Giải: Lập ma trận những hệ số mở rộng A và sử dụng các phxay đổi khác sơ cấp cho trên dòng để lấy ma trận A về dạng cầu thang. Nhận xét rằng hệ thuở đầu tương đương cùng với hệ gồm ma trận các hệ số mở rộng là ma trận cầu thang sau cuối.

quý khách hàng đã xem: bài tập hệ phương trình tuyến tính gồm lời giải




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

*

*

*

*

*



Xem thêm: Đề Thi Thử Đại Học Sư Phạm Hà Nội Năm 2020, Đề Thi Thử Chuyên Đại Học Sư Phạm Hà Nội Năm 2020

0Download Quý Khách sẽ coi tài liệu "Bài 9: Giải bài bác tập về hệ phương thơm trình con đường tính", để tải tư liệu nơi bắt đầu về máy bạn cliông chồng vào nút DOWNLOAD
sống trên

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNHTài liệu ôn thi cao học tập năm 2005Phiên phiên bản vẫn chỉnh sửaPGS TS Mỵ Vinch QuangNgày 24 tháng 1 năm 2005§9. Giải Bài Tập Về Hệ Pmùi hương TrìnhTuyến Tính27) Giải hệ phương thơm trình tuyến 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 mở rộng A với dùng các phép thay đổi sơ cấp trên chiếc để lấy matrận A về dạng lan can. Nhận xét rằng hệ ban đầu tương tự với hệ tất cả ma trận các hệ sốmở rộng là ma trận cầu thang ở đầu cuối. Cụ thể 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 đôi mươi −1 3 −7 m− 80 −3 3 −7 −30 0 0 0 m− 7 d3→−3d2+d3−−−−−−−→1 2 −1 4 trăng tròn −1 3 −7 m− 80 0 −6 14 −3m+ 210 0 0 0 m− 7• Nếu m 6= 7 thì hệ vô nghiệm• Nếu m = 7 hệ tương tự với1∗ 2 −1 4 đôi mươi −1∗ 3 −7 m− 80 0 −6∗ 14 00 0 0 0 01hệ gồm vô vàn nghiệm dựa vào một tđắm đuối số là x4. Ta cóx3 =73x4, x2 = 3x3 − 7x4 + 1 = 1x1 = 2− 2x2 + x3 − 4x4 = 73x4 − 4x4 = −53x4Vậy, trong ngôi trường hòa 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 mlàm việc 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 20 −5 7 0 2 4−m d2→d2−d3−−−−−−→1 1 −1 −1 1 10 −1 −1 0 0 −10 −2 4 0 1 đôi mươi −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.• Nếu m = 9 thì hệ 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 gồm vô vàn nghiệm phụ thuộc 2 tđam mê 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 và biện luận hệ phương thơm trìnhmx1 + x2 + x3 = 1x1 +mx2 + x3 = mx1 + x2 +mx3 = m2Giải: Lập ma trận các thông số msinh sống 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−mđôi mươi 1−m 1−m2 1−m3−→ 1 1 m mtrăng tròn m− 1 1−m m−mđôi mươi 0 2−m−mét vuông 1 +m−m2 −m3Crúc ý rằng 2−m−m2 = (2 +m)(1−m). Ta có• m = 1, hệ trlàm việc thànhA = 1 1 1 10 0 0 00 0 0 0rankA = rankA = 1 phải hệ bao gồm vô số nghiệm nhờ vào nhị tsi mê số x1, x2. Nghiệm làx1 = 1− a− bx2 = ax3 = tía, b ∈ R• m = −2, hệ đổi mới  1 1 −2 40 −3 3 −60 0 0 3 hệ vô nghiệm• m 6= 1,m 6= −2, hệ tất cả nghiệm duy nhấtx3 =1 +m−m2 −m3(2 +m)(1−m) =mét vuông + 2m+ 1m+ 2x2 = x3 −m = m2 + 2m+ 1m+ 2−m = 1m+ 2x1 = m2 − x2 −mx3 = m3 + 2m2 − 1−m(mét vuông + 2m+ 1)m+ 2=−m− 1m+ 2330) Giải và biện luận hệ phương thơm trìnhmx1 + x2 + x3 + x4 = 1x1 +mx2 + x3 + x4 = 1x1 + x2 +mx3 + x4 = 1Giải: Lập ma trận những thông 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 (∗)Chụ ý rằng 2−m−mét vuông = (1−m)(2 +m). Ta có các tài năng sau• m = 1 hệ biến chuyển  1 1 1 1 10 0 0 0 00 0 0 0 0rankA = rankA = 1, ngôi trường hòa hợp này hệ gồm vô số nghiệm phụ thuộc cha tsi mê số x2, x3, x4.Nghiệm của hệ là x1 = 1− a− b− cx2 = ax3 = bx4 = ca, b, c ∈ R• m = −2 hệ trở thành  1∗ 1 −2 1 10 3∗ −3 0 00 0 0 3∗ 3Ta gồm rankA = rankA = 3 đề xuất hệ tất cả vô số nghiệm phụ thuộc một tmê say 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 kia, tự (∗) ta thấy hệ có vô số nghiệm dựa vào tsay mê 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 hợp này hệ bao gồm nghiệm làx1 =1− am+ 2x2 =1− am+ 2x3 =1− am+ 2x4 = a31) Cho aij là các số ngulặng, giải hệ12x1 = a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn12x2 = a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn. . .12xn = an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxnGiải: Hệ phương trình đã mang đến tương tự với(2a11 − 1)x1 + 2a12x2 + · · ·+ 2a1nxn = 02a21x1 + (2a22 − 1)x2 + · · ·+ 2a2nxn = 0. . .2an1x1 + 2an2x2 + · · ·+ (2ann − 1)xn = 0Call ma trận các 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 ổn phải những phần bù đại số của (An)ij cũng chính là các số nguim, dokia trường hợp khai triển định thức theo mẫu 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 kia, detAn + detAn−1 = 2l là số chẳn, Suy ra detAn với detAn−1 tất cả thuộc tính chẳn lẽvới mọi n, nhưng mà detA1 = 2a11 − một là số lẽ phải detAn là số lẽ với vì thế detAn 6= 0 (bởi 0 là sốchẳn). Vì hệ pmùi hương trình có detAn 6= 0 bắt buộc hệ trên là hệ Cramer và tất cả nghiệm nhất làx1 = x2 = · · · = xn = 0.532) Giải hệ pmùi hương 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 thơm trình đang mang lại. Xét nhiều thứcf(X) = xnXn−1 + xn−1Xn−2 + · · ·+ x2X + x1 − 1 = 0Vì x1, x2, . . . , xn là nghiệm của hệ đề nghị X = 1, 2, . . . , n là các nghiệm của đa thức trên. Vì f(X)tất cả bậc 6 n − 1 và lại gồm n nghiệm tách biệt cần f(X) ≡ 0 (f(X) là đa thức không), do đóta tất cả xn = xn−1 = · · · = x2 = 0, x1 = 1. Vậy hệ phương thơm trình đang mang lại có nghiệm duy nhấtx1 = 1, x2 = x3 = · · · = xn = 0.33) Chứng minc hệ pmùi hương trìnha11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = 0· · ·an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = 0trong các số đó aij = −aji với n lẽ, tất cả nghiệm không bình thường.Giải: call A là ma trận các hệ số, theo trả thiết (A)ij = −(A)ji cho nên vì thế A = At. Do tính chấtđịnh thức detA = detAt cần ta códetA = det(−At) = (−1)n detAt = (−1)n detA = − detA( vì chưng n lẽ)do đó suy ra detA = − detA tốt detA = 0, có nghĩa là rankA = r