举例，同上一讲：$3 \times 4$矩阵 $ A= \begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 & 2\ 2 & 4 & 6 & 8\ 3 & 6 & 8 & 10\ \end{bmatrix} $，求$Ax=b$的特解：
写出其增广矩阵（augmented matrix）$\left[\begin{array}{c|c}A & b\end{array}\right]$：
显然，有解的必要条件为$b_3-b_2-b_1=0$。
讨论$b$满足什么条件才能让方程$Ax=b$有解（solvability condition on b）：当且仅当$b$属于$A$的列空间时。另一种描述：如果$A$的各行线性组合得到$0$行，则$b$端分量做同样的线性组合，结果也为$0$时，方程才有解。
解法：令所有自由变量取$0$，则有$ \begin{cases} x_1 & + & 2x_3 & = & 1 \ & & 2x_3 & = & 3 \ \end{cases} $ ，解得$ \begin{cases} x_1 & = & -2 \ x_3 & = & \frac{3}{2} \ \end{cases} $ ，代入$Ax=b$求得特解 $ x_p= \begin{bmatrix} -2 \ 0 \ \frac{3}{2} \ 0 \end{bmatrix} $。
令$Ax=b$成立的所有解： $$ \begin{cases} A & x_p & = & b \ A & x_n & = & 0 \ \end{cases} \quad \underrightarrow{两式相加} \quad A(x_p+x_n)=b $$
即$Ax=b$的解集为其特解加上零空间，对本例有： $ x_{complete}= \begin{bmatrix} -2 \ 0 \ \frac{3}{2} \ 0 \end{bmatrix} + c_1\begin{bmatrix}-2\1\0\0\\end{bmatrix} + c_2\begin{bmatrix}2\0\-2\1\\end{bmatrix} $
对于$m \times n$矩阵$A$，有矩阵$A$的秩$r \leq min(m, n)$
列满秩$r=n$情况： $ A= \begin{bmatrix} 1 & 3 \ 2 & 1 \ 6 & 1 \ 5 & 1 \ \end{bmatrix} $ ，$rank(A)=2$，要使$Ax=b, b \neq 0$有非零解，$b$必须取$A$中各列的线性组合，此时A的零空间中只有$0$向量。
行满秩$r=m$情况： $ A= \begin{bmatrix} 1 & 2 & 6 & 5 \ 3 & 1 & 1 & 1 \ \end{bmatrix} $ ，$rank(A)=2$，$\forall b \in R^m都有x \neq 0的解$，因为此时$A$的列空间为$R^m$，$b \in R^m$恒成立，组成$A$的零空间的自由变量有n-r个。
行列满秩情况：$r=m=n$，如 $ A= \begin{bmatrix} 1 & 2 \ 3 & 4 \ \end{bmatrix} $ ，则$A$最终可以化简为$R=I$，其零空间只包含$0$向量。
总结：