Bài tập về ma trận và cách giải

Nguyễn Thị Vân

BÀI TẬP TOÁN III – BUỔI 1
( Tài liệu có sai sót sẽ được chỉnh lí trên lớp bài tập)
PHẦN 1:
+ Giải và biện luậnh hệ phương trình đại số tuyến tính bằng phương pháp khử
Gauss-Jordan

1. Viết các phương trình sau dưới dạng ma trận và dạng vecto
(a) ( 11T59)
(b)

2𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 = 8
4𝑥 + 7𝑦 + 5𝑧 = 20
−2𝑦 + 2𝑧 = 0

– 𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 2
−2𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 4
3𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 5
−3𝑥1 + 8𝑥2 + 5𝑥3 = 17

(c)

𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0
3𝑥1 +
3𝑥3 − 4𝑥4 = 7
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 2𝑥4 = 6
2𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 + 3𝑥4 = 6

2. Giải các phương trình trong Bài tập 10 bằng phương pháp khử Gauss.
Đs: (a) (2, 1, 1)

(b) (0, 3/2, 1) (c) (4, -3, 1, 2)

3. Giải hai hệ sau đây bằng phương pháp khử Gauss

ì x1 + 3x2 + x3 + x4 = 3
ï
(a) í2x1 - 2x2 + x3 + 2x4 = 8
ï3x + x + 2x - x = -1
3
4
î 1 2

ì2x + y - z - 2 = 0
ï
ïx - y + z - 4 = 0
(b) í
ï3x + 3y - z - 4 = 0
ïî x + 2 y - 2z + 2 = 0

æ3 5
1 1
- x3 , - - x3 , x3 ,
4 8
è4 8

Đs: a) Hệ có nghiệm: ç

(

ö
3÷ , x3 λ;
ø

)

b) Hệ có nghiệm: 2,0,2 ;
4. ( 18T60) Số q nào làm cho hệ sau suy biến (tức là số trụ ít hơn số biến)? Với số q đó, tìm
giá trị t để hệ có vô số nghiệm và tìm nghiệm có z = 1.
1


Nguyễn Thị Vân

x  4 y  2z  1

x  7 y  6z  6
3 y  qz  t

Đs: Hệ suy biến khi q = - 4;

17  10 z
5  4z 

,y 
,z;
Hệ vô số nghiệm khi t = 5, nghiệm tổng quát của hệ  x 
3
3



với z = 1 nghiệm hệ là (-9,3,1).
5. ( 27T74) Cho hệ phương trình với ma trận mở rộng như sau

1 2 3 a 
 A b    0 4 5 b 
 0 0 d c 
Chọn các số a, b, c, d trong ma trận mở rộng để hệ
(a) không có nghiệm

(b) có vô số nghiệm

Đs: a) Hệ phương trình đã cho vô nghiệm khi c  0, d = 0,  a, b ;
b) Hệ đã cho có vô số nghiệm khi c = 0, d = 0,  a, b

x  2 y  z   a

6. Giải và biện luận phương trình sau  x  y  ( m  2) z  1 , trong đó a, m là các tham số
 x  2 y  mz  2

Đs:

m  1: Hệ có nghiệm duy nhất: x 

(4  m )( a  2)
( m 1)  2( a  2)
a2
y
z
;

m 1
m 1
m 1

m = 1và a = - 2 : Hệ có vô số nghiệm;
m = 1 , a  - 2 : Hệ vô nghiệm.

2 x  y  z  a

7. Tìm điều kiện của tham số thực a,b,c để hệ sau có nghiệm:   x  2 y  z  b
 x  y  2 z  c

Đs:

Nếu a + b + c ¹ 0 thì hệ phương trình vô nghiệm

2


Nguyn Th Võn

Nu a + b + c = 0 thỡ h phng trỡnh vụ s nghim

ổ 1 ộ 4a + 2b
ử
ự 2b + a
+
2z
,
+

z,
z
ỳ
ỗố 2 ờ 3
ữứ , z ẻằ
3
ở
ỷ
ax1 x2 x3 1

8. Gii v bin lun h sau theo tham s a: x1 ax2 x3 a
x x ax a 2
2
3
1
s:

Nu 2 - a - a 2 ạ 0 đ a ạ 1, a ạ -2

thỡ h phng trỡnh cú nghim duy nht

ổ a +1 1 (1+ a )2 ử
,
,
ỗữ
ỗố a + 2 a + 2 a + 2 ữứ
Nu a = -2 thỡ h phng trỡnh vụ nghim
Nu a = 1 thỡ h phng trỡnh vụ s nghim
PHN 2:
+ Cỏc phộp toỏn ma trn

+ Ma trn nghch o
+ Gii phng trỡnh ma trn
3
9. Cho hai ma trn = [2
1

1
0
2

4
1
1] = [3
2
2

0
1
4

2
1]
1

Hóy tỡm:
(a) 2

(b) +

(c) 2 3

(d) (2) (3)

(e)

(f)

(g)

(h) () .

6
s: () [4
2

2
0
2

8
2]
4

4
() [5
3

1
1
2

6
2]
3

3
( ) [ 5
4

2
3
16

2
1]
1

3


Nguyễn Thị Vân

3
(𝑑 ) [2
2

5
−3
−1

5
(𝑓) [−10
15

−4
16 ]
1

5
−1
4

8
−9]
6

5
(ℎ) [5
8

−10
−1
−9

15
4]
6

10. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau

é
ê
(a) A = ê
ê
ê
ë

0
0
0
5

0
0
4
0

0
3
0
0

æ
0
ç
ç
ç 0
-1
Đs: (a) A = ç
ç 0

ç
ç 1
è 2

2
0
0
0

3
ù
4
ú
ú (b) B  
0
ú

ú
û
0

0

0

1

0

1

0

1

0

0

0

0

3

0

4

æ 1 -a -b + ac
ç
-1
-c
(c) C = 0 1
ç
çè 0 0
1

5

ö
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
ø

2 0 0
3 0 0

0 6 5

0 7 6

æ
ç
(b) B -1 = ç
ç
çè

é 1 a b ù
ê
ú
(c) C = ê 0 1 c ú
ê 0 0 1 ú
ë
û

3 -2 0 0 ö
-4 3 0 0 ÷
÷
0 0 6 -5 ÷
0 0 -7 6 ÷ø

ö
÷
÷
÷ø

12. (a) ( 27T101) Tìm ma trận nghịch đảo của A bằng cách thực hiện biến đổi Gauss – Jordan

1 0 0 


trên ma trận [A I]: A  2 1 3


 0 0 1 
1 2 3 


(b) Tìm ma trận X thỏa mãn phương trình: AX  1 2 0 .


1 0 0 

 1 0 0 



Đs: (a)  2 1 3 
 0 0 1 



1
(b) [−4
1

2
−2
0

3
−6]
0
4


Nguyễn Thị Vân

2

3
13. Tìm a để ma trận sau có nghịch đảo A = 
1

2

0 

2 0 0 
.
1 1 1 

1 0 a 
1 0

Đs: 𝑎 ≠ 0.

 2 3 6 


14. Cho 2 ma trân A, B: A  15 4 12 ,


 9 6 5 

 3 2 5 
B  14 3 12 


 8 6 5 

Tính ( A  B ) 1 .

1 1 1 



Đs: A  B  1 1 0 ,


1 0 0 

0
( A  B ) 1   0

 1

1
1 1

1 0 
0

15. Giải các phương trình ma trận sau :

3
(a) X. 
5
3
(b) 
5

 2   1 2 
,
=
 4   5 6 

 1   5 6   14 16 
 =
.
 .X. 
 2   7 8   9 10 

2 3
 2


(c)  1  1 0  X =
 1 2 1 



 1 2 1 


0
1

2

,
 1 0 1 



1  1 1 


  6 2 7 
(d) X.  1 0  1  = 
.
15
2

13

1 1  2  



5


Nguyễn Thị Vân

 1 2   3
Đs: a) X = 

 5 6   5

1

 2 3
 =
 4 5

 2
.

 4
1

1

1 2 
 3  1   14 16   5 6 
(b) X = 
 = 3 4 .
 .  9 10  . 


  7 8
5  2 
1

2 3   1 2  1   1  4  3   1 2  1   4 2 4 
 2
 
 


 

(c) X =  1  1 0   0 1  2  =  1  5  3   0 1  2   4 3 6


 1 2 1   1 0 1   1 6 4   1 0 1   5 4 7 
 
 




 
1

1  1 1 
1  1 1 
6
2

7
 6 2 7  



 1 2 3

1

3
2
1
0

1
(d) X = 
.
=
.


 
 
  4 5 6

15
2

13

 15 2  13  


1  2 1  



1 1  2 
 2 1  3 


1
0
5
X =
16. Tìm số m sao cho tồn tại X thỏa mãn 
 3 2  1 


 0 1 3

 6 
 
 6  . Với số m tìm được hãy tìm
m 
 
2 

X.
Đs : m = -6. X = ( 1, -1, 1 ).
HƯỚNG DẪN GIẢI:

1 4

4. +) Hệ suy biến  A =  1 7
0 3


2 

6  suy biến
q 

1 4

Ma trận bổ sung của hệ [ A b] =  1 7
0 3


 detA = 0  q = - 4.

2 1 
1 4


6 6    0 3
0 0
q t 


2

1 

4
5 
q  4 t  5 

+) Hệ có vô số nghiệm khi t = 5 và q = -4.
6


Nguyễn Thị Vân

+) Hệ có nghiệm (

10 z  17 5  4 z
;
; z).
3

3

Khi z =1 thì nghiệm của hệ là: (- 27; 3; 1).

 x
 
5. Ax = b , x =  y 
z
 

 1 2 3  x   a 

   
Hay  0 4 5  y    b 
 0 0 d  z   c 

   

 x  2 y  3z  a

Suy ra  4 y  5 z  b
 dz  c


Biện luận theo c:
(*) Nếu c = 0  d.z = 0

b z

 x  a  2  2

+ Nếu d = 0  0z = 0 thỏa mãn với mọi z. Khi đó 
 Hệ pt có vô số nghiệm
b

5
z
y 

4
b

 x  a  2
+) Nếu d  0  z = 0  
y  b

4

b b
; 0)
2 4

 Hệ phương trình có một nghiệm ( a  ;

(*) Nếu c  0: d.z = c:
+) Nếu d = 0  Hệ phương trình vô nghiệm

b 7c

x


a



c
2 d
+) Nếu d  0  z   
d
 y  b  5c

4 d

 Hệ có một nghiệm ( a 

b 7 c b 5c

; 
;
2 d 4 d

c
)
d
Vậy:
- Để hệ phương trình đã cho vô nghiệm thì c  0, d = 0,  a, b
7


Nguyn Th Võn

- h ó cho cú vụ s nghim thỡ c = 0, d = 0, a, b
Hai s a, b khụng nh hng n kh nng gii c ca h.

ổ 2 -1 -1
ỗ
7.
ỗ -1 2 -1
ỗố -1 -1 2

a
b
c

ổ 2 -1 -1
ỗ
đ ỗ 0 3 -3
ỗố 0 0 0

a
a + 2b
2a + 2b + 2c

ử ổ 2 -1 -1
ữ ỗ
ữ đ ỗ -2 4 -2
ữứ ỗố -2 -2 4

a
2b
2c

ử ổ 2 -1 -1
ữ ỗ
ữ đ ỗ 0 3 -3
ữứ ỗố 0 -3 3

ử
ữ
ữ
ữứ

a
a + 2b
a + 2c

ử
ữ
ữ
ữứ

Nu a + b + c ạ 0 thỡ h phng trỡnh vụ nghim
Nu

a + b + c = 0 thỡ h phng trỡnh vụ s nghim

ổ 1 ộ 4a + 2b
ử
ự 2b + a
+
2z

,
+
z,
z
ỳ
ỗố 2 ờ 3
ữứ , z ẻằ
3
ở
ỷ
ổ a 1 1
ỗ
8.
ỗ 1 a 1
ỗố 1 1 a

1
a
a2

ử ổ 1 1 a
ữ ỗ
ữ đỗ 1 a 1
ữứ ỗố a 1 1

ổ 1
1
a
ỗ
đ ỗ 0 a -1

1- a
2
ỗ 0
0
2
a
a
ố
Nu

a2
a
1

a2
a - a2
1+ a - a 2 - a 3

2 - a - a 2 ạ 0 đ a ạ 1, a ạ -2

ử ổ 1
1
a
ữ ỗ
ữ đ ỗ 0 a - 1 1- a
ữứ ỗ 0 1- a 1- a 2
ố

a2
a - a2

1- a 3

ử
ữ
ữ
ữ
ứ

ử
ữ
ữ
ữ
ứ

thỡ h phng trỡnh cú

nghim duy nht

ổ a +1 1 (1+ a )2 ử
,
,
ỗữ
ỗố a + 2 a + 2 a + 2 ữứ
Nu 2 - a - a 2 = 0 đ a = 1, a = -2
8


Nguyễn Thị Vân

æ 1 1 -2

ç
TH 1: a = -2 Ma trận mở rộng:
ç 0 -3 3
çè 0 0 0

æ 1 1 1
ç
TH 2: a = 1 Ma trận mở rộng:
ç 0 0 0
çè 0 0 0

(1- y - z, y, z )

1
0
0

4
-6
3

ö
÷
÷ . Hệ phương trình vô nghiệm
÷ø

ö
÷
÷ . Hệ phương trình vô số nghiệm
÷ø

y, z λ

10. (a) Vì A khả nghịch nên tồn tại A 1 : A -1 A = I
Do đó AB = AC  A -1 A B = A -1 A C  I.B = I.C  B = C

1
(b) Chọn B = 
3

2
,C=
4

3 4


1 2

1 0 0 1 0 0 
1 0 0 1 0 0
1 0 0 1 0 0






12.a) [A I] =  2 1 3 0 1 0    0 1 3 1 1 0    0 1 0 1 1 3 
0 0 1 0 0 1 

0 0 1 0 0 1
0 0 1 0 0 1






1 0

 A 1 =  1 1
0 0


0 

3 
1 

1 0 0  1 0
 
1 
b) X  A  1 1 3    1 1
0 0 1  0 0

 

0  1 0 0   1 0



3   2 1 3    1 1


1   0 0 1   0 0

0 

3 
1 

9