西南交通大学 2026年高等代数第5题

题目给出系数矩阵 $A$，方程组为 $A\mathbf{x}=0$。以 $x_3, x_4$ 为自由变量，意味着 $x_1, x_2$ 可由 $x_3, x_4$ 线性表示，即系数矩阵的秩为 $2$，且前两行线性无关，后两行可由前两行线性表示。

矩阵 $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & a & b \\ -1 & 0 & c & d \\ a & c & 0 & -e \\ b & a & e & 0 \end{pmatrix}$。前两行构成的 $2\times2$ 子式 $\begin{vmatrix}0 & 1 \\ -1 & 0\end{vmatrix}=1\neq0$，故前两行线性无关。

设 $R_3 = \alpha R_1 + \beta R_2$，即 $(a, c, 0, -e) = \alpha(0,1,a,b) + \beta(-1,0,c,d) = (-\beta, \alpha, \alpha a + \beta c, \alpha b + \beta d)$。比较分量得方程组： \begin{cases} a = -\beta \\ c = \alpha \\ 0 = \alpha a + \beta c \\ -e = \alpha b + \beta d \end{cases}

由前两式得 $\beta = -a$, $\alpha = c$。代入第三式：$0 = c\cdot a + (-a)\cdot c = ac - ac = 0$，恒成立。代入第四式：$-e = c b + (-a) d = bc - ad$，即 $ad - bc = e$。

设 $R_4 = \gamma R_1 + \delta R_2$，即 $(b, a, e, 0) = \gamma(0,1,a,b) + \delta(-1,0,c,d) = (-\delta, \gamma, \gamma a + \delta c, \gamma b + \delta d)$。比较分量得： \begin{cases} b = -\delta \\ a = \gamma \\ e = \gamma a + \delta c \\ 0 = \gamma b + \delta d \end{cases}

由前两式得 $\delta = -b$, $\gamma = a$。代入第三式：$e = a\cdot a + (-b)c = a^2 - bc$。代入第四式：$0 = a b + (-b)d = ab - bd = b(a-d)$。因此 $b(a-d)=0$。

由第三行得 $e = ad - bc$，由第四行得 $e = a^2 - bc$，故 $ad - bc = a^2 - bc$，即 $ad = a^2$，所以 $a(a-d)=0$。结合 $b(a-d)=0$，得 $(a-d)(a+b)=0$？实际上，若 $a-d \neq 0$，则 $a=0$ 且 $b=0$，此时 $a-d \neq 0$ 要求 $d \neq 0$，但 $a=0$ 代入 $a(a-d)=0$ 成立，$b=0$ 代入 $b(a-d)=0$ 成立，故 $a=0, b=0$ 且 $d$ 任意？但需检查 $e$：$e = ad - bc = 0$，$e = a^2 - bc = 0$，一致。若 $a-d=0$，则 $a=d$，此时 $e = a^2 - bc$。因此关系为：$a=d$ 或 $a=b=0$。但 $a=b=0$ 时 $a=d$ 不一定成立，实际上 $a=0$ 时 $a-d=0$ 要求 $d=0$，所以 $a=b=d=0$。更简洁地，$a=d$ 且 $e = a^2 - bc$。

因此，系数矩阵秩为2且以 $x_3,x_4$ 为自由变量的充要条件是 $a=d$ 且 $e = a^2 - bc$。