KSG Các dạng bài tập Toán Cao Cấp 1
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.14 MB, 50 trang )
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
1
Xin chào tất cả các bạn đang cầm trên tay tập tài liệu
“CÁC DẠNG BÀI TẬP TOÁN CAO CẤP I”!
Lời đầu tiên khi mình muốn nói về tập tài liệu này đó là, môn học “Toán cao cấp” học
phần I mà các bạn đang học là một học phần tương đối khó và mới so với các phương pháp
toán đã được học ở trường phổ thông với không ít những bạn sinh viên (Kul trước đây cũng từng
rất vất vả ^^). Với khối lượng kiến thức khá lớn mà các bạn tìm hiểu trong giáo trình thì sẽ khó
để hiểu và rèn luyện được các kỹ năng cần thiết. Vì vậy, mình đã biên soạn, tóm tắt lại các khối
kiến thức đồ sộ trong giáo trình thành tập tài liệu trong tay các bạn đây, khiến cho nó dễ hiểu và
nắm bắt được một cách tổng quát. Bên cạnh đó, mình đã tổng hợp bài tập theo các dạng cho
các dễ học. Kul hy vọng tập tài liệu này sẽ hữu ích cho các bạn trong quá trình học tập và kiểm
tra, thi cử. Mọi ý kiến thắc mắc hay phản hồi xin các bạn vui lòng gửi tin nhắn cho Fanpage
chính thức của Kul: mình sẽ trả lời các bạn trong thời
gian sớm nhất…
Cuối cùng, mình muốn khuyên các bạn một lời khuyên khi học môn này, đó là các nên học –
hiểu, đừng mặc định những gì giáo trình, hay giáo viên giảng là đúng 100%, hãy tự hỏi tại sao
lại thế? Và cố gắng đưa ra câu trả lời sao cho chính xác nhất. Chúc các bạn có kết quả tốt nhất
cho tất cả các môn học!
Thân!
CHƢƠNG 1 : VECTO VÀ KHÔNG GIAN VECTO
Dạng 1 : Xét tính ĐLTT và PTTT của các vecto
Bài toán : Cho hệ m Vecto, n chiều { X
1
X
2
,… X
m
}.
Xét tính ĐLTT và PTTT của các vecto
Cách giải :
o Cách 1 : Xét đẳng thức k
1
X
1
+ k
2
X
2
+… k
m
X
m
= 0 (1)
Nếu (1) xảy ra với ít nhất một hệ số k
j
≠ 0 → Hệ PTTT
Nếu (1) chỉ xảy ra khi k
1
= k
2
= … = k
m
= 0 → Hệ ĐLTT
o Cách 2 : Lập ma trận A có các dòng ( cột ) là vecto đã cho → A = ( a
ij
)
m×n
Nếu r(A) < m → Hệ PTTT
Nếu r(A) = m → Hệ ĐLTT
Tính chất cần nhớ :
o Hệ có số vecto lớn hơn số chiều thì PTTT
o Hệ con hệ ĐLTT thì PTTT
o Hệ chứa hệ PTTT thì PTTT
o Hệ chứa hai vecto tỷ lệ thì PTTT
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
2
Bài tập
1.3 (SGK / 9) Xét tính ĐLTT, PTTT của các vecto
1. X
1
(0,2,0) ; X
2
(1,-1,0) ; X
3
( 0,4,0)
C1. Xét hệ thức k
1
X
1
+ k
2
X
2
+ k
3
X
3
= 0
k
1
(0,2,0) + k
2
(1,-1,0) + k
3
(0,4,0) = 0
( pt vô số nghiệm ) (*)
Từ phương trình ( * ) ta dễ tìm được 1 nghiệm có ít nhất 1k
j
≠ 0 ( j = )
Chẳng hạn k
1
= -2 , k
3
= 1
→ { X
1
, X
2
, X
3
} là hệ vecto PTTT
C2. Lập ma trận
A =
Có
= 2 ≠ 0 → r ( A ) = 2 3 → Hệ { X
1
, X
2
, X
3
} PTTT
2. X
1
= ( 1,0,0 ) ; X
2
= ( 2,3,-2 ) ; X
3
= ( 3,-3,2 )
C1. Xét hệ thức k
1
X
1
+ k
2
X
2
+ k
3
X
3
= 0
k
1
(1,0,0) + k
2
(2,3,-2) + k
3
(3,-3,2) = 0
pt có vô số nghiệm (*)
Từ phương trình (*) ta tìm được 1 nghiệm có ít nhất 1 k
j
≠ 0 ( j = ).Chẳng hạn k
1
= -5 , k
2
= 1
→
hệ vecto PTTT
C2. Lập ma trận:
Có
= 3 ≠ 0 → r(A) = 2 3 → hệ
PTTT
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
3
1.5(SGK/9 ) Với giá trị nào của λ thì vecto X là tổ hợp tuyến tính của hai vecto X
1
, X
2
biết X =
( 3, 0, λ-6 ), X
1
= ( 1, 0, 0 ), X
2
= (5, 1, 2 )
Giải : Vì X là tổ hợp tuyến tính của hai vecto X
1
, X
2
→ Gọi X = k
1
X
1
+ k
2
X
2
( 3, 0, λ-6 ) = k
1
×(1, 0, 0) + k
2
×(5, 1, 2)
→ Vậy λ = 6 thì X(3, 0, 0) là tổ hợp tuyến tính của hai vecto X
1
, X
2
1.8(SGK/ 9) Lời giải : Xét hệ thức k
1
X
1
+ k
2
X
2
+ k
3
X
3
= 0
k
1
×( A
1
+ 4A
2
+ 6A
3
) + k
2
×( 3A
1
- 4A
2
- 6A
3
) + k3×A1 = 0
(k
1
+ 3k
2
+ k
3
)×A
1
+ ( 4k
1
– 4k
2
)×A
2
+ ( 6k
1
– 6k
2
)×A
3
= 0 (*)
Vì hệ
ĐLTT do đó hệ thức (*) chỉ xảy ra khi
PT(1) có vô số nghiệm → ta dễ tìm được 1 nghiệm có ít nhất 1 k
j
≠ 0 ( j = )
Chẳng hạn k
1
= - 1 , k
3
= 4 → Hệ
PTTT
Dạng 2 : Tìm tọa độ của vecto trong cơ sở đã cho
Bài toán : Cho một cơ sở của không gian
p
1
= ( 1,2,0 ); p
2
= ( 1,3,0 ) ; p
3
= ( 3,10,1 )
Tìm tọa độ của vecto X = ( 1,4,2 ) trong cơ sở đã cho
Giải : Gọi các tọa độ cần tìm là x
1
, x
2
, x
3
ta có
X = x
1
p
1
+ x
2
p
2
+ x
3
p
3
x
1
×( 1, 2, 0 ) + x
2
×( 1, 3, 0 ) + x
3
×( 3, 10, 1 ) = ( 1, 4, 2 )
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
4
Vậy ( x
1
, x
2
, x
3
) = ( 1, -6, 2 ) là tọa độ của vecto X trong cơ sở đã cho
Dạng 3 : Tìm hạng và 1 cơ sở của hệ vecto
1.6 (SGK/9) : Giải
1, Xét A =
Có
= 8 ≠ 0 → r( A ) = 3 →
là một vecto cơ sở của hệ
2, X
1
= ( 3, -5, -5 ) , X
2
= ( 1, 0, 0 ) , X
3
= ( 5, 8, 8 )
Xét A =
Có
= 5≠ 0 → r ( A ) = 2→
là một cơ sở của hệ
1.7(SGK/ 9)
1, Xét hệ thức k
1
b
1
+ k
2
b
2
+ k
3
b
3
= 0
k
1
×( a
1
+ a
2
+ a
3
) + k
2
×( a
2
+ a
3
) + k
3
×( a
2
– a
3
) = 0
k1×a1 + ( k
1
+ k
2
+ k
3
)×a
2
+ ( k
1
– k
3
)×a
3
= 0
ĐLTT
k
1
= k
2
= k
3
= 0
Vậy
ĐLTT
2, Ta có :
PTTT vì b
2
= a
2
+ a
3
PTTT vì b
3
= a
2
– a
3
ĐLTT vì
ĐLTT
→
là cơ sở của vecto đã cho
→ Hạng của
là 2
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
5
CHƢƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC
Dạng 1 : Thực hiện các phép tính về ma trận
Chú ý :
o Phép trận hai ma trận A và B là hai ma trận cùng cỡ
o Phép nhân hai ma trận Số cột của ma trận trước bằng số dòng của ma trận sau
o Hai ma trận vuông A và B cùng cấp thì tích ( A×B ) và ( B×A ) nhưng ( A×B )
( B×A )
o Ma trận đơn vị cấp n : E
n
với A = ( a
ij
)
n×n
thì A×E
n
= E
n
×A = A
Bài tập :
2.1(SGK/32) ý e
E =
Giả sử n = 2 →
=
×
=
=
Giả sử n = 3
→
=
×
×
=
×
=
=
Giả sử đúng với n = k Z
+
nghĩa là
=
Ta chúng minh đúng với n = k + 1
Thật vậy ta có
=
×
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
6
=
×
=
Vậy E =
Dạng 2 : Tính các định thức
Các tính chất cơ bản cần nhớ:
o Định thức có 1 dòng = 0 hoặc 2 dòng tỷ lệ thì bằng 0
o Đổi chỗ 2 dòng thì định thức đổi dấu
o Khi nhân 1 số k vào 1 dòng thì định thức tăng lên k lần
Cho A = ( a
ij
)
n×n
và k
= k
n
×
o Nếu nhân một dòng với một số rồi cộng vào dòng khác thì định thức không đổi
dấu
o Cho A = ( a
ij
)
n×n
→
=
o
=
Chú ý : Mọi tính chất của định thức đúng với dòng thì cũng đúng với cột
Cho A = ( a
ij
)
n×n
trong đó a
ij
i,j thì
. ( Nghĩa là nếu các thành phần của
định thức là nguyên thì kết quả tính định thức luôn luôn là số nguyên
Bài tập
2.3(SGK/32)
1,
3 1 3 2
5 3 2 3
7 5 1 4
1 3 5 0
12
CC
1 3 3 2
3 5 2 3
5 7 1 4
3 1 5 0
-
1 3 3 2
0 4 7 3
0 8 14 6
0 8 14 6
= 0
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
7
2,
9 2 7 11
7 4 5 9
5 1 4 7
4 2 3 3
43
dd
9 2 7 11
7 4 5 9
1 1 1 4
4 2 3 3
13
dd
1 1 1 4
7 4 5 9
9 2 7 11
4 2 3 3
-
1 1 1 4
0 11 2 19
0 11 2 25
0 6 1 13
23
dd
-
1 1 1 4
0 11 2 19
0 0 0 6
0 6 1 13
23
cc
1 1 1 4
0 2 11 19
0 0 0 6
0 1 6 13
24
dd
-
1 1 1 4
0 1 6 13
0 0 0 6
0 2 11 19
24
2dd
-
1 1 1 4
0 1 6 13
0 0 0 6
0 0 1 7
34
dd
1 1 1 4
0 1 6 13
0 0 1 7
0 0 0 6
= -6
3,
= bc
2
+ ab
2
+a
2
c – a
2
b – ac
2
– b
2
c = b
2
( a– c ) + a
2
( c– b ) +c
2
( b– a )
4,
xaaa
a x a a
a a x a
a a a x
2 3 4 1
()d d d d
3333x a x a x a x a
a x a a
a a x a
a a a x
= ( x + 3a )×
1111
a x a a
a a x a
a a a x
( x + 3a )×
1 1 1 1
0 0 0
0 0 0
0 0 0
xa
xa
xa
= ( x + 3a )×1×( -1 )
2
×
= ( x + 3a )×( x – a )
3
2.4(SGK/33)
1,
1 2 3
1 0 3
1 2 0
. . . . .
1 2 3 0
n
n
n
1 2 3
0 2 6 2
0 0 3 2
. . . . .
0 0 0
n
n
n
n
= n!
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
8
2,
2 2 2 2
2 3 2 2
2 2 3 2
. . . . .
2 2 2 3
2 3 4 1
()d d d d
3 2 3 2 3 2 3 2
2 3 2 2
2 2 3 2
. . . . .
2 2 2 3
n n n n
= (3 + 2n )×
1 1 1 1
2 3 2 2
2 2 3 2
. . . . .
2 2 2 3
× ( 3 + 2n )×
1 1 1 1
0 1 0 0
0 0 1 0
. . . . .
0 0 0 1
= 3 + 2n = 2m + 1 với m = n + 1
2.5(SGK/33)
1, Biến đổi vế trái ta có
= ( z – x )( z – y )×
12
dd
-
×
×( z – x )( z – y )
-
×( z – x )( z – y )
= - ( z – x )×( z – y )×( x – y )×
= ( z – x )×( y – z )×( x – y )×1×( -1 )
2
×
= ( z – x )×( y – z )×( x – y )×( y
2
– y
2
+zx +zy +xy )
= ( z – x )×( y – z )×( x – y )×( zx + zy + xy ) = VP ( ĐPCM )
2, Biến đổi vế trái ta có
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
9
1 2 3
()c c c
= 2×
2×
2 3 1
()c c c
2×
= VP ( ĐPCM )
3, Biến đổi vế trái ta có
VT =
12
cc
= ( 1 + x )×
12
cc
( 1+ x )×
21
cc
( 1 – x
2
)×
= VP ( ĐPCM )
5, Ta có
= 100a
1
+ 10a
2
+ a
3
Vì
13
Giả sử
= 100a
1
+ 10a
2
+ a
3
= 13d
1
= 100b
1
+ 10b
2
+ b
3
= 13d
2
= 100c
1
+ 10c
2
+ c
3
= 13d
3
Có :
1 2 3
(100 10 )d d d
=
= 13×
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
10
Vì a
1
, a
2
, b
1
, b
2
, c
1
, c
2
, d
1
, d
2
, d
3
nguyên nên
cũng nguyên
13 ( ĐPCM )
Dạng 3 : Tìm hạng của ma trận
Chú ý:
o Nếu A = ( a
ij
)
m×n
thì r(A) min
o r(A) = r(A
’
)
Hai phương pháp tìm hạng của ma trận :
o Phương pháp định thức Bao : Hạng của ma trận bằng k 1 định thức con cấp
k khác 0 và định thức con cấp ( k + 1 ) bao nó đều bằng 0
o Phương pháp biến đổi sơ cấp : Dùng 3 phép biến đổi để đưa ma trận về dạng hình
thang
Ví dụ : Tính
A =
2 1 3 2 1
0 2 3 1 2
3 5 7 0 2
4 4 9 5 4
PP1 : Ta có
=
= 4 ≠ 0
=
= 28 + 9 – 18 – 30 = -11 ≠ 0
=
2 1 3 2
0 2 3 1
3 5 7 0
4 4 9 5
= -
1 2 3 2
2 0 3 1
5 3 7 0
4 4 9 5
= -
1 2 3 2
0 4 3 3
0 7 8 10
0 4 3 3
= -1
2
×
= 0 vì ( 2d
1
+ d
2
= d
4
)
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
11
=
2 1 3 1
0 2 3 2
3 5 7 2
4 4 9 4
= 0 vì ( 2d
1
+ d
2
= d
4
) → r(A) = 3
PP2 : Ta có
A =
2 1 3 2 1
0 2 3 1 2
3 5 7 0 2
4 4 9 5 4
1 1 3 2 2
2 2 3 1 0
2 5 7 0 3
4 4 9 5 4
1 1 3 2 2
0 0 3 3 4
0 7 13 4 7
0 0 3 3 4
1 1 3 2 2
0 7 13 4 7
0 0 3 3 4
0 0 3 3 4
1 1 3 2 2
0 7 13 4 7
0 0 3 3 4
0 0 0 0 0
Có
= 21 ≠ 0 → r(A) = 3
Bài tập :
2.6(SGK/34) Tìm hạng của ma trận
1,
1 2 1 1 0
2 1 1 3 4
2 1 2 1 2
2 3 1 2 2
4 1 3 1 8
1 2 1 1 0
0 5 1 5 4
0 5 0 3 2
0 7 1 4 2
0 9 1 3 8
1 1 2 1 0
0 1 5 5 4
0 0 5 3 2
0 1 7 4 2
0 1 9 3 8
1 1 2 1 0
0 1 5 5 4
0 0 5 3 2
0 0 2 1 6
0 0 4 2 12
1 1 2 1 0
0 1 5 5 4
0 0 2 1 6
0 0 5 3 2
0 0 4 2 12
1 1 1 2 0
0 1 5 5 4
0 0 1 2 6
0 0 3 5 2
0 0 2 4 12
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
12
1 1 1 2 0
0 1 5 5 4
0 0 1 2 6
0 0 0 11 12
0 0 0 0 0
Có
= -11 ≠ 0 → Hạng của ma trận là 4
2,
25 31 17 43
75 94 53 132
75 94 54 134
25 32 20 48
25 31 17 43
0 1 2 3
0 1 3 5
0 1 3 5
25 31 17 43
0 1 2 3
0 0 1 2
0 0 1 2
25 31 17 43
0 1 2 3
0 0 1 2
0 0 0 0
Có
= 25 ≠ 0 → Hạng ma trận là 3
Dạng 4 : Tìm ma trận nghịch đảo
Cách tính ma trận nghịch đảo
o Cho A = ( a
ij
)
n×n
,
≠ 0 → Ma trận nghịch đảo là A
-1
=
×A
*
trong đó A
*
= (
A
ij
)’
n×n
( Ma trận phụ hợp của A ). A
ij
= ( -1 )
i+j
×M
ij
với M
ij
định thức có được từ
A bằng cách gạch dòng i cột j
o Phương pháp biến đổi sơ cấp ( Lập ma trận khối ). ( Với phương pháp này chỉ
được biến đổi dòng không được biến đổi cột )
2.12(SGK/35)
2, A =
có detA =
=
= -5 ≠ 0
C1. Có A
11
= (-1)
2
×
= 2 A
22
= (-1)
4
×
= -18
A
12
= (-1)
3
×
= 1 A
23
= (-1)
5
×
= 3
A
13
= (-1)
4
×
= -1 A
31
= (-1)
4
×
= 19
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
13
A
21
= (-1)
3
×
= -31 A
32
= (-1)
5
×
= 12
A
33
= (-1)
6
×
= -2
→ A
-1
=
×
=
C2 : Biến đổi ma trận khối, Xét ma trận khối sau
0 1 6 1 0 0
2 3 1 0 1 0
3 5 1 0 0 1
32
dd
0 1 6 1 0 0
1 2 0 0 1 1
3 5 1 0 0 1
12
dd
1 2 0 0 1 1
0 1 6 1 0 0
3 5 1 0 0 1
13
3dd
1 2 0 0 1 1
0 1 6 1 0 0
0 1 1 0 3 2
23
dd
1 2 0 0 1 1
0 1 6 1 0 0
0 0 5 1 3 2
1 2 0 0 1 1
0 1 6 1 0 0
1 3 2
0 0 1
5 5 5
21
2dd
1 0 12 2 1 1
0 1 6 1 0 0
1 3 2
0 0 1
5 5 5
2 31 19
1 0 0
5 5 5
1 18 12
0 1 0
5 5 5
1 3 2
0 0 1
5 5 5
Vậy A
-1
=
Dạng 5 : Một số dạng khác
2.9(SGK/34) Các vecto sau ĐLTT hay PTTT
1, Xét A =
1 3 2 3
2 4 3 3
3 1 3 8
5 3 4 3
1 3 2 3
0 2 1 3
0 8 3 17
0 12 6 18
23
cc
1 2 3 3
0 1 2 3
0 3 8 17
0 6 12 18
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
14
1 2 3 3
0 1 2 3
0 0 2 8
0 0 0 0
Có
= 2 ≠ 0 → r(A) = 3 4
→ Hệ
PTTT.
2, Xét A =
1 1 1 1 2
2 1 1 1 1
1 3 1 1 1
1 1 4 1 1
1 1 1 5 1
1 1 1 1 2
0 1 1 1 3
0 2 0 0 1
0 0 3 0 1
0 0 0 4 1
23
2dd
1 1 1 1 2
0 1 1 1 3
0 0 2 2 7
0 0 3 0 1
0 0 0 4 1
35
2dd
1 1 1 1 2
0 1 1 1 3
0 0 2 2 7
0 0 3 0 1
0 0 4 0 15
34
cc
1 1 1 1 2
0 1 1 1 3
0 0 2 2 7
0 0 0 3 1
0 0 0 4 15
45
cc
1 1 1 2 1
0 1 1 3 1
0 0 2 7 2
0 0 0 1 3
0 0 0 15 4
34
15dd
1 1 1 2 1
0 1 1 3 1
0 0 2 7 2
0 0 0 1 3
0 0 0 0 49
Có
= 98 ≠ 0 → r(A) = 5 → Hệ PTTT
3, Xét A =
1 1 1 1
2 1 0 1
3 6 5 4
1 1 1 1
0 3 2 1
0 3 2 1
23
dd
1 1 1 1
0 3 2 1
0 0 0 0
Có
= 3 ≠ 0 → r(A) = 2 3 → Hệ PTTT
2.8(SGK/34) : Tìm m để các ma trận có hạng nhỏ nhất, lớn nhất
1, A =
Nếu m – 6 = 0 m = 6 thì r(A) = 1
m ≠ 6 → r(A) = 2
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
15
2, A =
2
1 2 1 1
2 3 2 6
1 1 0 3
1 1 1 5
mm
13
cc
2
1 2 1 1
2 3 2 6
0 1 1 3
1 1 1 5
mm
2
1 2 1 1
0 1 0 4
0 1 1 3
0 1 0 4
mm
2
1 2 1 1
0 1 0 4
0 1 1 3
0 0 0 0
mm
Ta có : r(A) = 2
m = 1
Với m ≠ 1 →
= 1 – m ≠ 0 → r(A) = 3
KL : Khi m = 1 thì r(A) = 2 ; m ≠ 1 thì r(A) = 3
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
16
CHƢƠNG 3 : HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
Dạng 1 : Giải hệ phƣơng trình
Phương pháp khử dần các ẩn :
o Dùng 3 phép biến đổi sơ cấp đưa HPT về dạng hình thang hoặc tam giác
Hệ tam giác
Tìm
nghiệm bằng cách giải ngược từ dưới lên
Hệ hình thang
Nếu r(A)
= r(
) = r n → Hệ vô số nghiệm. Khi đó ta có r ẩn cơ sở và ( n – r ) ẩn
tự do. Biểu diễn ẩn cơ sở qua ẩn tự do
Phương pháp Cramer : Áp dụng đối với hệ có n phương trình, n ẩn với định thức của
ma trận hệ số ≠ 0 → Hệ Cramer có nghiệm duy nhất là x
j
=
. Với D
j
là định thức cấpn
được lấy từ định thức
bằng cách thay cột thứ j bởi cột hệ số tự do
3.1(SGK/55) Giải các hệ phương trình sau
1, Có
=
1 2 1 6
1 1 3 2
2 3 6 6
0 2 2 2
1 2 1 6
0 3 2 8
0 1 4 6
0 2 2 2
1 2 1 6
0 1 4 6
0 3 2 8
0 2 2 2
1 2 1 6
0 1 4 6
0 0 10 10
0 0 10 10
1 2 1 6
0 1 4 6
0 0 10 10
0 0 0 0
Vậy r(A) = r(
) = 3 → Hệ có nghiệm duy nhất
Ta có hệ PT
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = ( 3, 2, 1 )
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
17
2,
=
1 2 3 4 4
0 1 1 1 3
1 3 0 3 1
0 7 3 1 3
1 2 3 4 4
0 1 1 1 3
0 5 3 1 3
0 7 3 1 3
1 2 3 4 4
0 1 1 1 3
0 0 2 4 12
0 0 4 8 24
1 2 3 4 4
0 1 1 1 3
0 0 2 4 12
0 0 0 0 0
Có r(A) = r(
= 3 4 → Hệ có vô số nghiệm
Chọn x
4
= α ( α bất kỳ ) khi đó ta có
KL : Nghiệm của hệ là X = ( -8, 3 + α, 6 + 2α ) với α bất kỳ
4,
=
1 3 5 7 12
3 5 7 1 0
5 7 1 3 4
7 1 3 5 16
1 3 5 7 12
0 4 8 20 36
0 8 24 32 56
0 20 32 44 68
1 3 5 7 12
0 4 8 20 36
0 0 8 8 16
0 0 8 56 112
1 3 5 7 12
0 4 8 20 36
0 0 8 8 16
0 0 0 64 128
Có r(A) = r(
) = 4 → Hệ phương trình có nghiệm duy nhất
Ta có hệ
Vậy nghiệm của hệ phương trình là X = ( 1, -1, 0, -2 )
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
18
5,
=
1 2 1 1 1 0
1 1 3 1 1 3
1 1 1 4 1 2
1 1 1 1 5 5
2 1 1 1 1 2
1 2 1 1 1 0
0 1 2 0 0 3
0 1 0 3 0 2
0 1 0 0 4 5
0 3 1 1 1 2
1 2 1 1 1 0
0 1 2 0 0 3
0 0 2 3 0 5
0 0 2 0 4 2
0 0 7 1 1 7
1 2 1 1 1 0
0 1 2 0 0 3
0 0 2 3 0 5
0 0 0 3 4 7
23 21
0 0 0 1
22
1 2 1 1 1 0
0 1 2 0 0 3
0 0 2 3 0 5
0 0 0 3 4 7
49 49
0 0 0 0
33
Có r(A) = r(
) = 5 → Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
Ta có hệ
Vậy nghiệm của hệ là X ( 1, -1, 1, -1, 1 )
6,
=
8 5 2 8
9 3 4 9
5 3 2 7
7 8 1 12
8 5 2 8
21 14
00
88
16
02
88
29 6
05
88
8 5 2 8
21 14
00
88
2
0 0 2
3
5
0 0 5
3
Có r(A) = r(
) = 4 → Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
19
Ta có hệ
3.3(SGK/56) Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất
1, Có
=
3 4 1 0
3 2 2 5
2 5 1a
3 4 1 0
0 2 1 5
72
01
33
a
23
7
6
dd
3 4 1 0
0 2 1 5
1 41
00
26
a
Có r(A) = r(
) = 3 → Hệ có nghiệm duy nhất
a +
≠ 0 a ≠
2, Có
=
1 2 4 4
2 1 8
1 8 6 2
0 5 10 2
a
a
1 2 4 4
0 5 8 0
0 10 2 2
0 5 10 2
a
a
1 2 4 4
0 5 8 0
0 0 18 2 2
0 0 18 2 2
a
a
a
34
dd
1 2 4 4
0 5 8 0
0 0 18 2 2
0 0 0 0
a
a
Hệ có nghiệm duy nhất r(A) = r(
) = 3 18 – 2a ≠ 0 a ≠ 9
3, Có
=
01
01
02
02
a a a
a a a
a a a
aaa
21
dd
01
01
02
02
a a a
a a a
a a a
aaa
01
01
0 0 3
0 2 1
a a a
aaa
aa
a a a
01
01
0 0 0 4
0 0 0 0
a a a
aaa
a
a
Hệ có nghiệm duy nhất r(A) = r(
) = 4 -a ≠ 0 a ≠ 0
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
20
3.4(SGK/56)
1,
=
2
1 1 1 1
1 1 1
1 1 1
k
kk
kk
21
dd
2
1 1 1
1 1 1 1
1 1 1
kk
k
kk
22
2
1 1 1
0 2 1
0
kk
k k k k k
k k k k
23
dd
2
2
1 1 1
0
0 ( 2) 1
kk
k k k k
k k k k k
23
( 2)k d d
2
2 3 2
1 1 1
0
0 0 3 2
kk
k k k k
k k k k k
Để hệ phương trình đã cho vô nghiệm thì
k = -3
k = 0 k = 0 k = 0
2,
2 1 3 4 4
0 3 1 4 2
4 2 4 6 2
2 4 9 ( 1) 3k
2 1 3 4 4
0 3 1 4 2
0 0 10 2 6
0 3 6 3 1k
24
dd
2 1 3 4 4
0 3 1 4 2
0 0 10 2 6
0 0 5 7 3k
34
1
2
dd
2 1 3 4 4
0 3 1 4 2
0 0 10 2 6
39 27
0 0 0
55
k
Hệ vô nghiệm -8 – k = 0 k = - 8
Dạng 2 : Hệ phƣơng trình tuyến tính thuần nhất
Hệ PT thuần nhất
Luôn có r(A) = r(
) → Hệ luôn có ít nhất một nghiệm
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
21
Điều kiện tồn tại nghiệm không tầm thường
o Hệ phương trình thuần nhất có nghiệm không tầm thường Hạng của ma trận
hệ số nhỏ hơn số ẩn
o Nếu r(A) = r < n → Nghiệm tổng quát có r ẩn cơ sở và ( n – r ) ẩn tự do. Khi đó
hệ có vô số nghiệm có nghiệm không tầm thường
Chú ý
o Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có vô phương trình ít hơn số ẩn thì nó có
nghiệm không tầm thường
o Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất với số phương trình bằng số ẩn có nghiệm
không tầm thường định thức ma trận hệ số = a
3.5(SGK/56)
1, Có A =
2 3 4 1
3 2 5 1
5 4 1 3
2 4 1 5
det A =
2 3 4 1
3 2 5 1
5 4 1 3
2 4 1 5
14
cc
1 3 4 2
1 2 5 3
3 4 1 5
5 4 1 2
1 3 4 2
0 5 1 5
0 5 11 11
0 11 19 12
= 1×(-1)
2
×
5 1 5
5 11 11
11 19 12
= -660 + 121 – 475 + 605 -60 + 1045 = 576 ≠ 0
→ Hệ là hệ Cramer , có nghiệm duy nhất là nghiệm tầm thường X
0
= ( 0, 0, … , 0 )
2, Có A =
2 0 1 3 1
1 1 0 1 1
0 2 1 5 3
1 3 2 9 5
2 4 3 13 7
12
dd
1 1 0 1 1
2 0 1 3 1
0 2 1 5 3
1 3 2 9 5
2 4 3 13 7
1 1 0 1 1
0 2 1 5 3
0 2 1 5 3
0 4 2 10 6
0 6 3 15 9
Ta có hệ phương trình
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
22
3.6(SGK/57) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm không tầm thường
1, Hệ có nghiêm không tầm thường khi định thức của ma trận hệ số bằng 0
A =
= - 4m - 2 + 4 + 2 – 2m + 8 = - 6m + 12
Vậy m = 2 thì hệ có nghiệm không tầm thường
2, Hệ có nghiêm không tầm thường khi định thức của ma trận hệ số bằng 0
A =
2 3 1 2
4 5 3 4
6 7 5 7
8 9 9 m
2 3 1 2
0 1 1 0
0 2 2 1
0 3 5 8m
2 3 1 2
0 1 1 0
0 0 0 1
0 0 2 8m
34
dd
2 3 1 2
0 1 1 0
0 0 2 8
0 0 0 1
m
= -4 ≠ 0 → Không có giá trị của m để hệ có nghiệm không tầm thường
3.7(SGK/57)
1,
=
3 1 2
2 4 1 2
4 2 3 1
a
3 1 2
10 1 2 6
0
3 3 3
10 1 4
01
3 3 3
a
a
a
3 1 2
10 1 2 6
0
3 3 3
0 0 0 2 1
a
a
a
Hệ phương trình có vô số nghiệm r(A) = r(
) = 2 -2a – 1 = 0 a =
2,
=
2
1 2 3 1 2
3 1 1 2 4
2 4 ( 6) 6 8aa
2
1 2 3 1 2
0 5 10 5 10
0 8 8 12aa
23
8
5
dd
2
1 2 3 1 2
0 5 10 5 10
0 0 16 0 4aa
Hệ có vô số nghiệm
a = 4
3.10(SGK/57) Biện luần về nghiệm số của hệ phương trình sau theo tham số k
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
23
1, Có
2
4 1 1 3
3 1 1 2
5 4 2 3
1 2 0 1kk
21
dd
2
1 2 0 1
3 1 1 2
5 4 2 3
1 2 0 1kk
2
1 2 0 1
0 7 1 1
0 14 2 2
0 4 0 2kk
2
1 2 0 1
0 7 1 1
0 4 0 2kk
2
34
4
7
k
dd
2
1 2 0 1
0 7 1 1
4 ( 2)(5 )
00
77
k k k
+ ) k = 2 → A
1 2 0 1
0 7 1 1
0 0 0 0
→Hệ có vô số nghiệm
+ ) k = - 2 → A
1 2 0 1
0 7 1 1
0 0 0 4
→Hệ vô nghiệm
+ ) k ≠ ± 2 → Hệ có nghiệm duy nhất
2,
=
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
k
k
k
k
12
dd
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
k
k
k
k
2
1 1 1 1
0 1 1 1 1
0 1 1 0 0
0 1 0 1 0
k
k k k k
kk
kk
23
dd
2
1 1 1 1
0 1 1 0 0
0 1 1 1 1
0 1 0 1 0
k
kk
k k k k
kk
2
1 1 1 1
0 1 1 0 0
0 0 2 1 1
0 0 1 1 0
k
kk
k k k k
kk
34
dd
2
1 1 1 1
0 1 1 0 0
0 0 1 1 0
0 0 2 1 1
k
kk
kk
k k k k
34
( 2)k d d
2
1 1 1 1
0 1 1 0 0
0 0 1 1 0
0 0 0 2 3 1
k
kk
kk
k k k
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
24
+ ) Nếu k = 1 ta có
11111
00000
00000
00000
→ Hệ vô số nghiệm
+ ) Nếu k ≠ 1 ta có
1 1 1 1
0 1 1 0 0
0 0 1 1 0
0 0 0 3 1
k
k
Nếu k = -3 thì r(A) ≠ r(
) Hệ vô nghiệm
Nếu k ≠ -3 thì r(A) = r(
) = 4 → Hệ có nghiệm duy nhất
Kết luận: Với
Hệ có nghiệm duy nhất
Với k = 1 : Hệ có vô số nghiệm
Với k = -3: Hệ vô nghiệm
3,
2 1 1 1
2 1 2
2 1 1 2 1
k k k k
k k k k
k k k k
2 1 1 1
3 1 1 2 1 2 1
1 0 1 0
k k k k
k k k
kk
Nếu k = -1 → r(A) = 2 = r(
) < 3 → Hệ có vô số nghiệm
Nếu k ≠ -1 Biến đổi tiếp ta có
2 1 1 1
3 1 1 2 1 2 1
1 0 1 0
k k k k
k k k
kk
2 2 2
3 3 1 0 2 2 1 2 2 1
3 1 1 2 1 2 1
1 0 1 0
k k k k k k
k k k
2
31
(3 3 1)k k d d
22
0 0 2 2 1
3 1 1 2 1 2 1
1 0 1 0
k k k k
k k k
Nếu k
2
– k ≠ 0
Hệ có nghiệm duy nhất r(A) = 3
Nếu k = 0 → Hệ vô nghiệm r(A) = 2, r(
) = 3
Nếu k = 1 → Hệ vô nghiệm r(A) = 2, r(
) = 3
3.11(SGK/58) Biện luận về nghiệm số và giải các hệ phương trình sau
Các dạng bài tập toán cao cấp 1 Kul Studies Group 08/2014
25
1,
=
1 1 1
1 1 1
1 1 1
a
a
a
12
dd
1 1 1
1 1 1
1 1 1
a
a
a
2
1 1 1
0 1 1 1
0 1 1 0
a
a a a
aa
1 1 1
0 1 1 1
0 1 1 0
a
a
23
dd
1 1 1
0 1 1 0
0 1 1 1
a
a
23
(1 )a d d
1 1 1
0 1 1 0
0 0 2 1
a
a
Nếu a = 1 => 1 – a = 0 => hệ có vô số nghiệm
Nếu a = -2 a + 2 = 0 thì r(A) ≠ r(
) → Hệ vô nghiệm
Nếu a ≠ -2 thì r(A) = r(
) = 3 → Hệ có nghiệm duy nhất
HPT
Hệ vô nghiệm a = -2
2,
=
3 4 1 0
3 2 2 0
2 5 1
4 1 3 1
a
a
3 4 1 0
0 2 1 0
72
01
33
13 5
01
33
a
a
3 4 1 0
0 2 1 0
1
0 0 1
2
1
0 0 ( ) 1
2
a
a
Vì d
4
= -d
3
→ Bỏ dòng 4
=
3 4 1 0
0 2 1 0
1
0 0 1
2
a
Nếu a +
= 0 a =
thì r(A) = 2 ≠ r(
) = 3 → Hệ vô nghiệm
Nếu a ≠
thì r(A) = r(
) = 3 → Hệ có nghiệm duy nhất
Khi đó hệ phương trình là
