1. Trang chủ
  2. » Cao đẳng - Đại học

Bài tập ma trận định thức HPT có lời giải

25 415 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 25
Dung lượng 849,7 KB

Nội dung

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 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    định thức detA =  1  Ta xét tiếp ma trận tạo cột 1, 2, dòng 1, 2, ta ma trận  1 B   1 1  chứa ma trận A detB =  2 Tiếp tục xét ma trận cấp chứa ma trận B 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 hai dòng tỉ lệ với nhau, để ma trận 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 (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 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 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 : 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  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 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 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 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 a1 a2 Dn  Dn 1  bn  Dn 1  bn an 0 an 1 0 an Từ ta 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 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  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 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 :  2  1     A   2  ; B     4  7     Khi cos  n  sin  n     2 D  2  14 4 Ta lại : 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 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 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 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 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 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 : 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 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 : a    a  ta :  2  2     A   0 1   2  r(A)  nên hệ 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 a  3a     a  1  r(A)   nên hệ 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  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

Ngày đăng: 23/05/2019, 08:12

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w