Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộng A và dùng những phép đổi khác sơ cấp cho trên dòng để đưa ma trận A về dạng bậc thang. Dấn xét rằng hệ lúc đầu tương đương với hệ gồm ma trận những hệ số không ngừng mở rộng là ma trận lan can sau cùng.




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

*
6 trang
*
haha99
*
3337
*
2Download
Bạn vẫn xem tư liệu "Bài 9: Giải bài bác tập về hệ phương trình đường tính", để download tài liệu cội về máy chúng ta click vào nút DOWNLOAD làm việc trên


Xem thêm: 1M3 Không Khí Nặng Bao Nhiêu Kg, Khối Lượng Riêng Của Không Khí Là Bao Nhiêu

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNHTài liệu ôn thi cao học tập năm 2005Phiên bạn dạng đã chỉnh sửaPGS TS Mỵ Vinh QuangNgày 24 tháng một năm 2005§9. Giải bài xích Tập Về Hệ Phương TrìnhTuyến Tính27) Giải hệ phương trình con đường 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 không ngừng mở rộng A và dùng các phép thay đổi sơ cấp trên dòng để lấy matrận A về dạng bậc thang. Nhận xét rằng hệ thuở đầu tương đương cùng với hệ tất cả ma trận những hệ sốmở rộng là ma trận cầu thang sau cùng. Rõ ràng 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 đôi mươi −3 3 −7 −30 5 −3 7 m− 20 0 0 0 m− 7 d2→2d2+d3−−−−−−→d3↔d21 2 −1 4 đôi mươi −1 3 −7 m− 80 −3 3 −7 −30 0 0 0 m− 7 d3→−3d2+d3−−−−−−−→1 2 −1 4 đôi mươi −1 3 −7 m− 80 0 −6 14 −3m+ 210 0 0 0 m− 7• trường hợp m 6= 7 thì hệ vô nghiệm• nếu như 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 gồm vô số nghiệm phụ thuộc vào một thông số là x4. Ta cóx3 =73x4, x2 = 3x3 − 7x4 + 1 = 1x1 = 2− 2x2 + x3 − 4x4 = 73x4 − 4x4 = −53x4Vậy, vào trường phù 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 đôi mươi −5 7 0 2 4−m d2→d2−d3−−−−−−→1 1 −1 −1 1 10 −1 −1 0 0 −10 −2 4 0 1 trăng tròn −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• nếu m 6= 9 thì hệ vô nghiệm.• ví như m = 9 thì hệ bao gồm 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 phải hệ có vô số nghiệm nhờ vào 2 thông 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 vừa lòng 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 milimet 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 đề nghị hệ có vô số nghiệm nhờ vào hai thông số x1, x2. Nghiệm làx1 = 1− a− bx2 = ax3 = ba, b ∈ R• m = −2, hệ vươn lên là  1 1 −2 40 −3 3 −60 0 0 3 hệ vô nghiệm• m 6= 1,m 6= −2, hệ có 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 = mét vuông − x2 −mx3 = m3 + 2m2 − 1−m(m2 + 2m+ 1)m+ 2=−m− 1m+ 2330) Giải với biện luận hệ phương trìnhmx1 + x2 + x3 + x4 = 1x1 +mx2 + x3 + x4 = 1x1 + x2 +mx3 + x4 = 1Giải: Lập ma trận những 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 bao gồm các kỹ năng sau• m = 1 hệ trở thành  1 1 1 1 10 0 0 0 00 0 0 0 0rankA = rankA = 1, trường hợp này hệ gồm vô số nghiệm phụ thuộc ba thông số x2, x3, x4.Nghiệm của hệ là x1 = 1− a− b− cx2 = ax3 = bx4 = ca, b, c ∈ R• m = −2 hệ biến đổi  1∗ 1 −2 1 10 3∗ −3 0 00 0 0 3∗ 3Ta bao gồm rankA = rankA = 3 buộc phải hệ bao gồm vô số nghiệm phụ thuộc một thông số là x3. Ta cóx4 = 1, 3x2 = 3x3 ⇒ x2 = x3x1 = −x2 + 2x3 − x4 + 1 = x3Trong trường phù hợp này nghiệm của hệ làx1 = ax2 = ax3 = ax4 = 1a ∈ R• m 6= 1,−2. Khi đó, từ (∗) ta thấy hệ bao gồm vô số nghiệm phụ thuộc tham số x4 và 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 vừa lòng này hệ tất cả 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 đã 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 trên là An, ta códetAn =∣∣∣∣∣∣∣∣2a11 − 1 2a12 . . . 2a1n2a21 2a22 − 1 . . . 2a2n. . . . . . . . . . . .2an1 2an2 . . . 2ann − 1∣∣∣∣∣∣∣∣Chú ý rằng aij là những số nguyên nên các phần bù đại số của (An)ij cũng là các số nguyên, dođó ví như khai triển định thức theo dòng cuối ta đang 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 cùng detAn−1 có cùng tính chẳn lẽvới đa số n, cơ mà detA1 = 2a11 − 1 là số lẽ buộc phải detAn là số lẽ và vì vậy detAn 6= 0 (vì 0 là sốchẳn). Bởi vì hệ phương trình gồm detAn 6= 0 phải hệ trên là hệ Cramer và có nghiệm tốt 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: giả sử x1, x2, . . . , xn là nghiệm của hệ phương trình đã cho. Xét nhiều thứcf(X) = xnXn−1 + xn−1Xn−2 + · · ·+ x2X + x1 − 1 = 0Vì x1, x2, . . . , xn là nghiệm của hệ đề xuất X = 1, 2, . . . , n là những nghiệm của nhiều thức trên. Bởi f(X)có bậc 6 n − 1 và lại có n nghiệm phân biệt buộc phải f(X) ≡ 0 (f(X) là đa thức không), bởi đóta bao gồm xn = xn−1 = · · · = x2 = 0, x1 = 1. Vậy hệ phương trình đang cho có nghiệm duy nhấtx1 = 1, x2 = x3 = · · · = xn = 0.33) minh chứng hệ phương trìnha11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = 0· · ·an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = 0trong đó aij = −aji cùng n lẽ, bao gồm nghiệm ko tầm thường.Giải: gọi A là ma trận những hệ số, theo giả thiết (A)ij = −(A)ji vì thế A = At. Vày 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 hay detA = 0, có nghĩa là rankA = r