(-1{)}^{f(i_{r+1})+g(j_p)}\det (C_q(f(i_{r+1})|g(j_p)))\\ =& \det (C_q).\end{array}$$

再作一个 $r+1$ 级阵 $D_q=A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_r,q}{j_1,\dots ,j_r,j_{r+1}}\right)$. 不难看出, 适当地交换 $C_q$ 的行的次序, 即可变 $C_q$ 为 $D_q$. 根据反称性, $\det (C_q)=\pm \det (D_q)$. (具体地, 设 $q$ 在 $i_1$, $\dots$, $i_r$, $q$ 中是第 $u$ 小的数. 那么, 当 $f(i_{r+1})=u$ 时, $C_q=D_q$. 当 $f(i_{r+1})<u$ 时, 交换行 $f(i_{r+1})$ 与 $f(i_{r+1})+1$, 再交换行 $f(i_{r+1})+1$ 与 $f(i_{r+1})+2$, ……, 且再交换行 $u-1$ 与 $u$; 作 $u-f(i_{r+1})$ 次相邻行的交换, 即可变 $C_q$ 为 $D_q$. 当 $f(i_{r+1})>u$ 时, 交换行 $f(i_{r+1})$ 与 $f(i_{r+1})-1$, 再交换行 $f(i_{r+1})-1$ 与 $f(i_{r+1})-2$, ……, 且再交换行 $u+1$ 与 $u$; 作 $f(i_{r+1})-u$ 次相邻行的交换, 即可变 $C_q$ 为 $D_q$.) 因为 $D_q$ 是 $A$ 的一个 $r+1$ 级子阵, 故其行列式为 $0$. 从而$$\begin{array}{r}[AW{]}_{q,1}=\det (C_q)=\pm \det (D_q)=0.\end{array}$$

综上, 我们找到了一个 $n\times 1$ 阵 $W$ 使 $AW=0$, 且 $W\ne 0$.

证毕.