TOÁN VUI VẺ Chương 1 1.1 1.2 GK HCMUS 1A Câu 1. Cho ma trận A = − 1 − 3 1 − 2 2 5 0 − 1 2 3 1 4 1 1 1 2 a) Xác định 1 dạng bậc thang và tìm hạng của ma trận A b) Giải hệ phương trình tuyến tính AX = 0 | Lời giải. a) A H 1 →− H 1 − − − − − → 1 3 − 1 2 2 5 0 − 1 2 3 1 4 1 1 1 2 H 2 → H 2 − 2 H 1 ; H 3 → H 3 − 2 H 1 − − − − − − − − − − − − − − − − → H 4 → H 4 − H 1 1 3 − 1 2 0 − 1 2 − 5 0 − 3 3 0 0 − 2 2 0 H 2 →− H 2 − − − − − → 1 3 − 1 2 0 1 − 2 5 0 − 3 3 0 0 − 2 2 0 H 3 → H 3 + 3 H 2 − − − − − − − → H 4 → H 4 + 2 H 2 1 3 − 1 2 0 1 − 2 5 0 0 − 3 15 0 0 − 2 10 H 3 →− 1 3 H 3 − − − − − − → 1 3 − 1 2 0 1 − 2 5 0 0 1 − 5 0 0 − 2 10 H 4 → H 4 + 2 H 3 − − − − − − − → 1 3 − 1 2 0 1 − 2 5 0 0 1 − 5 0 0 0 0 Vậy r ( A ) = 3 b) Vì r ( A ) = 3 < n = 4 nên hệ có vô số nghiệm, số ẩn tự do là n − r ( A ) = 4 − 3 = 1 . Ta chọn x 4 là biến tự do với x 4 = a ∈ R Từ dạng bậc thang rút gọn ở trên, hệ phương trình tương đương là x 1 + 3 x 2 − x 3 + 2 x 4 = 0 x 2 − 2 x 3 + 5 x 4 = 0 x 3 − 5 x 4 = 0 ⇐⇒ x 1 = x 3 − 3 x 2 − 2 x 4 x 2 = 2 x 3 − 5 x 4 x 3 = 5 x 4 ⇐⇒ x 1 = − 12 a x 2 = 5 a x 3 = 5 a Vậy nghiệm tổng quát ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = ( − 12 a , 5 a , 5 a , a ) với a ∈ R Câu 2. Giải và biện luận theo tham số m hệ phương trình sau { ( 5 m + 1 ) x 1 + ( 2 m − 8 ) x 2 = m + 11 ( 3 m + 1 ) x 1 + ( m − 5 ) x 2 = m + 7 | Lời giải. 1 TOÁN VUI VẺ Ma trận hệ số A = ( 5 m + 1 2 m − 8 3 m + 1 m − 5 ) Tính định thức của ma trận hệ số D = det ( A ) = ( 5 m + 1 )( m − 5 ) − ( 3 m + 1 )( 2 m − 8 ) = ( 5 m 2 − 25 m + m − 5 ) − ( 6 m 2 − 24 m + 2 m − 8 ) = − m 2 − 2 m + 3 = − ( m − 1 )( m + 3 ) TH1. m ̸ = 1 và m ̸ = − 3 tức là D ̸ = 0 = ⇒ hệ có nghiệm duy nhất. Ta có D 1 = det ( m + 11 2 m − 8 m + 7 m − 5 ) = ( m + 11 )( m − 5 ) − ( m + 7 )( 2 m − 8 ) = ( m 2 + 6 m − 55 ) − ( 2 m 2 + 6 m − 56 ) = − m 2 + 1 = ( 1 − m )( 1 + m ) D 2 = det ( 5 m + 1 m + 11 3 m + 1 m + 7 ) = ( m + 7 )( 5 m + 1 ) − ( m + 11 )( 3 m + 1 ) = ( 5 m 2 + 36 m + 7 ) − ( 3 m 2 + 34 m + 11 ) = 2 m 2 + 2 m − 4 = 2 ( m − 1 )( m + 2 ) Theo công thức Cramer ta có x 1 = D 1 D = ( 1 − m )( 1 + m ) − ( m − 1 )( m + 3 ) = m + 1 m + 3; x 2 = D 2 D = 2 ( m − 1 )( 2 + m ) − ( m − 1 )( m + 3 ) = − 2 ( m + 2 ) m + 3 TH2. m = 1 . Khi đó, hệ đã cho là { 6 x 1 − 6 x 2 = 12 4 x 1 − 4 x 2 = 8 ⇐⇒ x 1 − x 2 = 2 ⇐⇒ x 1 = x 2 + 2 Nghiệm tổng quát: ( t + 2 , t ) với t ∈ R TH3. m = − 3 . Khi đó, hệ đã cho là { − 14 x 1 − 14 x 2 = 8 − 8 x 1 − 8 x 2 = − 4 ⇐⇒ x 1 + x 2 = − 4 7 x 1 + x 2 = 1 2 Từ đây suy ra hệ vô nghiệm. Câu 3. Cho ma trận D = m + 2 m − 2 4 3 m + 2 5 1 2 2 a) Tính định thức của ma trận D b) Cho m = 1 . Tìm ma trận nghịch đảo của D | Lời giải. a) ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ m + 2 m − 2 4 3 m + 2 5 1 2 2 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ m + 5 2 m 9 3 m + 2 5 1 2 2 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ m + 5 2 m 9 2 m 3 1 2 2 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = 2 m ( m + 5 ) + 1 · 3 · 2 m + 9 · 2 · 2 − [ 1 · m · 9 + 2 · 3 · ( m + 5 ) + 2 · 2 · 2 m ] = 2 m 2 + 10 m + 6 m + 36 − [ 9 m + 6 m + 30 + 8 m ] = 2 m 2 − 7 m + 6 2 TOÁN VUI VẺ b) Khi m = 1 ta có det ( D ) = 1 ̸ = 0 nên tồn tại ma trận nghịch đảo của D . Ta tìm ma trận phần bù đại số. C 11 = ( − 1 ) 1 + 1 det ( 3 5 2 2 ) = − 4; C 12 = ( − 1 ) 1 + 2 det ( 3 5 1 2 ) = − 1; C 13 = ( − 1 ) 1 + 3 det ( 3 3 1 2 ) = 3 C 21 = ( − 1 ) 2 + 1 det ( − 1 4 2 2 ) = 10; C 22 = ( − 1 ) 2 + 2 det ( 3 4 1 2 ) = 2; C 23 = ( − 1 ) 2 + 3 det ( 3 − 1 1 2 ) = − 7 C 31 = ( − 1 ) 3 + 1 det ( − 1 4 3 5 ) = − 17; C 32 = ( − 1 ) 3 + 2 det ( 3 4 3 5 ) = − 3; C 33 = ( − 1 ) 3 + 3 det ( 3 − 1 3 3 ) = 12 Ma trận phần bù đại số C = − 4 − 1 3 10 2 − 7 − 17 − 3 12 . Chuyển vị của ma trận phần bù đại số C T = − 4 10 − 17 − 1 2 − 3 3 − 7 12 Ma trận nghịch đảo của D là D − 1 = 1 det ( D ) · C T = − 4 10 − 17 − 1 2 − 3 3 − 7 12 Câu 4. Cho ma trận B = 6 0 4 3 4 5 1 2 2 . Có tồn tại hay không một ma trận C ̸ = 0 sao cho CB = BC = 0 ? Tại sao? | Lời giải. Không tồn tại. Có det ( B ) = 6 ∣ ∣ ∣ ∣ 4 5 2 2 ∣ ∣ ∣ ∣ + 4 ∣ ∣ ∣ ∣ 3 4 1 2 ∣ ∣ ∣ ∣ = 6 ( 4 · 2 − 5 · 2 ) + 4 ( 3 · 2 − 4 ) = − 4 ̸ = 0 = ⇒ tồn tại B − 1 Giả sử tồn tại ma trận C ̸ = 0 thỏa mãn. Ta có CB = 0 ⇐⇒ C = 0 · B − 1 = 0 BC = 0 ⇐⇒ C = B − 1 · 0 = 0 (mâu thuẫn). 3