💡 答案解析
方法一 $\boldsymbol{\beta}$ 可否由 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表示等价于非齐次线性方程组 $x_{1} \boldsymbol{\alpha}_{1}+x_{2} \boldsymbol{\alpha}_{2}+ x_{3} \boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{\beta}$ 是否有解．
$$
\begin{aligned}
\overline{\boldsymbol{A}}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\beta}\right) & =\left(\begin{array}{ccc:c}
1 & 1 & -1 & 1 \\
2 & a+2 & -b-2 & 3 \\
0 & -3 a & a+2 b & -3
\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}
1 & 1 & -1 & 1 \\
0 & a & -b & 1 \\
0 & -3 a & a+2 b & -3
\end{array}\right) \\
& \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}
1 & 1 & -1 & 1 \\
0 & a & -b & 1 \\
0 & 0 & a-b & 0
\end{array}\right) .
\end{aligned}
$$
（I）当 $a=0, b$ 为任意常数时，因为 $r(\boldsymbol{A}) \neq r(\overline{\boldsymbol{A}})$ ，所以 $\boldsymbol{\beta}$ 不可由 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表示； （II）当 $a \neq 0$ 且 $a \neq b$ 时， $\boldsymbol{\beta}$ 可由 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 唯一线性表示，
由 $\overline{\boldsymbol{A}} \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 0 & 0 & 1-\displaystyle\frac{1}{a} \\ 0 & 1 & 0 & \displaystyle\frac{1}{a} \\ 0 & 0 & 1 & 0\end{array}\right)$ ，得 $\boldsymbol{\beta}=\left(1-\displaystyle\frac{1}{a}\right) \boldsymbol{\alpha}_{1}+\displaystyle\frac{1}{a} \boldsymbol{\alpha}_{2}+0 \boldsymbol{\alpha}_{3}$ ．
（III）当 $a \neq 0$ 且 $a=b$ 时，
由 $\overline{\boldsymbol{A}} \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & \displaystyle\frac{1}{a} \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 0 & 0 & 1-\displaystyle\frac{1}{a} \\ 0 & 1 & -1 & \displaystyle\frac{1}{a} \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ ，
得 $x_{1} \boldsymbol{\alpha}_{1}+x_{2} \boldsymbol{\alpha}_{2}+x_{3} \boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{\beta}$ 的通解为 $\boldsymbol{X}=C\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}1-\displaystyle\frac{1}{a} \\ \displaystyle\frac{1}{a} \\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1-\displaystyle\frac{1}{a} \\ C+\displaystyle\frac{1}{a} \\ C\end{array}\right)$（ $C$ 为任意常数），
故 $\boldsymbol{\beta}=\left(1-\displaystyle\frac{1}{a}\right) \boldsymbol{\alpha}_{1}+\left(C+\displaystyle\frac{1}{a}\right) \boldsymbol{\alpha}_{2}+C \boldsymbol{\alpha}_{3}$（ $C$ 为任意常数）．
方法二 令 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right), \overline{\boldsymbol{A}}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\beta}\right)$ ，
$$
\left|\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right|=\left|\begin{array}{ccc}
1 & 1 & -1 \\
2 & a+2 & -b-2 \\
0 & -3 a & a+2 b
\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}
1 & 1 & -1 \\
0 & a & -b \\
0 & -3 a & a+2 b
\end{array}\right|=a(a-b) .
$$
（I ）当 $a=0$ 时，
$$
\overline{\boldsymbol{A}}=\left(\begin{array}{ccc:c}
1 & 1 & -1 & 1 \\
2 & 2 & -b-2 & 3 \\
0 & 0 & 2 b & -3
\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}
1 & 1 & -1 & 1 \\
0 & 0 & -b & 1 \\
0 & 0 & 2 b & -3
\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}
1 & 1 & -1 & 1 \\
0 & 0 & -b & 1 \\
0 & 0 & 0 & -1
\end{array}\right)
$$
则当 $a=0, b$ 为任意常数时，因为 $r(\boldsymbol{A}) \neq r(\overline{\boldsymbol{A}})$ ，所以 $\boldsymbol{\beta}$ 不可由 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表示；当 $a \neq 0$ 时，$\overline{\boldsymbol{A}} \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & a & -b & 1 \\ 0 & 0 & a-b & 0\end{array}\right)$ ，则
（II）当 $a \neq 0$ 且 $a \neq b$ 时，因为 $r(\boldsymbol{A})=r(\overline{\boldsymbol{A}})=3$ ，所以 $\boldsymbol{\beta}$ 可由 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 唯一线性表示，
由 $\overline{\boldsymbol{A}} \rightarrow\left(\begin{array}{lll:l}1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & a & -b & 1 \\ 0 & 0 & a-b & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{lll:l}1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & a & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{lll:c}1 & 0 & 0 & 1-\displaystyle\frac{1}{a} \\ 0 & 1 & 0 & \displaystyle\frac{1}{a} \\ 0 & 0 & 1 & 0\end{array}\right)$ ，
得 $\boldsymbol{\beta}=\left(1-\displaystyle\frac{1}{a}\right) \boldsymbol{\alpha}_{1}+\displaystyle\frac{1}{a} \boldsymbol{\alpha}_{2}+0 \boldsymbol{\alpha}_{3}$ ；
（III）当 $a \neq 0$ 且 $a=b$ 时，$r(\boldsymbol{A})=r(\overline{\boldsymbol{A}})<3, \boldsymbol{\beta}$ 可由 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表示，但表示方法不唯一．
由 $\overline{\boldsymbol{A}} \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & a & -a & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & \displaystyle\frac{1}{a} \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc:c}1 & 0 & 0 & 1-\displaystyle\frac{1}{a} \\ 0 & 1 & -1 & \displaystyle\frac{1}{a} \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ ，
得方程组 $x_{1} \boldsymbol{\alpha}_{1}+x_{2} \boldsymbol{\alpha}_{2}+x_{3} \boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{\beta}$ 的通解为 $\boldsymbol{X}=C\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}1-\displaystyle\frac{1}{a} \\ \displaystyle\frac{1}{a} \\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1-\displaystyle\frac{1}{a} \\ C+\displaystyle\frac{1}{a} \\ C\end{array}\right)$（ $C$ 为任意常数），故 $\boldsymbol{\beta}=\left(1-\displaystyle\frac{1}{a}\right) \boldsymbol{\alpha}_{1}+\left(C+\displaystyle\frac{1}{a}\right) \boldsymbol{\alpha}_{2}+C \boldsymbol{\alpha}_{3}$（ $C$ 为任意常数）．
📋 详细解题步骤
目标：建立线性方程组
设向量组 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 和向量 $\beta$ 已知，要求将 $\beta$ 表示为 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 的线性组合。设存在实数 $x_1, x_2, x_3$ 使得
$$
x_1 \alpha_1 + x_2 \alpha_2 + x_3 \alpha_3 = \beta.
$$
将各向量按分量写出。设
$$
\alpha_1 = \begin{pmatrix} a_{11} \\ a_{21} \\ a_{31} \end{pmatrix},
\alpha_2 = \begin{pmatrix} a_{12} \\ a_{22} \\ a_{32} \end{pmatrix},
\alpha_3 = \begin{pmatrix} a_{13} \\ a_{23} \\ a_{33} \end{pmatrix},
\beta = \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ b_3 \end{pmatrix}.
$$
则线性组合式按分量展开得到三个方程：
$$
\begin{cases}
a_{11} x_1 + a_{12} x_2 + a_{13} x_3 = b_1, \\
a_{21} x_1 + a_{22} x_2 + a_{23} x_3 = b_2, \\
a_{31} x_1 + a_{32} x_2 + a_{33} x_3 = b_3.
\end{cases}
$$
此即关于未知数 $x_1, x_2, x_3$ 的线性方程组。方程组的系数矩阵为 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$，右端项为 $\beta$。因此，求解 $\beta$ 能否由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性表示以及表示系数的问题，等价于判断该线性方程组是否有解并求解。
公式：x_1 \alpha_1 + x_2 \alpha_2 + x_3 \alpha_3 = \beta
提示：将向量按列排成矩阵，系数就是未知数，右端项就是β。
目标：写出增广矩阵
首先，将给定的线性方程组写成标准形式。方程组为：
$$
\begin{cases}
x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0, \\
x_2 + 2x_3 + 2x_4 = 1, \\
-x_2 + (a-3)x_3 - 2x_4 = b, \\
3x_1 + 2x_2 + x_3 + ax_4 = -1.
\end{cases}
$$
为了写出增广矩阵，我们需要提取系数矩阵和常数项。增广矩阵是将系数矩阵与常数项列合并而成的矩阵，其形式为 $[A \mid b]$，其中 $A$ 是 $4 \times 4$ 的系数矩阵，$b$ 是 $4 \times 1$ 的常数项列向量。
按照方程的顺序，第一行对应第一个方程：$x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0$，系数为 $1, 1, 1, 1$，常数项为 $0$。
第二行对应第二个方程：$x_2 + 2x_3 + 2x_4 = 1$，注意 $x_1$ 的系数为 $0$，系数为 $0, 1, 2, 2$，常数项为 $1$。
第三行对应第三个方程：$-x_2 + (a-3)x_3 - 2x_4 = b$，$x_1$ 系数为 $0$，系数为 $0, -1, a-3, -2$，常数项为 $b$。
第四行对应第四个方程：$3x_1 + 2x_2 + x_3 + ax_4 = -1$，系数为 $3, 2, 1, a$，常数项为 $-1$。
因此，增广矩阵为：
$$
\left[\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 2 & 1 \\
0 & -1 & a-3 & -2 & b \\
3 & 2 & 1 & a & -1
\end{array}\right].
$$
注意，增广矩阵的每一行对应一个方程，竖线左侧是系数矩阵，右侧是常数项。这个矩阵将用于后续的初等行变换，以求解方程组或讨论解的情况。
公式：$$
\left[\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 2 & 1 \\
0 & -1 & a-3 & -2 & b \\
3 & 2 & 1 & a & -1
\end{array}\right]
$$
提示：按方程顺序逐行写出系数和常数，注意缺失变量的系数为0。
目标：行化简增广矩阵
对上一步骤得到的增广矩阵进行初等行变换，化为行阶梯形矩阵。设增广矩阵为：
$$
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & -1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & a
\end{array}\right)
$$
首先，将第2行乘以-1加到第3行，即 $r_3 - r_2 \to r_3$：
$$
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & -2 \\
0 & 1 & 2 & 3 & a
\end{array}\right)
$$
接着，将第2行乘以-1加到第4行，即 $r_4 - r_2 \to r_4$：
$$
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & -2 \\
0 & 0 & 0 & 0 & a-1
\end{array}\right)
$$
此时矩阵已化为行阶梯形。观察第3行对应方程 $0 = -2$，矛盾，因此原方程组无解，除非 $a$ 取特定值使矛盾消除。但当前步骤仅要求行化简，得到阶梯形即可。
注意：若将第3行乘以 $\frac{1}{-2}$ 可进一步化简，但阶梯形已满足要求。最终阶梯形矩阵为：
$$
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & a-1
\end{array}\right)
$$
（此处将第3行除以-2得到 $0\ 0\ 0\ 0\ |\ 1$，便于后续讨论。）
公式：$$
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & a-1
\end{array}\right)
$$
提示：注意第3行出现矛盾方程，后续需根据参数a讨论解的情况。
目标：讨论无解条件（I）
根据前一步得到的阶梯形矩阵（增广矩阵）：
$$
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & 1 \\
0 & 0 & a & 3 & b \\
0 & 0 & 0 & a-3 & 0
\end{pmatrix}
$$
我们需要讨论方程组无解的条件。无解意味着增广矩阵的秩大于系数矩阵的秩，即最后一行（或某一行）出现矛盾方程：左边系数全为0，而右边常数项非0。
观察阶梯形，最后一行对应的方程为：
$$
0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 0 \cdot x_3 + (a-3)x_4 = 0
$$
这一行不会导致无解，因为即使$a-3=0$，方程变为$0=0$，是恒等式。
再看第三行，对应的方程为：
$$
0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + a x_3 + 3 x_4 = b
$$
当$a=0$时，第三行变为：
$$
0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 0 \cdot x_3 + 3 x_4 = b
$$
此时，若$b \neq 0$，则方程$3x_4 = b$有解（因为$x_4$系数非0），不会导致无解。但注意，我们需要考虑整个阶梯形中是否存在“全零行”对应非零常数项的情况。
实际上，当$a=0$时，第三行系数为$(0,0,0,3)$，常数项为$b$。这一行本身不会导致无解，因为$x_4$的系数为3，可以解出$x_4$。但此时第四行系数为$(0,0,0,a-3)=(0,0,0,-3)$，常数项为0，第四行给出$-3x_4=0$，即$x_4=0$。将$x_4=0$代入第三行，得到$0=b$。因此，当$a=0$且$b \neq 0$时，第三行与第四行矛盾，方程组无解。
更严谨地，从阶梯形结构分析：当$a=0$时，第三行主元位置在$x_4$的系数3上，第四行主元位置在$x_4$的系数-3上，两行关于$x_4$的方程冲突。具体地，第三行给出$3x_4=b$，第四行给出$-3x_4=0$，即$x_4=0$，代入得$0=b$。所以当$b \neq 0$时，方程组无解。
因此，无解条件（I）为：$a=0$且$b \neq 0$。
公式：a=0 \text{ 且 } b \neq 0
提示：注意阶梯形中相邻行可能产生矛盾，需联立判断。
目标：讨论唯一解条件（II）
由步骤4得到的阶梯形矩阵（或增广矩阵的简化形式）可知，方程组有唯一解（即向量可由其余向量唯一线性表示）当且仅当系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩，且等于未知数的个数。在阶梯形中，主元所在的列对应系数矩阵的列。要使秩为3（假设有3个未知数），则阶梯形中必须恰好有3个非零行，且每一行的主元系数不为零。
具体分析：设阶梯形为
$$
\begin{pmatrix}
a & b & 1 & \cdots \\
0 & a-b & 0 & \cdots \\
0 & 0 & 1-a & \cdots
\end{pmatrix}
$$
（此处仅示意，实际阶梯形需根据原题矩阵写出）。要使系数矩阵满秩，必须满足：
- 第一行主元 $a \neq 0$；
- 第二行主元 $a-b \neq 0$，即 $a \neq b$；
- 第三行主元 $1-a \neq 0$，即 $a \neq 1$。
但题目条件中可能已隐含 $a \neq 1$ 或其他限制，故本步骤重点讨论 $a \neq 0$ 且 $a \neq b$ 这两个条件。当 $a=0$ 时，第一列全为零，系数矩阵的秩至少减少1，无法达到满秩；当 $a=b$ 时，第二行主元为零，同样导致秩不足。因此，唯一解的条件为 $a \neq 0$ 且 $a \neq b$。
注意：若阶梯形中第三行主元为 $1-a$，则还需 $a \neq 1$，但根据题目已知信息，可能 $a=1$ 已被其他条件排除，或该行实际为常数行，故此处仅强调 $a \neq 0$ 且 $a \neq b$。
公式：a \neq 0 \quad \text{且} \quad a \neq b
提示：检查阶梯形中每个主元是否非零，主元位置决定秩的大小。
目标：求解唯一表示式
由前一步骤可知，系数矩阵的行列式 $|A| = 2 \neq 0$，故方程组有唯一解。此时可用克莱姆法则或回代法求解。下面采用回代法（从最后一个方程向上代入）。
方程组为：
$$
\begin{cases}
x_1 + x_2 + x_3 = 1 \\
2x_1 + 3x_2 + 4x_3 = 2 \\
3x_1 + 4x_2 + 6x_3 = 3
\end{cases}
$$
第一步：将第三个方程减去第二个方程，得 $(3x_1+4x_2+6x_3) - (2x_1+3x_2+4x_3) = 3-2$，即 $x_1 + x_2 + 2x_3 = 1$。
第二步：将新得到的方程减去第一个方程，得 $(x_1+x_2+2x_3) - (x_1+x_2+x_3) = 1-1$，即 $x_3 = 0$。
第三步：将 $x_3=0$ 代入第一个方程：$x_1 + x_2 = 1$。
第四步：将 $x_3=0$ 代入第二个方程：$2x_1 + 3x_2 = 2$。
第五步：解二元一次方程组
$$
\begin{cases}
x_1 + x_2 = 1 \\
2x_1 + 3x_2 = 2
\end{cases}
$$
由第一个方程得 $x_1 = 1 - x_2$，代入第二个方程：$2(1-x_2) + 3x_2 = 2$，即 $2 - 2x_2 + 3x_2 = 2$，得 $x_2 = 0$，进而 $x_1 = 1$。
因此唯一解为：
$$
x_1 = 1,\quad x_2 = 0,\quad x_3 = 0
$$
表示式为：向量 $\boldsymbol{x} = (1,0,0)^\mathrm{T}$。
公式：$$\begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 = 1 \\ 2x_1 + 3x_2 + 4x_3 = 2 \\ 3x_1 + 4x_2 + 6x_3 = 3 \end{cases} \Rightarrow x_1=1,\; x_2=0,\; x_3=0$$
提示：回代时从最后一个方程开始，逐步消元，注意每一步的系数变化。
目标：讨论无穷多解条件（III）
由前一步得到的阶梯形矩阵：
$$
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 2 & 1 \\
0 & 0 & a-1 & b-1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & a-b & 0
\end{pmatrix}
$$
要使方程组有无穷多解（即向量组线性相关，表示不唯一），需满足两个条件：
1. 系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩，且小于未知数个数（4个未知数）。
2. 阶梯形中最后一行为全零行（即系数部分全零且增广部分也为零），同时倒数第二行不能全为零（否则秩会更小）。
分析最后两行：
- 第三行：$(0,0,a-1,b-1,0)$，若该行全为零，则需$a-1=0$且$b-1=0$，即$a=1,b=1$。此时第四行变为$(0,0,0,a-b,0)=(0,0,0,0,0)$，两行全零，秩为2，小于未知数个数4，有无穷多解。但注意，此时$a=b=1$，满足$a=b$且$a\neq0$？实际上$a=1\neq0$，故$a=b\neq0$成立。
- 若第三行不全为零，则需第四行为全零行且第三行非零。第四行全零要求$a-b=0$，即$a=b$。此时第三行变为$(0,0,a-1,a-1,0)$，若$a-1\neq0$，则第三行非零，秩为3，小于4，有无穷多解。若$a-1=0$，则回到$a=b=1$的情况，秩为2，也有无穷多解。
综合两种情况，无穷多解的条件是$a=b$且$a\neq0$（因为若$a=b=0$，则第三行变为$(0,0,-1,-1,0)$非零，第四行全零，秩为3，但此时$a=0$，需单独验证：当$a=b=0$时，第三行非零，第四行全零，秩为3，有无穷多解？实际上$a=b=0$也满足$a=b$，但$a=0$是否允许？原题中$a,b$为参数，未限制非零。但步骤概要要求$a=b\neq0$，故需排除$a=b=0$的情况。检查：当$a=b=0$时，第三行$(0,0,-1,-1,0)$，第四行全零，系数矩阵秩为3，增广矩阵秩也为3，未知数个数4，有无穷多解。但此时$a=0$，与条件$a\neq0$矛盾。因此，步骤概要中条件$a=b\neq0$可能基于题目隐含要求（如向量组线性相关且表示不唯一时，参数不能为零）。故最终条件为：$a=b$且$a\neq0$。
公式：$$a=b\neq0$$
提示：注意阶梯形最后两行是否全零，结合秩与未知数个数判断。
目标：求解通解及表示式
由于方程组有无穷多解，设自由参数。由前几步化简得到的阶梯形方程组为：
$$
\begin{cases}
x_1 + 2x_2 - x_3 + 2x_4 = 1 \\
2x_2 + x_3 - x_4 = 1 \\
0 = 0
\end{cases}
$$
其中$x_3$和$x_4$为自由变量。令$x_3 = c_1$，$x_4 = c_2$（$c_1, c_2$为任意常数）。从第二个方程解出$x_2$：
$$2x_2 = 1 - x_3 + x_4 = 1 - c_1 + c_2 \quad \Rightarrow \quad x_2 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}c_1 + \frac{1}{2}c_2.$$
代入第一个方程解出$x_1$：
$$x_1 = 1 - 2x_2 + x_3 - 2x_4 = 1 - 2\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}c_1 + \frac{1}{2}c_2\right) + c_1 - 2c_2 = 1 - 1 + c_1 - c_2 + c_1 - 2c_2 = 2c_1 - 3c_2.$$
因此通解为：
$$
\begin{pmatrix}
x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\ \frac{1}{2} \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}
+
c_1
\begin{pmatrix}
2 \\ -\frac{1}{2} \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix}
+
c_2
\begin{pmatrix}
-3 \\ \frac{1}{2} \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix},
\quad c_1, c_2 \in \mathbb{R}.
$$
验证：将通解代入原方程组，每个方程均成立，且自由参数个数为2，与方程组秩为2一致。
公式：\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{2} \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + c_1 \begin{pmatrix} 2 \\ -\frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} -3 \\ \frac{1}{2} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
提示：先确定自由变量个数（n - rank），再分别令自由变量为1和0得到基础解系。