线代强化NO15|线性方程组|习题4|同解与公共解

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原创最新推荐文章于 2026-09-20 17:21:45 发布 899 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

Quantum AI工程落地：混合架构下的量子卸载实践指南 Quantum AI并非取代经典AI，而是面向组合优化、高维概率采样等天然‘量子友好型’计算瓶颈，提供专用协处理能力。其核心原理是将AI pipeline中难以高效求解的子任务（如稀疏矩阵特征提取、带约束路径规划）映射为浅层变分量子电路，在NISQ设备上实现可测量的吞吐量提升。技术价值在于不依赖量子霸权，而依托问题结构与硬件拓扑的精准适配；典型应用场景覆盖药物分子构象搜索、金融蒙特卡洛定价、半导体掩模优化等工业级任务。当前工程实践已进入‘量子卸载’阶段——即PyTorch张量经嵌入后调用量子后端API，再由阅读详情

同解与公共解

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$公共解{已知+已知,已知+未知,未知+未知.\begin{aligned} &\text{公共解}\begin{cases} \text{已知}+\text{已知}, \\ \text{已知}+\text{未知}, \\ \text{未知}+\text{未知}. \end{cases} \end{aligned}$
$若方程组有解，则I与II有公共解(111∣012α∣014α2∣0121∣α−1)→(111∣001α−1∣003α2−1∣0010∣α−1)→(111∣001α−1∣000(α−1)(α−2)∣0001−α∣α−1)→(111∣001α−1∣0001−α∣α−1000∣(α−1)(α−2))当α=1或α=2时，方程组有解，即I与II有公共解.\begin{aligned} &\text{70 解：(I)与(II)联立可得} \\ &\quad\begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 = 0 \\ x_1 + 2x_2 + \alpha x_3 = 0 \\ x_1 + 4x_2 + \alpha^2 x_3 = 0 \\ x_1 + 2x_2 + x_3 = \alpha - 1 \end{cases},\ \text{若方程组有解，则I与II有公共解} \\ &\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \bigm| & 0 \\ 1 & 2 & \alpha & \bigm| & 0 \\ 1 & 4 & \alpha^2 & \bigm| & 0 \\ 1 & 2 & 1 & \bigm| & \alpha - 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & 1 & \alpha - 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & 3 & \alpha^2 - 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \bigm| & \alpha - 1 \end{pmatrix} \\ &\to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & 1 & \alpha - 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & 0 & (\alpha - 1)(\alpha - 2) & \bigm| & 0 \\ 0 & 0 & 1 - \alpha & \bigm| & \alpha - 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & 1 & \alpha - 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & 0 & 1 - \alpha & \bigm| & \alpha - 1 \\ 0 & 0 & 0 & \bigm| & (\alpha - 1)(\alpha - 2) \end{pmatrix} \\ &\text{当}\alpha = 1\text{或}\alpha = 2\text{时，方程组有解，即I与II有公共解.} \\ \end{aligned}$
$公共解为(01−1).\begin{aligned} &\text{当}\alpha = 1\text{时，}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \bigm| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \bigm| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \bigm| & 0 \end{pmatrix},\ \text{所有公共解为}k\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\ k\in\mathbb{R}. \\ &\text{当}\alpha = 2\text{时，}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \bigm| & -1 \\ 0 & 0 & 0 & \bigm| & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \bigm| & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \bigm| & 1 \\ 0 & 0 & 1 & \bigm| & -1 \\ 0 & 0 & 0 & \bigm| & 0 \end{pmatrix},\ \text{公共解为}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}. \\ \end{aligned}$
$α=2.\begin{aligned} &\text{解2：若}\alpha = 1\text{，(II)为齐次线性方程组，与(I)有公共解（零解）。} \\ &\text{当}\alpha \neq 1\text{时，(II)的所有解均为非零解，(I)存在非零解，} \\ &\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & \alpha \\ 1 & 4 & \alpha^2 \end{vmatrix} = 0 \implies (\alpha - 1)(\alpha - 2) = 0 \implies \alpha = 2. \\ \end{aligned}$
$如果两个线性方程组都是已知的，则将这两个线性方程组联立求解即可得到所有的公共解；\begin{aligned} &\text{【小结】计算或讨论两个线性方程组公共解的三个基本思路：} \\ &(1)\ \text{如果两个线性方程组都是已知的，则将这两个线性方程组联立求解即可得到所有的公共解；} \\ \end{aligned}$
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$(−3201)\begin{aligned} &(\text{I})\ \begin{pmatrix} 2 & 3 & -1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 & -1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & -3 & 2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -5 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & -2 \end{pmatrix} \\ &\quad\begin{pmatrix} 5 \\ -3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\ \begin{pmatrix} -3 \\ 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \\ \end{aligned}$
$存在非零解.\begin{aligned} &(2)\ \text{解1：I的解为}k_1\begin{pmatrix} 5 \\ -3 \\1\\ 0 \end{pmatrix} + k_2\begin{pmatrix} -3 \\ 2 \\0\\ 1 \end{pmatrix},\ \text{II的解为}k_3\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ \alpha + 2 \\ 1 \end{pmatrix} + k_4\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 4 \\ \alpha + 8 \end{pmatrix}. \\ &\text{I与II存在非零公共解，即存在不全为零的}k_1, k_2, k_3, k_4, \\ &\text{满足}\ k_1\begin{pmatrix} 5 \\ -3\\1 \\ 0 \end{pmatrix} + k_2\begin{pmatrix} -3 \\ 2\\0 \\ 1 \end{pmatrix} = k_3\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ \alpha + 2 \\ 1 \end{pmatrix} + k_4\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 4 \\ \alpha + 8 \end{pmatrix}, \\ &\text{即}\ k_1\begin{pmatrix} 5 \\ -3 \\1\\ 0 \end{pmatrix} + k_2\begin{pmatrix} -3 \\ 2 \\0\\ 1 \end{pmatrix} - k_3\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ \alpha + 2 \\ 1 \end{pmatrix} - k_4\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 4 \\ \alpha + 8 \end{pmatrix} = 0\ \text{存在非零解}. \\ \end{aligned}$
$∣5−3−21−32−1−210−α−2−401−1−α−8∣=\text{即}\ \begin{vmatrix} 5 & -3 & -2 & 1 \\ -3 & 2 & -1 & -2 \\ 1 & 0 & -\alpha - 2 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & -\alpha - 8 \end{vmatrix} =$
$∣0−38+5α2102−5−3α−1410−α−2−401−1−α−8∣=∣−38+5α212−5−3α−141−1−α−8∣=∣05+5α−3−3α0−3−3α2+2α1−1−α−8∣=10(a+1)2−9(a+1)2=(a+1)2=0,a=−1\begin{aligned} &\begin{vmatrix} 0 & -3 & 8 + 5\alpha & 21 \\ 0 & 2 & -5 - 3\alpha & -14 \\ 1 & 0 & -\alpha - 2 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & -\alpha - 8 \end{vmatrix} \\ &= \begin{vmatrix} -3 & 8 + 5\alpha & 21 \\ 2 & -5 - 3\alpha & -14 \\ 1 & -1 & -\alpha - 8 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 0 & 5 + 5\alpha & -3 - 3\alpha \\ 0 & -3 - 3\alpha & 2 + 2\alpha \\ 1 & -1 & -\alpha - 8 \end{vmatrix} \\&=10(a+1)^2-9(a+1)^2=(a+1)^{2}=0,\qquad a=-1 \end{aligned}$
$(5−3−21−321−210−1−401−1−7)→(10−1−401−1−702−2−140−3321)→(10−1−401−1−700000000)\begin{aligned} &\begin{pmatrix} 5 & -3 & -2 & 1 \\ -3 & 2 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & -1 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & -7 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & -7 \\ 0 & 2 & -2 & -14 \\ 0 & -3 & 3 & 21 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & -7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\ \end{aligned}$
$c1(1110)+c2(4701)=(c1+4c2c1+7c2c1c2)=(k1k2k3k4)\text{通解为}\ c_1\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2\begin{pmatrix} 4 \\ 7 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} c_1 + 4c_2 \\ c_1 + 7c_2 \\ c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k_1 \\ k_2 \\ k_3 \\ k_4 \end{pmatrix}$
$(c1+4c2)(5−310)+(c1+7c2)(−3201).\begin{aligned} &\text{故}\begin{cases} k_1 = c_1 + 4c_2 \\ k_2 = c_1 + 7c_2 \end{cases}, \quad \text{故公共解为}\ (c_1 + 4c_2)\begin{pmatrix} 5 \\ -3 \\1\\ 0 \end{pmatrix} + (c_1 + 7c_2)\begin{pmatrix} -3 \\ 2 \\ 0\\1 \end{pmatrix}. \\ \end{aligned}$
$c1(2−111)+c2(−1247).\text{或}\ \begin{cases} k_3 = c_1 \\ k_4 = c_2 \end{cases},\ \text{故公共解为}\ c_1\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 4 \\ 7 \end{pmatrix}.$
$k1(2−111)+k2(−1247)(其中k1,k2为不全为0的任意常数)\begin{aligned} &71:\text{解2:} \\ &\text{方程组II的全部解为}\ \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2 = \begin{pmatrix} 2k_1 - k_2 \\ -k_1 + 2k_2 \\ (\alpha + 2)k_1 + 4k_2 \\ k_1 + (\alpha + 8)k_2 \end{pmatrix}. \\ &\text{代入方程组(I):} \\ &\begin{cases} (\alpha + 1)k_1 = 0 \\ (\alpha + 1)k_1 - (\alpha + 1)k_2 = 0 \end{cases} \quad \text{①} \\ &\text{欲使I与II有非零公共解,只需使①有非零解.} \\ &\begin{vmatrix} \alpha + 1 & 0 \\ \alpha + 1 & -(\alpha + 1) \end{vmatrix} = -(\alpha + 1)^2 = 0 \implies \alpha = -1. \\ &\text{当}\alpha = -1\text{时,有非零公共解.} \\ &\text{则I与II的非零公共解为}\ k_1\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + k_2\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 4 \\ 7 \end{pmatrix} \\ &(\text{其中}k_1, k_2\text{为不全为0的任意常数}) \\ \end{aligned}$
【小结】计算或讨论两个线性方程组公共解的基本思路：

如果两个线性方程组其中一个已知，另一个线性方程组的通解是已知的，则可以将后一个线性方程组的通解直接代入前一个线性方程组，求出使得通解满足另一个线性方程组的条件；
如果两个线性方程组都只知道通解，则可以令两边的通解相等，求出使得两边通解相等时的条件。

$解1：因I中含有一个二阶非零子式，I的秩要么是2，要么是3；II中含有一个一阶非零子式，II的秩要么是1，要么是2。(12323511α)→(1230−1−10−1α−3)，α=2时，秩为2。解2：II显然有非零解，I也有非零解∣12323511α∣=0，α=2。\begin{aligned} &\text{解1：因I中含有一个二阶非零子式，I的秩要么是2，要么是3；} \\ &\text{II中含有一个一阶非零子式，II的秩要么是1，要么是2。} \\ &\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & 1 & \alpha \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & \alpha - 3 \end{pmatrix}，\alpha = 2\text{时，秩为2。} \\ & \\ &\text{解2：II显然有非零解，I也有非零解} \\ &\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & 1 & \alpha \end{vmatrix} = 0，\alpha = 2。 \\ \end{aligned}$
$c=2.\begin{aligned} &\text{解1：}\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}，\text{通解为}k\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix},\ k \in \mathbb{R}. \\ & \\ &\text{代入(II):} \\ &\begin{cases} -1 - b + c = 0 \\ -2 - b^2 + (c + 1) = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} b = 0 \\ c = 1 \end{cases} \text{或}\ \begin{cases} b = 1 \\ c = 2 \end{cases}. \\ & \\ &\text{此时I的解包含于II的解.} \\ &\text{当}b = 0,\ c = 1\text{时，II为} \\ &\begin{cases} x_1 + x_3 = 0 \\ 2x_1 + 2x_3 = 0 \end{cases}，\text{通解为}k_1\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + k_2\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\ \text{与I的解不重合，舍去.} \\ &\text{故}b = 1,\ c = 2. \\ \end{aligned}$
$c=1时，II的系数矩阵的秩为1，I的系数矩阵的秩为2，不同秩则一定不同解。\begin{aligned} &\text{解2：当}b = 0,\ c = 1\text{时，II的系数矩阵的秩为1，} \\ &\text{I的系数矩阵的秩为2，不同秩则一定不同解。} \\ \end{aligned}$

【小结】设两个线性方程组都是已知的，通过线性方程组同解反求参数的基本思路：

将线性方程组Ⅰ的通解代入线性方程组Ⅱ中求出参数，此时可说明线性方程组Ⅰ的通解包含于线性方程组Ⅱ的通解；
求出线性方程组Ⅱ的通解，验算是否满足线性方程组Ⅰ，若满足，说明线性方程组Ⅱ的通解包含于线性方程组Ⅰ的通解，综上可得线性方程组Ⅰ与Ⅱ同解。

$故ATAx=0的解为Ax=0的解。则ATAx=0与Ax=0同解。\begin{aligned} &\text{证：若}\alpha\text{为}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\text{的解，即}A\alpha=\boldsymbol{0},\ \text{则}A^TA\alpha=\boldsymbol{0}, \\ &\text{故}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\text{的解一定为}A^TA\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\text{的解。} \\ & \\ &\text{若}\alpha\text{为}A^TA\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\text{的解，即}A^TA\alpha=\boldsymbol{0},\ \text{则}\alpha^TA^TA\alpha=\boldsymbol{0}, \\ &(A\alpha)^TA\alpha=\boldsymbol{0}.\ \text{设}A\alpha=\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix}, \\ &(A\alpha)^TA\alpha=x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2=\boldsymbol{0},\ \text{故}x_1=x_2=\cdots=x_n=0, \\ &\text{即}A\alpha=\boldsymbol{0}.\ \text{故}A^TA\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\text{的解为}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\text{的解。} \\ & \\ &\text{则}A^TA\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\text{与}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\text{同解。} \end{aligned}$

【小结】设两个线性方程组均未知，通过线性方程组同解反求参数的基本思路为设出其中一个方程组的解，验证它也满足另一个线性方程组。
利用本题的结论可以得到
$\text{}\ r(A) = r(A^T) = r(A^TA) = r(AA^T)。$
$r(ATA)=r(A).\begin{aligned} &\text{结论：}\ AA^T\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\ \text{与}\ A^T\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\ \text{同解，故}\ r(AA^T) = r(A^T); \\ &\quad\quad A^TA\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\ \text{与}\ A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\ \text{同解，故}\ r(A^TA) = r(A). \end{aligned}$
![[Pasted image 20251122035835.png]]

选B
【小结】

由解的信息可以得到的秩的信息：
1. 解越多，秩越小；
2. 同解则同秩。
解是一个很全面的特征，而秩是一个很小的特征，两个系数矩阵秩相等，得不到解相同。之前类似的概念，比如说矩阵和行列式，矩阵是一个很全面的特征，行列式只是一个很小的特征而已，两个矩阵相同，行列式必然相同，两个矩阵的行列式相同，不能推出矩阵相同，再比如说矩阵和特征值，矩阵和秩等。