第三章 向量

第三章 向量

本章考点

向量的概念 向量的线性组合与线性表示 向量组的线性相关与线性无关 向量组的极大线性无关组 等价向量组 向量组的秩 向量组的秩与矩阵的秩之间的关系 向量的内积线性无关向量组正交规范化的施密特(Schmidt)方法

数学一还有向量空间的内容，这一考点的相关知识可参看《线性代数辅导讲义》相关内容。

本章知识框图

向量是初学线性代数时的一个难点，主要表现在对定义的理解、语言的表述、逻辑推理的合理性等方面。当然也是考研的重点。

学习笔记

知识梳理与例题

一、 向量的概念、向量组的概念

定义 n 个数 $ a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} $ 所组成的有序数组

$$ \boldsymbol{\alpha}=(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n})^{\mathrm{T}} 或 \boldsymbol{\alpha}=(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}) $$

叫做n维向量，其中 $ a_{1},a_{2},\cdots,a_{n} $叫做向量 $ \alpha $的分量（或坐标），前一个表示式称为列向量，后者称为行向量.

相等 $ \alpha = \beta \Leftrightarrow \alpha, \beta $ 同维，且对应分量 $ a_{i} = b_{i}, i = 1, 2, \cdots, n. $

向量的基本运算

加法 $ \alpha+\beta=(a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2},\cdots,a_{n}+b_{n}) $

数乘 $ k\alpha = (ka_{1}, ka_{2}, \cdots, ka_{n}) $.

若干个同维数的行向量（或同维数的列向量）所组成的集合叫做向量组.

$ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{r} $ 及 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{r},\cdots,\alpha_{s} $ （其中 $ s\geqslant r $），称 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{r} $ 是 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s} $ 的部分组， $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s} $ 是整体组.

向量组

$$ \boldsymbol{\alpha}_{1}=\left[a_{11},a_{21},\cdots,a_{r1}\right]^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left[a_{12},a_{22},\cdots,a_{r2}\right]^{\mathrm{T}},\cdots, $$

$$ \boldsymbol{\alpha}_{m}=\left[a_{1m},a_{2m},\cdots,a_{m}\right]^{\mathrm{T}} $$

及

$$ \begin{aligned}\widetilde{\boldsymbol{\alpha}}_{1}&=[a_{11},a_{21},\cdots,a_{r1},\cdots,a_{s1}]^{\mathrm{T}},\widetilde{\boldsymbol{\alpha}}_{2}=[a_{12},a_{22},\cdots,a_{r2},\cdots,a_{s2}]^{\mathrm{T}},\\ \cdots,\widetilde{\boldsymbol{\alpha}}_{m}&=[a_{1m},a_{2m},\cdots,a_{rm},\cdots,a_{sm}]^{\mathrm{T}},\end{aligned} $$

其中 $ s \geqslant r $，则称 $ \tilde{\alpha}_{1}, \tilde{\alpha}_{2}, \cdots, \tilde{\alpha}_{m} $ 为向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $ 的延伸组（或称 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $ 是 $ \tilde{\alpha}_{1}, \tilde{\alpha}_{2}, \cdots, \tilde{\alpha}_{m} $ 的缩短组）。

二、 线性表出、线性相关

定义 m 个 n 维向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $ 及 m 个数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{m} $，则向量

$$ k_{1}\pmb{\alpha}_{1}+k_{2}\pmb{\alpha}_{2}+\cdots+k_{m}\pmb{\alpha}_{m} $$

称为向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $ 的一个线性组合， $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{m} $ 称为这个线性组合的系数.

若 $ \beta $ 能表示成 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $ 的线性组合，即

$$ \boldsymbol{\beta}=k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{m}\boldsymbol{\alpha}_{m}, $$

则称 $ \beta $ 能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $ 线性表出.

定义 对 m 个 n 维向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $，若存在不全为零的数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{m} $，使得

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{m}\boldsymbol{\alpha}_{m}=\boldsymbol{0} $$

成立，则称向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $ 线性相关，否则称它们线性无关.

显然含有零向量，或相等向量或成比例向量的向量组是线性相关的；单个向量时，零向量是线性相关的。

m 个 n 维向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $ 线性无关，下面几种表述等价：

对任意不全为零的数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{m} $，均有

$$ k_{1}\pmb{\alpha}_{1}+k_{2}\pmb{\alpha}_{2}+\cdots+k_{m}\pmb{\alpha}_{m}\neq\mathbf{0}. $$

当且仅当 $ k_{1}=k_{2}=\cdots=k_{m}=0 $ 时才有

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{m}\boldsymbol{\alpha}_{m}=\mathbf{0} $$

成立.

不存在不全为零的数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{m} $，使得

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{m}\boldsymbol{\alpha}_{m}=\mathbf{0} $$

成立.

向量组 $ \varepsilon_{1}=(1,0,\cdots,0) $， $ \varepsilon_{2}=(0,1,0,\cdots,0) $， $ \cdots $， $ \varepsilon_{n}=(0,0,\cdots,0,1) $ 是线性无关的，单个向量是非零向量时，是线性无关的；两个向量不成比例时，是线性无关的。

定理 3.1 向量 $ \beta $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} $ 线性表出

⇔∃ 实数 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{m} $ 使 $ k_{1}\alpha_{1} + k_{2}\alpha_{2} + \cdots + k_{m}\alpha_{m} = \beta $

$\Leftrightarrow$ 方程组$\left[\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{m}\right]\begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \vdots\\ x_{m}\end{bmatrix}=\beta$ 有解

⇔秩 $ r(\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{m})=r(\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{m},\beta) $

定理 3.2 向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{m} (\alpha_{j} = (a_{1j}, a_{2j}, \cdots, a_{nj})^{\mathrm{T}}, j = 1, 2, \cdots, m) $ 线性相关 $ \Leftrightarrow $ 以 $ \alpha_{j} $ 为列向量的齐次线性方程组

$$ x_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+x_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+x_{m}\boldsymbol{\alpha}_{m}=\mathbf{0}, $$

即

$$ \{\begin{aligned}a_{11}x_{1}&+a_{12}x_{2}+\cdots+a_{1m}x_{m}=0,\\ a_{21}x_{1}&+a_{22}x_{2}+\cdots+a_{2m}x_{m}=0,\\ &\cdots\cdots\\ a_{n1}x_{1}&+a_{n2}x_{2}+\cdots+a_{nm}x_{m}=0\end{aligned}. $$

有非零解.

推论 1 n 个 n 维向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 线性相关 $ \Leftrightarrow $ 行列式 $ \left| \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} \right| = 0 $.

推论2 任何 $ n+1 $个n维向量必线性相关.

定理3.3 任何部分组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{r} $ 相关 $ \Rightarrow $ 整体组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{r} $

$ \cdots,\alpha_{i} $ 相关. 整体组 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{r},\cdots,\alpha_{i} $ 无关 $ \Rightarrow $ 任何部分组 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{r} $ 无关，反之都不成立.

$ \left[\begin{array}{c}\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{r}及\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{r},\cdots,\alpha_{s}(其中s\geqslant r),\text{称}\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots\end{array}\right] $

$ \cdots,\alpha_{r} $ 是 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s} $ 的部分组， $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s} $ 是整体组.

定理3.4 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{m} $ 线性无关 $ \Rightarrow $ 延伸组 $ \widetilde{\alpha}_{1},\widetilde{\alpha}_{2},\cdots,\widetilde{\alpha}_{m} $ 线性无关；

$ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{m} $ 线性相关 $ \Rightarrow $ 缩短组 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{m} $ 线性相关，反之均不成立.

向量组 $ \alpha_{1}=[a_{11},a_{21},\cdots,a_{r1}]^{\mathrm{T}},\alpha_{2}=[a_{12},a_{22},\cdots,a_{r2}]^{\mathrm{T}},\cdots,\alpha_{m} $ $ [a_{1m},a_{2m},\cdots,a_{m}]^{\mathrm{T}} $ 及 $ \widetilde{\alpha}_{1}=[a_{11},a_{21},\cdots,a_{r1},\cdots,a_{s1}]^{\mathrm{T}},\widetilde{\alpha}_{2}=[a_{12},a_{22},\cdots,a_{r2}]^{\mathrm{T}},\cdots,\widetilde{\alpha}_{m}=[a_{1m},a_{2m},\cdots,a_{m},a_{sm}]^{\mathrm{T}} $ 其中 $ s\geqslant r $ 则称 $ \widetilde{\alpha}_{1},\widetilde{\alpha}_{2},\cdots,\widetilde{\alpha}_{m} $ 为向量组 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{m} $ 的延伸组（或称 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{m} $ 是 $ \widetilde{\alpha}_{1},\widetilde{\alpha}_{2},\cdots,\widetilde{\alpha}_{m} $ 的缩短组）.

定理3.5 向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{s} (s \geqslant 2) $ 线性相关 $ \Leftrightarrow $ 至少有一个向量 $ \alpha_{i} $ 可以由其余向量线性表出.

定理3.6 若向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{s} $ 线性无关，而向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{s}, \beta $ 线性相关，则 $ \beta $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{s} $ 线性表出，且表出法唯一.

定理 3.7 设有两个向量组（Ⅰ） $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s $；（Ⅱ） $ \beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_s $。

（1）若 $ \beta_{i}(i=1,2,\cdots,t) $ 均可由（I）线性表出，且 t>s，则

（Ⅱ） $ \beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{t} $ 线性相关.

(2) 若 $ \beta_{i}(i=1,2,\cdots,t) $ 均可由 (I) 线性表出，且 $ \beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{t} $ 线性无关，则 $ t \leqslant s $.

例1 设 $ \alpha_{1}=(1,2,3) $， $ \alpha_{2}=(1,3,4) $， $ \alpha_{3}=(2,-1,1) $， $ \beta=(2,5,t) $，问 t 取何值时， 答案解析 →

（1）行向量 $ \beta $不能由 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $线性表出.

（2）行向量 $ \beta $ 能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出，并写出此表达式.

答案见73页

例2 设 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(1+\lambda,1,1)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(1,1+\lambda,1)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{3}=(1,1,1+\lambda)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\beta}=(0,\lambda,\lambda^{2})^{\mathrm{T}} $. 问当 $ \lambda $ 取什么值时： 答案解析 →

(1) $ \beta $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表示，并写出该表示式.

(2) $ \beta $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表示.

例3 已知 $ \alpha, \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}, \gamma_{1}, \gamma_{2} $ 都是 n 维向量，试证：如果 $ \alpha $ 可由 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3} $ 线性表出， $ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3} $ 可由 $ \gamma_{1}, \gamma_{2} $ 线性表出，则 $ \alpha $ 可由 $ \gamma_{1}, \gamma_{2} $ 线性表出. 答案解析 →

例4 判断向量组 答案解析 →

$ \alpha_{1}=(1,2,-1,4),\alpha_{2}=(0,-1,-5,3),\alpha_{3}=(2,5,3,5) $

的线性相关性.

例 5 判断向量组的线性相关性 答案解析 →

(1) $ \boldsymbol{\alpha}_{1} = (3, 4, 2)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{2} = (2, 1, -7)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{3} = (1, 2, 4)^{\mathrm{T}} $

$$ 2)\boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,2)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(3,4)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{3}=(5,6)^{\mathrm{T}}. $$

例 6 判断向量组的线性相关性 答案解析 →

$$ (1)\boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,3,-2),\boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,2,5),\boldsymbol{\alpha}_{3}=(2,6,-4). $$

$$ (2)\boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,1,1),\boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,0,0),\boldsymbol{\alpha}_{3}=(1,3,5). $$

$$ (3)\boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,1,1,a),\boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,1,1,b),\boldsymbol{\alpha}_{3}=(0,0,1,c). $$

$$ 4)\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(1,1,1,1\right),\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(1,0,0,1\right),\boldsymbol{\alpha}_{3}=\left(1,0,1,0\right),\boldsymbol{\alpha}_{4}=\left(0,\right. $$

例7 （1）已知向量组 $ \alpha_{1}=(1,3,2)^{\mathrm{T}},\alpha_{2}=(-1,1,2)^{\mathrm{T}},\alpha_{3}=(0,a,3)^{\mathrm{T}} $ 线性相关，求 a. 答案解析 →

(2) 判断向量组 $ \boldsymbol{\alpha}_{1} = (1, 0, 2, 3)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{2} = (1, 1, 3, 5)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{3} = (1, -1, a, 1)^{\mathrm{T}} $ 的线性相关性.

例8 设 $ \boldsymbol{A} = (\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}) $, $ \boldsymbol{B} = (\beta_{1}, \beta_{2}, \cdots, \beta_{n}) $, $ A\boldsymbol{B} = (\gamma_{1}, \gamma_{2}, \cdots, \gamma_{n}) $ 均是 n 阶矩阵，记向量组 答案解析 →

（Ⅰ） $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n} $，（Ⅱ） $ \beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{n} $，（Ⅲ） $ \gamma_{1},\gamma_{2},\cdots,\gamma_{n} $，若（Ⅲ）线性相关，则

(A)(I)(II)均线性相关.

(B)(I)或(Ⅱ)至少有一个线性相关.

(C)(I) 必线性相关.

(D)(Ⅱ)必线性相关.

例 9 （1997，数三）向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性无关，则下列向量组中线性无关的是 答案解析 →

$$ \boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{1}. $$

$$ (\mathrm{B})\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}. $$

$$ \alpha_{1}+2\alpha_{2},2\alpha_{2}+3\alpha_{3},3\alpha_{3}+\alpha_{1} $$

$$ \mathrm{(D)}\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},2\boldsymbol{\alpha}_{1}-3\boldsymbol{\alpha}_{2}+22\boldsymbol{\alpha}_{3},3\boldsymbol{\alpha}_{1}+5\boldsymbol{\alpha}_{2}-5\boldsymbol{\alpha}_{3}. $$

例10 证明定理：如果 n 维向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha $，线性无关， $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha, \beta $ 线性相关，则向量 $ \beta $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha $，线性表出且表示法唯一. 答案解析 →

答案见77页

例11 证明定理：向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{r} (s \geqslant 2) $ 线性相关的充分必要条件是至少有一个向量 $ \alpha_{i} $ 可由其余的向量 $ \alpha_{1}, \cdots, \alpha_{i-1}, \alpha_{i+1}, \cdots, \alpha_{r} $ 线性表出. 答案解析 →

答案见78页

例12 证明定理：设 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{s} $ 是 m 维向量， $ \beta_{1}, \beta_{2}, \cdots, \beta_{s} $ 是 n 维向量。令 $ \gamma_{1} = \left[\begin{array}{c} \alpha_{1} \\ \beta_{1} \end{array}\right], \gamma_{2} = \left[\begin{array}{c} \alpha_{2} \\ \beta_{2} \end{array}\right], \cdots, \gamma_{s} = \left[\begin{array}{c} \alpha_{s} \\ \beta_{s} \end{array}\right] $，那么 答案解析 →

（1）若 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha $ 线性无关，则 $ \gamma_{1},\gamma_{2},\cdots,\gamma $ 必线性无关.

(2) 若 $ \gamma_{1}, \gamma_{2}, \cdots, \gamma_{s} $ 线性相关，则 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{s} $ 必线性相关.

三、 向量组的秩、矩阵的秩

1. 向量组的秩

定义 向量组 $ \alpha_{i_{1}}, \alpha_{i_{2}}, \cdots, \alpha_{i_{r}} (1 \leqslant i_{r} \leqslant s) $ 是向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{r} $ 的部分组，满足条件

(1) $ \alpha_{i_{1}},\alpha_{i_{2}},\cdots,\alpha_{i} $. 线性无关.

(2) $ \alpha_{i_{1}}, \alpha_{i_{2}}, \cdots, \alpha_{i_{r}} $ 中加入任一向量 $ \alpha_{i}(1 \leqslant i \leqslant s) $ 后向量组 $ \alpha_{i_{1}}, \alpha_{i_{2}}, \cdots, \alpha_{i_{r}}, \alpha_{i} $ 线性相关，则称向量组 $ \alpha_{i_{1}}, \alpha_{i_{2}}, \cdots, \alpha_{i_{r}} $ 是向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{1} $ 的极大线性无关组.

条件(2)的等价说法是：向量组中任一向量 $ \alpha_{i}(1 \leqslant i \leqslant s) $ 均可由 $ \alpha_{i_{1}}, \alpha_{i_{2}}, \cdots, \alpha_{i_{r}} $ 线性表出.

向量组的极大无关组一般不唯一，但极大无关组的向量个数是一样的。只有一个零向量组成的向量组没有极大线性无关组，一个线性无关向量组的极大线性无关组就是该向量组本身。

向量组的极大线性无关组的向量个数称为向量组的秩，记为 $ r(\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s}) $.

定义 设向量组

$$ (Ⅰ)\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s}.\quad(Ⅱ)\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{t}. $$

若（Ⅰ）中的每个向量 $ \alpha_{i}(i=1,2,\cdots,s) $ 均可由（Ⅱ）线性表出，则称（Ⅰ）可由（Ⅱ）线性表出。若向量组（Ⅰ）（Ⅱ）可以相互表出，则称向量组（Ⅰ）（Ⅱ）是等价向量组，记成（Ⅰ） $ \cong $（Ⅱ）.

向量组和它的极大线性无关组是等价向量组.

一个向量组中各极大无关组之间是等价向量组，且向量个数相同.

定理3.8 如果向量组(I)可由向量组(Ⅱ)线性表出，则 $ r(I) \leqslant r(II) $.

推论 如果向量组（Ⅰ）和（Ⅱ）等价，则 $ r(I)=r(II) $.

例13 向量组 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,-1,2,4)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,3,1,2)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{3}=(3,0,7,14)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{4}=(1,-2,2,0)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{5}=(2,-1,5,2)^{\mathrm{T}} $ 的极大线性无关组是 ___. 答案解析 →

例14 （1997数二）已知向量组 $ \alpha_{1}=(1,2,-1,1) $， $ \alpha_{2}=(2,0,t,0) $， $ \alpha_{3}=(0,-4,5,-2) $ 的秩为2，则 $ t= $ ___. 答案解析 →

答案见 79 页

例15 向量组（I） $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $；（Ⅱ） $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $；（Ⅲ） $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $。若秩 $ r(I)=r(II)=3 $， $ r(III)=4 $。则 $ r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4}+\alpha_{5})= $___。 答案解析 →

例16 设 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,1,1,1)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(1,-1,1,-1)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{3}=(1,1,-1)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{4}=(-1,1,-1,1)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{5}=(1,-1,-1,-1)^{\mathrm{T}} $，如 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{k} $ 线性无关且 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{k},\alpha_{k+1} $ 线性相关，则 k= ___. 答案解析 →

2. 矩阵的秩

定义 在 $ m \times n $ 矩阵 A 中，任取 k 行与 k 列 $ (k \leqslant m, k \leqslant n) $，位于这些行与列的交叉点上的 $ k^{2} $ 个元素按其在原来矩阵 A 中的次序可构成一个 k 阶行列式，称其为矩阵 A 的一个 k 阶子式.

定义（矩阵的秩）设 A 是 $ m \times n $ 矩阵，若 A 中存在 r 阶子式不等于零，高于 r 阶的子式均等于零，则称矩阵 A 的秩为 r，记成 $ r(A) $，零矩阵的秩规定为 0.

$ r(A)=r\Leftrightarrow $ 矩阵A中非零子式的最高阶数是r.

$ r(A) \lt r \Leftrightarrow A $ 中每一个 r 阶子式全为 0.

$ r(A) \geqslant r \Leftrightarrow A $ 中有 r 阶子式不为 0.

特别地， $ r(\boldsymbol{A}) = 0 \Leftrightarrow \boldsymbol{A} = \boldsymbol{O} $

$$ \mathbf{A}\neq\mathbf{O}\Leftrightarrow r(\mathbf{A})\geqslant1. $$

若 A 是 n 阶矩阵， $ r(A) = n \Leftrightarrow |A| \neq 0 \Leftrightarrow A $ 可逆.

$$ r(\boldsymbol{A})\lt n\Leftrightarrow\left|\begin{array}{l}\boldsymbol{A}\mid=0\Leftrightarrow\boldsymbol{A} 不可逆 .\end{array}\right. $$

若 A 是 $ m \times n $ 矩阵，则 $ r(A) \leqslant \min(m, n) $.

定理3.9 经初等变换，矩阵的秩不变.

矩阵秩的公式

$$ r(\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}});r(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{A}). $$

当 $ k \neq 0 $ 时， $ r(kA) = r(A) $; $ r(A + B) \leqslant r(A) + r(B) $.

$ r(AB) \leqslant \min(r(A), r(B)) $

$ \max(r(A), r(B)) \leqslant r(A, B) \leqslant r(A) + r(B). $

若 A 可逆，则 $ r(AB) = r(B) $， $ r(BA) = r(B) $.

若 A 是 $ m \times n $ 矩阵，B 是 $ n \times s $ 矩阵，AB = O，则 $ r(A) + r(B) \leqslant n $

分块矩阵 $ r\begin{pmatrix} A & O \\ O & B \end{pmatrix} = r(A) + r(B). $

定理3.10（三秩相等）设A是 $ m\times n $矩阵，将A以行及列分块，得

$$ A_{m\times n}=\begin{bmatrix}\alpha_{1}\\ \alpha_{2}\\ \vdots\\ \alpha_{m}\end{bmatrix}=[\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{n}], $$

则有 $ r(\boldsymbol{A}) $ (矩阵 A 的秩) = $ r(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\alpha}_{m}) $ (A 的行秩)

$ =r(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{n}) $ (A 的列秩).

例如：矩阵 $ A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} $.

A 中有二阶子式 $ \left| \begin{matrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{matrix} \right| \neq 0 $，A 中的三阶子式 $ \left| \begin{matrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right| $，

$ \left| \begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right| $， $ \left| \begin{matrix} 2 & -1 & 3 \\ 0 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right| $ 全为 0. 故 $ r(A) = 2 $.

A 的列向量 $ \alpha_{1}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix},\alpha_{2}=\begin{bmatrix}2\\0\\0\end{bmatrix},\alpha_{3}=\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix},\alpha_{4}=\begin{bmatrix}3\\5\\0\end{bmatrix} $，极大无

关组是 $ \alpha_{1}, \alpha_{3} $，故 A 的列秩 $ r(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}) = 2 $.

A 的行向量组 $ \boldsymbol{\beta}_{1}=(1,2,-1,3) $， $ \boldsymbol{\beta}_{2}=(0,0,1,5) $， $ \boldsymbol{\beta}_{3}=(0,0,0,0) $，极大无关组是 $ \beta_{1} $， $ \beta_{2} $，故 A 的行秩 $ r(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})=2 $。

例17 设 $ A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & 3 \\ 3 & 4 & -1 & 4 & -3 \\ 1 & 0 & 5 & -8 & 15 \end{bmatrix} $，错误的命题是 答案解析 →

(A) 矩阵 A 的秩 $ \geqslant 2 $.

(B)A 中三阶子式全为 0.

(C)A 中任意两个行向量无关.

(D)A 中任意两个列向量无关.

例18 (1) 已知矩阵 $ A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 & a & 3 \\ 2 & 3 & 5 & 5 & 4 \\ 2 & 2 & 3 & 1 & 4 \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 5 \end{bmatrix} $ 的秩 $ r(A) = 3 $，则 a = ___. 答案解析 →

(2) 设 $ A = \begin{bmatrix} k & 1 & 1 & 1 \\ 1 & k & 1 & 1 \\ 1 & 1 & k & 1 \\ 1 & 1 & 1 & k \end{bmatrix} $，且秩 $ r(A) = 3 $，则 k = ___.

例19（2003，数三）设三阶矩阵 $ A=\begin{bmatrix}a&b&b\\b&a&b\\b&b&a\end{bmatrix} $，若A的伴随 答案解析 →

矩阵 $ A^{\cdot} $的秩为1，则必有

(A) $ a=b $ 或 $ a+2b=0. $

(B)a=b 或 $ a+2b\neq0. $

(C) $ a\neq b $ 且 $ a+2b=0. $

(D) $ a\neq b $ 且 $ a+2b\neq0. $

例 20 已知向量组 答案解析 →

$$ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha $$

$$ \mathbb{I}\left(\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{t}\right) $$

若（Ⅰ）可由（Ⅱ）线性表示.证明

(1) $ r(I) \leqslant r(II) $

(2) 若 s > t，则 (I) 必线性相关.

四、 正交规范化、正交矩阵

1. 内积

定义 设有 n 维向量 $ \boldsymbol{\alpha} = (a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n})^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\beta} = (b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n})^{\mathrm{T}} $，令

$$ \left(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta}\right)=\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\alpha}=\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}, $$

则称 $ (\alpha,\beta) $为向量 $ \alpha,\beta $的内积.

内积满足下列性质

(1) $ (\alpha, \beta) = (\beta, \alpha) $ (对称性).

(2) $ \lambda(\alpha,\beta)=(\lambda\alpha,\beta)=(\alpha,\lambda\beta) $（线性性）.

(3) $ (\alpha+\beta,\gamma)=(\alpha,\gamma)+(\beta,\gamma) $ (线性性).

(4) $ (\alpha, \alpha) \geqslant 0 $，等号成立当且仅当 $ \alpha = 0 $ (正定性).

定义 设 $ \left|\alpha\right|=\sqrt{(\alpha,\alpha)}=\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}} $ 称为向量 $ \alpha=(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n})^{\mathrm{T}} $ 的模（长度）， $ \left|\alpha\right|=1 $ 时称 $ \alpha $ 为单位向量.

定义 两个向量 $ \alpha, \beta $ 夹角的余弦为

$$ \cos(\stackrel{\wedge}{\alpha},\beta)=\frac{(\alpha,\beta)}{|\alpha||\beta|}. $$

当 $ (\alpha,\beta)=0 $时， $ \cos(\alpha,\beta)=0,(\alpha,\beta)=\frac{\pi}{2} $，此时称向量 $ \alpha,\beta $正交.

2. 施密特正交化

施密特（Schmidt）标准正交化方法

设向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性无关，其标准正交化的方法如下（又称正交规范化）：

先正交化，取

$$ \beta_{1}=\alpha_{1}, $$

$$ \boldsymbol{\beta}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{2}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\beta}_{1})}{(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1})}\boldsymbol{\beta}_{1}, $$

$$ \beta_{3}=\alpha_{3}-\frac{(\alpha_{3},\beta_{1})}{(\beta_{1},\beta_{1})}\beta_{1}-\frac{(\alpha_{3},\beta_{2})}{(\beta_{2},\beta_{2})}\beta_{2}, $$

则 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3} $ 是正交向量组.

再将 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3} $ 单位化. 取

$$ \eta_{1}=\frac{\beta_{1}}{|\beta_{1}|},\eta_{2}=\frac{\beta_{2}}{|\beta_{2}|},\eta_{3}=\frac{\beta_{3}}{|\beta_{3}|}, $$

则 $ \eta_{1}, \eta_{2}, \eta_{3} $ 是标准正交向量组，即有 $ (\eta_{i}, \eta_{j}) = \{ \begin{aligned} 0, &\quad i \neq j, \\ 1, &\quad i = j. \end{aligned} . $

3. 正交矩阵

定义 设 A 为 n 阶矩阵，若 $ AA^{T} = A^{T}A = E $，则称 A 为正交矩阵.

定理 3.11 如果 A 是正交矩阵 $ \Leftrightarrow A^{T} = A^{-1} $

⇔A 的行（列）向量都是单位向量且两两正交.

例21 与向量 $ \alpha_{1}=(1,3,2)^{\mathrm{T}},\alpha_{2}=(1,1,-2)^{\mathrm{T}} $都正交的单位向量是___。 答案解析 →

答案见 82 页

例22 已知 $ \boldsymbol{\alpha}_{1}=(1,1,1)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{2}=(-1,0,-1)^{\mathrm{T}},\boldsymbol{\alpha}_{3}=(-1,2,3)^{\mathrm{T}} $，试用施密特正交化将这组向量正交规范化. 答案解析 →

例23 已知 $ A = \begin{bmatrix} \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{3} & a \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & -\frac{2}{3} & b \\ 0 & \frac{2}{3} & c \end{bmatrix} $ 是正交矩阵，则 a = ___. 答案解析 →

例题解析

二、 线性表出、线性相关

例1 【解】设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=\beta $，按分量写出有 ← 严选题题目 ← 原题

$$ x_{1}(1,2,3)+x_{2}(1,3,4)+x_{3}(2,-1,1)=(2,5,t) $$

即

$$ \{\begin{aligned}x_{1}+x_{2}+2x_{3}&=2,\\ 2x_{1}+3x_{2}-x_{3}&=5,\\ 3x_{1}+4x_{2}+x_{3}&=t,\end{aligned}. $$

作初等行变换得

$$ \overline{{\mathbf{A}}}=\left[\begin{matrix}{1}&{1}&{2}&{\vdots}\\ {2}&{3}&{-1}&{5}\\ {3}&{4}&{1}&{\vdots}\\ \end{matrix}\right]\xrightarrow{}\left[\begin{matrix}{1}&{1}&{2}&{\vdots}&{2}\\ {0}&{1}&{-5}&{1}\\ {0}&{1}&{-5}&{t-6}\\ \end{matrix}\right]\xrightarrow{}\left[\begin{matrix}{1}&{1}&{2}&{\vdots}&{2}\\ {0}&{1}&{-5}&{1}\\ {0}&{0}&{0}&{t-7}\\ \end{matrix}\right], $$

（1）当 $ t\neq7 $时，方程组无解，即行向量 $ \beta $不能由 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $线性表出.

（2）当t=7时，方程组有解

学习笔记

解的判定

$$ \overline{{\boldsymbol{A}}}\to\left[\begin{matrix}{1}&{1}&{2}&{\mid2}\\ {0}&{1}&{-5}&{1}\\ {0}&{0}&{0}&{0}\\ \end{matrix}\right]\to\left[\begin{matrix}{1}&{0}&{7}&{\mid1}\\ {0}&{1}&{-5}&{1}\\ {0}&{0}&{0}&{\vdots0}\\ \end{matrix}\right], $$

令 $ x_{3}=c $ 得 $ x_{2}=1+5c, x_{1}=1-7c $ ，则 $ \boldsymbol{\beta}=(1-7c)\boldsymbol{\alpha}_{1}+(1+5c)\boldsymbol{\alpha}_{2}+c\boldsymbol{\alpha}_{3}, c $ 为任意常数.

例2 【解】设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=\beta $，按分量写出，得方程组 ← 严选题题目 ← 原题

$$ \{\begin{aligned}(1+\lambda)x_{1}&+x_{2}&+x_{3}&=0,\\ x_{1}+(1+\lambda)x_{2}&+x_{3}&=\lambda,\\ x_{1}&+x_{2}+(1+\lambda)x_{3}&=\lambda^{2},\end{aligned}. $$

$$ \overline{\boldsymbol{A}}=\begin{bmatrix}1+\lambda&1&1&\vdots&0\\1&1+\lambda&1&\vdots&\lambda\\1&1&1+\lambda&\vdots&\lambda^{2}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1+\lambda&1&1&\vdots&0\\-\lambda&\lambda&0&\vdots&\lambda\\-\lambda&0&\lambda&\vdots&\lambda^{2}\end{bmatrix}, $$

（1）若 $ \lambda = 0 $，则同解方程组为

$$ x_{1}+x_{2}+x_{3}=0. $$

令 $ x_{2}=t,x_{3}=u $ 得 $ x_{1}=-t-u $

故 $ \beta = -(t + u)\alpha_{1} + t\alpha_{2} + u\alpha_{3}, t, u $ 是任意常数.

若 $ \lambda\neq0 $

$$ \overline{\boldsymbol{A}}\rightarrow\begin{bmatrix}1+\lambda&1&1&0\\ -1&1&0&1\\ -1&0&1&\lambda\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}\lambda+3&0&0&-\lambda-1\\ -1&1&0&1\\ -1&0&1&\lambda\end{bmatrix}. $$

且 $ \lambda\neq-3 $，解出

$$ x_{1}=-\frac{\lambda+1}{\lambda+3},x_{2}=\frac{2}{\lambda+3},x_{3}=\frac{\lambda^{2}+2\lambda-1}{\lambda+3}, $$

$$ \beta=-\frac{\lambda+1}{\lambda+3}\alpha_{1}+\frac{2}{\lambda+3}\alpha_{2}+\frac{\lambda^{2}+2\lambda-1}{\lambda+3}\alpha_{3}. $$

(2) 若 $ \lambda = -3 $，方程组无解， $ \beta $ 不能由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出.

【注】例1的 $ \alpha_{i},\beta $是行向量，例2的 $ \alpha_{i},\beta $是列向量。但对于 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=\beta $，当把向量的坐标代入按分量写出等式时，向量 $ \alpha_{i},\beta $的第1个坐标构成第1个方程，向量 $ \alpha_{i},\beta $的第2个坐标构成第2个方程，……。因此，线性表示的问题转化为解方程组的时候，不论是行向量还是列向量，只要把 $ \alpha_{i},\beta $的坐标“竖”着写即可组成所需要的增广矩阵。

例 3 【证】 据已知条件，可设 ← 原题

$$ \alpha=k_{1}\beta_{1}+k_{2}\beta_{2}+k_{3}\beta_{3}, $$

$$ \beta_{1}=l_{11}\gamma_{1}+l_{12}\gamma_{2}, $$

$$ \beta_{2}=l_{21}\gamma_{1}+l_{22}\gamma_{2}, $$

$$ \begin{array}{r}{\boldsymbol{\beta}_{3}=l_{31}\boldsymbol{\gamma}_{1}+l_{32}\boldsymbol{\gamma}_{2},}\end{array} $$

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{\alpha}&=k_{1}(l_{11}\gamma_{1}+l_{12}\gamma_{2})+k_{2}(l_{21}\gamma_{1}+l_{22}\gamma_{2})+k_{3}(l_{31}\gamma_{1}+l_{32}\gamma_{2})\\&=(k_{1}l_{11}+k_{2}l_{21}+k_{3}l_{31})\gamma_{1}+(k_{1}l_{12}+k_{2}l_{22}+k_{3}l_{32})\gamma_{2},\end{aligned} $$

即 $ \alpha $ 可由 $ \gamma_{1}, \gamma_{2} $ 线性表出.

例4 【解】设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=0 $，按分量写出，有 $ x_{1}(1,2,-1,4)+x_{2}(0,-1,-5,3)+x_{3}(2,5,3,5)=(0,0,0,0) $ ← 原题

即有

$$ \{\begin{aligned}x_{1}&+2x_{3}=0,\\ 2x_{1}-x_{2}+5x_{3}&=0,\\ -x_{1}-5x_{2}+3x_{3}&=0,\\ 4x_{1}+3x_{2}+5x_{3}&=0,\end{aligned}. $$

对系数矩阵作初等变换有

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1&0&2\\ 2&-1&5\\ -1&-5&3\\ 4&3&5\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&2\\ 0&1&-1\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{bmatrix}, $$

由 $ r(A)\lt n $ ，齐次方程组 Ax=0 必有非零解，故 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $ 线性相关.

例 5 【解】已知向量的坐标，判断向量组的线性相关就是转化为考查齐次方程组有非零解. ← 严选题题目 ← 原题

（1）设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=0 $。按分量写出，即

$$ \{\begin{aligned}&3x_{1}+2x_{2}+x_{3}=0,\\ &4x_{1}+x_{2}+2x_{3}=0,\\ &2x_{1}-7x_{2}+4x_{3}=0,\end{aligned}. $$

由于系数行列式

$$ \begin{array}{c|ccc|ccc|c}{3}&{2}&{1}&{⋰}&{1}&{2}&{-3}&{⋰}\\ {4}&{1}&{2}&{⋰}&{0}&{1}&{0}&{⋰}\\ {2}&{-7}&{4}&{⋰}&{-6}&{-7}&{18}&{⋰} \end{array}=-5\left|\begin{array}{c|ccc|c}{1}&{2}&{-3}&{⋰}&{⋰}&{⋰}\\ {0}&{1}&{0}&{⋰}&{⋰}&{⋰}&{⋰} \end{array}\right|=0, $$

齐次方程组必有非零解，所以 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性相关.

（2）设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=0 $，按分量写出，有

$$ \{\begin{aligned}x_{1}+3x_{2}+5x_{3}&=0,\\ 2x_{1}+4x_{2}+6x_{3}&=0,\end{aligned}. $$

由 $ r(A) \lt n $，齐次方程组必有非零解，故 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 必线性相关.

【注】由例4和例5可以看到，线性相关时的计算题和线性表出是类似的，不论 $ \alpha $是行向量还是列向量，只要把向量的坐标“坚”着写即可组成所需要的齐次方程组的系数矩阵.

例6 【分析】(1) $ \alpha_{3}=2\alpha_{1} $，相关. ← 严选题题目 ← 原题

(2) $ \alpha_{2}=0 $, 相关.

(3) 因 $ (1,1,1) $， $ (0,1,1) $， $ (0,0,1) $ 无关，故 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 无关.

(4) $ \left|\begin{matrix}1&1&1&0\\ 1&0&0&1\\ 1&0&1&0\\ 1&1&0&0\end{matrix}\right|=1\neq0 $，故 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $无关.

例 7 【解】（1）n 个 n 维向量 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 线性相关 ← 原题

$$ \Leftrightarrow|\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n}|=0, $$

$$ \mid\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}\mid=\left|\begin{array}{c c c}{1}&{-1}&{0}\\ {3}&{1}&{a}\\ {2}&{2}&{3}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c c c}{1}&{0}&{0}\\ {3}&{4}&{a}\\ {2}&{4}&{3}\end{array}\right|=4(3-a), $$

所以a=3时，向量组 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $线性相关.

（2）设 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=0 $，按分量写出。即

$$ \{\begin{aligned}x_{1}+x_{2}+x_{3}&=0,\\ x_{2}-x_{3}&=0,\\ 2x_{1}+3x_{2}+ax_{3}&=0,\\ 3x_{1}+5x_{2}+x_{3}&=0,\end{aligned}. $$

对系数矩阵作初等行变换有

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-1}}} \\{{{2}}}&{{{3}}}&{{{a}}} \\{{{3}}}&{{{5}}}&{{{1}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{a-2}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{a-1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix}. $$

可见 a=1 时，秩 $ r(A)=2\lt 3 $，齐次方程组 Ax=0 有非零解。从而 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $ 线性相关。

当 $ a\neq1 $时，秩 $ r(A)=3 $，齐次方程组Ax=0只有零解，那么 $ \alpha_{1} $， $ \alpha_{2} $， $ \alpha_{3} $线性无关.

例 8 【分析】（Ⅲ）线性相关⇔ | AB | = 0 ← 原题

$$ \Leftrightarrow\mid\boldsymbol{A}\mid=0 或 \mid\boldsymbol{B}\mid=0, $$

所以应选(B).

例 9 【分析】由观察法 ← 原题

$$ (\mathbf{A})(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2})-(\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3})+(\boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{1})=\mathbf{0}, $$

$$ \left(\mathrm{B}\right)\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)+\left(\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)-\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)=\mathbf{0}, $$

知(A)(B)均线性相关，然后可用秩继续分析，令

$$ \boldsymbol{\beta}_{1}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\beta}_{2}=2\boldsymbol{\alpha}_{2}+3\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\beta}_{3}=3\boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{1}, $$

$$ \begin{aligned}|(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})&=(\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2},2\boldsymbol{\alpha}_{2}+3\boldsymbol{\alpha}_{3},3\boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{1})\\&=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})\begin{bmatrix}1&0&1\\2&2&0\\0&3&3\end{bmatrix}=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})\boldsymbol{C}.\end{aligned} $$

由 $ \left| C \right| = \left| \begin{matrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 3 \end{matrix} \right| = 12 \neq 0 $ ，矩阵 C 可逆，又 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性无关，知 $ r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}) = 3 $ ，于是

$$ r(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})=r[(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})\boldsymbol{C}]=r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})=3, $$

从而 $ \beta_{1},\beta_{2},\beta_{3} $ 必线性无关，即(C)必线性无关.

关于(D),

$$ (\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})\begin{bmatrix}1&2&3\\ 1&-3&5\\ 1&22&-5\end{bmatrix}=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})\boldsymbol{C}. $$

因 $ \left|\begin{matrix}1&2&3\\ 1&-3&5\\ 1&22&-5\end{matrix}\right|=0,r(\boldsymbol{C})=2 $，那么

$$ r(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})=r[(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})\boldsymbol{C}]=r(\boldsymbol{C})=2. $$

可推断出(D)线性相关.

例10 【证】 因为 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha, \beta $ 线性相关，故存在不全为 0 的 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{s}, k $ 使得 ← 原题

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{s}\boldsymbol{\alpha}_{s}+k\boldsymbol{\beta}=\mathbf{0}. $$

如果其中 k=0 ，那么必有 $ k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{s} $，不全为0，而

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{r}\boldsymbol{\alpha}_{r}=\mathbf{0}, $$

这与已知条件 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{s} $ 线性无关相矛盾. 所以必有 $ k \neq 0 $ , 那么

$$ \beta=\left(-\frac{k_{1}}{k}\right)\alpha_{1}+\left(-\frac{k_{2}}{k}\right)\alpha_{2}+\cdots+\left(-\frac{k_{s}}{k}\right)\alpha_{s}, $$

即向量 $ \beta $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha $. 线性表出.

若 $ \beta $有两种不同的表示法，设

$$ \boldsymbol{\beta}=x_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+x_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+x_{i}\boldsymbol{\alpha}_{i},\boldsymbol{\beta}=y_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+y_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+y_{i}\boldsymbol{\alpha}_{i}, $$

两式相减，得

$$ (x_{1}-y_{1})\boldsymbol{\alpha}_{1}+(x_{2}-y_{2})\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+(x_{s}-y_{s})\boldsymbol{\alpha}_{s}=\mathbf{0}, $$

因为是两种不同的表示法， $ x_{i}-y_{i} $ 不可能全为0，于是 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha $ 线性相关，与已知条件矛盾。故 $ \beta $ 的表示法唯一。

例 11 【证】 必要性 ← 原题

若 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha $ 线性相关，则存在不全为0的 $ k_{1},k_{2},\cdots,k_{i} $ 使

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{i}\boldsymbol{\alpha}_{i}=\mathbf{0}, $$

不妨设 $ k_{1} \neq 0 $，则有

$$ k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}=-k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}-k_{3}\boldsymbol{\alpha}_{3}-\cdots-k_{r}\boldsymbol{\alpha}_{r}, $$

那么 $ \alpha_{1}=\left(-\frac{k_{2}}{k_{1}}\right)\alpha_{2}+\left(-\frac{k_{3}}{k_{1}}\right)\alpha_{3}+\cdots+\left(-\frac{k_{s}}{k_{1}}\right)\alpha_{s} $，即 $ \alpha_{1} $ 可由 $ \alpha_{2}, \alpha_{3}, \cdots, \alpha_{s} $ 线性表出.

充分性

如果 $ \alpha_{i} $ 可由 $ \alpha_{1},\cdots,\alpha_{i-1},\alpha_{i+1},\cdots,\alpha $ 线性表出. 设

$$ \boldsymbol{\alpha}_{i}=k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+\cdots+k_{i-1}\boldsymbol{\alpha}_{i-1}+k_{i+1}\boldsymbol{\alpha}_{i+1}+\cdots+k_{i}\boldsymbol{\alpha}_{i}, $$

即有 $ k_{1}\alpha_{1}+\cdots+k_{i-1}\alpha_{i-1}-\alpha_{i}+k_{i+1}\alpha_{i+1}+\cdots+k_{i}\alpha_{i}=0 $

组合系数 $ k_{1}, \cdots, k_{i-1}, -1, k_{i+1}, \cdots, k, \neq 0 $ 不全为 0，所以 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha $ 线性相关.

例 12 【证】 构造两个齐次方程组 ← 原题

$$ \left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{i}\right)\begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \vdots\\ x_{i}\end{bmatrix}=\mathbf{0}, $$

$$ \left(\gamma_{1},\gamma_{2},\cdots,\gamma_{s}\right)\begin{bmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \vdots\\ x_{s}\end{bmatrix}=\mathbf{0}, $$

即 $ \{\begin{aligned}(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s})x&=\mathbf{0},\quad(\mathrm{I})\\ (\gamma_{1},\gamma_{2},\cdots,\gamma_{s})x&=\mathbf{0},\quad(\mathrm{II})\end{aligned}. $

由于（Ⅱ）的前 m 个方程就是（Ⅰ）的所有方程，于是{（Ⅱ）的解}

$ C \{(I) $ 的解\}.

（1）当 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha $ 线性无关时，（I）只有零解，因此（Ⅱ）也仅有零解，故 $ \gamma_{1},\gamma_{2},\cdots,\gamma $ 必线性无关.

（2）当 $ \gamma_{1},\gamma_{2},\cdots,\gamma_{s} $ 线性相关时，（Ⅱ）有非零解，因此（Ⅰ）必有非零解，故 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{s} $ 一定线性相关.

三、 向量组的秩、矩阵的秩

例 13 【分析】对列向量作初等行变换化为阶梯形，有 ← 严选题题目 ← 原题

$$ \begin{aligned}(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4},\boldsymbol{\alpha}_{5})&=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{3}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{-1}}}&{{{3}}}&{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{-1}}} \\{{{2}}}&{{{1}}}&{{{7}}}&{{{2}}}&{{{5}}} \\{{{4}}}&{{{2}}}&{{{14}}}&{{{0}}}&{{{2}}}\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{3}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix}\\&\xlongequal{ 记 }(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3},\boldsymbol{\beta}_{4},\boldsymbol{\beta}_{5}),\end{aligned} $$

此时每行第1个非0数在第1,2,4列，故 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{4} $是一个极大线性无关组.

【注】由 $ (3,1,0,0)^{\mathrm{T}} = 3(1,0,0,0)^{\mathrm{T}} + (0,1,0,0)^{\mathrm{T}} $

$$ (2,1,2,0)^{\mathrm{T}}=(0,1,0,0)^{\mathrm{T}}+2(1,0,1,0)^{\mathrm{T}} $$

即 $ \beta_{3}=3\beta_{1}+\beta_{2},\beta_{5}=\beta_{2}+2\beta_{4} $，故知 $ \alpha_{3}=3\alpha_{1}+\alpha_{2},\alpha_{5}=\alpha_{2}+2\alpha_{4} $

于是用极大线性无关组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4} $ 表示出 $ \alpha_{3} $ 和 $ \alpha_{5} $

例14 【分析】向量组的秩 = 矩阵的秩. ← 原题

$$ \boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}{{{\boldsymbol{\alpha}_{1}}}} \\{{{\boldsymbol{\alpha}_{2}}}} \\{{{\boldsymbol{\alpha}_{3}}}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{2}}}&{{{0}}}&{{{t}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{-4}}}&{{{5}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{-4}}}&{{{t+2}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{3-t}}}&{{{0}}}\end{bmatrix}, $$

所以 t=3.

或，已知 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 线性无关，而秩为2. 于是 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 是极大线性无关组，从

而 $ \alpha_{3} $ 必可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2} $ 线性表出.

对 $ x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}=\alpha_{3} $

$$ \begin{bmatrix}1&2&0\\ 2&0&-4\\ -1&t&5\\ 1&0&-2\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-2\\ 0&1&1\\ 0&0&3-t\\ 0&0&0\end{bmatrix}, $$

方程组有解，故 t=3

例 15 【分析】由 $ r(I)=3 $ 知 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $ 线性无关， ← 原题

由 $ r(\mathrm{I I})=3 $知 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $线性相关，

故 $ \alpha_{4} $ 可由 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $ 线性表出，那么向量组 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4} + \alpha_{5} $ 与 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{5} $ 可以互相线性表示，即向量组等价.

所以 $ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}+\boldsymbol{\alpha}_{5})=4. $

或设 $ \alpha_{4}=k_{1}\alpha_{1}+k_{2}\alpha_{2}+k_{3}\alpha_{3} $，则

$$ \begin{aligned}(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}+\boldsymbol{\alpha}_{5})&=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+k_{3}\boldsymbol{\alpha}_{3}+\\&=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{5})\begin{bmatrix}1&0&0&k_{1}\\0&1&0&k_{2}\\0&0&1&k_{3}\\0&0&0&1\end{bmatrix},\end{aligned} $$

由于矩阵 $ \begin{bmatrix}1&0&0&k_{1}\\0&1&0&k_{2}\\0&0&1&k_{3}\\0&0&0&1\end{bmatrix} $可逆，故

$$ r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}+\boldsymbol{\alpha}_{5})=r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{5})=4. $$

例16【分析】明显地, $ \alpha_{1},\alpha_{2} $ 线性无关，有 $ k\geqslant2 $，因 $ n+1 $个n维向量必线性相关，即 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{5} $一定线性相关，故 $ k\leqslant4 $. ← 严选题题目 ← 原题

发现 $ \alpha_{4} = -\alpha_{2} $，即 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4} $ 一定线性相关，故 $ k \leqslant 3 $.

$$ \begin{array}{r}{(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})=\left[\begin{matrix}{1}&{1}&{1}\\ {1}&{-1}&{1}\\ {1}&{1}&{1}\\ {1}&{-1}&{-1}\\ \end{matrix}\right]\rightarrow\left[\begin{matrix}{1}&{1}&{1}\\ {0}&{1}&{0}\\ {0}&{0}&{1}\\ {0}&{0}&{0}\\ \end{matrix}\right],}\end{array} $$

于是 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $ 线性无关， $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4} $ 线性相关，所以 k=3.

【注】本题 $ \alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} $ 不是向量组的极大线性无关组.

例17 【分析】 A 中存在 $ \left|\begin{matrix}1 & 1 \\ 3 & 4\end{matrix}\right| \neq 0 $，故(A)正确. ← 原题

A 中任何两行都不成比例，故(C)正确.

A 中第 3 列、第 5 列成比例，存在两列向量线性无关，(D) 错误.

A 中有 $ C_{5}^{3}=10 $ 个三阶子式，一个一个计算不合适，用初等变换化阶梯形为好.

$$ \begin{array}{l}{{{\mathbf{A}\rightarrow\begin{bmatrix}1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-4}}}&{{{7}}}&{{{-12}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix}.\\ \end{array} $$

例18 【分析】（1）经初等变换，矩阵的秩不变，对矩阵A作初等变换 ← 原题

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}&=\begin{bmatrix}1&1&2&a&3\\2&3&5&5&4\\2&2&3&1&4\\1&0&1&1&5\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}1&0&1&1&5\\2&3&5&5&4\\2&2&3&1&4\\1&1&2&a&3\end{bmatrix}\\&\xrightarrow{}\begin{bmatrix}1&0&1&1&5\\0&3&3&3&-6\\0&2&1&-1&-6\\0&1&1&a-1&-2\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}1&0&1&1&5\\0&1&1&1&-2\\0&0&1&3&2\\0&0&0&a-2&0\end{bmatrix},\end{aligned} $$

可见 a=2 时，秩 $ r(A)=3 $.

(2) 由 $ \left| A \right| = \left| \begin{matrix} k & 1 & 1 & 1 \\ 1 & k & 1 & 1 \\ 1 & 1 & k & 1 \\ 1 & 1 & 1 & k \end{matrix} \right| = (k+3)(k-1)^3 $ 可知，

若 k=1 ，则 $ r(A)=1 $ ，故 k=-3 。

例 19 【分析】由 ← 原题

$$ r(\boldsymbol{A}^{*})=\{\begin{aligned}&n,&& 若 r(\boldsymbol{A})=n\\ &1,&& 若 r(\boldsymbol{A})=n-1\\ &0,&& 若 r(\boldsymbol{A})\lt n-1\end{aligned}. $$

现 $ n = 3, r(A^{*}) = 1 \Leftrightarrow r(A) = 2. $

如 $ a = b \Rightarrow r(A) \leqslant 1 $ ，排除(A)，(B).

必有 $ a \neq b $，此时 A 中 $ \left|\begin{array}{cc}a & b \\ b & a\end{array}\right| \neq 0 $，而

$$ \left|\begin{array}{c c c}{a}&{b}&{b}\\ {b}&{a}&{b}\\ {b}&{b}&{a}\end{array}\right|=(a+2b)(a-b)^{2}=0, $$

故应选(C).

例20 【证】（1）因（Ⅰ）可由（Ⅱ）线性表出，设 ← 原题

$$ \boldsymbol{\alpha}_{1}=c_{11}\boldsymbol{\beta}_{1}+c_{21}\boldsymbol{\beta}_{2}+\cdots+c_{t1}\boldsymbol{\beta}_{t}, $$

$$ \boldsymbol{\alpha}_{i}=c_{1},\boldsymbol{\beta}_{1}+c_{2},\boldsymbol{\beta}_{2}+\cdots+c_{n}\boldsymbol{\beta}_{i}, $$

即存在矩阵 $ C = [c_{ij}] $，使

$$ (\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{i})=(\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{i})C, $$

那么

$$ \begin{aligned}r(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{i})&=r\big[(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{i})\boldsymbol{C}\big]\\&\leqslant r(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{i}),\end{aligned} $$

即 $ r(I) \leqslant r(II) $.

(2) 若 s > t，则

$$ r\left(\mathrm{~I~}\right)\leqslant r\left(\mathrm{~I I~}\right)=r\left(\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{t}\right)\leqslant t\lt s, $$

所以 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n} $ 必线性相关.

四、 正交规范化、正交矩阵

例21 【分析】设 $ \boldsymbol{\alpha} = (x_1, x_2, x_3)^{\mathrm{T}} $ 与 $ \alpha_1, \alpha_2 $ 都正交，则 ← 严选题题目 ← 原题

$$ \{\begin{aligned}(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\alpha}_{1})&=x_{1}+3x_{2}+2x_{3}=0,\\ (\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\alpha}_{2})&=x_{1}+x_{2}-2x_{3}=0,\end{aligned}. $$

$$ \begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{3}}}&{{{2}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{-2}}}\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{3}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}\end{bmatrix}\xrightarrow{}\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-4}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}\end{bmatrix}, $$

得 $ \boldsymbol{\alpha}=(4,-2,1)^{\mathrm{T}} $ ，再单位化有 $ \pm\frac{1}{\sqrt{21}}(4,-2,1)^{\mathrm{T}} $ 为所求.

例 22 【解】 先正交化 ← 严选题题目 ← 原题

$$ \boldsymbol{\beta}_{1}=\boldsymbol{\alpha}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 1\end{bmatrix}, $$

$$ \boldsymbol{\beta}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{2}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\beta}_{1})}{(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1})}\boldsymbol{\beta}_{1}=\begin{bmatrix}-1\\ 0\\ -1\end{bmatrix}+\frac{2}{3}\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 1\end{bmatrix}=\frac{1}{3}\begin{bmatrix}-1\\ 2\\ -1\end{bmatrix}, $$

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{\beta}_{3}&=\boldsymbol{\alpha}_{3}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\beta}_{1})}{(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{1})}\boldsymbol{\beta}_{1}-\frac{(\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\beta}_{2})}{(\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{2})}\boldsymbol{\beta}_{2}=\begin{bmatrix}-1\\ 2\\ 3\end{bmatrix}-\frac{4}{3}\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 1\end{bmatrix}-\frac{1}{3}\begin{bmatrix}-1\\ 2\\ -1\end{bmatrix}\\&=\begin{bmatrix}-2\\ 0\\ 2\end{bmatrix}.\end{aligned} $$

再单位化 $ \gamma_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 1\end{bmatrix},\gamma_{2}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{bmatrix}-1\\ 2\\ -1\end{bmatrix},\gamma_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}-1\\ 0\\ 1\end{bmatrix}. $

例23 【分析】 A 是正交矩阵 $ \Leftrightarrow $ A 的列向量都是单位向量且两两正交 ← 原题

$$ \begin{cases}a^{2}+b^{2}+c^{2}=1,\\2a+b=0,\\a-2b+2c=0.\end{cases} $$

由 $ \begin{bmatrix}1&-2&2\\ 2&1&0\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&-2&2\\ 0&5&-4\end{bmatrix} $.

令 $ c = 5t \Rightarrow b = 4t, a = -2t. $ 又 $ (-2t)^{2} + (4t)^{2} + (5t)^{2} = 1 \Rightarrow t = \pm \frac{1}{3\sqrt{5}} $ ，故 $ a = \mp \frac{2}{3\sqrt{5}} (b = \pm \frac{4}{3\sqrt{5}}, c = \pm \frac{5}{3\sqrt{5}}) $

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