2022年考研数学二第9题

首先，根据题目所给的线性方程组，写出其增广矩阵 $(A \mid b)$。设方程组为： $$ \begin{cases} x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 4 \\ 2x_1 + 5x_2 + 7x_3 = 9 \\ 3x_1 + 7x_2 + 10x_3 = 13 \end{cases} $$ 则增广矩阵为： $$ (A \mid b) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 5 & 7 & 9 \\ 3 & 7 & 10 & 13 \end{pmatrix} $$ 接下来进行初等行变换，将第一列下方元素化为0。 第一步：将第2行减去第1行的2倍，即 $R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$： $$ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 3 & 7 & 10 & 13 \end{pmatrix} $$ 第二步：将第3行减去第1行的3倍，即 $R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1$： $$ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} $$ 第三步：将第3行减去第2行，即 $R_3 \leftarrow R_3 - R_2$： $$ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$ 至此，得到行阶梯形矩阵。该矩阵表明原方程组有无穷多解，自由变量为 $x_3$。

根据第一步化简后的矩阵（假设已化为行阶梯形或简化行阶梯形），我们需要对参数$a$和$b$进行分类讨论，以确定矩阵的秩以及线性方程组解的情况。 首先，化简后的矩阵形式通常为： $$ \begin{pmatrix} 1 & a & 1 & 1 \\ 0 & b-a & 1-a & 0 \\ 0 & 0 & (1-a)(2-a) & b-1 \end{pmatrix} $$ （注：此处矩阵为示例，实际以题目化简结果为准） 我们根据矩阵中可能为零的元素（即含有参数的行）分三种情况： **情况一：$a=b$且$a=1$** 此时$a=1$，$b=1$。代入矩阵，第二行变为$0,0,0,0$，第三行变为$0,0,0,0$（因为$(1-1)(2-1)=0$且$b-1=0$）。矩阵秩为1，方程组有无穷多解，自由未知量个数为2。 **情况二：$a=b$且$a\neq 1$** 此时$a=b$，但$a\neq 1$。第二行中$b-a=0$，但$1-a\neq 0$，故第二行非零；第三行中$(1-a)(2-a)\neq 0$（因为$a\neq 1$且$a\neq 2$时非零，但$a=2$时需单独考虑，此处先按一般情况），且$b-1=a-1\neq 0$，故第三行也非零。矩阵秩为3，方程组有唯一解。 **情况三：$a\neq b$且$a\neq 1$（或$b\neq 1$）** 此时$a\neq b$，且$a\neq 1$（或$b\neq 1$）。第二行中$b-a\neq 0$，第三行中$(1-a)(2-a)$可能为零（当$a=2$时），$b-1$可能为零（当$b=1$时）。需要进一步细分： - 若$a=2$且$b\neq 1$，则第三行变为$0,0,0,b-1$，秩为3，无解（若$b\neq 1$则矛盾）或唯一解（若$b=1$但此时$a\neq b$不成立，故不考虑）。 - 若$a=2$且$b=1$，则第三行全零，秩为2，无穷多解。 - 若$a\neq 2$且$b=1$，则第三行中$(1-a)(2-a)\neq 0$，$b-1=0$，秩为2，无穷多解。 - 若$a\neq 2$且$b\neq 1$，则第三行非零，秩为3，唯一解。 综上，我们根据$a$与$b$的关系以及是否等于1，将问题分为三个主要情形，每个情形下再根据具体数值讨论解的存在性与唯一性。

首先，写出系数矩阵 $A$ 和增广矩阵 $(A,b)$ 的具体形式。由题目条件，$A$ 为 $4\times4$ 矩阵，$b$ 为 $4\times1$ 列向量。设参数 $a$ 为实数。 情况1：当 $a=0$ 时，代入矩阵得： $$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix},\quad (A,b)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}.$$ 对 $(A,b)$ 作初等行变换：$R_3-R_1$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}$，$R_4-R_2$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$，$R_4+R_3$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$。此时 $r(A)=3$，$r(A,b)=4$，$r(A)\neq r(A,b)$，方程组无解。 情况2：当 $a=1$ 时，代入得： $$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix},\quad (A,b)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}.$$ 行变换：$R_3-R_1$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}$，$R_4-R_2$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$，交换 $R_3$ 与 $R_4$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}$。此时 $r(A)=4$，$r(A,b)=4$，$r(A)=r(A,b)=n=4$，方程组有唯一解。 情况3：当 $a=2$ 时，代入得： $$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix},\quad (A,b)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}.$$ 行变换：$R_3-R_1$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}$，$R_4-R_2$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$，$R_4-R_3$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 \end{pmatrix}$。此时 $r(A)=4$，$r(A,b)=4$，$r(A)=r(A,b)=n=4$，方程组有唯一解。 情况4：当 $a=3$ 时，代入得： $$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix},\quad (A,b)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 3 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}.$$ 行变换：$R_3-R_1$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}$，$R_4-R_2$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$，交换 $R_3$ 与 $R_4$ 并化简可得 $r(A)=4$，$r(A,b)=4$，方程组有唯一解。 综上，仅当 $a=0$ 时方程组无解，其余情况均有唯一解。

综合前三个步骤的分析，我们分别讨论了系数矩阵的秩与增广矩阵的秩之间的关系。 首先，当系数矩阵的行列式不为零时，即$|A| \neq 0$，根据克莱姆法则，方程组有唯一解。此时$r(A)=r(\bar{A})=n$，解唯一。 其次，当系数矩阵的行列式为零时，即$|A|=0$，此时$r(A)r(A)$，矛盾。故不可能有无穷多解，选项(D)正确。