云南大学 2026年高等代数第0题

设方程组为 $Ax = \beta$，其中 $A$ 是 $3 \times 4$ 系数矩阵。已知方程组有三个线性无关的解 $\xi_1, \xi_2, \xi_3$。则 $\xi_1 - \xi_2$ 和 $\xi_1 - \xi_3$ 是对应齐次方程组 $Ax=0$ 的两个线性无关的解（因为若 $c_1(\xi_1-\xi_2)+c_2(\xi_1-\xi_3)=0$，则 $(c_1+c_2)\xi_1 - c_1\xi_2 - c_2\xi_3=0$，由 $\xi_1,\xi_2,\xi_3$ 线性无关得系数全为零，从而 $c_1=c_2=0$）。因此齐次方程组的基础解系至少含2个向量，故 $n - \operatorname{rank}(A) \geq 2$，即 $\operatorname{rank}(A) \leq 2$。又因为方程组有解且系数矩阵行数3，若 $\operatorname{rank}(A)=1$，则增广矩阵的秩也为1，此时三个方程成比例，但显然第一、二个方程不成比例，矛盾。故 $\operatorname{rank}(A)=2$。

对增广矩阵 $\bar{A} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 4 & 3 & 5 & -1 & -1 \\ a & 1 & 3 & b & 1 \end{pmatrix}$ 进行初等行变换。先消去第一列：$r_2 - 4r_1$，$r_3 - a r_1$，得 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & 3 \\ 0 & 1-a & 3-a & b-a & 1+a \end{pmatrix}$。再消去第二列：$r_3 + (1-a) r_2$，得 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & 3 \\ 0 & 0 & 4-2a & b+4a-5 & 4-2a \end{pmatrix}$。

因为 $\operatorname{rank}(A)=2$，所以第三行必须全为零，即 $4-2a=0$ 且 $b+4a-5=0$ 且 $4-2a=0$。由 $4-2a=0$ 得 $a=2$，代入 $4-2a=0$ 自动满足，再代入 $b+4a-5=0$ 得 $b+8-5=0$，即 $b=-3$。此时第三行全为零，满足秩为2。

将 $a=2, b=-3$ 代入，增广矩阵化为 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。将第二行乘以 $-1$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & 5 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，再 $r_1 - r_2$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -4 & 2 \\ 0 & 1 & -1 & 5 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。

由行最简形得等价方程组：$\begin{cases} x_1 = 2 - 2x_3 + 4x_4 \\ x_2 = -3 + x_3 - 5x_4 \end{cases}$，其中 $x_3, x_4$ 为自由变量。

令 $x_3 = c_1, x_4 = c_2$，得通解 $\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + c_1 \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 4 \\ -5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$，$c_1, c_2 \in \mathbb{R}$。