湖南大学 2025年高等代数第2题
📝 题目
2．求解线性方程组
$$
\left\{\begin{array}{c}
x_{1}+2 x_{2}+\cdots+n x_{n}=n+1 \\
x_{1}+2^{2} x_{2}+\cdots+n^{2} x_{n}=(n+1)^{2} \\
\cdots \cdots \\
x_{1}+2^{n} x_{2}+\cdots+n^{n} x_{n}=(n+1)^{n}
\end{array}\right.
$$
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：建立方程组与多项式的关系
设方程组为
\[
\begin{cases}
x_1 + 2x_2 + \cdots + n x_n = n+1 \\
x_1 + 2^2 x_2 + \cdots + n^2 x_n = (n+1)^2 \\
\vdots \\
x_1 + 2^n x_2 + \cdots + n^n x_n = (n+1)^n
\end{cases}
\]
令 $a_k = k$, $b = n+1$, 则方程组可写为
\[
\sum_{j=1}^n a_j^i x_j = b^i, \quad i=1,2,\dots,n.
\]
公式：\sum_{j=1}^n a_j^i x_j = b^i
提示：注意 $i$ 从1到 $n$，共 $n$ 个方程。
步骤 2/6
目标：引入多项式 $f(t)$
考虑多项式 $P(t) = \prod_{j=1}^n (t - a_j) = \prod_{j=1}^n (t - j)$。由拉格朗日插值，存在唯一次数小于 $n$ 的多项式 $f(t)$ 满足 $f(a_j) = x_j$，且 $f(t)$ 可表示为
\[
f(t) = \sum_{j=1}^n x_j \prod_{k \neq j} \frac{t - a_k}{a_j - a_k}.
\]
公式：f(t) = \sum_{j=1}^n x_j \prod_{k \neq j} \frac{t - a_k}{a_j - a_k}
提示：拉格朗日插值多项式次数小于 $n$，且唯一确定。
步骤 3/6
目标：利用已知条件推导 $f(t)$ 的性质
由已知条件，对于 $i=1,\dots,n$，有
\[
\sum_{j=1}^n a_j^i x_j = b^i.
\]
考虑多项式 $h(t) = f(t) - b$，则 $h(t)$ 的次数小于 $n$，且满足
\[
\sum_{j=1}^n a_j^i h(a_j) = 0, \quad i=1,\dots,n.
\]
公式：\sum_{j=1}^n a_j^i h(a_j) = 0
提示：注意 $h(a_j) = x_j - b$，但这里直接利用和式为零。
步骤 4/6
目标：证明 $h(a_j)=0$
将 $\sum_{j=1}^n a_j^i h(a_j) = 0$ 视为关于 $h(a_j)$ 的齐次线性方程组，系数矩阵为范德蒙德矩阵，其行列式非零，故只有零解，即 $h(a_j)=0$ 对所有 $j$ 成立。因此 $f(a_j)=b$。
公式：\det\begin{pmatrix}1 & 1 & \cdots & 1 \\ a_1 & a_2 & \cdots & a_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_1^{n-1} & a_2^{n-1} & \cdots & a_n^{n-1}\end{pmatrix} \neq 0
提示：范德蒙德行列式非零因为 $a_j$ 互不相同。
步骤 5/6
目标：确定 $f(t)$ 为常数
由于 $f(t)$ 是次数小于 $n$ 的多项式，且在 $n$ 个不同点 $a_1,\dots,a_n$ 处取值均为 $b$，故 $f(t) \equiv b$。
提示：次数小于 $n$ 的多项式最多有 $n-1$ 个根，除非恒为零。这里 $f(t)-b$ 有 $n$ 个根，故恒为零。
步骤 6/6
目标：得出解
由 $f(t) \equiv b$ 得 $x_j = f(a_j) = b = n+1$ 对所有 $j=1,\dots,n$ 成立。因此方程组的解为 $x_1 = x_2 = \cdots = x_n = n+1$。
提示：注意 $b=n+1$。
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