2004 年考研数学（一） 第 20 题

含参齐次组的通法：非零解等价于 $|\mathbf{A}|=0$，所以先算行列式定 $a$。此题行列式有特殊结构（第 $i$ 行 $=i$ 乘一个公共向量再加对角的 $a$），化简后成 $\left[a+\frac{n(n+1)}{2}\right]a^{n-1}$，给出两个临界值。之后按 $a$ 分类讨论：$a=0$ 时秩为 $1$，另一个 $a$ 时秩为 $n-1$，解空间维数不同。

分析：齐次方程组有非零解的充要条件是系数行列式为零；注意第 $i$ 行的公共部分为 $i(x_1+\cdots +x_n)$，可据此化简行列式。

第一步：算出系数行列式。 观察系数矩阵，第 $i$ 行是 $(i,i,\cdots ,i)$ 再在第 $i$ 个位置加上 $a$，即 $a_{ij}=i+a{\delta }_{ij}$。写成矩阵就是
$$\mathbf{A}=a\mathbf{E}+\mathbf{c}{1}^{\mathrm{T}},\mathbf{c}=(1,2,\cdots ,n{)}^{\mathrm{T}},1=(1,1,\cdots ,1{)}^{\mathrm{T}}.$$

用初等变换化成三角形。 由于第 $i$ 行的公共部分恰是第 $1$ 行公共部分的 $i$ 倍，作 $r_i-i{r}_1(i=2,\cdots ,n)$，两行的公共部分相消，只剩下对角线上的 $a$ 与第一列的 $-ia$：
$$|\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{ccccc}1+a& 1& 1& \cdots & 1\\ -2a& a& 0& \cdots & 0\\ -3a& 0& a& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& & \ddots & ⋮\\ -na& 0& 0& \cdots & a\end{array}\right|.$$
再把第 $i$ 列的 $i$ 倍加到第 $1$ 列上（$i=2,\cdots ,n$），第 $i$ 行第一列的 $-ia$ 与 $i\cdot a$ 恰好相消，而第一行第一列变为
$$\text{（}1+a)+2+3+\cdots +n=a+\frac{n(n+1)}{2}.$$
此时矩阵成为下三角形，对角线为 $a+\frac{n(n+1)}{2}$ 与 $n-1$ 个 $a$，因此
$$|\mathbf{A}|=[a+\frac{n(n+1)}{2}]a^{n-1}.$$

另一条路：秩 $1$ 修正公式。 由 $|\mathbf{E}+\mathbf{u}{\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}|=1+{\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}$ 直接得
$$|\mathbf{A}|=a^n|\mathbf{E}+\frac{1}{a}\mathbf{c}{1}^{\mathrm{T}}|=a^n(1+\frac{1}{a}{1}^{\mathrm{T}}\mathbf{c})=a^{n-1}(a+1^{\mathrm{T}}\mathbf{c}),$$
而 $1^{\mathrm{T}}\mathbf{c}=1+2+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}$，结果相同。

取 $n=2$ 检验：$\left|\begin{array}{cc}1+a& 1\\ 2& 2+a\end{array}\right|=(1+a)(2+a)-2=a^2+3a=a(a+3)$，而公式给出 $[a+3]a=a(a+3)$，相符。

令 $|\mathbf{A}|=0$，得 $a=0$ 或 $a=-\frac{n(n+1)}{2}$，此时方程组有非零解。

当 $a=0$ 时，系数矩阵各行成比例，$r(\mathbf{A})=1$，方程组等价于 $x_1+x_2+\cdots +x_n=0$，基础解系为 ${\xi }_1=(-1,1,0,\cdots ,0{)}^{\mathrm{T}},{\xi }_2=(-1,0,1,\cdots ,0{)}^{\mathrm{T}},\cdots ,{\xi }_{n-1}=(-1,0,\cdots ,0,1{)}^{\mathrm{T}}$，通解为 $\mathbf{x}=C_1{\xi }_1+C_2{\xi }_2+\cdots +C_{n-1}{\xi }_{n-1}$（$C_1,\cdots ,C_{n-1}$ 为任意常数）。

当 $a=-\frac{n(n+1)}{2}$ 时，由 $|\mathbf{A}|=0$ 知 $r(\mathbf{A})\le n-1$；又此时 $a\ne 0$，上面化简所得的下三角形中，去掉第一行第一列后剩下的 $n-1$ 阶子式恰是对角线全为 $a$ 的对角阵，其行列式为 $a^{n-1}\ne 0$，故 $r(\mathbf{A})=n-1$，基础解系只含一个向量。把 $(1,2,\cdots ,n{)}^{\mathrm{T}}$ 代入第 $i$ 个方程，左端为 $i(1+2+\cdots +n)+a\cdot i=i[\frac{n(n+1)}{2}+a]=0$，确为解，基础解系为 $\eta =(1,2,\cdots ,n{)}^{\mathrm{T}}$，通解为 $\mathbf{x}=C(1,2,\cdots ,n{)}^{\mathrm{T}}$（$C$ 为任意常数）。