Bài tập ma trận định thức HPT có lời giải

MA TRẬN Câu 1: tìm ma trận X thỏa mãn AX=B với  1 1 A ; B    4   3 Giải a Xác định cỡ ma trận X 2x1 , ta đặt X=   b    1  a     2a  b    AX  B               b     4a  b     2a  b    a  ,b  3  4a  b   / 3  X    1/  Câu 2: tính tích AB biết 1  1  A ; B  3   4 2 1  Giải: 2 22 1.1 3 43 2.3 4.1 1.3 3.1 1.2 2.2 3.4 10 18 2.1 4.2 1.2 2.4 18 2  1 Câu 3: A    ; f ( x)  x  x   f ( A)  ? 3  Giải: f ( A)  A2  A  3I 2 f ( A)   3 1 f ( A)   18  3 f ( A)    24 1 1  1      4   3        6   4       13  12 16    8   13   3 200  tính A ,A từ suy A  1 Câu 4: A   Giải :  3  A2  A A     1 1 61 A3  A2 A    0 10  200    A200     0 3   1  3   1  6  1 9  1 1 1 Câu 5: tìm hạng ma trận A   2   4   Giải :  1  h2 h2  h1  1  1 1   h3 h3 3h1   h2  h3   A   2    0 0    0   4 0 0 1 0 0 0        r (A)  1 1  Câu 6: tính nghịch đảo( có) ma trận : A  1 2  1    Giải : 1 1 0  1 1 0       A I  1 2   0 1 1  1 0  0 1  1 0 1     0 1 1   I A1  0 1   1     A1   1 1  1    Câu 7: tính ma trận nghịch đảo 1 1  A      Giải: det(A)= -2#0 nên A khả nghịch A11  (1)11  4; A12  (1)1 2  3; A13  (1)13 A21  4; A22  3; A31  2; A33   4 2   A  3   2  1 1  1 Cho ma trận A 1 2 Hãy tìm hạng A 3  1 Câu 8: đưa A= 1 ma trận bậc thang biến đổi sơ cấp 2 Giải: Biến đổi sơ cấp dòng A 1 1 D1 D2 5 0 -2 D1 + D2  D2 0 D3 D1 + D3  D3 D2 + D3  D3 7 0 Ma trận cuối bảng ma trận bậc thang có hai dòng khác khơng Vậy r(A) = câu 9: Tính hạng ma trận sau: 1  1 A 1  2 2 4 1  3 2  1 1 Giải: 1 2 Xét ma trận tạo hai dòng đầu A    có định thức detA =  1  Ta xét tiếp ma trận tạo cột 1, 2, dòng 1, 2, ta có ma trận  1 B   1 1  chứa ma trận A có detB =  2 Tiếp tục xét ma trận cấp chứa ma trận B có hai ma trận B1 B2 1  1 B1   1  2 2 1 1  1  1 1 B2   1 3 2   1 0 2 4 1  2  1 Vậy detB1 detB2 Cả hai định thức Do rankA = Câu 10: Tìm điều kiện m để hạng ma trận sau 1  A   m   12  Giải Nhận thấy ma trận A có hai dòng tỉ lệ với nhau, để ma trận có hạng m = T Nhận xét: Do rank ( A)  rank ( A ) nên ta thay phép biến đổi dòng phép biến đổi cột để đưa ma trận A dạng bậc thang từ suy hạng ma trận A Câu 11: Tìm ma trận nghịch đảo ma trận sau: 0 1 A 1  1 1 1 1  1  1 0 Giải: Xét ma trận sau: 0  1 1  1 1 1 0 0 3   1 0  d1  d1  d2  d3  d4 1   1 1 0 0   1 0 0  1 3 1 1 1   1 0  d1  13 d1 1  1 1 0 0   1 0 0  1 1 1/ 1/ 1/ 1/ 3  1 0  1 0   1 0 0  1 1 1/ 1/ 1/ 1/  1 0 2 / 1/ 1/ 1/       0  1/ /  1/  1/ d1  d1  d  d3  d d  d  d1    0 1 0 1/ / 1/ 1/ 3    d3  d3  d1 0 1 1/ 1/ / 1/ 3 0 1 1/ 1/ / 1/ 3 d  d  d1     0 0 1 1/ 1/ 1/ /  0 0 1 1/ 1/ 1/ /  1    0  0 d  d d3  d3 d  d 0 2 / 1/ 0 1/ 2 / 1/ 1/ 0 1/ 1/ 1/   1/  2 / 1/   1/ 2 / 3 1/ 1/ Vậy ma trận nghịch đảo ma trận A 1/ 1/   2 / 1/  1/ 2 / 1/ 1/  1  A   1/ 1/ 2 / 1/    1/ 1/ 2 / 3  1/ Câu 12: Bằng phương pháp giải hệ phương trình Tìm ma trận nghịch đảo ma trận a 1 A 1  1 1 1 a 1  a 1  1 a Giải Ta lập hệ phương trình sau: ax1  x2  x3  x4  x  ax  x  x    x1  x2  ax3  x4  x1  x2  x3  ax4  y1 (1)  y2 (2)  y3 (3)  y4 (4) Cộng hai vế hệ phương trình ta có (a  3)( x1  x2  x3  x4 )  ( y1  y2  y3  y4 ) (*) Nếu a = -3 ta chọn tham số y1 , y2 , y3 , y4 cho y1  y2  y3  y4  Khi (*) vơ nghiệm nên hệ phương trình vơ nghiệm suy ma trận A không khả nghịch Nếu a  3 từ (*) ta có x1  x2  x3  x4  y1  y2  y3  y4 (**) (a  3) Ta lấy dòng (1), (2), (3), (4) trừ cho (**)  (a  2) y1  y2  y3  y4  a3 (a  1) x2    y1  (a  2) y2  y3  y4  a3 (a  1) x3    y1  y2  (a  2) y3  y4  a3 (a  1) x4    y1  y2  y3  (a  2) y4  a3 (a  1) x1  Nhận xét: - Nếu a = ta chọn giá trị tham số y1 , y2 , y3 , y4 cho (a  2) y1  y2  y3  y4  hệ phương trình vơ nghiệm A khơng khả nghịch - Nếu a   (a  2) y1  y2  y3  y4  (a  1)(a  3) x2    y1  (a  2) y2  y3  y4  (a  1)(a  3) x3    y1  y2  (a  2) y3  y4  (a  1)(a  3) x4    y1  y2  y3  (a  2) y4  (a  1)(a  3) x1  Khi đó, chọn giá trị cho tham số y1 , y2 , y3 , y4 ta có ma trận nghịch đảo ma trận A là: 1 1 1  (a  2)  1 (a  2) 1 1   A1  1 (a  2) 1  (a  1)(a  3)  1   1 1 (a  2)   1 Kết luận: Nếu a = -3, a = ma trận A khơng khả nghịch Nếu a  1, a  3 ma trận A khả nghịch ma trận nghịch đảo A xác định công thức 1 1 1  (a  2)  1 (a  2) 1 1  1  A  1 (a  2) 1  (a  1)(a  3)  1   1 1 (a  2)   1 ĐỊNH THỨC  1  Câu 1: tính det(A) với A= 5 2   0  Giải: Khai triển theo hang thứ : 1 1 A5 2  4.(1)31 0 2  4.( 1)31  3  Câu 2: tính det(A) với A=   2   1 1 2  32 2  4 2  5 Giải: khai triển theo cột thứ A 3 3 2 1  (3) A12  A22  A32  A42  3 A12 A  2   87 1  1   3 Câu 3: tính định thức ma trận tam giác A=  0  0 0  4  1 8  9 0  Giải: 1 3 A0  2.(3).5.4.1  120 0 0 0 Câu 4: sử dụng phép biến đổi sơ cấp để tìm định thức 1  A    2 1   0 2   1 Giải : A 1 2 2 h2  h2  h1 h3  h3 3 h3 h4  h4  h1   1 1 1 1 11 A  1.(1) khai _ trien _ theo _ cot_ dau _ tien 1 1 A  1  1.(1)1 4 15 1 1 4 15 1  19 Câu 5: dùng phép biến đổi sơ cấp, tính định thức ma trận 3  A  3  4 1 1  2  2   1 Giải A 2 1 2 3 2 1 h3  h3  h1 h4  h4  h1   1 2 1 1 A  1.(1) khai _ trien _ theo _ cot_so_ 2 1 2 A 5 5  (2).(1)13 5  30 Câu 6: tính định thức n 1 n Dn  1 2 1 2 3 Giải : Khai triển theo hang ta có : Dn =7A11+5A12 11 Dn  7(1) 0 11  5(1) 0 0 0 0 0 11 Dn  Dn 1  5.2(1) 0 0 Dn  Dn 1  10 Dn   Dn  Dn 1  2( Dn 1  Dn  )  Dn 1  Dn   2( Dn   5Dn 3 )  Dn  Dn 1  2n  ( D2  D1 ) Dn  Dn 1  10 Dn   Dn  Dn 1  5( Dn 1  Dn  ) Dn 1  Dn   5( Dn   Dn 3 )  Dn  Dn 1  5n  ( D2  D1 ) Từ ta có  Dn  5Dn1  2n2 ( D2  5D1 ) Câu 7: sử dụng định lý laplace tính định thức ma trận sau 1 2 a) A=  3  d 0 2 b) B=  1  0 a b  c 5  0 0 5 1  0  5 Giải a) Xét ma trận A  a b c d 0 Nhận thấy dòng có nhiều số 0, nên khai triển định thức theo dòng ta có: a A  (1) 1 d0 b c Tiếp tục khai triển theo dòng thứ định thức b ta có: c A  d c a b  dc(ab)  abcd b) Xét ma trận B  1 1 0 1 1 1 Khai triển theo dòng có B  (1) 3  (1) 1 0 Khai triển theo dòng cuối định thức có: B  (1)1 3.5.(1)33 1  (1)1 4.(1)23 1  25 Câu 8: sử dụng định lý Laplace( tổng quát) tính định thức ma trận 0 2 A=   0 5 1  0  5 Giải: Chọn M ma trận vuông cấp tạo phần tử dòng dòng Khi đó, A  (1)1 4 2 (1)1 413 1  (1)1 41  (1)1 4 2 4 0 5  (1)1 41  (1)1 4 41 0 5 1  (1)(5)5  25 Ta chọn ma trận dựa dòng 3, cột cột Áp dụng định lý Laplace ta có 1 31 det A  (1) 1 1  252 Câu 9: tính det(A) biết 1 0  A1   1  1 1 1 2 0 1 1 2 1 1  2  Giải: Ta chọn cột để khai triển Tuy nhiên, trước hết ta nhân dòng với -2 cộng vào dòng nhân dòng với -1 cộng vào dòng Khi 1 1 1 1 1 4 1 1 0 1 Khai triển theo cột ta 1 1 1 4 1 1 1 2 Tiếp theo ta thực bước sau định thức cấp Ta nhân cột với (-1) với cột 3, sau nhân cột với cộng vào cột Định thức trở thành: 2 1 1 5 1 1 1 0 Tiếp theo ta khai triển theo dòng định thức 2 (1)(1) 1 5  1 Câu 10: giả phương trình : x x 1 x2 0 x 1 x x x2 0 x5  x100 0 Giải: Ta khai triển vế trái theo dòng ta x x2 VT  (1) ( x  1) X x2 0 x100 Ta tiếp tục khai triển theo dòng ta VT  (1  x ) x100 x  (1  x ) x100 x Vậy phương trình cho tương đương với (1  x )2 x100   x  1, x  Câu 11: dùng phương pháp quy nạp tính định thức  a1b1 Dn  a2b1 a1b2 a1bn  a2b2 a2bn anb1 anb2  anbn Giải Ta tách định thức theo cột thứ n, ta  a1b1 0 a2b1 a2bn 1 Dn  an 1b1 anb1  a1b1  a1bn 1   an 1bn 1 anbn 1 a1bn 1 0 a2b1 a2bn 1  a1b1  bn a1bn 1 a1bn a2b1 a2bn 1 a2bn an 1b1 anb1  an 1bn 1 anbn 1  a1b1 an 1bn anbn a1bn 1 a1 a2b1 a2bn 1 a2 an 1b1  an 1bn 1 an 1b1  an 1bn 1 an 1 anb1 anb1 an anbn 1 anbn 1 Ta khai triển định thức đầu theo cột thứ n ta định thức đầu Dn 1 Nhân cột thứ n định thức thứ với (bi ) cộng vào cột thứ i với i tương ứng nhận giá trị từ 1, 2, …., n-1 Ta có a1 a2 Dn  Dn 1  bn  Dn 1  bn an 0 an 1 0 an Từ ta có công thức truy hồi Dn  Dn1  bn an Suy ra, Dn  Dn1  bn an  ( Dn 2  bn 1an 1 )  bn an   D1  b2 a2   bn 1an 1  bn an Mặt khác, D1   b1a1 Do đó, Dn   b1a1  b2 a2   bn an Câu 12: Cho a, b  , a  b Hãy tính định thức sau ab ab 0 a  b ab 0 Dn  0 a  b 0 ab ab Giải: Khai triển định thức theo dòng đầu ta ab 0 a  b ab 0 Dn  (a  b) Dn 1  ab 0 a  b 0 ab ab Tiếp tục khai triển định thức sau theo cột ta có Dn  (a  b) Dn1  abDn2 với n  Suy ra, Dn  aDn1  b( Dn1  aDn2 ) (1) Dn  bDn1  a( Dn1  bDn2 ) (2) với n  Áp dụng công thức truy hồi ta suy n2 n Từ (1) Dn  aDn1  b( Dn1  aDn2 )  b ( Dn2  aDn3 )   b ( D2  aD1 )  b Từ (2) Dn  bDn1  a( Dn1  bDn2 )  a2 (Dn2  bDn3 )   a n2 (D2  bD1 )  a n 2 Với D2  a  b  ab D1  a  b Suy ra, Dn  a n 1  b n 1 a b Câu 13: Tính định thức cấp n n  sin(21 ) D sin(1   ) sin(1   n ) sin(  1 ) sin(2 ) sin(   n ) sin( n  1 ) sin( n   ) sin(2 n ) Giải: sin(1   )  sin(21 ) sin(   ) sin(2 ) A   sin( n  1 ) sin( n   ) Ta có  sin 1 sin     sin    sin  n cos 1 cos  cos  cos  n sin(1   n )  sin(   n )    sin(2 n )   cos 1 cos  cos   sin  sin  sin   0. 0       0 (B) (C) ,n2 0 Ta có det A  det B.det C    sin (1   ), n  2 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1)Giải hệ phương trình :  x  2y  z    2x  3y  z  3x  y  4z  7  Ta có :  2  1     A   2  ; B     4  7     Khi cos  n  sin  n      2 D  2  14 4 Ta lại có : 2 1 1 2 Dx  3  14; D y  2 ; D z  2 3  14 7 4 7 4 7 3 Nên x Dx D  Dy D 14 14  1; y    0; z  z  1 14 D 14 D 14 2) Giải hệ phương trình  x  y  2z    x  y  2z   x  y  2z   Ta có 1 2 D  1  0; D x  ; 0 1 1 D y   0; D z   0 1 Hệ phương trình vơ nghiệm D = 3) Giải hệ phương trình :  3x1  x  x    x1  5x  x  12  =-6  2x1  4x 2x  x  3x  3  =9  5x1  4x Giải : 0 Tìm hạng ma trận :    A      1 5  1   1    ; B    3    4  1 1 5 6  12  6   3  9 Định thức 5 D  36 Do hạng (A)=3 Để tính hạng B ta cần tính định thức B bao quanh D Đó : 1 5 12 6  , 5 12 6 3 0 Vì hạng (B) = = hạng (B) Vậy hệ có nghiệm.Giải hệ phương trình ( gồm phương trình ứng với dòng định thức D ) ;  x1  5x  x  12   2x1  4x  6 2x  x  3x  3  Đó hệ Cramer D ≠0 Áp dụng cơng thức Cramer ta có nghiệm ( 1, -2 , 1) 4)Giải hệ phương trình :  3x1  x  x  2x    x1  x  2x  4x    x1  x  3x  6x  9 12x  2x  x  2x  10  Giải : Tìm hạng ma trận :  1 1    1 2   A  1 6     12 2 2   1    2   B=  6 9     12 2 10  Ta thấy định thức : D 1 1  2  Tính định thức cấp ba A bao quanh D Chúng Do hạng ( A)=2 Làm tương tự ta tìm hạng (B)=2 Vậy hệ có nghiệm Giải hệ ( gồm phương trình ứng với dòng định thức D ):  3x1  x  x  2x   x1  x  2x  4x  Viết hệ dạng :  3x1  x  x  2x   x1  x  2x  4x  Cho x3  c3 ,x  c4 ta có hệ Cramer:   3x1  x  c3  2c4    x1  x  2c3  4c4  Giải hệ ta : x1  c3  2c4  ,x  5c3  10c4  14   c3  2c4  5c3  10c4  14  , ,c3 ,c4  2   Nghiệm tổng quát :  Nếu cho,chẳng hạn cho c3  0,c4  nghiệm riêng (-1,-2,0,1) 5) Giải hệ phương trình : 2x  2y  z  1  y z1    x  y  z  1  Ta có : 2 1 A  1 A2  1 2 1 1  1; A  1 1 1 1 1 2 1 2 1  4; A  1 1 1 1  3 1 Vậy x A1 A  2; y  A2 A  4; z  A3 A  3 6) Giải hệ phương trình :  x1  2x  3x  4x    2x1  x  2x  3x    3x1  2x  x  2x  4x  3x  2x  x  18  Giải theo phương pháp Gauss :         h2  h2  h3      2 2 4 5        h2  h2 2h1   h3  h3 3h1  h4  h4  4h1        18  3 4 5    h3  h3  4h2  h4  h4  5h2       8 10 14   10 15 10   3 0 0  7   h4  h4 8h3        10 10   Vậy hệ cho tương đương với hệ phương trình :   4 5 8  8 10 14   10 15 10   h3  h4  h3  h3   10   10 10  10 20 20  0 0 4 0 1 0 7  6 2  6   x1  2x  3x  4x   x1    x  4x  5x    x 1   x3  x    x3    x  3 2x  6   7) Tìm tất m để hai hệ phương trình sau  x  2y  5z    x  3y  7z  x  4y  9z   1  x  4y  9z    x  2y  7z  3x  10y  mz    2   h2  h2  h1    5   h3  h3  h1   h3  h3 2h2           1 9  4  0 0       Vậy hệ cho tương đương :  x  2y  5x   y  2z    x    Đặt : z    y  2  z  Thay nghiệm hệ phươn gtrifnh ( 1) vào hệ phương trình thứ hệ (2) ta thấy :   2(2)  7   2  Vì α số tùy ý nên chọn α≠0 ta thấy nghiệm hệ (1) Không nghiệm hệ (2) nên hệ không tươn g đương 8) Giải biện luận hệ phương trình :  x1  x  x  2x   x1  2x  3x  4x    x1  x  4x  x  m  4x  3x  x  mx  m2  6m               1 1 2 3 1 1 4 1 m 1 1 2 2 3 1 m8               h3  h3  2h2 h4  h4  h2    m 1  m2  6m  1 1 2 0 1 0 m6 1 1 2 0 0 m7  h2  h2  h1  h3 h3  h1 h4  h4  4h1    m  m  6m     h4  h4  h3     m 1  m2  6m  1    m 1   m2  7m  Vậy hệ cho tương đương với hệ sau : x1  x  x  2x    x  2x  2x    x3  x  m   (m  7)x  m2  7m  x  m   x  m  1 x4  Nếu m-7 ≠0 hệ cho có nghiệm   x   2x  2x   2m  x   x  x  2x  1  ?  x1  x  x  2x   Nếu m =7  x  2x  2x   x3  x    x4  t   x  8 t Cho x  t ta  x  17  4t x  t 8  Vậy với m=7 hệ phương trình vơ số nghiệm 9) Xác định a để hệ ba ẩn : 2  a   x   0       1 a   y    0   a  z  0  Dùng phương pháp Gauss 2  a  1    a 1 a       A   1 a    1 a    a  2 a   2  a  3a  a2  3a  2  a      Trường hợp ta có : a    a  ta có :  2  2     A   0 1   2  r(A)  nên hệ có nghiệm tầm thường  2  0 1     Trường hợp a    a    1  1 1 a  1 a      a  a    A  0    3 a 3 a     3a  a2  3a  2    0 a  3a     a   a Ta có a  3a     a  1  r(A)   nên hệ có nghiệm khơng tầm thường  1   + Nếu a =2 A    nên hệ tương đương với 0 0    x  3y  z  Do nghiệm khơng tầm thường x= c , y= , z =c với c ∈ R\{0}  y0  1    3  + Nếu a= -1 A  nên hệ tương đương với  4 0 0    x  3y  2z  c  có nghiệm tầm thường : x  ,y   c,z  c với c ∈ R\{0}  4  y z0  ... hạng ma trận sau: 1  1 A 1  2 2 4 1  3 2  1 1 Giải: 1 2 Xét ma trận tạo hai dòng đầu A    có định thức detA =  1  Ta xét tiếp ma trận tạo cột 1, 2, dòng 1, 2, ta có ma trận. .. detB1 detB2 Cả hai định thức Do rankA = Câu 10: Tìm điều kiện m để hạng ma trận sau 1  A   m   12  Giải Nhận thấy ma trận A có hai dòng tỉ lệ với nhau, để ma trận có hạng m = T Nhận... phép biến đổi cột để đưa ma trận A dạng bậc thang từ suy hạng ma trận A Câu 11: Tìm ma trận nghịch đảo ma trận sau: 0 1 A 1  1 1 1 1  1  1 0 Giải: Xét ma trận sau: 0  1 1  1