Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộng A cùng dùng những phép chuyển đổi sơ cấp cho trên dòng để đưa ma trận A về dạng bậc thang. Dìm xét rằng hệ ban đầu tương đương với hệ tất cả ma trận các hệ số không ngừng mở rộng là ma trận cầu thang sau cùng.




Bạn đang xem: Bài tập hệ phương trình tuyến tính có lời giải

*
6 trang
*
haha99
*
*
2854
*
2Download
Bạn đã xem tài liệu "Bài 9: Giải bài xích tập về hệ phương trình con đường tính", để cài tài liệu cội về máy các bạn click vào nút DOWNLOAD sống trên


Xem thêm: Truyện Thánh Gióng Có Liên Quan Đến Sự Thật Lịch Sử Nào, Hướng Dẫn Soạn Bài Thánh Gióng

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNHTài liệu ôn thi cao học tập năm 2005Phiên bạn dạng đã chỉnh sửaPGS TS Mỵ Vinh QuangNgày 24 tháng 1 năm 2005§9. Giải bài xích Tập Về Hệ Phương TrìnhTuyến Tính27) Giải hệ phương trình tuyến tính2x1 + x2 + x3 + x4 = 1x1 + 2x2 − x3 + 4x4 = 2x1 + 7x2 − 4x3 + 11x4 = m4x1 + 8x2 − 4x3 + 16x4 = m+ 1Giải: Lập ma trận những hệ số mở rộng A với dùng những phép thay đổi sơ cung cấp trên dòng để mang matrận A về dạng bậc thang. Nhấn xét rằng hệ lúc đầu tương đương cùng với hệ gồm ma trận các hệ sốmở rộng lớn là ma trận cầu thang sau cùng. Ví dụ ta cóA =2 1 1 1 11 2 −1 4 21 7 −4 11 m4 8 −4 16 m+ 1 d1↔d2−−−−→1 2 −1 4 22 1 1 1 11 7 −4 11 m4 8 −4 16 m+ 1d2→−2d1+d2−−−−−−−→d3→−d1+d3d4→−4d1+d41 2 −1 4 trăng tròn −3 3 −7 −30 5 −3 7 m− 20 0 0 0 m− 7 d2→2d2+d3−−−−−−→d3↔d21 2 −1 4 trăng tròn −1 3 −7 m− 80 −3 3 −7 −30 0 0 0 m− 7 d3→−3d2+d3−−−−−−−→1 2 −1 4 20 −1 3 −7 m− 80 0 −6 14 −3m+ 210 0 0 0 m− 7• trường hợp m 6= 7 thì hệ vô nghiệm• trường hợp m = 7 hệ tương đương với1∗ 2 −1 4 20 −1∗ 3 −7 m− 80 0 −6∗ 14 00 0 0 0 01hệ bao gồm vô số nghiệm phụ thuộc vào một tham số là x4. Ta cóx3 =73x4, x2 = 3x3 − 7x4 + 1 = 1x1 = 2− 2x2 + x3 − 4x4 = 73x4 − 4x4 = −53x4Vậy, vào trường thích hợp này, nghiệm của hệ làx1 = −5ax2 = 1x3 = 7ax4 = 3a(a ∈ R)28) Giải hệ phương trình: 2x1 − x2 + x3 − 2x4 + 3x5 = 3x1 + x2 − x3 − x4 + x5 = 13x1 + x2 + x3 − 3x4 + 4x5 = 65x1 + 2x3 − 5x4 + 7x5 = 9−mGiải: Lập ma trận những hệ số mở rộngA =2 −1 1 −2 3 31 1 −1 −1 1 13 1 1 −3 7 65 0 2 −5 4 9−m d1↔d2−−−−→1 1 −1 −1 1 12 −1 1 −2 3 33 1 1 −3 7 65 0 2 −5 4 9−md2→−2d1+d2−−−−−−−→d3→−3d1+d3d4→−5d1+d41 1 −1 −1 1 10 −3 3 0 1 10 −2 4 0 1 trăng tròn −5 7 0 2 4−m d2→d2−d3−−−−−−→1 1 −1 −1 1 10 −1 −1 0 0 −10 −2 4 0 1 20 −5 7 0 2 4−md3→−2d2+d3−−−−−−−→d4=−5d2+d41 1 −1 −1 1 10 −1 −1 0 0 −10 0 6 0 1 00 0 12 0 2 9−m d4→−2d3+d4−−−−−−−→1 1 −1 −1 1 10 −1 −1 0 0 −10 0 6 0 1 00 0 0 0 0 9−m• ví như m 6= 9 thì hệ vô nghiệm.• nếu như m = 9 thì hệ tất cả dạng 1∗ 1 −1 −1 1 10 −1∗ −1 0 0 −10 0 6∗ 0 1 00 0 0 0 0 0rankA = rankA = 3 nên hệ có vô số nghiệm nhờ vào 2 tham số là x4, x5, ta cóx3 = −16x5x2 = −x3 + 1 = 16x5 + 1x1 = −x2 + x3 + x4 − x+ 5 + 1= −16x5 − 1− 16x5 + x4 − x5 + 1 = −43x5 + x42Vậy, vào trường hòa hợp này nghiệm của hệ làx1 = a− 8bx2 = b+ 1x3 = −bx4 = ax5 = 6ba, b ∈ R29) Giải cùng biện luận hệ phương trìnhmx1 + x2 + x3 = 1x1 +mx2 + x3 = mx1 + x2 +mx3 = m2Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộngA = m 1 1 11 m 1 m1 1 m m2 −→ 1 1 m m21 m 1 mm 1 1 1−→ 1 1 m m20 m− 1 1−m m−m20 1−m 1−m2 1−m3−→ 1 1 m m20 m− 1 1−m m−m20 0 2−m−m2 1 +m−m2 −m3Chú ý rằng 2−m−m2 = (2 +m)(1−m). Ta có• m = 1, hệ trở thànhA = 1 1 1 10 0 0 00 0 0 0rankA = rankA = 1 cần hệ bao gồm vô số nghiệm nhờ vào hai thông số x1, x2. Nghiệm làx1 = 1− a− bx2 = ax3 = ba, b ∈ R• m = −2, hệ trở nên  1 1 −2 40 −3 3 −60 0 0 3 hệ vô nghiệm• m 6= 1,m 6= −2, hệ gồm nghiệm duy nhấtx3 =1 +m−m2 −m3(2 +m)(1−m) =m2 + 2m+ 1m+ 2x2 = x3 −m = mét vuông + 2m+ 1m+ 2−m = 1m+ 2x1 = m2 − x2 −mx3 = m3 + 2m2 − 1−m(m2 + 2m+ 1)m+ 2=−m− 1m+ 2330) Giải cùng biện luận hệ phương trìnhmx1 + x2 + x3 + x4 = 1x1 +mx2 + x3 + x4 = 1x1 + x2 +mx3 + x4 = 1Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộngA = m 1 1 1 11 m 1 1 11 1 m 1 1 d1↔d3−−−−→ 1 1 m 1 11 m 1 1 1m 1 1 1 1d2→−d1+d2−−−−−−−−→d3→−md1+d3 1 1 m 1 10 m− 1 1−m 0 00 1−m 1−m2 1−m 1−md3→d2+d3−−−−−−→ 1 1 m 1 10 m− 1 1−m 0 00 0 2−m−m2 1−m 1−m (∗)Chú ý rằng 2−m−m2 = (1−m)(2 +m). Ta tất cả các tài năng sau• m = 1 hệ trở nên  1 1 1 1 10 0 0 0 00 0 0 0 0rankA = rankA = 1, trường phù hợp này hệ có vô số nghiệm phụ thuộc ba tham số x2, x3, x4.Nghiệm của hệ là x1 = 1− a− b− cx2 = ax3 = bx4 = ca, b, c ∈ R• m = −2 hệ phát triển thành  1∗ 1 −2 1 10 3∗ −3 0 00 0 0 3∗ 3Ta tất cả rankA = rankA = 3 cần hệ có vô số nghiệm dựa vào một thông số là x3. Ta cóx4 = 1, 3x2 = 3x3 ⇒ x2 = x3x1 = −x2 + 2x3 − x4 + 1 = x3Trong trường thích hợp này nghiệm của hệ làx1 = ax2 = ax3 = ax4 = 1a ∈ R• m 6= 1,−2. Lúc đó, trường đoản cú (∗) ta thấy hệ bao gồm vô số nghiệm dựa vào tham số x4 cùng m. Ta có(2−m−m2)x3 = (1−m)− (1−m)x4 ⇒ x3 = (1−m)− (1−m)x4(2−m−m2) =1− x4m+ 2(m− 1)x2 = (m− 1)x3 ⇒ x2 = x3x1 = 1− x2 −mx3 − x4 = (m+ 2)− (1− x4)−m(1− x4)− (m+ 2)x4m+ 2=1− x4m+ 24Vậy, trong trường hòa hợp này hệ bao gồm nghiệm làx1 =1− am+ 2x2 =1− am+ 2x3 =1− am+ 2x4 = a31) cho aij là các số nguyên, giải hệ12x1 = a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn12x2 = a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn. . .12xn = an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxnGiải: Hệ phương trình đang cho tương tự với(2a11 − 1)x1 + 2a12x2 + · · ·+ 2a1nxn = 02a21x1 + (2a22 − 1)x2 + · · ·+ 2a2nxn = 0. . .2an1x1 + 2an2x2 + · · ·+ (2ann − 1)xn = 0Gọi ma trận những hệ số của hệ phương trình bên trên là An, ta códetAn =∣∣∣∣∣∣∣∣2a11 − 1 2a12 . . . 2a1n2a21 2a22 − 1 . . . 2a2n. . . . . . . . . . . .2an1 2an2 . . . 2ann − 1∣∣∣∣∣∣∣∣Chú ý rằng aij là các số nguyên nên các phần bù đại số của (An)ij cũng là những số nguyên, dođó giả dụ khai triển định thức theo mẫu cuối ta vẫn códetAn = 2k + (2ann − 1)∣∣∣∣∣∣∣∣2a11 − 1 2a12 . . . 2a1,n−12a21 2a22 − 1 . . . 2a2,n−1. . . . . . . . . . . .2an−1,1 2an−1,2 . . . 2an−1,n−1 − 1∣∣∣∣∣∣∣∣= 2k + (2ann − 1) detAn−1= 2k + 2ann detAn−1 − detAn−1= 2l − detAn−1Do đó, detAn + detAn−1 = 2l là số chẳn, Suy ra detAn và detAn−1 tất cả cùng tính chẳn lẽvới số đông n, mà detA1 = 2a11 − một là số lẽ bắt buộc detAn là số lẽ và cho nên detAn 6= 0 (vì 0 là sốchẳn). Vì hệ phương trình gồm detAn 6= 0 đề xuất hệ bên trên là hệ Cramer và có nghiệm duy nhất làx1 = x2 = · · · = xn = 0.532) Giải hệ phương trình x1 + x2 + · · ·+ xn = 1x1 + 2x2 + · · ·+ 2n−1xn = 1x1 + 3x2 + · · ·+ 3n−1xn = 1. . .x1 + nx2 + · · ·+ nn−1xn = 1Giải: mang sử x1, x2, . . . , xn là nghiệm của hệ phương trình vẫn cho. Xét nhiều thứcf(X) = xnXn−1 + xn−1Xn−2 + · · ·+ x2X + x1 − 1 = 0Vì x1, x2, . . . , xn là nghiệm của hệ cần X = 1, 2, . . . , n là những nghiệm của nhiều thức trên. Bởi f(X)có bậc 6 n − 1 mà lại có n nghiệm phân biệt cần f(X) ≡ 0 (f(X) là đa thức không), vày đóta bao gồm xn = xn−1 = · · · = x2 = 0, x1 = 1. Vậy hệ phương trình vẫn cho bao gồm nghiệm duy nhấtx1 = 1, x2 = x3 = · · · = xn = 0.33) chứng tỏ hệ phương trìnha11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = 0· · ·an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = 0trong đó aij = −aji cùng n lẽ, gồm nghiệm không tầm thường.Giải: hotline A là ma trận các hệ số, theo trả thiết (A)ij = −(A)ji vì thế A = At. Bởi tính chấtđịnh thức detA = detAt buộc phải ta códetA = det(−At) = (−1)n detAt = (−1)n detA = − detA( do n lẽ)Bởi vậy suy ra detA = − detA tốt detA = 0, có nghĩa là rankA = r