Trang 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập GIẢI ĐỀ CƯƠNG MÔN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NHÓM NGÀNH 1 CHƯƠNG II: MA TRẬN - ĐỊNH THỨC - HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1 −3 2 2 1 1 −1 1 2 Câu 1. Cho các ma trận: A = 2 1 −1,B = −2 3 0,C = . 2 4 −2 0 3 −2 1 2 4 Trong các phép toán sau: BCT ,A+BC,AT B−C,A(BC),(A+3B).CT phép toán nào thực hiện được. Nếu thực hiện được cho biết kết quả. [Hướng dẫn giải] Chỉ có 2 phép toán có thể thực hiện được, đó là: 2 1 1 −1 2 1 6 BCT = −2 3 0 . 1 4 = 5 8 1 2 4 2 −2 9 2 7 0 5 −1 2 3 4 (A+3B).CT = −4 10 −1 . 1 4 = 12 34 3 9 10 2 −2 26 22 1 3 −1 0 Câu 2. Cho A = ,B = và E là ma trận đơn vị cấp 2 −1 2 1 1 a) Tính F = A2 −3A b) Tìm ma trận X thỏa mãn (A2 +5E)X = BT (3A−A2) [Hướng dẫn giải] −2 9 1 3 −5 0 a) F = A2 −3A = −3 = = −5E −3 1 −1 2 0 −5 b) Ta có: (A2 +5E)X = BT (3A−A2) ⇔ (A2 +5E)X = BT .5E 3 9 −1 1 ⇔ X = 5 −3 6 0 1 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 1
Trang 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 3a+9c = −5 2 1 − − a b 3b+9d = 5 3 3 Đặt X = ⇔ ⇒ X = c d −3a+6c = 0 1 2 − −3b+6d = 5 3 3 1 −2 3 Câu 3. Cho ma trận A = 2 −4 1 và đa thức f(x) = 3x2 −2x+5. Tính f(A) 3 −5 3 [Hướng dẫn giải] Ta có: 1 −2 3 A = 2 −4 1 3 −5 3 ⇒ f(A) = 3A2 −2A+5 1 −2 31 −2 3 1 −2 3 = 32 −4 12 −4 1−22 −4 1+5 3 −5 3 3 −5 3 3 −5 3 6 −9 10 1 −2 3 1 0 0 = 3−3 7 5 −22 −4 1+50 1 0 2 −1 13 3 −5 3 0 0 1 21 −23 24 = −13 34 13 0 7 38 Câu 4. Tính An với a 1 0 cosa −sina a) A = b) A = 0 a 1 sina cosa 0 0 a [Hướng dẫn giải] — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 2
Trang 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập a) Ta có: cosa −sina cos 2a −sin 2a A = ⇒ A2 = sina cosa sin 2a cos 2a cosna −sinna Ta chứng minh quy nạp An = (1) sinna cosna • Với n = 1 ⇒ Biểu thức (1) đúng • Giả sử (1) đúng với n, ta chứng minh (1) đúng với n+1 Xét cosna −sinna cosa −sina An+1 = AnA = sinna cosna sina cosa cos(n+1)a −sin(n+1)a = sin(n+1)a cos(n+1)a ⇒ (1) đúng ∀n ∈ N∗ cosna −sinna Vậy An = sinna cosna b) Cách 1: a 1 0 a2 2a 1 Ta có: A = 0 a 1 ⇒ A2 = 0 a2 2a 0 0 a 0 0 a2 a3 3a2 3a ⇒ A3 = A2A = 0 a3 3a2 0 0 a3 n n−1 n(n−1) n−2 a na a 2 Ta chứng minh quy nạp: An = 0 an nan−1 (2) với n ∈ N∗ 0 0 an • Nhận thấy biểu thức (2) đúng với n = 1 • Giả sử biểu thức (2) đúng đến n, ta chứng minh (1) đúng với n+1 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 3
Trang 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Thật vậy, n n−1 n(n−1) n−2 a na a a 1 0 2 An+1 = AnA = 0 an nan−1 0 a 1 0 0 an 0 0 a n+1 n (n+1)n n−1 a (n+1)a a 2 = 0 an+1 (n+1)an thỏa mãn biểu thức (2) 0 0 an+1 ⇒ Giả thiết quy nạp là đúng n n−1 n(n−1) n−2 a na a 2 Vậy An = 0 an nan−1 0 0 an Cách 2: Ta có: a 1 0 A = 0 a 1 0 0 a a 0 0 0 1 0 = 0 a 0+0 0 1 0 0 a 0 0 0 1 0 0 0 1 0 = a0 1 0+0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 = aI +B với I = 0 1 0,B = 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 Ta có: In = 1,B2 = 0 0 0 ,B3 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Do đó Bn = 0 ∀n ≥ 3 và In = 1 ∀n ≥ 0 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 4
Trang 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Ta có: A = aI +B ⇒ An = (aI +B)n =CkBk(aI)n−k n =C0(aI)n +C1B(aI)n−1 +C2B2(aI)n−2 n n n n n−1 n(n−1) 2 n−2 = a +na B+ B a 2 0 1 0 0 0 1 n(n−1) = an +nan−1 0 0 1 + an−2 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 n n−1 n(n−1) n−2 a na a 2 = 0 an nan−1 0 0 an Câu 5. Tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 thỏa mãn: 0 0 1 0 a) X2 = b) X2 = 0 0 0 1 [Hướng dẫn giải] 0 0 a) X2 = 0 0 a b a2 +bc ab+bd Đặt X = , a, b, c, d ∈ R ⇒ X2 = c d ac+cd cb+d2 a2 +bc = 0 a = b = c = d = 0 0 0 a2 2 ab+bd = 0 c = − X = ⇔ ⇔ b 0 0 ac+dc = 0 d = −a cb+d2 = 0 a,b ∈ R tùy ý và b ̸= 0 0 0 0 0 Vậy ma trận cần tìm có dạng X = a b a2 , a,b ∈ R tùy ý và b ̸= 0 − −a b — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 5
Trang 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 0 b) X2 = 0 1 Tương tự câu a) ta có: ( a = d = 1 b = c = 0 a2 +bc = 1 ( a = d = −1 1 0 ab+bd = 0 X2 = ⇔ ⇔ b = c = 0 0 1 ac+dc = 0 1−a2 c = cb+d2 = 1 b d = −a a,b ∈ R tùy ý và b ̸= 0 ±I2 Vậy ma trận cần tìm có dạng X = a b , a,b ∈ R tùy ý và b ̸= 0 1−a2 −a b Câu 6. a b a) Chứng minh rằng ma trận A = thỏa mãn phương trình: x2 −(a+d)x+ad −bc = 0. c d b) Chứng minh với A là ma trận vuông cấp 2 thì Ak = O (k > 2) ⇔ A2 = O. [Hướng dẫn giải] a b a) Chứng minh rằng ma trận A = thỏa mãn phương trình: x2 −(a+d)x+ad −bc = 0. c d Ta có: A2 −(a+d)A+ (ad −bc)I 2 a2 +bc ab+bd a b 1 0 = −(a+d) + (ad −bc) ac+cd cb+d2 c d 0 1 a2 +bc ab+bd a2 +ad ab+bd ad −bc 0 = − + ac+cd cb+d2 ac+cd ad +d2 0 ad −bc = O Vậy A thỏa mãn phương trình đã cho. — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 6
Trang 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập b) Chứng minh với A là ma trận vuông cấp 2 thì Ak = O (k > 2) ⇔ A2 = O. • (⇐) A2 = O ⇒ Ak = O ∀k > 2. • (⇒) Nhận xét |A| = ad −bc và |Ak| = |A|k, từ giả thiết Ak = O (k > 2) và ý a) ta được: A2 −(a+d)A+|A|I = O ⇒ A2 −(a+d)A+0·I = O ⇒ A2 −(a+d)A = O 2 2 a+d = 0 ⇒ A2 = O ⇒ a+d ̸= 0 ⇒ Ak−2 A2 −(a+d)A = O ⇒ Ak −(a+d)Ak−1 = O ⇒ Ak−1 = O a+d = 0 ⇒ A2 = O (đpcm) ⇒ a+d ̸= 0 ⇒ Ak−1 = O, trường hợp này ta chứng minh quy nạp để dẫn tới A2 = O Vậy ta có điều phải chứng minh. Câu 7. Không khai triển định thức mà dùng các tính chất của định thức để chứng minh: a1 +b1x a1 −b1x c1 a1 b1 c1 a) a2 +b2x a2 −b2x c2 = −2x a2 b2 c2 a3 +b3x a3 −b3x c3 a3 b3 c3 1 a bc 1 a a2 b) 1 b ac = 1 b b2 1 c ab 1 c c2 [Hướng dẫn giải] a) a1 +b1x a1 −b1x c1 a1 a1 −b1x c1 b1x a1 −b1x c1 a2 +b2x a2 −b2x c2 = a2 a2 −b2x c2 + b2x a2 −b2x c2 a3 +b3x a3 −b3x c3 a3 a3 −b3x c3 b3x a3 −b3x c3 a1 a1 c1 a1 −b1x c1 b1x a1 c1 b1x −b1x c1 = a2 a2 c2 + a2 −b2x c2 + b2x a2 c2 + b2x −b2x c2 a3 a3 c3 a3 −b3x c3 b3x a3 c3 b3x −b3x c3 a1 −b1x c1 a1 b1x c1 a1 b1 c1 = 0+ a2 −b2x c2 − a2 b2x c2 +0 = −2x a2 b2 c2 a3 −b3x c3 a3 b3x c3 a3 b3 c3 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 7
Trang 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 a bc b) Từ 1 b ac ta nhân cột 2 với (a+b+c) cộng vào cột 3 được: 1 c ab 1 a bc 1 a a2 +ab+bc+ca 1 a a2 1 a ab+bc+ca 1 a a2 1 b ac = 1 b b2 +ab+bc+ca = 1 b b2 + 1 b ab+bc+ca = 1 b b2 1 c ab 1 c c2 +ab+bc+ca 1 c c2 1 c ab+bc+ca 1 c c2 Đẳng thức được chứng minh. Câu 8. Tính các định thức sau: 1 3 5 −1 1 1 2 3 a+b ab a2 +b2 2 −1 −1 4 1 2−x2 2 3 a) A = b) B = b+c bc b2 +c2 c) D = 5 1 −1 7 2 3 1 5 c+a ca c2 +a2 7 7 9 1 2 3 1 9−x2 [Hướng dẫn giải] a) Biến đổi sơ cấp ma trận 1 3 5 −1 1 3 5 −1 1 3 5 −1 2 −1 −1 4 0 −7 −11 6 0 −7 −11 6 A = → → 5 1 −1 7 0 −14 −26 12 0 0 −4 0 7 7 9 1 0 −14 −26 8 0 0 0 −4 Định thức của A là det(A) = 1.(−7).(−4).(−4) = −112 a+b ab a2 +b2 (a+b)(a+b+c) ab a2 +b2 b) Ta có: det((a+b+c)B) = (a+b+c). b+c bc b2 +c2 = (b+c)(a+b+c) bc b2 +c2 c+a ca c2 +a2 (c+a)(a+b+c) ca c2 +a2 (a+b)2 +c(a+b) ab a2 +b2 (a+b)2 +c(a+b)−2ab−a2 −b2 ab a2 +b2 = (b+c)2 +a(b+c) bc b2 +c2 = (b+c)2 +a(b+c)−2bc−b2 −c2 bc b2 +c2 (c+a)2 +b(c+a) ca c2 +a2 (c+a)2 +b(c+a)−2ca−c2 −a2 ca c2 +a2 1 ab a2 +b2 = (ab+bc+ca) 1 bc b2 +c2 = (ab+bc+ca)·(bc3 −ac3 +ca3 −ba3 +ab3 −cb3) 1 ca c2 +a2 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 8
Trang 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập c) Ta có: 1 1 2 3 1 1 2 3 1 2−x2 2 3 0 1−x2 0 0 det(D) = = 2 3 1 5 2 3 1 5 2 3 1 9−x2 0 0 0 4−x2 1 1 2 3 1−x2 0 0 0 1−x2 0 0 = = 1 −3 −1 0 1 −3 −1 0 0 4−x2 0 0 0 4−x2 = −3(1−x2)(4−x2) Câu 9. a) Chứng minh nếu A là ma trận phản xứng cấp n lẻ thì det(A) = 0 b) Cho A là ma trận vuông cấp 2019. Chứng minh det(A−AT ) = 0 [Hướng dẫn giải] a) Ta có: A là ma trận phản xứng nên A = −AT Do đó: det(A) = det(AT ) = (−1)n det(A) = −det(A) (vì n lẻ) Vậy det(A) = 0 b) Ta có (A−AT )T = AT −A = −(A−AT ). Do đó (A−AT ) là ma trận phản xứng cấp n lẻ. Vậy det(A−AT ) = 0 4 3 −5 2 3 8 6 −7 4 2 Câu 10. Tìm hạng của ma trận B = 4 3 −8 2 7 4 3 1 2 −5 8 6 −1 4 −6 [Hướng dẫn giải] 4 3 −5 2 3 4 3 −5 2 3 4 3 −5 2 3 8 6 −7 4 2 0 0 3 0 −4 0 0 3 0 −4 B = 4 3 −8 2 7 → 0 0 −3 0 4 → 0 0 0 0 0 4 3 1 2 −5 0 0 6 0 −8 0 0 0 0 0 8 6 −1 4 −6 0 0 9 0 −12 0 0 0 0 0 Do đó rank(B) = 2. — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 9
Trang 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 −1 1 2 Câu 11. Tìm m để hạng của ma trận A = −1 2 2 1 bằng 2 1 0 4 m [Hướng dẫn giải] 1 −1 1 2 1 −1 1 2 1 −1 1 2 L +L →L L −L →L A = −1 2 2 1 −−2−−1−−→2 0 1 3 3 −−3−−2−−→3 0 1 3 3 L3−L1→L3 1 0 4 m 0 1 3 m−2 0 0 0 m−5 Vậy r(A) = 2 khi và chỉ khi m = 5. Câu 12. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau: 1 −a 0 0 3 −4 5 3 4 0 1 −a 0 a) A = b) B = 2 −3 1 c) C = 5 7 0 0 1 −a 3 −5 1 0 0 0 1 [Hướng dẫn giải] 3 4 1 1 7 −4 7 −4 a) A = ⇒ A−1 = .CT = . = 5 7 det(A) 1 −5 3 −5 3 3 −4 5 2 −21 11 −2 7 −11 3 3 −1 1 T 1 b) B = 2 −3 1 ⇒ B = .C = . 1 −12 7 = −1 4 −7 det(B) −3 3 3 3 −5 1 −1 3 −1 1 −1 1 3 3 1 −a 0 0 0 1 −a 0 c) C = . 0 0 1 −a 0 0 0 1 Chúng ta sẽ sử dụng phương pháp Gauss-Jordan 1 −a 0 0 1 0 0 0 1 −a 0 0 1 0 0 0 0 1 −a 0 0 1 0 0 (L +aL →L ) 0 1 −a 0 0 1 0 0 C = −−3−−−−4 −−→3 0 0 1 −a 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 a 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 10
Trang 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 −a 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 a a2 a3 0 1 0 0 0 1 a a2 0 1 0 0 0 1 a a2 −(−L2−+−aL−−3→−−L→2) −(−L1−+−aL−−2→−−L→1) 0 0 1 0 0 0 1 a 0 0 1 0 0 0 1 a 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 a a2 a3 0 1 a a2 ⇒C−1 = . 0 0 1 a 0 0 0 1 a+1 −1 a Câu 13. Tìm a để ma trận A = 3 a+1 3 khả nghịch a−1 0 a−1 [Hướng dẫn giải] +) Để ma trận A khả nghịch ⇔ det(A) ̸= 0 +) Ta có: a+1 −1 a det(A) = 3 a+1 3 a−1 0 a−1 ⇔ det(A) = a2 −1 +) Để det(A) ̸= 0 ⇔ a2 −1 ̸= 0 ⇔ a ̸= 1 hoặc a ̸= −1 Vậy khi a ∈ R/{−1,1} thì ma trận A khả nghịch Câu 14. Chứng minh rằng ma trận A vuông cấp n thỏa mãn a Ak +a Ak−1 +· · ·+a A+a E = k k−1 1 0 0,(a0 ̸= 0) thì A là ma trận khả nghịch [Huớng dẫn giải] +) Ta có: a Ak +a Ak−1 +· · ·+a A+a E = 0 k k−1 1 0 ⇔ a Ak +a Ak−1 +· · ·+a A = −a E(1) k k−1 1 0 +) Lấy định thức 2 vế của (1) ta có: det(a Ak +a Ak−1 +· · ·+a A) = det(−a E) k k−1 1 0 ⇔ det(A).det(a Ak−1 +a Ak−2 +· · ·+a ) = (−a )n k k−1 1 0 +) Vì a ̸= 0 → det(A).det(a Ak−1 +a Ak−2 +· · ·+a ) ̸= 0 do đó det(A) ̸= 0 0 k k−1 1 Vậy ma trận A khả nghịch — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 11
Trang 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập −1 2 1 −1 2 2 12 10 Câu 15. Cho A = 2 3 4 ; B = 3 4; C = . 6 16 7 3 1 −1 0 3 Tìm ma trận X thoản mãn AX +B =CT [Hướng dẫn giải] 2 6 −1 2 3 4 Ta có: AX +B =CT ⇔ AX =CT −B ⇔ 12 16 − 3 4 = 9 12 = D 10 7 0 3 10 4 −1 2 1 Mà det(A) = 2 3 4 = 28 ̸= 0 3 1 −1 −1 −1 2 1 3 4 2 1 Khi đó: X = A−1.(CT −B) ⇔ X = A−1.D ⇔ 2 3 4 . 9 12 = 3 2 3 1 −1 10 4 −1 1 Câu 16. Giải hệ phương trình sau 3x −x +3x = 1 2x +3x +4x = 1 3x −5x +2x +4x = 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 4 −4x +2x +x = 3 3x −x +x = 2 a) 7x −4x +x +3x = 5 b) 1 2 3 c) 1 2 3 1 2 3 4 −2x +x +4x = 4 5x +2x +5x = 3 1 2 3 1 2 3 5x1 +7x2 −4x3 −6x4 = 3 10x1 −5x2 −6x3 = −10 x1 −4x2 −3x3 = 1 [Hướng dẫn giải] 3 −5 2 4 2 3 −5 2 4 2 3H −5H →H a) Ta có : ¯A = 7 −4 1 3 5 −−−3 −−−1−−→3 0 23 −11 −19 1 3H −7H →H 2 1 2 5 7 −4 −6 3 0 46 −22 −38 −1 3 −5 2 4 2 H −2H →H −−3−−−2−−→3 0 23 −11 −19 1 0 0 0 0 −3 Vì r(A) ̸= r(A¯) ⇒ hệ phương trình vô nghiệm — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 12
Trang 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 3 −1 3 1 3 −1 3 1 −4 2 1 3 3H −10H →H 0 2 15 3 b) Ta có : ¯A = −−−−−−−−4−−−−1−−−4−−−−−→ −2 1 4 4 3H +4H →H | 3H +2H →H 0 1 4 4 2 1 2 3 1 3 10 −5 −6 −10 0 −5 −6 −10 3 −1 3 1 3 −1 3 1 2H +5H →H 0 2 15 3 H +H →H 0 2 15 3 −−−4 −−−1−−→4 −−4−−−1−−→4 2H3−H2→H3 0 0 21 15 0 0 21 15 0 0 −21 −15 0 0 0 0 ¯ 8 5 Vì r(A) = r(A) = 3 ⇒ hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x1,x2,x3) = (0; ; ) 7 7 2 3 4 1 2 3 4 1 3 −1 1 2 2H −H →H 0 −11 −10 1 c) Ta có : ¯A = −−−−−−−−−4−−−1 −−−4 −−−−−→ 5 2 5 3 2H −3H →H | 2H −5H →H 0 −11 −10 1 2 1 2 3 1 3 1 −4 −3 1 0 −11 −10 1 2 3 4 1 H −H →H 0 −11 −10 1 −−4−−−2−−→4 H3−H2→H3 0 0 0 0 0 0 0 0 Vì r(A) = r(A¯) = 2 < 3 ⇒ Hệ phương trình có vô số nghiệm Đặt: x2 = t Khi đó ta có: 7+7t 2x +3x +4x = 1 x = 1 2 3 1 10 −11x2 −10x3 = 1 ⇔ x2 = t −11t −1 x2 = t x = 3 10 7+7t −11t −1 Vậy (x1,x2,x3) = ( ;t; ) 10 10 Câu 17. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss: x+2y−z+3t = 12 x+2y+3z+4t = −4 2x+5y−z+11t = 49 3x+7y+11z+11t = −11 a) (GK 20171) b) (GK 20151) 3x+6y−4z+13t = 49 x+2y+4z+2t = −3 x+2y−2z+9t = 33 x+2y+2z+7t = −6 [Hướng dẫn giải ] — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 13
Trang 14
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 2 −1 3 12 1 2 −1 3 12 1 2 −1 3 12 2 5 −1 11 49 0 1 1 5 25 0 1 1 5 25 a) Ta có: A¯ = [A|B] = → → 3 6 −4 13 49 0 0 −1 4 13 0 0 −1 4 13 1 2 −2 9 33 0 0 −1 6 21 0 0 0 2 8 Vậy r(A) = r(A¯) = 4. Do đó hệ có nghiệm duy nhất (x ,x ,x ,x ) = (−1,2,3,4). 1 2 3 4 1 2 3 4 −4 1 2 3 4 −4 1 2 3 4 −4 3 7 11 11 −11 0 1 2 −1 1 0 1 2 −1 1 b) Ta có: A¯ = [A|B] = → → 1 2 4 2 −3 0 0 1 −2 1 0 0 1 −2 1 1 2 2 7 −6 0 0 −1 3 −2 0 0 0 1 −1 Vậy r(A) = r(A¯) = 4. Do đó hệ có nghiệm duy nhất (x ,x ,x ,x ) = (−1,2,−1,−1). 1 2 3 4 (a+5)x+3y+ (2a+1)z = 0 Câu 18. Tìm a để hệ ax+ (a−1)y+4z = 0 có nghiệm không tầm thường. (a+5) + (a+2)y+5z = 0 [Hướng dẫn giải] a+5 3 2a+1 Ta có hệ phương trình có dạng Ax = 0 với A = a a−1 4 a+5 a+2 5 Vì vậy để hệ phương trình có nghiệm không tầm thường thì a+5 3 2a+1 det(A) = 0 ⇔ a a−1 4 = 0 ⇔ a(a+1) = 0 a+5 a+2 5 Vậy với a = 0 hoặc a = −1 thì hệ phương trình có nghiệm không tầm thường. mx +2x −x = 3 1 2 3 Câu 19. Tìm m để hệ phương trình x1 +mx2 +2x3 = 4 có nghiệm duy nhất 2x1 +3x2 +x3 = −m [Hướng dẫn giải] m 2 −1 3 1 m 2 4 H1↔H2 H2=H2−mH1 Xét ma trận A¯ = 1 m 2 4 −−−−−→ m 2 −1 3 −−−−−−−−→ H3=H3−2H1 2 3 1 −m 2 3 1 −m — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 14
Trang 15
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 m 2 4 1 m 2 4 H2↔H3 0 2−m2 −1−2m 3−4m −−−−−→ 0 3−2m −3 −m−8 0 3−2m −3 −m−8 0 2−m2 −1−2m 3−4m 1 m 2 4 H3=H3−2m+1H2 −−−−−−−−3−−→ 0 3−2m −3 −m−8 m2 −4m+3 2m2 +5m+17 0 0 3 3 m2 −4m+3 Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì r(A) = r(A¯) = 3 ⇔ ̸= 0 ⇔ m ̸= 1 và m ̸= 3 3 x1 +2x2 −x3 +mx4 = 4 −x1 −x2 +3x3 +2x4 = k Câu 20. Cho hệ phương trình 2x −x −3x + (m−1)x = 3 1 2 3 4 x1 +x2 +x3 +2mx4 = 5 a) Giải hệ phương trình khi m = 2,k = 5. b) Tìm điều kiện để hệ có nghiệm duy nhất. c) Tìm điều kiện để hệ phương trình có vô số nghiệm. [Hướng dẫn giải] 1 2 −1 2 4 1 2 −1 2 4 1 2 −1 2 4 −1 −1 3 2 5 0 1 2 4 9 0 1 2 4 9 a) Ta có: → → 2 −1 −3 1 3 0 −5 −1 −3 −5 0 0 9 17 40 1 1 1 4 5 0 −1 2 2 1 0 0 4 6 10 1 2 −1 2 4 x4 = 5 0 1 2 4 9 x3 = −5 → → 0 0 9 17 40 x = −1 2 x1 = −9 0 0 0 −14 −70 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 15
Trang 16
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 2 −1 m 4 1 2 −1 2 4 −1 −1 3 2 k 0 1 2 m+2 k+4 b) Ta có: [A|B] = → 2 −1 −3 m−1 3 0 −5 −1 −m−1 −5 1 1 1 4 5 0 −1 2 4−m 1 1 2 −1 2 4 1 2 −1 2 4 0 1 2 m+2 k+4 0 1 2 m+2 k+4 → → 0 0 9 4m+9 5k+15 0 0 9 4m+9 5k+15 0 0 4 6 k+5 0 0 0 18−16m −15−11k 9 Để hệ có nghiệm duy nhất thì det(A) ̸= 0 ⇔ 18−16m ̸= 0 ⇔ m ̸= 8 ( 9 18−16m = 0 m = c) Để hệ có vô số nghiệm thì ⇔ 8 −15−11k = 0 −15 k = 11 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 16
Hiển thị 16 trang đầu. Tải tài liệu để xem đầy đủ.
Bình luận (0)
Chưa có bình luận nào. Hãy là người đầu tiên!