河南大学 2026年高等代数第3题

设 $x_1\alpha_1 + x_2\alpha_2 + x_3\alpha_3 = \beta$，即 \[ \begin{cases} a x_1 - 2x_2 - x_3 = 1 \\ 2x_1 + x_2 + x_3 = b \\ 0x_1 + 5x_2 + 4x_3 = c \end{cases} \] 写成矩阵形式 $A\mathbf{x}=\beta$，其中 \[ A = \begin{pmatrix} a & -2 & -1 \\ 2 & 1 & 1 \\ 0 & 5 & 4 \end{pmatrix}, \mathbf{x} = \begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}, \beta = \begin{pmatrix}1 \\ b \\ c\end{pmatrix}. \]

对增广矩阵 $(A|\beta)$ 进行初等行变换： \[ \begin{pmatrix} a & -2 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 & b \\ 0 & 5 & 4 & c \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2 \leftrightarrow R_1} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & b \\ a & -2 & -1 & 1 \\ 0 & 5 & 4 & c \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2 - \frac{a}{2}R_1} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & b \\ 0 & -2-\frac{a}{2} & -1-\frac{a}{2} & 1-\frac{ab}{2} \\ 0 & 5 & 4 & c \end{pmatrix}. \] 令 $d = -2-\frac{a}{2} = -\frac{4+a}{2}$，$e = -1-\frac{a}{2} = -\frac{2+a}{2}$，$f = 1-\frac{ab}{2}$，则矩阵为 \[ \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & b \\ 0 & d & e & f \\ 0 & 5 & 4 & c \end{pmatrix}. \]

交换 $R_2$ 和 $R_3$（若 $d=0$ 则需小心，但先一般处理）： \[ \xrightarrow{R_2 \leftrightarrow R_3} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & b \\ 0 & 5 & 4 & c \\ 0 & d & e & f \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 - \frac{d}{5}R_2} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & b \\ 0 & 5 & 4 & c \\ 0 & 0 & e-\frac{4d}{5} & f-\frac{cd}{5} \end{pmatrix}. \] 计算 $e-\frac{4d}{5} = -\frac{2+a}{2} - \frac{4}{5}\left(-\frac{4+a}{2}\right) = -\frac{2+a}{2} + \frac{4(4+a)}{10} = -\frac{2+a}{2} + \frac{2(4+a)}{5} = \frac{-5(2+a) + 4(4+a)}{10} = \frac{-10-5a+16+4a}{10} = \frac{6 - a}{10}$。 $f-\frac{cd}{5} = 1-\frac{ab}{2} - \frac{c}{5}\left(-\frac{4+a}{2}\right) = 1-\frac{ab}{2} + \frac{c(4+a)}{10} = \frac{10 - 5ab + c(4+a)}{10}$。 因此增广矩阵化为 \[ \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & b \\ 0 & 5 & 4 & c \\ 0 & 0 & \frac{6-a}{10} & \frac{10 - 5ab + c(4+a)}{10} \end{pmatrix}. \]

当 $\frac{6-a}{10} \neq 0$ 即 $a \neq 6$ 时，系数矩阵满秩，方程组有唯一解，$\beta$ 可由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 唯一线性表出。

当 $a=6$ 时，第三行变为 $0 \cdot x_3 = \frac{10 - 30b + 10c}{10} = 1 - 3b + c$。若 $1-3b+c \neq 0$，即 $c \neq 3b-1$，则方程组无解，$\beta$ 不可由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表出。

当 $a=6$ 且 $c = 3b-1$ 时，方程组有无穷多解，$\beta$ 可由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表出但表示不唯一。此时增广矩阵为 \[ \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & b \\ 0 & 5 & 4 & c \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \] 其中 $c=3b-1$。取 $x_3$ 为自由变量，令 $x_3 = t$，则 \[ \begin{cases} 5x_2 + 4t = c \\ 2x_1 + x_2 + t = b \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x_2 = \frac{c-4t}{5} \\ x_1 = \frac{b - x_2 - t}{2} = \frac{b - \frac{c-4t}{5} - t}{2} = \frac{5b - c + 4t - 5t}{10} = \frac{5b - c - t}{10} \end{cases}. \] 代入 $c=3b-1$ 得 \[ x_1 = \frac{5b - (3b-1) - t}{10} = \frac{2b+1-t}{10},\quad x_2 = \frac{3b-1-4t}{5}. \] 因此表达式为 \[ \beta = \frac{2b+1-t}{10}\alpha_1 + \frac{3b-1-4t}{5}\alpha_2 + t\alpha_3,\quad t \in \mathbb{R}. \]

（1）当 $a \neq 6$ 时，$\beta$ 可由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 唯一线性表出。 （2）当 $a=6$ 且 $c \neq 3b-1$ 时，$\beta$ 不可由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表出。 （3）当 $a=6$ 且 $c = 3b-1$ 时，$\beta$ 可由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表出且表示不唯一，表达式为 \[ \beta = \frac{2b+1-t}{10}\alpha_1 + \frac{3b-1-4t}{5}\alpha_2 + t\alpha_3,\quad t \in \mathbb{R}. \]