21 trang 11 lượt tải

Giải Đề Cương Môn Đại Số Tuyến Tính | Đại học Bách Khoa Hà Nội

21

Giải Đề Cương Môn Đại Số Tuyến Tính | Đại học Bách Khoa Hà Nội. Tài liệu giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời đọc đón xem!

Môn: Đại số tuyến tính 29 tài liệu

Trường: Đại học Bách Khoa Hà Nội 5.4 K tài liệu

Tác giả:

Profile

tồn sinh

1 tuần trước
Tải xuống
Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/21
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
Câu 1. Cho các ma trận: A =
1 −3 2
2 1 −1
0 3 −2
,B =
2 1 1
−2 3 0
1 2 4
,C =
−1 1 2
2 4 −2
.
Trong các phép toán sau: BC
T
,A + BC,A
T
B −C,A(BC),(A +3B).C
T
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:
BC
T
=
2 1 1
−2 3 0
1 2 4
.
−1 2
1 4
2 −2
=
1 6
5 8
9 2
(A + 3B).C
T
=
7 0 5
−4 10 −1
3 9 10
.
−1 2
1 4
2 −2
=
3 4
12 34
26 22
Câu 2. Cho A =
1 3
−1 2
,B =
−1 0
1 1
và E là ma trận đơn vị cấp 2
Tính F = A
2
−3Aa)
Tìm ma trận X thỏa mãn (A
2
+ 5E)X = B
T
(3A −A
2
)b)
[Hướng dẫn giải]
F = A
2
−3A =
−2 9
−3 1
−3
1 3
−1 2
=
−5 0
0 −5
= −5Ea)
Ta có:
(A
2
+ 5E)X = B
T
(3A −A
2
)
⇔ (A
2
+ 5E)X = B
T
.5E
⇔
3 9
−3 6
X = 5
−1 1
0 1
b)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Đặt X =
a b
c d
⇔
3a + 9c = −5
3b + 9d = 5
−3a + 6c = 0
−3b + 6d = 5
⇒ X =
−
2
3
−
1
3
−
1
3
2
3
Câu 3. Cho ma trận A =
1 −2 3
2 −4 1
3 −5 3
và đa thức f(x) = 3x
2
−2x + 5. Tính f(A)
[Hướng dẫn giải]
Ta có:
A =
1 −2 3
2 −4 1
3 −5 3
⇒ f(A) = 3A
2
−2A +5
= 3
1 −2 3
2 −4 1
3 −5 3
1 −2 3
2 −4 1
3 −5 3
−2
1 −2 3
2 −4 1
3 −5 3
+ 5
= 3
6 −9 10
−3 7 5
2 −1 13
−2
1 −2 3
2 −4 1
3 −5 3
+ 5
1 0 0
0 1 0
0 0 1
=
21 −23 24
−13 34 13
0 7 38
Câu 4. Tính A
n
với
A =
cos a −sin a
sin a cos a
a) A =
a 1 0
0 a 1
0 0 a
b)
[Hướng dẫn giải]
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Ta có:
A =
cos a −sin a
sin a cos a
⇒ A
2
=
cos 2a −sin 2a
sin 2a cos 2a
Ta chứng minh quy nạp A
n
=
cos na −sin na
sin na cos na
(1)
• Với n = 1 ⇒ Biểu thức (1) đúng
• Giả sử (1) đúng với n, ta chứng minh (1) đúng với n + 1
Xét
A
n+1
= A
n
A =
cos na −sin na
sin na cos na
cos a −sin a
sin a cos a
=
cos (n + 1)a −sin(n + 1)a
sin (n + 1)a cos(n + 1)a
⇒ (1) đúng ∀n ∈ N
∗
Vậy A
n
=
cos na −sin na
sin na cos na
a)
Cách 1:
Ta có: A =
a 1 0
0 a 1
0 0 a
⇒ A
2
=
a
2
2a 1
0 a
2
2a
0 0 a
2
⇒ A
3
= A
2
A =
a
3
3a
2
3a
0 a
3
3a
2
0 0 a
3
Ta chứng minh quy nạp: A
n
=
a
n
na
n−1
n(n −1)
2
a
n−2
0 a
n
na
n−1
0 0 a
n
(2) với n ∈ N
∗
b)
• 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
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Thật vậy,
A
n+1
= A
n
A =
a
n
na
n−1
n(n −1)
2
a
n−2
0 a
n
na
n−1
0 0 a
n
a 1 0
0 a 1
0 0 a
=
a
n+1
(n + 1)a
n
(n + 1)n
2
a
n−1
0 a
n+1
(n + 1)a
n
0 0 a
n+1
thỏa mãn biểu thức (2)
⇒ Giả thiết quy nạp là đúng
Vậy A
n
=
a
n
na
n−1
n(n −1)
2
a
n−2
0 a
n
na
n−1
0 0 a
n
Cách 2: Ta có:
A =
a 1 0
0 a 1
0 0 a
=
a 0 0
0 a 0
0 0 a
+
0 1 0
0 0 1
0 0 0
= a
1 0 0
0 1 0
0 0 1
+
0 1 0
0 0 1
0 0 0
= aI + B với I =
1 0 0
0 1 0
0 0 1
,B =
0 1 0
0 0 1
0 0 0
Ta có: I
n
= 1,B
2
=
0 0 1
0 0 0
0 0 0
,B
3
=
0 0 0
0 0 0
0 0 0
Do đó B
n
= 0 ∀n ≥ 3 và I
n
= 1 ∀n ≥ 0
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Ta có: A = aI + B
⇒ A
n
= (aI + B)
n
= C
k
n
B
k
(aI)
n−k
= C
0
n
(aI)
n
+C
1
n
B(aI)
n−1
+C
2
n
B
2
(aI)
n−2
= a
n
+ na
n−1
B +
n(n −1)
2
B
2
a
n−2
= a
n
+ na
n−1
0 1 0
0 0 1
0 0 0
+
n(n −1)
2
a
n−2
0 0 1
0 0 0
0 0 0
=
a
n
na
n−1
n(n −1)
2
a
n−2
0 a
n
na
n−1
0 0 a
n
Câu 5. Tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 thỏa mãn:
X
2
=
0 0
0 0
a) X
2
=
1 0
0 1
b)
[Hướng dẫn giải]
X
2
=
0 0
0 0
Đặt X =
a b
c d
, a, b, c, d ∈R ⇒ X
2
=
a
2
+ bc ab + bd
ac + cd cb + d
2
X
2
=
0 0
0 0
⇔
a
2
+ bc = 0
ab + bd = 0
ac + dc = 0
cb + d
2
= 0
⇔
a = b = c = d = 0
c = −
a
2
b
d = −a
a,b ∈ R tùy ý và b = 0
Vậy ma trận cần tìm có dạng X =
0 0
0 0
a b
−
a
2
b
−a
, a,b ∈ R tùy ý và b = 0
a)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
X
2
=
1 0
0 1
Tương tự câu a) ta có:
X
2
=
1 0
0 1
⇔
a
2
+ bc = 1
ab + bd = 0
ac + dc = 0
cb + d
2
= 1
⇔
(
a = d = 1
b = c = 0
(
a = d = −1
b = c = 0
c =
1 −a
2
b
d = −a
a,b ∈ R tùy ý và b = 0
Vậy ma trận cần tìm có dạng X =
±I
2
a b
1 −a
2
b
−a
, a,b ∈ R tùy ý và b = 0
b)
Câu 6.
Chứng minh rằng ma trận A =
a b
c d
thỏa mãn phương trình: x
2
−(a + d)x + ad −bc = 0.a)
Chứng minh với A là ma trận vuông cấp 2 thì A
k
= O (k > 2) ⇔ A
2
= O.b)
[Hướng dẫn giải]
Chứng minh rằng ma trận A =
a b
c d
thỏa mãn phương trình: x
2
−(a + d)x + ad −bc = 0.
Ta có:
A
2
−(a + d)A + (ad −bc)I
2
=
a
2
+ bc ab + bd
ac + cd cb + d
2
−(a + d)
a b
c d
+ (ad −bc)
1 0
0 1
=
a
2
+ bc ab + bd
ac + cd cb + d
2
−
a
2
+ ad ab + bd
ac + cd ad + d
2
+
ad −bc 0
0 ad −bc
= O
Vậy A thỏa mãn phương trình đã cho.
a)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Chứng minh với A là ma trận vuông cấp 2 thì A
k
= O (k > 2) ⇔ A
2
= O.
• (⇐) A
2
= O ⇒ A
k
= O ∀k > 2.
• (⇒)
Nhận xét |A| = ad −bc và |A
k
| = |A|
k
, từ giả thiết A
k
= O (k > 2) và ý a) ta được:
A
2
−(a + d)A + |A|I
2
= O ⇒ A
2
−(a + d)A + 0 ·I
2
= O ⇒ A
2
−(a + d)A = O
⇒
a + d = 0 ⇒ A
2
= O
a + d = 0 ⇒ A
k−2
A
2
−(a + d)A
= O ⇒ A
k
−(a + d)A
k−1
= O ⇒ A
k−1
= O
⇒
a + d = 0 ⇒ A
2
= O (đpcm)
a + d = 0 ⇒ A
k−1
= O, trường hợp này ta chứng minh quy nạp để dẫn tới A
2
= O
Vậy ta có điều phải chứng minh.
b)
Câu 7. Không khai triển định thức mà dùng các tính chất của định thức để chứng minh:
a
1
+ b
1
x a
1
−b
1
x c
1
a
2
+ b
2
x a
2
−b
2
x c
2
a
3
+ b
3
x a
3
−b
3
x c
3
= −2x
a
1
b
1
c
1
a
2
b
2
c
2
a
3
b
3
c
3
a)
1 a bc
1 b ac
1 c ab
=
1 a a
2
1 b b
2
1 c c
2
b)
[Hướng dẫn giải]
a
1
+ b
1
x a
1
−b
1
x c
1
a
2
+ b
2
x a
2
−b
2
x c
2
a
3
+ b
3
x a
3
−b
3
x c
3
=
a
1
a
1
−b
1
x c
1
a
2
a
2
−b
2
x c
2
a
3
a
3
−b
3
x c
3
+
b
1
x a
1
−b
1
x c
1
b
2
x a
2
−b
2
x c
2
b
3
x a
3
−b
3
x c
3
=
a
1
a
1
c
1
a
2
a
2
c
2
a
3
a
3
c
3
+
a
1
−b
1
x c
1
a
2
−b
2
x c
2
a
3
−b
3
x c
3
+
b
1
x a
1
c
1
b
2
x a
2
c
2
b
3
x a
3
c
3
+
b
1
x −b
1
x c
1
b
2
x −b
2
x c
2
b
3
x −b
3
x c
3
= 0 +
a
1
−b
1
x c
1
a
2
−b
2
x c
2
a
3
−b
3
x c
3
−
a
1
b
1
x c
1
a
2
b
2
x c
2
a
3
b
3
x c
3
+ 0 = −2x
a
1
b
1
c
1
a
2
b
2
c
2
a
3
b
3
c
3
a)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Từ
1 a bc
1 b ac
1 c ab
ta nhân cột 2 với (a +b + c) cộng vào cột 3 được:
1 a bc
1 b ac
1 c ab
=
1 a a
2
+ ab +bc + ca
1 b b
2
+ ab +bc + ca
1 c c
2
+ ab +bc + ca
=
1 a a
2
1 b b
2
1 c c
2
+
1 a ab + bc + ca
1 b ab + bc + ca
1 c ab + bc + ca
=
1 a a
2
1 b b
2
1 c c
2
Đẳng thức được chứng minh.
b)
Câu 8. Tính các định thức sau:
A =
1 3 5 −1
2 −1 −1 4
5 1 −1 7
7 7 9 1
a) B =
a + b ab a
2
+ b
2
b + c bc b
2
+ c
2
c + a ca c
2
+ a
2
b) D =
1 1 2 3
1 2 −x
2
2 3
2 3 1 5
2 3 1 9 −x
2
c)
[Hướng dẫn giải]
Gợi ý :
Bước 1: Biến đổi ma trận đã cho về dạng bậc thang ta thu được một ma trận tam giác trên
Bước 2: Định thức của ma trận tam giác trên bằng tích các phần tử trên đường chéo chính
Bước 3: Kết luận
+) Biến đổi sơ cấp ma trận:
A =
1 3 5 −1
2 −1 −1 4
5 1 −1 7
7 7 9 1
→
1 3 5 −1
0 −7 −11 6
0 −14 −26 12
0 −14 −26 8
→
1 3 5 −1
0 −7 −11 6
0 0 −4 0
0 0 0 −4
⇒ A = 1.(−7).(−4).(−4) = −112
+) Kết luận: A = −112
a)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Gợi ý :
Bước 1: Biến đổi sơ cấp để đưa ma trận đã cho thành dạng đơn giản hơn
Bước 2: Sau khi đưa các thừa chung ra bên ngoài, ma trận thu được tính bằng phần phụ đại số
khai triển theo hàng 2
+) Ta có: B =
a + b ab a
2
+ b
2
b + c bc b
2
+ c
2
c + a ca c
2
+ a
2
=
a −c b(a −c) a
2
−c
2
b −a c(b −a) b
2
−a
2
c + a ca c
2
+ a
2
(L
1
−L
2
→ L
1
, L
2
−L
3
→ L
2
)
= (a −c)(b −a)
1 b a + c
1 c b + a
c + a ca c
2
+ a
2
= (a −c)(b −a)
1 b a + c
0 c −b b −c
c + a ca a
2
+ c
2
= (a −c)(c −b)(b −a)
1 b a + c
0 1 −1
c + a ca a
2
+ c
2
= (a −c)(c −b)(b −a)
1 a + c
a + c a
2
+ c
2
+
1 b
c + a ca
= (a −b)(b −c)(c −a)(ab + bc + ca)
+) Kết luận: B = (a −b)(b −c)(c −a)(ab +bc + ca)
b)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Gợi ý :
Bước 1: Biến đổi ma trận đã cho về dạng ma trận trận bậc thang
Bước 2: Tính định thức ma trận bậc thang vừa thu được bằng phần phụ đại số khai triển theo
cột 1
+) Ta có:
D =
1 1 2 3
1 2 −x
2
2 3
2 3 1 5
2 3 1 9 −x
2
=
1 1 2 3
0 1 −x
2
0 0
2 3 1 5
0 0 0 4 −x
2
=
1 1 2 3
0 1 −x
2
0 0
0 1 −3 −1
0 0 0 4 −x
2
=
1 −x
2
0 0
1 −3 −1
0 0 4 −x
2
= −3(1 −x
2
)(4 −x
2
)
+) Kết luận: D = −3(1 −x
2
)(4 −x
2
)
c)
Câu 9.
Chứng minh nếu A là ma trận phản xứng cấp n lẻ thì det (A) = 0a)
Cho A là ma trận vuông cấp 2025. Chứng minh det (A −A
T
) = 0b)
Cho A, B là các ma trận vuông cấp 2025 thỏa mãn AB+B
T
A
T
= 0. Chứng minh rằng det A = 0
hoặc det B = 0
c)
Gợi ý :
Đối với dạng bài tập này, chúng ta cần ghi nhớ một số tính chất cơ bản về định thức của ma trận A
vuông cấp n:
det(−A) = (−1)
n
det(A)
det(A
T
) = det(A)
[Hướng dẫn giải]
+) Ta có: A là ma trận phản xứng nên A = −A
T
Do đó: det (A) = det (A
T
) = (−1)
n
det (A) = −det (A) (vì n lẻ)
+) Kết luận: det (A) = 0
a)
+) Ta có (A −A
T
)
T
= A
T
−A = −(A −A
T
)
Do đó (A −A
T
) là ma trận phản xứng cấp n lẻ.
+) Kết luận: det (A −A
T
) = 0
b)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
+) Ta có: AB + B
T
A
T
= 0 ⇔ AB = −B
T
A
T
⇒ det(AB) = det(−B
T
A
T
)
⇔ detA.detB = (−1)
2025
.detB
T
.detA
T
⇔ detA.detB = −detB.detA
⇔ 2detA.detB = 0 ⇒ det A = 0 ∨ det B = 0
+) Kết luận: det A = 0 hoặc det B = 0
c)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Câu 10.
Cho A là một ma trận phức, vuông cấp n. Chứng minh rằng det A = det A, ở đó A là ma trận
phức liên hợp của A, được tạo bởi liên hợp các phần tử của A
a)
Cho A, B là các ma trân thực, vuông cấp n thỏa mãn AB = BA. Chứng minh rằng det(A
2
+
B
2
) ≥ 0
b)
Cho A là một ma trận thực, vuông cấp n. Chứng minh rằng nếu A
2
+ 2025I = 0 thì det A > 0c)
Cho A là một ma trận thực, vuông thỏa mãn A
3
= A + I. Chứng minh rằng det A > 0d)
[Hướng dẫn giải]
Xét det A =
∑
σ ∈S
n
sign(σ )a
1σ (1)
)a
2σ (2)
...)a
nσ (n)
⇒ det A =
∑
σ ∈S
n
sign(σ )a
1σ (1)
)a
2σ (2)
...a
nσ (n)
=
∑
σ ∈S
n
sign(σ )a
1σ (1)
a
2σ (2)
...a
nσ (n)
=
∑
σ ∈S
n
sign(σ )a
1σ (1)
a
2σ (2)
...a
nσ (n)
= det A (đ.p.c.m)
+) Kết luận: det A = det A
a)
Ta có:
det(A
2
+ B
2
) = det[(A + iB)(A −iB)]
= det(A + iB). det(A −iB)
= det(A + iB). det(A + iB)
= det(A + iB).det(A + iB)
=
|
det(A + iB)
|
2
≥ 0
+) Kết luận: det(A
2
+ B
2
) ≥ 0
b)
Ta có: A
2
+ 2025I = 0 ⇔ A
2
= −2025I ⇒ det(A
2
) = det(−2025I)
⇔ (det A)
2
= (−2025)
n
= 0 ⇒ det A = 0
+) Ta có: A
2
+ 2025I = 0 ⇔ A
2
+ 2A
√
2025I + (
√
2025I)
2
= 2A
√
2025I
⇔ (A +
√
2025I)
2
= 2A
√
2025I
⇒ det(2A
√
2025I) = det(A +
√
2025I)
2
≥ 0 ⇔ (2
√
2025)
n
det A ≥ 0 ⇔ det A ≥ 0
Lại có: det A = 0 ⇒ det A > 0
+) Kết luận: det A > 0
c)
Xét A
3
= A + I ⇔ A(A
2
−I) = I
⇒ Ma trận A khả nghịch và A
−1
= (A
2
−I) ⇒ det A = 0
+) Xét A
2
+ (A
−1
)
2
= A
2
+ (A
2
−I)
2
= A
4
−A
2
+ I
+) Ta có: A
3
= A + I ⇔ A = A
−1
+ (A
−1
)
2
⇔ A = (A
2
−I) + (A
2
−I)
2
⇔ A = A
2
−I + A
4
−2A
2
+ I
⇔ A + I = A
4
−A
2
+ I
⇔ A + I = A
2
+ (A
−1
)
2
Mà AA
−1
= A
−1
A = I nên det
A
2
+ (A
−1
)
2
≥ 0 ⇔ det(A + I) ≥ 0 ⇔ det(A
3
) ≥ 0 ⇔ det(A) ≥ 0
Lại có: det A = 0 nên det A > 0 (đ.p.c.m)
d)
Câu 11. Tìm hạng của các ma trận sau:
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
A =
1 3 5 −1
2 −1 −1 4
5 1 −1 7
7 7 9 1
a) B =
4 3 −5 2 3
8 6 −7 4 2
4 3 −8 2 7
4 3 1 2 −5
8 6 −1 4 −6
b)
[Hướng dẫn giải]
a) Ta có det (A) = −12 = 0 nên rank(A) = 4
b) B =
4 3 −5 2 3
8 6 −7 4 2
4 3 −8 2 7
4 3 1 2 −5
8 6 −1 4 −6
→
4 3 −5 2 3
0 0 3 0 −4
0 0 −3 0 4
0 0 6 0 −8
0 0 9 0 −12
→
4 3 −5 2 3
0 0 3 0 −4
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
Do đó rank(B) = 2.
Câu 12. Tìm m để hạng của ma trận A =
1 −1 1 2
−1 2 2 1
1 0 4 m
bằng 2
[Hướng dẫn giải]
Gợi ý :
Bước 1: Đưa ma trận đã cho về dạng ma trận bậc thang
Bước 2: Hạng của ma trận ban đầu là số hàng khác không của ma trận bậc thang thu được
Bước 3: Dựa vào yêu cầu bài toán và đưa ra kết quả
+) Ta có: A =
1 −1 1 2
−1 2 2 1
1 0 4 m
L
2
+L
1
→L
2
−−−−−−→
L
3
−L
1
→L
3
1 −1 1 2
0 1 3 3
0 1 3 m −2
L
3
−L
2
→L
3
−−−−−−→
1 −1 1 2
0 1 3 3
0 0 0 m −5
⇒ r(A) = 2 ⇔m = 5
+) Kết luận: m = 5
Câu 13. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau:
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
A =
3 4
5 7
a) B =
3 −4 5
2 −3 1
3 −5 1
b) C =
1 −a 0 0
0 1 −a 0
0 0 1 −a
0 0 0 1
c)
[Hướng dẫn giải]
Gợi ý :
Bước 1: Tính det A
• det A = 0 → A không khả nghịch
• det A = 0 → A khả nghịch
Bước 2: Nếu A =
a b
c d
⇒ A
−1
=
1
ad −bc
d −b
−c a
A =
3 4
5 7
⇒ A
−1
=
1
det (A)
.C
T
=
1
1
.
7 −4
−5 3
=
7 −4
−5 3
a)
Gợi ý :
Bước 1: Tính det B
• det B = 0 → B không khả nghịch
• det B = 0 → B khả nghịch
Bước 2: Xác định phần phụ đại số B
i j
= (−1)
i+ j
.|M
i j
|, với M
i j
là ma trận vuông cấp n −1 tạo
bởi ma trận B nhưng bỏ đi hàng i, cột j
Bước 3: Lập C = [B
i j
] ⇒ B
−1
=
1
det B
C
T
B =
3 −4 5
2 −3 1
3 −5 1
⇒ B
−1
=
1
det (B)
.C
T
=
1
−3
.
2 −21 11
1 −12 7
−1 3 −1
=
−2
3
7
−11
3
−1
3
4
−7
3
1
3
−1
1
3
b)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 14
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
C =
1 −a 0 0
0 1 −a 0
0 0 1 −a
0 0 0 1
.
Chúng ta sẽ sử dụng phương pháp Gauss-Jordan
C =
1 −a 0 0 1 0 0 0
0 1 −a 0 0 1 0 0
0 0 1 −a 0 0 1 0
0 0 0 1 0 0 0 1
(L
3
+aL
4
→L
3
)
−−−−−−−−→
1 −a 0 0 1 0 0 0
0 1 −a 0 0 1 0 0
0 0 1 0 0 0 1 a
0 0 0 1 0 0 0 1
c)
(L
2
+aL
3
→L
2
)
−−−−−−−−→
1 −a 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0 0 1 a a
2
0 0 1 0 0 0 1 a
0 0 0 1 0 0 0 1
(L
1
+aL
2
→L
1
)
−−−−−−−−→
1 0 0 0 1 a a
2
a
3
0 1 0 0 0 1 a a
2
0 0 1 0 0 0 1 a
0 0 0 1 0 0 0 1
⇒C
−1
=
1 a a
2
a
3
0 1 a a
2
0 0 1 a
0 0 0 1
.
Câu 14. Tìm a để ma trận A =
a + 1 −1 a
3 a + 1 3
a −1 0 a −1
khả nghịch
[Hướng dẫn giải]
+) Để ma trận A khả nghịch ⇔ det (A) = 0
+) Ta có:
det (A) =
a + 1 −1 a
3 a + 1 3
a −1 0 a −1
⇔ det (A) = a
2
−1
+) Để det (A) = 0 ⇔ a
2
−1 = 0 ⇔ a = 1 hoặc a = −1
Vậy khi a ∈ R/{−1,1} thì ma trận A khả nghịch
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 15
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Câu 15. Chứng minh rằng ma trận A vuông cấp n thỏa mãn a
k
A
k
+ a
k−1
A
k−1
+ ···+ a
1
A + a
0
E =
0,(a
0
= 0) thì A là ma trận khả nghịch
[Huớng dẫn giải]
+) Ta có: a
k
A
k
+ a
k−1
A
k−1
+ ···+ a
1
A + a
0
E = 0
⇔ a
k
A
k
+ a
k−1
A
k−1
+ ···+ a
1
A = −a
0
E(1)
+) Lấy định thức 2 vế của (1) ta có: det (a
k
A
k
+ a
k−1
A
k−1
+ ···+ a
1
A) = det (−a
0
E)
⇔ det (A).det (a
k
A
k−1
+ a
k−1
A
k−2
+ ···+ a
1
) = (−a
0
)
n
+) Vì a
0
= 0 → det (A).det (a
k
A
k−1
+ a
k−1
A
k−2
+ ···+ a
1
) = 0 do đó det (A) = 0
Vậy ma trận A khả nghịch
Câu 16. Cho A, B là các ma trận vuông cùng cấp thỏa mãn AB = A +B. Chứng minh rằng AB = BA.
[Hướng dẫn giải]
+) Ta có: AB = A + B ⇔ AB −A −B + I = I ⇔ (A −I)(B −I) = I
⇒ Hai ma trận A −I, B −I là hai ma trận khả nghịch
⇒ (A −I)(B −I) = (B −I)(A −I)
⇔ AB −B −A −I = BA −A −B −I ⇔ AB = BA
+) Kết luận: AB = BA
Câu 17. Cho A =
−1 2 1
2 3 4
3 1 −1
; B =
−1 2
3 4
0 3
; C =
2 12 10
6 16 7
.
Tìm ma trận X thoản mãn AX + B = C
T
[Hướng dẫn giải]
Ta có: AX + B = C
T
⇔ AX = C
T
−B ⇔
2 6
12 16
10 7
−
−1 2
3 4
0 3
=
3 4
9 12
10 4
= D
Mà det (A) =
−1 2 1
2 3 4
3 1 −1
= 28 = 0
Khi đó: X = A
−1
.(C
T
−B) ⇔ X = A
−1
.D ⇔
−1 2 1
2 3 4
3 1 −1
−1
.
3 4
9 12
10 4
=
2 1
3 2
−1 1
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 16
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Câu 18. Giải hệ phương trình sau
a)
3x
1
−5x
2
+ 2x
3
+ 4x
4
= 2
7x
1
−4x
2
+ x
3
+ 3x
4
= 5
5x
1
+ 7x
2
−4x
3
−6x
4
= 3
b)
3x
1
−x
2
+ 3x
3
= 1
−4x
1
+ 2x
2
+ x
3
= 3
−2x
1
+ x
2
+ 4x
3
= 4
10x
1
−5x
2
−6x
3
= −10
c)
2x
1
+ 3x
2
+ 4x
3
= 1
3x
1
−x
2
+ x
3
= 2
5x
1
+ 2x
2
+ 5x
3
= 3
x
1
−4x
2
−3x
3
= 1
[Hướng dẫn giải]
Ta có :
¯
A =
3 −5 2 4 2
7 −4 1 3 5
5 7 −4 −6 3
3H
3
−5H
1
→H
3
−−−−−−−−→
3H
2
−7H
1
→H
2
3 −5 2 4 2
0 23 −11 −19 1
0 46 −22 −38 −1
H
3
−2H
2
→H
3
−−−−−−−→
3 −5 2 4 2
0 23 −11 −19 1
0 0 0 0 −3
Vì r(A) = r(
¯
A) ⇒ hệ phương trình vô nghiệm
a)
Ta có :
¯
A =
3 −1 3 1
−4 2 1 3
−2 1 4 4
10 −5 −6 −10
3H
4
−10H
1
→H
4
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
3H
2
+4H
1
→H
2
| 3H
3
+2H
1
→H
3
3 −1 3 1
0 2 15 3
0 1 4 4
0 −5 −6 −10
2H
4
+5H
1
→H
4
−−−−−−−−→
2H
3
−H
2
→H
3
3 −1 3 1
0 2 15 3
0 0 21 15
0 0 −21 −15
H
4
+H
1
→H
4
−−−−−−−→
3 −1 3 1
0 2 15 3
0 0 21 15
0 0 0 0
Vì r(A) = r(
¯
A) = 3 ⇒ hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x
1
,x
2
,x
3
) = (0;
8
7
;
5
7
)
b)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 17
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Ta có :
¯
A =
2 3 4 1
3 −1 1 2
5 2 5 3
1 −4 −3 1
2H
4
−H
1
→H
4
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
2H
2
−3H
1
→H
2
| 2H
3
−5H
1
→H
3
2 3 4 1
0 −11 −10 1
0 −11 −10 1
0 −11 −10 1
H
4
−H
2
→H
4
−−−−−−−→
H
3
−H
2
→H
3
2 3 4 1
0 −11 −10 1
0 0 0 0
0 0 0 0
Vì r(A) = r(
¯
A) = 2 < 3 ⇒ Hệ phương trình có vô số nghiệm
Đặt: x
2
= t Khi đó ta có:
2x
1
+ 3x
2
+ 4x
3
= 1
−11x
2
−10x
3
= 1
x
2
= t
⇔
x
1
=
7 + 7t
10
x
2
= t
x
3
=
−11t −1
10
Vậy (x
1
,x
2
,x
3
) = (
7 + 7t
10
;t;
−11t −1
10
)
c)
Câu 19. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss:
x + 2y −z + 3t = 12
2x + 5y −z + 11t = 49
3x + 6y −4z + 13t = 49
x + 2y −2z + 9t = 33
(GK 20171)a)
x + 2y + 3z + 4t = −4
x + 2y + 4z + 2t = −3
x + 2y + 2z + 7t = −6
(GK 20151)b)
[Hướng dẫn giải ]
Ta có:
¯
A = [A|B] =
1 2 −1 3 12
2 5 −1 11 49
3 6 −4 13 49
1 2 −2 9 33
→
1 2 −1 3 12
0 1 1 5 25
0 0 −1 4 13
0 0 −1 6 21
→
1 2 −1 3 12
0 1 1 5 25
0 0 −1 4 13
0 0 0 2 8
Vậy r (A) = r(
¯
A) = 4. Do đó hệ có nghiệm duy nhất (x
1
,x
2
,x
3
,x
4
) = (−1,2, 3, 4).
a)
Ta có:
¯
A = [A|B] =
1 2 3 4 −4
1 2 4 2 −3
1 2 2 7 −6
→
1 2 3 4 −4
0 0 1 −2 1
0 0 −1 3 −2
→
1 2 3 4 −4
0 0 1 −2 1
0 0 0 1 −1
b)
Vậy r (A) = r(
¯
A) = 3 < 4 ⇒ Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số.
Từ hệ trên suy ra : t = −1; z = −1; y = a; x = 2 −3a
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 18
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Câu 20. Tìm a ∈ R để hệ
(a + 5)x + 3y + (2a + 1)z = 0
ax + (a −1)y + 4z = 0
(a + 5) + (a + 2)y + 5z = 0
có nghiệm không tầm thường.
[Hướng dẫn giải]
Ta có hệ phương trình có dạng Ax = 0 với A =
a + 5 3 2a + 1
a a −1 4
a + 5 a + 2 5
Vì vậy để hệ phương trình có nghiệm không tầm thường thì
det (A) = 0 ⇔
a + 5 3 2a + 1
a a −1 4
a + 5 a + 2 5
= 0 ⇔ a(a + 1) = 0
Vậy với a = 0 hoặc a = −1 thì hệ phương trình có nghiệm không tầm thường.
Câu 21. Tìm m ∈ R để hệ phương trình
mx
1
+ 2x
2
−x
3
= 3
x
1
+ mx
2
+ 2x
3
= 4
2x
1
+ 3x
2
+ x
3
= −m
có nghiệm duy nhất
[Hướng dẫn giải]
Xét ma trận
¯
A =
m 2 −1 3
1 m 2 4
2 3 1 −m
H1↔H2
−−−−−→
1 m 2 4
m 2 −1 3
2 3 1 −m
H2=H2−mH1
−−−−−−−−→
H3=H3−2H1
1 m 2 4
0 2 −m
2
−1 −2m 3 −4m
0 3 −2m −3 −m −8
H2↔H3
−−−−−→
1 m 2 4
0 3 −2m −3 −m −8
0 2 −m
2
−1 −2m 3 −4m
H3=H3−
2m+1
3
H2
−−−−−−−−−−→
1 m 2 4
0 3 −2m −3 −m −8
0
m
2
−4m +3
3
0
2m
2
+ 5m +17
3
Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì r(A) = r(
¯
A) = 3 ⇔
m
2
−4m +3
3
= 0 ⇔ m = 1 và m = 3
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 19
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Câu 22. Cho hệ phương trình
x
1
+ 2x
2
−x
3
+ mx
4
= 4
−x
1
−x
2
+ 3x
3
+ 2x
4
= k
2x
1
−x
2
−3x
3
+ (m −1)x
4
= 3
x
1
+ x
2
+ x
3
+ 2mx
4
= 5
a) Giải hệ phương trình khi m = 2,k = 5.
b) Tìm điều kiện của m và k để hệ có nghiệm duy nhất.
c) Tìm điều kiện của m và k để hệ phương trình có vô số nghiệm. Xác định nghiệm tổng quát khi đó
[Hướng dẫn giải]
Ta có:
1 2 −1 2 4
−1 −1 3 2 5
2 −1 −3 1 3
1 1 1 4 5
→
1 2 −1 2 4
0 1 2 4 9
0 −5 −1 −3 −5
0 −1 2 2 1
→
1 2 −1 2 4
0 1 2 4 9
0 0 9 17 40
0 0 4 6 10
→
1 2 −1 2 4
0 1 2 4 9
0 0 9 17 40
0 0 0 −14 −70
→
x
4
= 5
x
3
= −5
x
2
= −1
x
1
= −9
a)
Ta có: [A|B] =
1 2 −1 m 4
−1 −1 3 2 k
2 −1 −3 m −1 3
1 1 1 4 5
→
1 2 −1 2 4
0 1 2 m + 2 k + 4
0 −5 −1 −m −1 −5
0 −1 2 4 −m 1
→
1 2 −1 2 4
0 1 2 m + 2 k + 4
0 0 9 4m + 9 5k + 15
0 0 4 6 k + 5
→
1 2 −1 2 4
0 1 2 m + 2 k + 4
0 0 9 4m + 9 5k + 15
0 0 0 18 −16m −15 −11k
Để hệ có nghiệm duy nhất thì det (A) = 0 ⇔ 18 −16m = 0 ⇔ m =
9
8
b)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 20

Tài liệu khác của Đại học Bách Khoa Hà Nội

Preview text:

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
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập 3a + 9c = −5       2 1  a b  − − 3b + 9d = 5 Đặt X = ⇔ ⇒ 3 3     X =  1 2  c d −  3a + 6c = 0  −   3 3 −3b + 6d = 5   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 3 1 −2 3 1 −2 3       = 3       2
−4 1 2 −4 1 − 2 2 −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  − 2 2 −4 1 + 5 0 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   cos a − sin a     a) A =   b) A = 0 a 1 sin a cos a     0 0 a [Hướng dẫn giải]
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập a) Ta có:     cos a − sin a cos 2a − sin 2a A = ⇒   A2 =   sin a cos a sin 2a cos 2a   cos na − sin na
Ta chứng minh quy nạp An =   (1) sin na cos na
• Với n = 1 ⇒ Biểu thức (1) đúng
• Giả sử (1) đúng với n, ta chứng minh (1) đúng với n + 1 Xét     cos na − sin na cos a − sin a An+1 = AnA =     sin na cos na sin a cos a   cos (n + 1)a − sin (n + 1)a =   sin (n + 1)a cos (n + 1)a ⇒ (1) đúng ∀n ∈ ∗ N   cos na − sin na Vậy An =   sin na cos na 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   an nan−1 n(n − 1) an−2  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
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập Thật vậy,     an nan−1 n(n − 1) an−2 a 1 0  2        An+1 = AnA =  0 an nan−1  0 a 1         0 0 an 0 0 a  (n + 1)n  an+1 (n + 1)an an−1  2  =    0 an+1
(n + 1)an  thỏa mãn biểu thức (2)     0 0 an+1
⇒ Giả thiết quy nạp là đúng   an nan−1 n(n − 1) an−2  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     =     a 0 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
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập Ta có: A = aI + B ⇒ An = (aI + B)n = CknBk(aI)n−k
= C0n(aI)n +C1nB(aI)n−1 +C2nB2(aI)n−2 n(n − 1) = an + nan−1B + B2an−2 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   an nan−1 n(n − 1) an−2  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) X 2 =   b) X 2 =   0 0 0 1 [Hướng dẫn giải]   0 0 a) X 2 =   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 ab + bd = 0   X 2 = ⇔ ⇔ c = −      b 0 0  ac + d c = 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   
 , a, b ∈ R tùy ý và b ̸= 0   a2  − −a b
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập   1 0 b) X 2 =   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  X 2 = ⇔ ⇔  b = c = 0     0 1 ac + d c = 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)I2       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
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|I2 = O ⇒ A2 − (a + d)A + 0 · I2 = O ⇒ A2 − (a + d)A = O  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) a = −2x 2 + b2x a2 − b2x c2 a2 b2 c2 a a 3 + b3x a3 − b3x c3 3 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 a = + 2 + b2x a2 − b2x c2 a2 a2 − b2x c2 b2x a2 − b2x c2 a a b 3 + b3x a3 − b3x c3 3 a3 − b3x c3 3x a3 − b3x c3 a1 a1 c1 a1
−b1x c1 b1x a1 c1 b1x −b1x c1 = a + + + 2 a2 c2 a2
−b2x c2 b2x a2 c2 b2x −b2x c2 a a b b 3
a3 c3 3 −b3x c3 3x a3 c3 3x −b3x c3 a1 −b1x c1 a1 b1x c1 a1 b1 c1 = 0 + a − + 0 = −2x 2 −b2x c2 a2 b2x c2 a2 b2 c2 a a a 3 −b3x c3 3 b3x c3 3 b3 c3
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 7
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 a + b ab a2 + b2 2 −1 −1 4 a) A = b) B = b + c bc b2 + c2 c) D = 5 1 −1 7 1 1 2 3 c + a ca c2 + a2 7 7 9 1 1 2 − x2 2 3 2 3 1 5 2 3 1 9 − x2 [Hướng dẫn giải] a) Gợi ý :
Bước 1: Biến đổi ma trận đã cho về dạng bậc thang ta thu được một ma trận tam giác trên
Bước 2: Định thức của ma trận tam giác trên bằng tích các phần tử trên đường chéo chính Bước 3: Kết luận
+) 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
⇒ A = 1.(−7).(−4).(−4) = −112 +) Kết luận: A = −112
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập b) Gợi ý :
Bước 1: Biến đổi sơ cấp để đưa ma trận đã cho thành dạng đơn giản hơn
Bước 2: Sau khi đưa các thừa chung ra bên ngoài, ma trận thu được tính bằng phần phụ đại số khai triển theo hàng 2 a + b
ab a2 + b2 a − c b(a − c) a2 − c2 +) Ta có:
B = b + c bc b2 + c2=b − a c(b − a) b2 − a2 (L1 − L2 → L1, L2 − L3 → L2) c + a ca c2 + a2 c + a ca c2 + a2 1 b a + c 1 b a + c = ( a − c)(b − a) 1 c b + a = (a − c)(b − a) 0 c − b b − c c + a ca c2 + a2 c + a ca a2 + c2 1 b a + c = ( a − c)(c − b)(b − a) 0 1 −1 c + a ca a2 + c2   1 a + c 1 b = ( a − c)(c − b)(b − a)  +  a + c a2 + c2 c + a ca
= (a − b)(b − c)(c − a)(ab + bc + ca)
+) Kết luận: B = (a − b)(b − c)(c − a)(ab + bc + ca)
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập c) Gợi ý :
Bước 1: Biến đổi ma trận đã cho về dạng ma trận trận bậc thang
Bước 2: Tính định thức ma trận bậc thang vừa thu được bằng phần phụ đại số khai triển theo cột 1 +) Ta có: 1 1 2 3 1 1 2 3 1 2 − x2 2 3 0 1 − x2 0 0 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)
+) Kết luận: D = −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 2025. Chứng minh det (A − AT ) = 0
c) Cho A, B là các ma trận vuông cấp 2025 thỏa mãn AB + BT AT = 0. Chứng minh rằng det A = 0 hoặc det B = 0 Gợi ý :
Đối với dạng bài tập này, chúng ta cần ghi nhớ một số tính chất cơ bản về định thức của ma trận A vuông cấp n: det(−A) = (−1)ndet(A) det(AT ) = det(A) [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) +) Kết luận: 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.
+) Kết luận: det (A − AT ) = 0
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
c) +) Ta có: AB + BT AT = 0 ⇔ AB = −BT AT ⇒ det(AB) = det(−BT AT )
⇔ det A.det B = (−1)2025.det BT .det AT ⇔ det A.det B = −det B.det A
⇔ 2det A.det B = 0 ⇒ det A = 0 ∨ det B = 0
+) Kết luận: det A = 0 hoặc det B = 0
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 10.
a) Cho A là một ma trận phức, vuông cấp n. Chứng minh rằng det A = det A, ở đó A là ma trận
phức liên hợp của A, được tạo bởi liên hợp các phần tử của A
b) Cho A, B là các ma trân thực, vuông cấp n thỏa mãn AB = BA. Chứng minh rằng det(A2 + B2) ≥ 0
c) Cho A là một ma trận thực, vuông cấp n. Chứng minh rằng nếu A2 + 2025I = 0 thì det A > 0
d) Cho A là một ma trận thực, vuông thỏa mãn A3 = A + I. Chứng minh rằng det A > 0 [Hướng dẫn giải]
a) Xét det A = ∑ sign(σ)a1σ(1))a2σ(2)...)anσ(n) σ ∈Sn ⇒ det A = ∑ sign(σ)a1 sign( σ (1))a2σ (2)...anσ (n) = ∑ σ )a1σ(1)a2σ(2)...anσ(n) σ ∈Sn σ ∈Sn
= ∑ sign(σ)a1σ(1) a2σ(2)...anσ(n) = detA (đ.p.c.m) σ ∈Sn +) Kết luận: det A = det A b) Ta có:
det(A2 + B2) = det[(A + iB)(A − iB)] = det(A + iB). det(A − iB) = det(A + iB). det(A + iB) = det(A + iB).det(A + iB) = |det(A + iB)|2 ≥ 0
+) Kết luận: det(A2 + B2) ≥ 0
c) Ta có: A2 + 2025I = 0 ⇔ A2 = −2025I ⇒ det(A2) = det(−2025I)
⇔ (det A)2 = (−2025)n ̸= 0 ⇒ det A ̸= 0 √ √ √
+) Ta có: A2 + 2025I = 0 ⇔ A2 + 2A 2025I + ( 2025I)2 = 2A 2025I √ √ ⇔ (A + 2025I)2 = 2A 2025I √ √ √ ⇒ det(2A 2025I) = det(A +
2025I)2 ≥ 0 ⇔ (2 2025)n det A ≥ 0 ⇔ det A ≥ 0
Lại có: det A ̸= 0 ⇒ det A > 0 +) Kết luận: det A > 0
d) Xét A3 = A + I ⇔ A(A2 − I) = I
⇒ Ma trận A khả nghịch và A−1 = (A2 − I) ⇒ det A ̸= 0
+) Xét A2 + (A−1)2 = A2 + (A2 − I)2 = A4 − A2 + I
+) Ta có: A3 = A + I ⇔ A = A−1 + (A−1)2 ⇔ A = (A2 − I) + (A2 − I)2
⇔ A = A2 − I + A4 − 2A2 + I ⇔ A + I = A4 − A2 + I ⇔ A + I = A2 + (A−1)2
Mà AA−1 = A−1A = I nên det A2 + (A−1)2 ≥ 0 ⇔ det(A + I) ≥ 0 ⇔ det(A3) ≥ 0 ⇔ det(A) ≥ 0
Lại có: det A ̸= 0 nên det A > 0 (đ.p.c.m)
Câu 11. Tìm hạng của các ma trận sau:
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập     4 3 −5 2 3 1 3 5 −1       8 6 −7 4 2      2 −1 −1 4    a) A =   b) B = 4 3 −8 2 7      5 1 −1 7          4 3 1 2 −5   7 7 9 1   8 6 −1 4 −6 [Hướng dẫn giải]
a) Ta có det (A) = −12 ̸= 0 nên rank(A) = 4       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)       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.   1 −1 1 2   Câu 12.  
Tìm m để hạng của ma trận A = −1 2 2 1  bằng 2     1 0 4 m [Hướng dẫn giải] Gợi ý :
Bước 1: Đưa ma trận đã cho về dạng ma trận bậc thang
Bước 2: Hạng của ma trận ban đầu là số hàng khác không của ma trận bậc thang thu được
Bước 3: Dựa vào yêu cầu bài toán và đưa ra kết quả       1 −1 1 2 1 −1 1 2 1 −1 1 2       L L +) Ta có:       A = 2+L1→L2 3−L2→L3 −1 2 2
1  −−−−−−→ 0 1 3
3  −−−−−−→ 0 1 3 3    L3−L1→L3           1 0 4 m 0 1 3 m − 2 0 0 0 m − 5 ⇒ r(A) = 2 ⇔ m = 5 +) Kết luận: m = 5
Câu 13. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau:
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập     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] a) Gợi ý : Bước 1: Tính det A
• det A = 0 → A không khả nghịch
• det A ̸= 0 → A khả nghịch     a b 1 d −b Bước 2: Nếu A = ⇒   A−1 =   ad − bc c d −c a       3 4 1 1 7 −4 7 −4 A = ⇒   A−1 = .CT = .   =   det (A) 1 5 7 −5 3 −5 3 b) Gợi ý : Bước 1: Tính det B
• det B = 0 → B không khả nghịch
• det B ̸= 0 → B khả nghịch
Bước 2: Xác định phần phụ đại số Bi j = (−1)i+ j.|Mi j|, với Mi j là ma trận vuông cấp n − 1 tạo
bởi ma trận B nhưng bỏ đi hàng i, cột j 1
Bước 3: Lập C = [Bi j] ⇒ B−1 = CT det B       3 −4 5 2 −21 11 −2 7 −11 3 3   1 1           B = −1 2 −3 1 ⇒ B−1 = .CT = .  1 −12 7  =  4 −7    det (B) −3    3 3        3 −5 1 −1 3 −1 1 −1 1 3 3
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 14
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập   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  0 1 −a 0 0 1 0 0  C = 3+aL4→L3) 
 −−−−−−−−→        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     1 −a 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 a a2 a3         (L  0 1 0 0 0 1 a a2   0 1 0 0 0 1 a a2  2+aL3→L2) (L −−−−−−−−→ 1+aL2→L1) 
 −−−−−−−−→        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 14.  
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
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 15
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Câu 15. Chứng minh rằng ma trận A vuông cấp n thỏa mãn akAk + ak−1Ak−1 + · · · + a1A + a0E =
0, (a0 ̸= 0) thì A là ma trận khả nghịch [Huớng dẫn giải]
+) Ta có: akAk + ak−1Ak−1 + · · · + a1A + a0E = 0
⇔ akAk + ak−1Ak−1 + · · · + a1A = −a0E(1)
+) Lấy định thức 2 vế của (1) ta có: det (akAk + ak−1Ak−1 + · · · + a1A) = det (−a0E)
⇔ det (A). det (akAk−1 + ak−1Ak−2 + · · · + a1) = (−a0)n
+) Vì a0 ̸= 0 → det (A). det (akAk−1 + ak−1Ak−2 + · · · + a1) ̸= 0 do đó det (A) ̸= 0
Vậy ma trận A khả nghịch
Câu 16. Cho A, B là các ma trận vuông cùng cấp thỏa mãn AB = A + B. Chứng minh rằng AB = BA. [Hướng dẫn giải]
+) Ta có: AB = A + B ⇔ AB − A − B + I = I ⇔ (A − I)(B − I) = I
⇒ Hai ma trận A − I, B − I là hai ma trận khả nghịch
⇒ (A − I)(B − I) = (B − I)(A − I)
⇔ AB − B − A − I = BA − A − B − I ⇔ AB = BA +) Kết luận: AB = BA     −1 2 1 −1 2       2 12 10 Câu 17.     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
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 16
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Câu 18. Giải hệ phương trình sau    3x 2x  1 − x2 + 3x3 = 1  1 + 3x2 + 4x3 = 1   3x1 − 5x2 + 2x3 + 4x4 = 2       −4x1 + 2x2 + x3 = 3 3x1 − x2 + x3 = 2 a) 7x1 − 4x2 + x3 + 3x4 = 5 b) c) −   2x1 + x2 + 4x3 = 4 5x1 + 2x2 + 5x3 = 3   
5x1 + 7x2 − 4x3 − 6x4 = 3     10x  1 − 5x2 − 6x3 = −10 x1 − 4x2 − 3x3 = 1 [Hướng dẫn giải]     3 −5 2 4 2 3 −5 2 4 2     3H a) Ta có : ¯     A = 3−5H1→H3  7 −4 1 3
5  −−−−−−−−→  0 23 −11 −19 1    3H2−7H1→H2       5 7 −4 −6 3 0 46 −22 −38 −1   3 −5 2 4 2   H3−2H2→H3 −−−−−−−→    0 23 −11 −19 1      0 0 0 0 −3 Vì r(A) ̸= r( ¯
A) ⇒ hệ phương trình vô nghiệm     3 −1 3 1 3 −1 3 1          −4 2 1 3  3H  0 2 15 3  b) Ta có : ¯ A = 4−10H1→H4 
 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→     3H    −2 1 4 4  2+4H1→H2 | 3H3+2H1→H3  0 1 4 4          10 −5 −6 −10 0 −5 −6 −10     3 −1 3 1 3 −1 3 1         2H  0 2 15 3   0 2 15 3  4+5H1→H4 H −−−−−−−−→ 4+H1→H4   − −−−−−−→   2H     3−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
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 17
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập     2 3 4 1 2 3 4 1          3 −1 1 2  2H  0 −11 −10 1  c) Ta có : ¯ A = 4−H1→H4 
 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→     2H    5 2 5 3  2−3H1→H2 |
2H3−5H1→H3  0 −11 −10 1          1 −4 −3 1 0 −11 −10 1   2 3 4 1     H  0 −11 −10 1  4−H2→H4 −−−−−−−→   H   3−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 x 2x1 + 3x2 + 4x3 = 1  1 =   10   −11x2 − 10x3 = 1 ⇔ x2 = t     −11t − 1 x2 = t  x3 = 10 7 + 7t −11t − 1 Vậy (x1, x2, x3) = ( ;t; ) 10 10
Câu 19. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss:   x + 2y − z + 3t = 12 x + 2y + 3z + 4t = −4        2x + 5y − z + 11t = 49 b) x + 2y + 4z + 2t = −3 (GK 20151) a) (GK 20171)   3x + 6y − 4z + 13t = 49 x + 2y + 2z + 7t = −6    x + 2y − 2z + 9t = 33
[Hướng dẫn giải ]       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 (x1, x2, x3, x4) = (−1, 2, 3, 4).       1 2 3 4 −4 1 2 3 4 −4 1 2 3 4 −4       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) = 3 < 4 ⇒ Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số.
Từ hệ trên suy ra : t = −1; z = −1; y = a; x = 2 − 3a
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 18
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
(a + 5)x + 3y + (2a + 1)z = 0  
Câu 20. Tìm a ∈ R 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.  mx1 + 2x2 − x3 = 3  
Câu 21. Tìm m ∈ R 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     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+1 H2 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
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 19
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập x  1 + 2x2 − x3 + mx4 = 4   
−x1 − x2 + 3x3 + 2x4 = k
Câu 22. Cho hệ phương trình
2x1 − x2 − 3x3 + (m − 1)x4 = 3    x1 + x2 + x3 + 2mx4 = 5
a) Giải hệ phương trình khi m = 2, k = 5.
b) Tìm điều kiện của m và k để hệ có nghiệm duy nhất.
c) Tìm điều kiện của m và k để hệ phương trình có vô số nghiệm. Xác định nghiệm tổng quát khi đó [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 x    4 = 5       0 1 2 4 9  x → 3 = −5   →    0 0 9 17 40  x2 = −1        x1 = −9 0 0 0 −14 −70     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
— Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 20

Tài liệu liên quan: