2004年考研数学二第22题
📝 题目
设有齐次线性方程组
$$
\left\{\begin{array}{l}
(1+a) x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=0, \\
2 x_{1}+(2+a) x_{2}+2 x_{3}+2 x_{4}=0, \\
3 x_{1}+3 x_{2}+(3+a) x_{3}+3 x_{4}=0, \\
4 x_{1}+4 x_{2}+4 x_{3}+(4+a) x_{4}=0,
\end{array}\right.
$$
试问 $a$ 取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解。
💡 答案解析
好的，我们先从题目所给的齐次线性方程组出发，这个方程组可以写作矩阵的形式，然后通过分析系数矩阵的行列式或秩来判断何时有非零解。我将逐步推理，给出完整解答。
---
**解：** 方程组对应的系数矩阵为
\[ A = \begin{pmatrix} 1+a & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2+a & 2 & 2 \\ 3 & 3 & 3+a & 3 \\ 4 & 4 & 4 & 4+a \end{pmatrix}. \]
由于是齐次线性方程组 \( A \mathbf{x} = \mathbf{0} \)，它有非零解的充要条件是系数矩阵的行列式为零，即 \[ \det(A) = 0. \]
**第一步：求矩阵的行列式。**
观察矩阵结构：每一行的后三个数与第一个数有相似的比例关系。为此，我们将矩阵拆解为一个秩1矩阵加一个对角阵形式。 令 \[ B = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 3 & 3 & 3 & 3 \\ 4 & 4 & 4 & 4 \end{pmatrix}, \quad D = a I. \] 那么 \[ A = B + a I. \]
由于 \(B\) 的每一列都是列向量 \((1,2,3,4)^T\) 乘以某个数，换言之： 设 \[ \mathbf{u} = (1,2,3,4)^T,\quad \mathbf{v} = (1,1,1,1)^T, \] 则 \(B = \mathbf{u} \mathbf{v}^T\)。
于是 \[ A = a I + \mathbf{u} \mathbf{v}^T. \]
对于这种“单位阵加秩1矩阵”的行列式，有公式： \[ \det(a I + \mathbf{u} \mathbf{v}^T) = a^{n-1}(a + \mathbf{v}^T \mathbf{u}), \] 这里 \(n=4\)。
先计算 \[ \mathbf{v}^T \mathbf{u} = 1\cdot 1 + 1\cdot 2 + 1\cdot 3 + 1\cdot 4 = 10. \] 因此 \[ \det(A) = a^{3} (a + 10). \]
**第二步：令行列式为零求 a 的条件。**
\[ a^3 (a+10) = 0 \] 得到 \[ a = 0 \quad \text{或} \quad a = -10. \] 所以当 \(a=0\) 或 \(a=-10\) 时，方程组有非零解。
---
**第三步：分别求通解。**
**(1) 当 \(a = 0\) 时** 原方程组变成： \[ \begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0,\\ 2x_1 + 2x_2 + 2x_3 + 2x_4 = 0,\\ 3x_1 + 3x_2 + 3x_3 + 3x_4 = 0,\\ 4x_1 + 4x_2 + 4x_3 + 4x_4 = 0. \end{cases} \] 实际上这四个方程都是同一个方程： \[ x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0. \] 自由未知量有3个，可取 \(x_2, x_3, x_4\) 为自由变量，则 \[ x_1 = -x_2 - x_3 - x_4. \] 于是通解为 \[ \mathbf{x} = \begin{pmatrix} -x_2 - x_3 - x_4 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = x_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + x_3 \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + x_4 \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad x_2,x_3,x_4 \in \mathbb{R}. \]
---
**(2) 当 \(a = -10\) 时** 原方程组为 \[ \begin{cases} (1-10)x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = -9x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0,\\ 2x_1 + (2-10)x_2 + 2x_3 + 2x_4 = 2x_1 -8x_2 + 2x_3 + 2x_4 = 0,\\ 3x_1 + 3x_2 + (3-10)x_3 + 3x_4 = 3x_1 + 3x_2 -7x_3 + 3x_4 = 0,\\ 4x_1 + 4x_2 + 4x_3 + (4-10)x_4 = 4x_1 + 4x_2 + 4x_3 -6x_4 = 0. \end{cases} \]
化简可知它们实际上是线性相关的，秩为3。我们可以由第一式得 \[ x_2 = 9x_1 - x_3 - x_4. \] 代入第二式： \[ 2x_1 -8(9x_1 - x_3 - x_4) + 2x_3 + 2x_4 = 2x_1 -72x_1 + 8x_3 + 8x_4 + 2x_3 + 2x_4 = -70x_1 + 10x_3 + 10x_4 =0, \] 于是 \[ -70x_1 + 10(x_3+x_4)=0 \Rightarrow x_3+x_4 = 7x_1. \] 再代入第三式检验一致性： 第三式： \(3x_1 + 3(9x_1 - x_3 - x_4) -7x_3 + 3x_4 = 3x_1 +27x_1 -3(x_3+x_4) -7x_3+3x_4\) 将其中的 \(x_3+x_4\) 用 \(7x_1\) 代入，并注意 \(-3(x_3+x_4) -7x_3+3x_4 = -3x_3-3x_4 -7x_3+3x_4 = -10x_3\)， 于是第三式为 \(30x_1 -10x_3=0 \Rightarrow x_3 = 3x_1\)。 再由 \(x_3+x_4 =7x_1\) 得 \(3x_1+x_4=7x_1 \Rightarrow x_4 = 4x_1\)。 最后由 \(x_2=9x_1 - x_3 - x_4 = 9x_1 -3x_1 -4x_1 = 2x_1\)。
因此解的形式为： \[ \mathbf{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ 2x_1 \\ 3x_1 \\ 4x_1 \end{pmatrix} = x_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}, \quad x_1 \in \mathbb{R}. \]
---
**最终答案：**
\[ \boxed{a=0 \text{ 或 } a=-10} \] 通解： - 当 \(a=0\) 时，通解为 \[ \mathbf{x}=k_1\begin{pmatrix}-1\\1\\0\\0\end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix}-1\\0\\1\\0\end{pmatrix}+k_3\begin{pmatrix}-1\\0\\0\\1\end{pmatrix},\quad k_1,k_2,k_3\in\mathbb{R}. \] - 当 \(a=-10\) 时，通解为 \[ \mathbf{x}=k\begin{pmatrix}1\\2\\3\\4\end{pmatrix},\quad k\in\mathbb{R}. \]