BÀI TẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CÓ LỜI GIẢI

Giải: Lập ma trận các thông số mở rộng A cùng sử dụng những phnghiền biến hóa sơ cấp cho trên dòng để đưa ma trận A về dạng bậc thang. Nhận xét rằng hệ thuở đầu tương tự với hệ có 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
*
*
359
*
0Download

Xem thêm: Đêm Nay Nghe Tiếng Mưa Con Ngồi Đây Nhớ Mẹ (Võ Hoàng Lâm), Lời Bài Hát Đêm Mưa Nhớ Mẹ

Quý Khách vẫn coi tư liệu "Bài 9: Giải bài bác tập về hệ phương thơm trình tuyến tính", nhằm thiết lập tài liệu nơi bắt đầu về sản phẩm các bạn cliông xã vào nút DOWNLOAD sống trên

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNHTài liệu ôn thi cao học năm 2005Phiên bạn dạng đang chỉnh sửaPGS TS Mỵ Vinch QuangNgày 24 mon một năm 2005§9. Giải Bài Tập Về Hệ Pmùi hương TrìnhTuyến Tính27) Giải hệ pmùi hương trình đường tính2x1 + x2 + x3 + x4 = 1x1 + 2x2 − x3 + 4x4 = 2x1 + 7x2 − 4x3 + 11x4 = m4x1 + 8x2 − 4x3 + 16x4 = m+ 1Giải: Lập ma trận những thông số mở rộng A với cần sử dụng các phép chuyển đổi sơ cung cấp trên loại để mang matrận A về dạng bậc thang. Nhận xét rằng hệ thuở đầu tương đương với hệ gồm ma trận các hệ sốmở rộng là ma trận lan can sau 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 20 −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• Nếu m 6= 7 thì hệ vô nghiệm• Nếu m = 7 hệ tương tự với1∗ 2 −1 4 trăng tròn −1∗ 3 −7 m− 80 0 −6∗ 14 00 0 0 0 01hệ có rất nhiều nghiệm dựa vào một tmê say số là x4. Ta cóx3 =73x4, x2 = 3x3 − 7x4 + 1 = 1x1 = 2− 2x2 + x3 − 4x4 = 73x4 − 4x4 = −53x4Vậy, trong trường hòa hợp này, nghiệm của hệ làx1 = −5ax2 = 1x3 = 7ax4 = 3a(a ∈ R)28) Giải hệ pmùi hương 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 thông 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 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 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• 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 buộc phải hệ có rất nhiều nghiệm phụ thuộc 2 tmê mệt 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 đúng theo này nghiệm của hệ làx1 = a− 8bx2 = b+ 1x3 = −bx4 = ax5 = 6tía, b ∈ R29) Giải cùng biện luận hệ pmùi hương trìnhmx1 + x2 + x3 = 1x1 +mx2 + x3 = mx1 + x2 +mx3 = m2Giải: Lập ma trận các thông 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 mtrăng tròn m− 1 1−m m−m20 1−m 1−m2 1−m3−→ 1 1 m m20 m− 1 1−m m−mđôi mươi 0 2−m−mét vuông 1 +m−mét vuông −m3Crúc ý rằng 2−m−m2 = (2 +m)(1−m). Ta có• m = 1, hệ trsinh sống thànhA = 1 1 1 10 0 0 00 0 0 0rankA = rankA = 1 cần hệ bao gồm rất nhiều nghiệm phụ thuộc vào nhị tmê say số x1, x2. Nghiệm làx1 = 1− a− bx2 = ax3 = cha, b ∈ R• m = −2, hệ biến hóa  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−mét vuông −m3(2 +m)(1−m) =m2 + 2m+ 1m+ 2x2 = x3 −m = m2 + 2m+ 1m+ 2−m = 1m+ 2x1 = m2 − x2 −mx3 = m3 + 2mét vuông − 1−m(m2 + 2m+ 1)m+ 2=−m− 1m+ 2330) Giải cùng biện luận hệ phương thơm trìnhmx1 + x2 + x3 + x4 = 1x1 +mx2 + x3 + x4 = 1x1 + x2 +mx3 + x4 = 1Giải: Lập ma trận các thông số mlàm việc 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−mét vuông 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 gồm những kỹ năng sau• m = 1 hệ phát triển thành  1 1 1 1 10 0 0 0 00 0 0 0 0rankA = rankA = 1, ngôi trường vừa lòng này hệ tất cả vô vàn nghiệm nhờ vào bố tsi số x2, x3, x4.Nghiệm của hệ là x1 = 1− a− b− cx2 = ax3 = bx4 = ca, b, c ∈ R• m = −2 hệ biến chuyển  1∗ 1 −2 1 10 3∗ −3 0 00 0 0 3∗ 3Ta bao gồm rankA = rankA = 3 bắt buộc hệ bao gồm rất nhiều nghiệm phụ thuộc một tđắm đuối số là x3. Ta cóx4 = 1, 3x2 = 3x3 ⇒ x2 = x3x1 = −x2 + 2x3 − x4 + 1 = x3Trong ngôi trường phù hợp này nghiệm của hệ làx1 = ax2 = ax3 = ax4 = 1a ∈ R• m 6= 1,−2. khi đó, từ (∗) ta thấy hệ gồm vô số nghiệm nhờ vào tmê mệt số x4 với 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 ngôi trường thích hợp này hệ tất cả 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 pmùi hương trình đã mang đến tương đương 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 thơm trình trên là An, ta códetAn =∣∣∣∣∣∣∣∣2a11 − 1 2a12 . . . 2a1n2a21 2a22 − 1 . . . 2a2n. . . . . . . . . . . .2an1 2an2 . . . 2ann − 1∣∣∣∣∣∣∣∣Chú ý rằng aij là những số nguim cần các phần bù đại số của (An)ij cũng là các số nguyên, dokia giả dụ khai triển định thức theo chiếc 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 và detAn−1 bao gồm cùng tính chẳn lẽvới mọi n, nhưng mà detA1 = 2a11 − một là số lẽ đề nghị detAn là số lẽ cùng vì vậy detAn 6= 0 (vì 0 là sốchẳn). Vì hệ phương thơm trình có detAn 6= 0 đề nghị hệ bên trên là hệ Cramer với có nghiệm độc 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 vẫn đến. Xét đa thứcf(X) = xnXn−1 + xn−1Xn−2 + · · ·+ x2X + x1 − 1 = 0Vì x1, x2, . . . , xn là nghiệm của hệ bắt buộc X = 1, 2, . . . , n là các nghiệm của đa thức trên. Vì f(X)bao gồm bậc 6 n − 1 và lại tất cả n nghiệm phân biệt bắt buộc f(X) ≡ 0 (f(X) là nhiều thức không), do đóta tất cả xn = xn−1 = · · · = x2 = 0, x1 = 1. Vậy hệ pmùi hương trình sẽ mang lại có nghiệm duy nhấtx1 = 1, x2 = x3 = · · · = xn = 0.33) Chứng minch hệ phương trìnha11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = 0· · ·an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = 0trong đó aij = −aji cùng n lẽ, tất cả nghiệm không bình bình.Giải: điện thoại tư vấn A là ma trận các hệ số, theo giả thiết (A)ij = −(A)ji cho nên vì vậy A = At. Do tính chấtđịnh thức detA = detAt bắt buộc ta códetA = det(−At) = (−1)n detAt = (−1)n detA = − detA( bởi vì n lẽ)vì thế suy ra detA = − detA hay detA = 0, tức là rankA = r