Bài tập ma trận định thức HPT có lời giải

MA TRẬN
Câu 1: tìm ma trận X thỏa mãn AX=B với
 2 1
1
A
; B   
4 1 
 3

Giải
a

Xác định cỡ ma trận của X là 2x1 , ta đặt X=  
b

 

 2 1  a   1   2a  b   1 
AX  B  
      
 
 4 1   b   3   4a  b   3 
2
1
 2a  b  1

 a  ,b 
3
3
 4a  b  3
 2 / 3

 X 

 1/ 3 

Câu 2: tính tích AB biết
1 2 
1 2 3 
A
; B  3 2 

4 1 2
1 4 

Giải:
1 2

1 2 3
4 1 22

1.1

.3 2
3

1 43

2.3

4.1 1.3
2

3.1 1.2

2.2

3.4

10 18

2.1 4.2 1.2

2.4

9

18 2

2


 2 1

2
Câu 3: A  
 ; f ( x)  2 x  4 x  3  f ( A)  ?
3 4 

Giải:
f ( A)  2 A2  4 A  3I
2

f ( A)  2 
3
1
f ( A)  2 
18
 3
f ( A)  
 24

1 2 1  2 1  1 0 

  4
  3

4  3 4   3 4   0 1 
6   8 4   3 0 



13  12 16   0 3 
8 

13 
 1 3
2
3
200
 tính A ,A từ đó suy ra A
 0 1

Câu 4: A  
Giải :

 1 3  1
A2  A. A  

 0 1 0
1 61
A3  A2 . A  

0 10
 1 200  3 
 A200  

1 
0

3  1

1  0
3  1

1  0

6

1
9

1

1 2 1 1
Câu 5: tìm hạng của ma trận A   2 4 2 2 
 3 6 3 4



Giải :
 1 2 1 1  h2 h2  2 h1  1 2 1 1 
1 2 1 1

 h3 h3 3h1 
 h2  h3 

A   2 4 2 2    0 0 0 0    0 0 0 1 
 3 6 3 4
0 0 0 1
0 0 0 0






 r (A)  2


1 1 1 
Câu 6: tính nghịch đảo( nếu có) của ma trận : A  1 2 2 
1 2 3 




Giải :
1 1 1 1 0 0  1 1 1 1 0 0 

 

 A I  1 2 2 0 1 0   0 1 1 1 1 0 
1 2 3 0 0 1  0 1 2 1 0 1 
1 0 0 2 1 0 


 0 1 0 1 2 1   I A1 
0 0 1 0 1 1 
 2 1 0 


 A1   1 2 1
 0 1 1 



Câu 7: tính ma trận nghịch đảo của
1 1 1 
A   2 3 1 
 3 4 0 

Giải:
det(A)= -2#0 nên A khả nghịch

A11  (1)11

3 1
4 0

 4; A12  (1)1 2

2 1
3 0

 3; A13  (1)13

A21  4; A22  3; A31  2; A33  1

 4 4 2 
1 
A 
3 3 1 

2
 1 1 1 
1

1
Cho ma trận

A

2
1

3 4
1

1

2 1

2
4
2

. Hãy tìm hạng của A.

2 3
3 4

 1


1

3 4

Câu 8: đưa A= 2
1

1

1

2
4 về ma trận bậc thang bằng các biến đổi sơ cấp

2 1

2

Giải:
Biến đổi sơ cấp trên dòng

A
1
2

3 4
1

1
1
0

1

2 1
3
7

4

2

D1

4

D2

2

5

5

0

1

3

4

2

7

0

0

-2 D1 + D2  D2

7 0

0

0

D3

2

D1 + D3  D3

5
D2 + D3  D3
7

7 0
0

0

Ma trận cuối cùng trong bảng là một ma trận bậc thang có hai dòng khác
không. Vậy r(A) = 2.
câu 9: Tính hạng của ma trận sau:
1
 1
A
1


2

2 2 1 4
1 1 1 3 
3 3 2 2

1 1 0 1

Giải:
1

2

Xét ma trận tạo bởi hai dòng đầu A  
 có định thức detA = 3.
 1 1 
Ta xét tiếp ma trận tạo bởi các cột 1, 2, 4 và dòng 1, 2, 3 ta có ma trận
 1 2 1
B   1 1 1  chứa ma trận A và có detB = 1.
 1 3 2


Tiếp tục xét các ma trận con cấp 4 chứa ma trận B thì có hai ma trận B1 và B2
1
 1
B1  
1

2

2 2 1
1
 1

1 1 1
B2  
1
3 3 2


1 1 0
2

2 1 4
1 1 3 
3 2 2

1 0 1

Vậy detB1 và detB2 đều bằng 0. Cả hai định thức này đều bằng 0. Do đó rankA = 3.
Câu 10: Tìm điều kiện của m để hạng ma trận sau bằng 1.
1 3 4 
A   2 6 m 
 3 9 12 

Giải
Nhận thấy ma trận A có hai dòng 1 và 3 tỉ lệ với nhau, do đó để ma trận có hạng
bằng 1 thì
m = 8.

T
Nhận xét: Do rank ( A)  rank ( A ) nên ta có thể thay thế các phép biến đổi trên dòng
bởi các phép biến đổi trên cột để đưa ma trận A về dạng bậc thang từ đó suy ra
hạng của ma trận A

Câu 11: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau:


0
1
A
1

1

1 1 1
0 1 1 
1 0 1

1 1 0

Giải:
Xét ma trận sau:
0

1
1

1

1 1 1 1 0 0 0
3


0 1 1 0 1 0 0  d1  d1  d2  d3  d4 1


1
1 0 1 0 0 1 0


1 1 0 0 0 0 1 
1

3 3 3 1 1 1 1
1


0 1 1 0 1 0 0  d1  13 d1 1

1
1 0 1 0 0 1 0


1 1 0 0 0 0 1 
1

1 1 1 1/ 3 1/ 3 1/ 3 1/ 3

0 1 1 0

1
0
0 
1 0 1 0
0
1
0 

1 1 0 0
0
0
1 

1 1 1 1 1/ 3 1/ 3 1/ 3 1/ 3 
1 0 0 0 2 / 3 1/ 3 1/ 3 1/ 3 




0

1
0
0

1/
3
2
/
3


1/
3

1/
3
d1  d1  d 2  d3  d 4
d 2  d 2  d1

 
0 1 0 0 1/ 3 2 / 3 1/ 3 1/ 3



d3  d3  d1
0 0 1 0 1/ 3 1/ 3 2 / 3 1/ 3
0 0 1 0 1/ 3 1/ 3 2 / 3 1/ 3
d 4  d 4  d1




0 0 0 1 1/ 3 1/ 3 1/ 3 2 / 3 
0 0 0 1 1/ 3 1/ 3 1/ 3 2 / 3 
1

0


0


0
d 2  d 2
d3  d3
d 4  d 4

0 0 0 2 / 3

1/ 3

1 0 0 1/ 3

2 / 3

0 1 0 1/ 3

1/ 3

0 0 1 1/ 3

1/ 3

1/ 3 

1/ 3 
2 / 3 1/ 3 

1/ 3 2 / 3
1/ 3

1/ 3

Vậy ma trận nghịch đảo của ma trận A là
1/ 3
1/ 3 
 2 / 3 1/ 3
 1/ 3 2 / 3 1/ 3
1/ 3 
1

A 
 1/ 3
1/ 3 2 / 3 1/ 3 


1/ 3
1/ 3 2 / 3
 1/ 3

Câu 12:
Bằng phương pháp giải hệ phương trình Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận
a
1
A
1

1

1 1 1
a 1 1 

1 a 1

1 1 a

Giải
Ta lập hệ phương trình sau:


ax1  x2  x3  x4
 x  ax  x  x
 1
2
3
4

 x1  x2  ax3  x4
 x1  x2  x3  ax4

 y1

(1)

 y2

(2)

 y3

(3)

 y4

(4)

Cộng hai vế của hệ phương trình ta có
(a  3)( x1  x2  x3  x4 )  ( y1  y2  y3  y4 ) (*)
Nếu a = -3 ta có thể chọn các tham số y1 , y2 , y3 , y4 sao cho y1  y2  y3  y4  0 . Khi đó
(*) vô nghiệm nên hệ phương trình trên vô nghiệm suy ra ma trận A không khả
nghịch.
Nếu a  3 thì từ (*) ta có x1  x2  x3  x4 

1
y1  y2  y3  y4 (**).
(a  3)

Ta lần lượt lấy các dòng (1), (2), (3), (4) trừ cho (**) thì
1
 (a  2) y1  y2  y3  y4 
a3
1
(a  1) x2 
  y1  (a  2) y2  y3  y4 
a3
1
(a  1) x3 
  y1  y2  (a  2) y3  y4 
a3
1
(a  1) x4 
  y1  y2  y3  (a  2) y4 

a3

(a  1) x1 

Nhận xét:
- Nếu a = 1 ta có thể chọn các giá trị của các tham số y1 , y2 , y3 , y4 sao cho
(a  2) y1  y2  y3  y4  0 khi đó hệ phương trình vô nghiệm do đó A không khả
nghịch.
- Nếu a  1 thì
1
 (a  2) y1  y2  y3  y4 
(a  1)(a  3)
1
x2 
  y1  (a  2) y2  y3  y4 
(a  1)(a  3)
1
x3 
  y1  y2  (a  2) y3  y4 
(a  1)(a  3)
1
x4 
  y1  y2  y3  (a  2) y4 
(a  1)(a  3)

x1 

Khi đó, chọn các giá trị cho các tham số y1 , y2 , y3 , y4 là 1 ta có ma trận nghịch đảo
của ma trận A là:

1
1
1 
(a  2)
 1
(a  2)
1
1 
1

A1 
1
(a  2)
1 
(a  1)(a  3)  1


1
1
(a  2) 
 1

Kết luận:
Nếu a = -3, a = 1 thì ma trận A không khả nghịch.
Nếu a  1, a  3 thì ma trận A khả nghịch và ma trận nghịch đảo của A được xác
định bởi công thức
1
1
1 

(a  2)
 1
(a  2)
1
1 
1
1

A 
1
(a  2)
1 
(a  1)(a  3)  1


1
1
(a  2) 
 1


ĐỊNH THỨC
 3 1 3 
Câu 1: tính det(A) với A= 5 2 2 
 4 0 0 

Giải:
Khai triển theo hang thứ 3 :
3 1 3

1 3

A5

2

2  4.(1)31

4

0

0

2

2  4.( 1)31

 2 3 3

3 0 1
Câu 2: tính det(A) với A= 
 2 0 3

 4 0 1

1 3
2

2

 32

2

4
2

5

Giải: khai triển theo cột thứ 2

A

2

3

3

2

3

0

1

4

2

0

3

2

4

0

1 5

 (3). A12  0. A22  0. A32  0. A42  3 A12

3

1

4

A  3 2

3

2  ....  87

4

1 5


 2 1

 0 3
Câu 3: tính định thức của ma trận tam giác A=  0 0

0 0
0 0


3 0 4

6 7 1
5 2 8

0 4 9
0 0 1 

Giải:
2 1 3 0 4
0 3 6 7 1
A0

0

5 2 8  2.(3).5.4.1  120

0

0

0 4 9

0

0

0 0 1

Câu 4: sử dụng các phép biến đổi sơ cấp để tìm định thức
1

2
A
 3

 2

1 2 1 

3 5 0
2 6 2 

1 3 1

Giải :
1
A

1 2 1

2

3 5

3

2 6 2

0

2 1 3

h2  h2  2 h1
h3  h3 3 h3
h4  h4  2 h1



1

1

1

2 1

0

1

1

2

0 1 0

1

0

3

1
11

A 
1.(1)
khai _ trien _ theo _ cot_ dau _ tien

1

2

1 0

1

3
1

1

A  1 0

2
1  1.(1)1 2

4 0 15

1

7 1

1

4 15

7 1

 19

Câu 5: dùng phép biến đổi sơ cấp, tính định thức của ma trận


3

2

A
 3

4

2 1

1

3 2 0 
1 4 2 

1 3 1

Giải
3
A

2

2 1

1

3 2

0

3 1

4

2

4

3

1

1

h3  h3  2 h1
h4  h4  h1



3

2

1 1

2

3

2 0

3

5

2

0

4

0

1 1

1 4

A 
1.(1)
khai _ trien _ theo _ cot_so_ 4

2

3

2

3

5

2

1 1

2 3 2
A 5 8
5 5

0  (2).(1)13
0

5 8
5 5

4

 30

Câu 6: tính định thức
1

2

3

... n

1

0

3

... n

Dn  1 2

0

... 0

...

...

... ...

...

1 2 3 ... 0

Giải :
Khai triển theo hang 1 ta có : Dn =7A11+5A12

11

Dn  7(1)

7

5

0 ... 0

2

7

5 ... 0

0

2

11

7 ... 0  5(1)

2

5

0 ... 0

0

7

5 ... 0

0

2

7 ... 0

... ... ... ... ...

... ... ... ... ...

0

0

0

0 ... 7

0

0 ... 7


11

Dn  7 Dn 1  5.2(1)

7

5

0 ... 0

2

7

5 ... 0

0

2

7 ... 0

... ... ... ... ...
0

0

0 ... 7

Dn  7 Dn 1  10 Dn  2
 Dn  5 Dn 1  2( Dn 1  5 Dn  2 )
 Dn 1  5 Dn  2  2( Dn  2  5Dn 3 )
 Dn  5 Dn 1  2n  2 ( D2  5 D1 )
Dn  7 Dn 1  10 Dn  2
 Dn  2 Dn 1  5( Dn 1  2 Dn  2 )
Dn 1  2 Dn  2  5( Dn  2  2 Dn 3 )
 Dn  2 Dn 1  5n  2 ( D2  2 D1 )

Từ trên ta có
 Dn  5Dn1  2n2 ( D2  5D1 )

Câu 7: sử dụng định lý laplace tính định thức các ma trận sau
1
2
a) A= 
3

d
0
2
b) B= 
1

0

0 2 a
0 b 0 
c 4 5

0 0 0
3 0 5
3 1 1 
1 3 0

4 0 5

Giải
1

a) Xét ma trận A 

0 2 a

2 0 b 0
3

c 4 5

d

0 0 0


Nhận thấy dòng 4 có nhiều số 0, nên khai triển định thức theo dòng 4 ta có:
0 2 a
A  (1)

4 1

d0 b 0.
c 4 5

0 2 1

Tiếp tục khai triển theo dòng thứ 3 của định thức 0 b 0 ta có:
c 4 5
A  d .c.

2 a
b 0

 dc(ab)  abcd
0 3 0 5

b) Xét ma trận B 

2 3 1 1
1 1 3 0
0 4 0 5

2 1 1

2 3 1

1 2

1 4

Khai triển theo dòng 1 có B  (1) 3 1 3 0  (1) 5 1 1 3
0 0 5

0 4 0

Khai triển theo dòng cuối của 2 định thức trên có:
B  (1)1 2 .3.5.(1)33

2 1
1 3

 (1)1 4 4.(1)23 .5

2 1
1 3

 25

Câu 8: sử dụng định lý Laplace( tổng quát) tính định thức của ma trận
0
2
A= 
1

0

3 0 5
3 1 1 
1 3 0

4 0 5

Giải:
Chọn M là ma trận vuông cấp 2 tạo bởi các phần tử trên dòng 1 và dòng 4. Khi đó,
A  (1)1 4 2 4
(1)1 413

3 5 2 1
0 3 1 1
3 0 2 1

.
 (1)1 41 2
.
 (1)1 4 2 4
.
4 5 1 3
0 4 3 0
4 0 1 0

0 0 3 1
0 5 2 1
0 5 2 3
.
 (1)1 41 4
.
 (1)1 4 41
.
0 0 1 3
0 5 1 3
0 5 1 1

 (1)(5)5  25

Ta chọn ma trận con dựa trên dòng 1 và 3, cột 1 và cột 3.
Áp dụng định lý Laplace ta có


1 31 3

det A  (1)

1

2 8 9

1

3 1

1 1 0  252
7 2 3

Câu 9: tính det(A) biết
1
0

A1

 1
 1

0 1 1
1 1

2

2 1

0

0 1

0

1 1

1

2
1
1

2
1 

Giải:
Ta chọn cột 2 để khai triển. Tuy nhiên, trước hết ta nhân dòng 2 với -2 rồi cộng
vào dòng 3 và nhân dòng 2 với -1 rồi cộng vào dòng 5. Khi đó
1

0

1

1

2

0

1

1

2

1

1

0 1 4

3

1 0

1

0

2

1 0

0

1

2 .

Khai triển theo cột 2 ta được
1 2

1

1

1

1 4 3

1

1

0

1

0

1 2

2

Tiếp theo ta thực hiện các bước sau trên định thức cấp 4. Ta nhân cột 1 với (-1)
với cột 3, sau đó nhân cột 1 với 2 rồi cộng vào cột 4. Định thức trên sẽ trở thành:
2 4

1

1

1

1 5 5

1

1

1

0

1

0

0

0

Tiếp theo ta khai triển theo dòng 4 thì được định thức
1

2 4

(1)(1) 1 5 5  1
5

1

1

0

Câu 10: giả phương trình :


x

x 1

x2

0 0

x 1

0

x 1

x

x2

0 0

x5  1

x100

1

2

0

Giải:
Ta khai triển vế trái theo dòng 2 ta được
1

x

x2

VT  (1) ( x  1) X

1

x2

0

0

x100

5

2

Ta tiếp tục khai triển theo dòng 3 ta được
VT  (1  x 2 ) x100

1

x

 (1  x 2 ) 2 .x100

x 1

Vậy phương trình đã cho tương đương với
(1  x 2 )2 x100  0  x  1, x  0

Câu 11: dùng phương pháp quy nạp tính định thức
1  a1b1
Dn 

a2b1

a1b2

...

a1bn

1  a2b2 ...

a2bn

...

...

anb1

anb2

...

...

... 1  anbn

Giải
Ta tách định thức theo cột thứ n, ta được
1  a1b1 ...

0
0

a2b1

...

a2bn 1

...

...

...

Dn 

an 1b1
anb1
1  a1b1 ...


a1bn 1

... 

... 1  an 1bn 1
...
anbn 1
a1bn 1

0
0

a2b1

...

a2bn 1

...

...

...

1  a1b1 ...

0
1

...  bn

a1bn 1

a1bn

a2b1

...

a2bn 1

a2bn

...

...

...

...

an 1b1
anb1

... 1  an 1bn 1
...
anbn 1

1  a1b1 ...

an 1bn
anbn

a1bn 1

a1

a2b1

...

a2bn 1

a2

...

...

...

...

an 1b1

... 1  an 1bn 1

0

an 1b1

... 1  an 1bn 1

an 1

anb1

...

1

anb1

...

an

anbn 1

anbn 1

Ta khai triển định thức đầu theo cột thứ n ta được định thức đầu bằng Dn 1 .


Nhân cột thứ n của định thức thứ 2 với (bi ) rồi cộng vào các cột thứ i với i tương
ứng nhận các giá trị từ 1, 2, …., n-1. Ta có
1

0 ... 0

a1

0

1 ... 0

a2

Dn  Dn 1  bn ... ... ... ...

...  Dn 1  bn an

0

0 ... 1

an 1

0

0 ... 0

an

Từ đó ta có 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  1  b1a1 . Do đó, Dn  1  b1a1  b2 a2  ...  bn an
Câu 12: Cho a, b  , a  b . Hãy tính định thức sau
ab
1

ab

0

...

0

0

a  b ab ...

0

0

...

...

Dn  ...

...

...

...

0

0

0

... a  b

0

0

0

...

0

ab
ab

Giải:
Khai triển định thức theo dòng đầu ta được
1
0

ab

0

...

0

0

a  b ab ...

0

0

...

...

Dn  (a  b) Dn 1  ab ...

...

...

...

0

0

0

... a  b

0

0

0

...

0

ab
ab

Tiếp tục khai triển định thức sau theo cột 1 ta có Dn  (a  b) Dn1  abDn2 với n  3 .

Suy ra,
Dn  aDn1  b( Dn1  aDn2 ) (1)
và Dn  bDn1  a( Dn1  bDn2 ) (2) với n  3
Áp dụng công thức truy hồi trên ta suy ra được
2
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
2
Với D2  a  b  ab và D1  a  b

Suy ra, Dn 

a n 1  b n 1
a b


Câu 13: Tính định thức cấp n n  2
sin(21 )
D

sin(1   2 ) ... sin(1   n )

sin( 2  1 )

sin(2 2 )

...

...

... sin( 2   n )
...

sin( n  1 ) sin( n   2 ) ...

...
sin(2 n )

Giải:
sin(1   2 )
 sin(21 )
sin(   )
sin(2 2 )
2
1
A

...
...

sin( n  1 ) sin( n   2 )

Ta có

 sin 1
sin 
2


  sin  3

 ...
sin  n

cos 1

0 ...

cos  2

0 ...

cos  3

0 ...

...

... ...

cos  n

0 ...

... sin(1   n ) 
... sin( 2   n ) 

...

...

...
sin(2 n ) 
0  cos 1 cos  2 cos  3
0  sin  2 sin  2 sin  3

0. 0
0
0
 
...  ...
...
...
0   0
0
0

(B)

(C)
,n2

0

Ta có det A  det B.det C  

 sin (1   2 ), n  2
2

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
1)Giải hệ phương trình :

 x  2y  z  0

 2x  3y  z  3
3x  y  4z  7

Ta có :

 1 2 1 
1


 
A   2 3 1  ; B   3 
 3 1 4
 7


 
Khi đó

... cos  n 
... sin  n 
...
0 

...
... 

...
0 


1

2

1

D  2

3

1  14

3

1

4

Ta lại có :

0

2

1

1

0

1

1

2

0

Dx  3

3

1  14; D y  2

3

1 ; D z  2

3

3  14

7

1

4

7 4

1

7

3

3

Nên

x

Dx
D



Dy
D
14
0
14
 1; y 

 0; z  z 
1

14
D 14
D 14

2) Giải hệ phương trình

 x  y  2z  0

 x  y  2z  0
 x  y  2z  1

Ta có

1 1 2

0 1 2

D  1 1 2  0; D x  0 1 2 ;
0 0 1
1 0 2

1 0 1
0 1 0

D y  1 0 2  0; D z  0 1 0  0
0 1 1
Hệ phương trình vô nghiệm vì D = 0
3) Giải hệ phương trình :

 3x1  x 2  x 3  6


 x1  5x 2  x 3  12

=-6
 2x1  4x 2
2x  x  3x  3
2
3
 1
=9
 5x1  4x 3
Giải :

0 0 1


Tìm hạng của ma trận :




A 





3

1

1

5

2

4

2

1

5

0


1


1



;
B

0



3



4


3

1

1

1

5

1

2

4

0

2

1

3

5

0

4

6

12 
6 

3

9

Định thức

1 5 1
D 2

4

0  36 Do đó hạng (A)=3

2

1

3

Để tính hạng B ta chỉ cần tính các định thức con của B bao quanh D
Đó là :

3

1

1

6

1

5

1

12

2

4

0

2

1

3

5

0

4

6  0 ,
3
9

1 5 1 12
2

4

0 6

2

1

3

3

5

0

4

9

0

Vì thế hạng (B) = 3 = hạng (B) .Vậy hệ có nghiệm.Giải hệ phương trình ( gồm các phương trình ứng với
các dòng của định thức D ) ;

 x1  5x 2  x 3  12

 2x1  4x 2  6
2x  x  3x  3
2
3
 1
Đó là một hệ Cramer vì D ≠0 . Áp dụng công thức Cramer ta có nghiệm ( 1, -2 , 1).
4)Giải hệ phương trình :

 3x1  x 2  x 3  2x 4  1

 x1  x 2  2x 3  4x 4  5

 x1  x 2  3x 3  6x 4  9
12x  2x  x  2x  10
 1
2
3

4
Giải :
Tìm các hạng của ma trận :


 3 1 1 2 


1 1 2 4 

A
 1 1 3 6 


 12 2 1 2 

 3 1 2
1 


1 2 4
5 

B=
 1 3 6 9 


 12 1 2 10 

Ta thấy định thức :

D

3

1

1 1

 2  0

Tính các định thức con cấp ba của A bao quanh D . Chúng đều bằng 0 . Do đó hạng ( A)=2 . Làm tương tự
ta tìm được hạng (B)=2 .Vậy hệ có nghiệm .Giải hệ ( gồm các phương trình ứng với các dòng của định
thức D ):

 3x1  x 2  x 3  2x 4  1

x1  x 2  2x 3  4x 4  5
Viết hệ này dưới dạng :

 3x1  x 2  x 3  2x 4  1

x1  x 2  2x 3  4x 4  5
Cho x3  c3 ,x 4  c4 ta có hệ Cramer:


 3x1  x 2  c3  2c4  1


x1  x 2  2c3  4c4  5

Giải hệ này ta được :

x1 

c3  2c4  4
2

,x 2 

5c3  10c4  14
2

  c3  2c4  4 5c3  10c4  14

,
,c3 ,c4 
2
2



Nghiệm tổng quát : 

Nếu cho,chẳng hạn cho c3  0,c4  1 thì được nghiệm riêng (-1,-2,0,1)
5) Giải hệ phương trình :

2x  2y  z  1

y z1


  x  y  z  1



Ta có :

2 1

2
A  0
1
2
A2  0

1 2 1

1

1  1; A 1  1

1

1

1

1 1

1

1 2

1

1

2 1

2

1  4; A 3  0

1

1 1

1

1

1

1  3

1

1

Vậy

x

A1
A

 2; y 

A2
A

 4; z 

A3
A

 3

6) Giải hệ phương trình :

 x1  2x 2  3x 3  4x 4  7

 2x1  x 2  2x 3  3x 4  6

 3x1  2x 2  x 3  2x 4  7
4x  3x  2x  x  18
 1
2
3
4
Giải theo phương pháp Gauss :









h2  h2  h3






1

2

3

2

1

2

3

2

1

4

3

2

1

2

0

1

0

4

0

5









7  h2  h2 2h1 
 h3  h3 3h1 
h4  h4  4h1
3 6  



2 7


1 18

4

1

2

0

3

0

4

0

5


7 
 h3  h3  4h2 
h4  h4  5h2
4
5
6  




8 10 14


10 15 10 

3

1

2

3

0

1

4

0

0

1

0

0

8

4


7


h4  h4 8h3
5 6  



1 2


10 10 


4

Vậy hệ đã cho tương đương với hệ phương trình :

7 

4 5 8 
8 10 14 

10 15 10 
3

4

7  h3  h4

1
h3  h3
4 5 6  
10


8 10 10

10 20 20 

1

2

3

0

1

0

0

0

0

1

2

3

4

0

1

4

5

0

0

1

1

0

0

0

2

4

7

6
2

6 


 x1  2x 2  3x 3  4x 4  7
 x1  2



x 2  4x 3  5x 4  6

 x 1
 2

x3  x 4  2

 x3  5

 x  3
2x 4  6

 4
7) Tìm tất cả m để hai hệ phương trình sau

 x  2y  5z  0

 x  3y  7z  0
x  4y  9z  0


1

 x  4y  9z  0

 x  2y  7z  0
3x  10y  mz  0


 2

 1 2 5  h2  h2  h1  1 2 5 
 1 2 5

 h3  h3  h1 
 h3  h3 2h2 

 1 3 7    0 1 2    0 1 2 
1 4 9
 0 2 4
 0 0 0






Vậy hệ đã cho tương đương :

 x  2y  5x  0

y  2z  0

 x  

Đặt : z    y  2
 z

Thay nghiệm của hệ phươn gtrifnh ( 1) vào hệ phương trình thứ 2 của hệ (2) ta thấy :

  2(2)  7  0  2  0 .Vì α là số tùy ý nên chọn α≠0 thì ta thấy nghiệm của hệ (1)
Không là nghiệm của hệ (2) nên 2 hệ trên không tươn g đương.
8) Giải và biện luận hệ phương trình :


x1  x 2  x 3  2x 4  1

x1  2x 2  3x 3  4x 4  2


x1  x 2  4x 3  x 4  m

4x  3x  x  mx  m2  6m  4
 1
2
3
4

















1

1

1

2

1

2

3

4

1

1

4

1

4

3

1

m

1

1

1

2

0

1

2

2

0

2

5

3

0

1

3

m8
















 h3  h3  2h2
h4  h4  h2
1
 

m 1


m2  6m 
1

1

1

1

2

0

1

2

2

0

0

1

1

0

0

1

m6

1

1

1

2

0

1

2

2

0

0

0

1

0

0

0

m7

 h2  h2  h1
 h3 h3  h1
h4  h4  4h1
2
 

m

2
m  6m  4 
1



h4  h4  h3
1
 


m 1

m2  6m  1



1

m 1 

m2  7m 
1

Vậy hệ đã cho tương đương với hệ sau :

x1  x 2  x 3  2x 4  1

 x 2  2x 3  2x 4  1

 x3  x 4  m  1
 (m  7)x  m2  7m

4
x 4  m

 x  m  1 x4  1
Nếu m-7 ≠0 hệ đã cho có nghiệm  3
 x 2  1  2x 3  2x 4  3  2m
 x  1  x  x  2x  1
 1
?
3
4
 x1  x 2  x 3  2x 4  1


Nếu m =7 thì 
x 2  2x 3  2x 4  1

x3  x 4  8


1


 x4  t

 x  8 t
Cho x 4  t ta được  3
x 2  17  4t
x  t 8
 1
Vậy với m=7 hệ phương trình vô số nghiệm

9) Xác định a để hệ thuần nhất ba ẩn :

2  a 1
0   x   0

   
 1 a 1   y    0
 1
3 1  a  z  0

Dùng phương pháp Gauss

2  a 1
 1
1

0 
3 1  a
3
1 a






A   1 a 1    1 a 1    0 a  3
2 a 
 1
2  a 1
 0 3a  5 a2  3a  2
3 1  a
0 




Trường hợp ta có : a  3  0  a  3 ta có :

 1 3 2
 1 3 2





A   0 0 1   0 4 2  r(A)  3 nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường .
 0 4 2
 0 0 1




Trường hợp a  3  0  a  3 thì



1 3

1
3
1 a 
1 a




2

a
2


a


 0 1
A  0
1



3 a
3 a 


 0 3a  5 a2  3a  2
3
2


 0 0 a  3a  4 

3  a 
 a 2

3
2
Ta có a  3a  4  0  

a  1

 r(A)  2  3 nên hệ có nghiệm không tầm thường

 1 3 1


+ Nếu a =2 thì A   0 1 0  nên hệ tương đương với
0 0 0 




x  3y  z  0
Do đó các nghiệm không tầm thường là x= c , y= 0 , z =c với c ∈ R\{0}

y0

1 3 2 


3

+ Nếu a= -1 thì A  0 1
nên hệ tương đương với

4
0 0 0 


x  3y  2z  0
c
3


và có các nghiệm tầm thường là : x  ,y   c,z  c với c ∈ R\{0}

3
4
4
 y z0

4