南京师范大学 2024年高等代数第4题

设方程组为 $Ax = b$，其中 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 4 & 3 & 5 & -1 \\ a & 1 & 3 & b \end{pmatrix}$，$b = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$。已知方程组有三个线性无关的解 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$，则 $\alpha_1 - \alpha_2$ 和 $\alpha_1 - \alpha_3$ 是齐次方程组 $Ax=0$ 的两个线性无关的解（否则 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性相关）。因此齐次方程组的基础解系至少含有2个解向量，故 $n - r(A) \geq 2$，即 $4 - r(A) \geq 2$，得 $r(A) \leq 2$。另一方面，$A$ 的前两行不成比例，所以 $r(A) \geq 2$。因此 $r(A) = 2$。

由 $r(A)=2$，$A$ 的所有3阶子式为0。考虑由第1、2、3行和第1、2、3列构成的子式：$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 4 & 3 & 5 \\ a & 1 & 3 \end{vmatrix} = 0$。计算行列式：$1 \cdot (3\cdot3 - 5\cdot1) - 1 \cdot (4\cdot3 - 5\cdot a) + 1 \cdot (4\cdot1 - 3\cdot a) = (9-5) - (12-5a) + (4-3a) = 4 - 12 + 5a + 4 - 3a = 2a - 4 = 0$，得 $a=2$。

再考虑由第1、2、3行和第1、2、4列构成的子式：$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 4 & 3 & -1 \\ a & 1 & b \end{vmatrix} = 0$。代入 $a=2$：$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 4 & 3 & -1 \\ 2 & 1 & b \end{vmatrix} = 1 \cdot (3b - (-1)\cdot1) - 1 \cdot (4b - (-1)\cdot2) + 1 \cdot (4\cdot1 - 3\cdot2) = (3b+1) - (4b+2) + (4-6) = 3b+1-4b-2-2 = -b -3 = 0$，得 $b = -3$。

将 $a=2, b=-3$ 代入，得增广矩阵：$(A|b) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 4 & 3 & 5 & -1 & -1 \\ 2 & 1 & 3 & -3 & 1 \end{pmatrix}$。进行行变换：$R_2 - 4R_1$，$R_3 - 2R_1$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & 3 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & 3 \end{pmatrix}$；再 $R_3 - R_2$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$；最后 $R_1 + R_2$，$-R_2$ 得 $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -4 & 2 \\ 0 & 1 & -1 & 5 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。

由行最简形得同解方程组：$\begin{cases} x_1 + 2x_3 - 4x_4 = 2 \\ x_2 - x_3 + 5x_4 = -3 \end{cases}$。取 $x_3, x_4$ 为自由变量，令 $x_3 = c_1, x_4 = c_2$，得 $x_1 = 2 - 2c_1 + 4c_2$，$x_2 = -3 + c_1 - 5c_2$。

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