南京信息工程大学 2025年高等代数第0题

设方程组为 $Ax = b$，其中 $A$ 是 $4\times4$ 矩阵。已知方程组有3个线性无关的解 $\eta_1, \eta_2, \eta_3$，则 $\eta_2-\eta_1$ 和 $\eta_3-\eta_1$ 是齐次方程组 $Ax=0$ 的两个线性无关的解，因此 $n - r(A) \geq 2$，即 $4 - r(A) \geq 2$，所以 $r(A) \leq 2$。另一方面，系数矩阵的前两行（注意第二行方程有笔误，应为 $3x_1+2x_2+4x_3-x_4=0$，第三行应为 $5x_1+3x_2+7x_3-3x_4=1$）线性无关（例如，第一行和第二行不成比例），所以 $r(A) \geq 2$。因此 $r(A)=2$。

由 $r(A)=2$，$A$ 的所有3阶子式为零。考虑前两行和第四行组成的子式（取第1,2,3列）： $$ \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & 4 \\ a & 1 & 5 \end{vmatrix} = 0 $$ 计算得：$1\cdot(2\cdot5 - 4\cdot1) -1\cdot(3\cdot5 - 4\cdot a) +1\cdot(3\cdot1 - 2\cdot a) = (10-4) - (15-4a) + (3-2a) = 6 -15 +4a +3 -2a = -6 +2a = 0$，所以 $a=3$。

再考虑前两行和第四行中另一列（例如第1,2,4列）的子式： $$ \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & -1 \\ a & 1 & b \end{vmatrix} = 0 $$ 代入 $a=3$，计算：$1\cdot(2\cdot b - (-1)\cdot1) -1\cdot(3\cdot b - (-1)\cdot3) +1\cdot(3\cdot1 - 2\cdot3) = (2b+1) - (3b+3) + (3-6) = 2b+1 -3b -3 -3 = -b -5 = 0$，所以 $b=-5$。

将 $a=3,b=-5$ 代入原方程组，由于 $r(A)=2$，前两个方程线性无关，可作为等价方程组： $$ \begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 1 \\ 3x_1 + 2x_2 + 4x_3 - x_4 = 0 \end{cases} $$ 注意原第二、三方程可能有笔误，但此处按修正后的方程处理。

将 $x_3, x_4$ 作为自由变量，令 $x_3 = c_1, x_4 = c_2$，则方程组化为： $$ \begin{cases} x_1 + x_2 = 1 - c_1 - c_2 \\ 3x_1 + 2x_2 = -4c_1 + c_2 \end{cases} $$ 解之：由第一式得 $x_2 = 1 - c_1 - c_2 - x_1$，代入第二式：$3x_1 + 2(1 - c_1 - c_2 - x_1) = -4c_1 + c_2$，即 $3x_1 + 2 - 2c_1 - 2c_2 - 2x_1 = -4c_1 + c_2$，所以 $x_1 + 2 = -2c_1 + 3c_2$，得 $x_1 = -2 - 2c_1 + 3c_2$。进而 $x_2 = 1 - c_1 - c_2 - (-2 - 2c_1 + 3c_2) = 1 - c_1 - c_2 + 2 + 2c_1 - 3c_2 = 3 + c_1 - 4c_2$。因此通解为： $$ \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + c_1 \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad c_1, c_2 \in \mathbb{R}. $$ 其中 $\begin{pmatrix}-2 \\ 3 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}$ 是一个特解，$\begin{pmatrix}-2 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}$ 和 $\begin{pmatrix}3 \\ -4 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}$ 是导出组的基础解系。