Ma trận - định thức

chơng 2. ma trận - định thức

1. Cho các ma trËn:
3

A  4
1


 2

7
 5 

;

TÝnh: a) A + B – C
Gi¶i.
a) A + B – C =

3

4
1


 2

7
 5 

c) 3A + 5B – 2C =

0

1
9 

4

 5
6


+

 2

7
 5 

3

3.  4
1


–

 2


C  8
 11


;

b) 2A – 7B

3

2.  4
1


b) 2A – 7B =

4

B   5
6


c) 3A + 5B – 2C.

7
 2


0 
– 8

 11  3 


0
4
  22




5
1
7. 
 =  43
6
  40
9 



 2

7
 5 

0

1
9 

+

7

0 .
 3 

4

5.   5
6


0

1
9 

–

 9 
 9


=  9 8 .
  4
7 

 4


7 .
 73 

 2

2.  8
 11


7

0 
 3 

=

 33  20 


26  .
  29
 11
36 


2. Cho hai ma trËn :
 10  7
A 
5
2

5
6





;

8
1
B 
 2 7

3
0


 .


T×m ma trËn X sao cho: a) A – X = B; b) 3B + 2X = A; c) 5X – 2A = 4B.
Gi¶i.
8
3 
2

1
 9  15

 – 
 = 
 .
0 

 2 7
 4  2 6
8 3
 1
1   10  7 5 
  3
 
b) 3B + 2X = A  X = 1 (A – 3B) =  
5
6
2  2
2
  2 7 0
 4 
 2 
 7  31
 7 / 2  31 / 2
 = 
 .
= 1 . 
6 
4
8
3
2  8  16



8 3
 1
1   10  7 5 
  4.
 
c) 5X – 2A = 4B  X = 1 (2A + 4B) =  2.
5
6
5  2
5
  2 7 0
18
22 
 24
.
= 1 
12 
5   4 38

a) A – X = B  X = A – B =

 10  7

5
 2

5
6

3. Cho hai ma trËn :
 10  7
A 
5
2

5
6





;

0
4


B   5 1
 6 9



T×m ma trËn X trong mỗi trờng hợp sau đây:
a) X = A + tB ; b) 3tB – 2X = 2A ; c) 3X + tA – 2B = O ( O lµ ma trận
không).
Giải.
Trớc hết ta có: B =

t

a) X = A + tB =

4  5

0 1

 10  7

5
 2

5
6

6
9


 ,


vµ A =





+

4  5

0 1

t

2
 10


  7 5
5
6 


6
9





=

, v× vËy:

 14  12

6

2

11
15


 .


1


1
2

b) 3tB – 2X = 2A  X =
1
2

=
c) 3X + A – 2B = 0
t

1
3

8
15

1  4

 3
2   0

 5
1

6
 10
  2
9
 2

 7
5

5

6  


 .


(2B – A) =
t

  4
1 
2  5
3 

  6

0

1 
9 

 10

 7
 5


2

5
6  

 2

 3
12 

1 
 3
3 

X=



 8  1

 4  7

X=



2

(3tB 2A) =

7

4. Nhân các ma trận sau:
a)

 3

 11

c)

5

4
3


4   10

6    2
7
0
6

5
.
7 

b)

 1  5 7 


7   1 9  .
5   4 0 

 4 7

5  1 
   3 5  .
12 5  

0 6

9

4

d)  a 1 a 2 a 3

 x1 
 
x 
a 4  2  .
x
 3
x 
 4

Gi¶i.
a)

 3

 11

c)

5

4
3


4   10

6    2

7
0
6

5
=
7 

 1  5 7 


7   1 9 
5   4 0 

d)  a 1 a 2 a 3

  38

 98

=

13 
.
97 

 14

 48
 29



b)

9

4

 4 7

5  1 
  3 5 
12 5  

0 6

=

 21

  20

82 

118 

.

98 


28  .
75 

 x1 
 
x 
a 4  2  = (a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4).
x
 3
x 
 4

5. Cho hai ma trËn :

5
A 
6

8 1
2 4

3
0





;

 1

3
B
7

0


7

5
.
4

2

Tính AB và BA. Có kết luận gì về tính giao hoán của phép nhân ma trận.
Giải.
Ta có tÝch AB =

5

6

8 1
2 4

3
0





 1

3
7

0


7

5
4

2 

=

 12

 28

77 
,
68

là ma trận vuông cấp 2.

2


Cßn tÝch BA =

 1

3
7

0


7

5
4

2 

5

6

8 1
2 4

3

0





=

 37

 45
 59

12


6
34
64
4

29
17
9
8

3

9
21

0

, là ma trận vuông cấp

4.
Từ đó suy ra phép nhân ma trận nói chung không có tính chất giao hoán.
6. Cho các ma trận:
2
A 
 1

6

5 

;

4 0  2 

B 
 5 3 4 

5 7


C   2 0  .
3 4



;

a) TÝnh AB ; BC.
b) TÝnh (AB)C vµ A(BC). So sánh hai kết quả.
Giải.
a) Ta có AB =
BC =
b)

2

1

6

5 

4 0  2 
 38

 = 
 5 3 4 
 21
 5 7

4 0  2  
 14

   2 0  = 

 5 3 4  3 4
 31



18 20 
.
15 22 
20 
.
51 

 5 7

 38 18 20  
 14 20 



(AB)C = 
  2 0  = 

21
15
22

  3 4
 31 51 



6   14 20 
 2
 214 346 
 
 = 
 .
A(BC) = 
  1 5   31 51 
 141 235 

 5 7


  2 0 =
 3 4



 214

 141

346 
.
235 

VËy (AB)C = A(BC).

7. Gi¶ sư A là một ma trận vuông, f(x) = a0 + a1x + a2x2 + ... + anxn . Ta ký hiÖu:
f(A) = a0I + a1A + a2A2 + ... + anAn .

2
1
và đa thức f(x)
A
3 0
2  1
2
 1
 5
A2 =   3 0    3 0  =   3





Cho ma trËn
Gi¶i. Ta cã

= x2 – 2x + 3. TÝnh f(A).
2 
;
 6 

 2

 6

– 2A =

 4

;
0 

3I =

3

0

0

3 

.
VËy f(A) = A2 – 2A + 3I =

 5

 3

2 

 6 

+

 2

 6

 4

0 

+

3

0

0

3 

=

 4

 3

 2

 3 

8. Cho F(x) = x(x – 1)(x – 2) ... (x – n + 1), trong ®ã n là một số tự nhiên, và a
là một số thực bất kỳ. Tính các định thức cấp n + 1 sau đây:
a)

D2

D1

F(0)
F(1)

F(1)
F(2)

...
...

F(n)
F(n 1)

...
F(n)

...
F(n 1)

...
...

...
F(2n)

F(a)
F(a)

F(a)

F(a)

...

F (n) (a)

...

F (n 1) (a)

...
(n)
F (a)

...

...
...

...
(2n)
F
(a)

F (n 1) (a)

.

b)

.

Giải.
a) Vì F(x) là đa thức bậc n với hệ số cao nhất b»ng 1, cã n nghiÖm: 0, 1, ... , n –
1 nªn F(0) = F(1) = F(2) = ... = F(n – 1) = 0. Ngoµi ra F(n) = n!. Vậy trong D 1 các
phần tử trên đờng chéo phụ đều bằng n!, các phần tử nằm về phía bên trên đờng
3


chéo phụ đều bằng không, nghĩa là D1 có dạng tam giác. Do đó D1 = s(f)(n!) n + 1,
trong đó f là phép thế tơng ứng với đờng chéo phô:
f=

2 ............. n  1 
 1


n

1
n ...................1 


 s(f) = C 2n 1 

(n  2)(n  1)
2

.

(n  2)(n 1)

VËy D1 = ( 1) 2
(n ! ) n 1
b) Ta cịng cã: F (n )(x) = n! vµ đạo hàm cấp lớn hơn n đều bằng không, do đó các
phần tử trên đờng chéo phụ bằng n!, còn các phần tử nằm về phía bên dới đờng
chéo phụ ®Ịu b»ng kh«ng, bëi thÕ:
(n  2)(n 1)
D2 = ( 1) 2
(n ! ) n 1 = D1.
9. TÝnh c¸c định thức cấp n sau đây:
1
x

a)

A x
...
x

1
a

1 ....
a ....

1
a

1

a

x
...
x

a ...
...
x .....

a
...
x

a
...
a

. b)

0
1

1
0

1
1

...

...

1
1

B1
...
1

1
...
1

0
...
1

...
...
...

1
...
0

.

Giải.
a) Cách 1. Nhân cột một với ( 1), rồi cộng vào các cột sau ta đợc:
1

x
A x
...
x

0
ax
0
...
0

0 ....
a  x ....
a  x ...
...
0 .....

0
ax
ax
...
0

0
ax
ax
0
a  x  ...
...
0

ax
0

ax
ax
...
0
0

ax
ax
...
0
0

...
...
...
ax
0

ax
ax
...
ax
ax

= (a+x)n - 1.

(Sau khi khai triển định thức cấp n theo dòng 1, ta đợc định thức cấp n 1).

Cách 2. Nhân dòng thứ nhất với ( a), rồi cộng vào các dòng sau ta đợc:
1
(a x)
A   (a  x)
...
 (a  x)

1
0
 (a  x)
...
 (a  x)

1 ....
0 ....
0 ...
...
 (a  x) .....

1
0
0
...
 (a  x)

1
0
0
...
0

= (– 1)1 + n.1.[– (a + x)]n - 1= (a +

x)n - 1.
Cách 3. Nhân dòng thứ nhất với x, rồi cộng vào các dòng sau ta đợc:
1
0
A0
...
0

1
ax

1 ....
a x ....

1
ax

1
ax

0
...
0

a x ...
...
0 .....

ax
...
0

ax
...
ax

= (a + x) n - 1.

b) Céng tÊt c¶ các cột vào cột đầu tiên ta đợc:
0
1
B1
...
1

1
0
1
...
1

1
1
0
...
1

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

1
1
1
...
0

=

n 1
n 1
n 1
...
n 1

1
0
1
...
1

1
1
0
...

1

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

1
1
1
1
1 (n  1) 1
...
...
0
1

1
0
1
...
1

1
1
0
...
1

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

1
1
1 
...
0

(– 1) n - 1.(n 1).
(Nhân dòng thứ nhất với ( 1), rồi cộng vào các dòng sau, sau đó khai triển định
thức theo cột thứ nhất ta đợc kết quả nh trên).
10. Chøng minh r»ng :
4


x
1
0
D
...
0
0

0
x
1

...

0
0
x
...

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

0
0
0
...

a0
a1
a2
...

0
0

0
0

...
...

x
1

a n 1
an

n

 aixi
i 0

Gi¶i.
Tríc hÕt ta thÊy r»ng D là định thức cấp n + 1.
Cách 1. Ta có thể chứng minh bằng phơng pháp quy nạp theo n. Trong trờng hợp
này ta khai triển định thức theo dòng đầu.
Với n = 1, thì D =
Với n = 2, th× D =

x

a0

1

a1

x

0

a0

1

x

a 1 a 2 x 2  a 0  a 1 x

0

1

a 1 x  a 0 ,

khẳng định là đúng.
= a2x2 + a1x + a0, khẳng định đúng.

a2

Giả sử khẳng định đúng đối với n - 1, ( n > 2) ta chứng minh khẳng định đúng với n.
Khai triển định thức theo dòng đầu ta ®ỵc:
x
1
0
D x
...
0
0

0
x
1
...

0
0
x
...

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

0
0
0
...

a1
a2
a3
...

0
0

0
0

...
...

x
1

a n 2
a n 1

 a 0 (  1)1 n 1

n

=

x.  a i x i  1

 1
0
0
...
0
0

n

+ a0(–1)

n+2

.(–1) =
n

i 1

 aixi  a0

i 1

x
 1
0
...
0
0

0
x
 1
...
0
0

n

=

a

i

xi

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

0
0
0
...
 1
0

0
0
0
...
x
1

(đpcm).

i 0

Cách 2. Khai triển định thức theo cột cuối ta đợc:

1
0
0
D ( 1)1 n 1 a0
...
0
0

x
 1
0
...
0
0

0
x
 1
...
0
0

x
0
0
 (  1) 2 n 1 a 1
...
0

0

 1
0
...
0

0
x
 1
...
0

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

0
0
0
...
 1

0

0

...

0

0

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

0
0
0
...
 1
0

0
0
0
...
x
 1

0
0
0

...
x

 1

5


 (  1) 3 n 1 a 2

x

0

0

...

0

0

 1
0
...

x

0

...

0

0

0
...

 1
...

...
...

0
...

0
 ...
...

0

0

0

...

 1

x

0

0

...

0

 1

0

x
 1

0
x

0
0

...
...

0
0

0
0

0

 1

x

...

0

0

...

...

...

...

...

...

0

0

0

...

x

0

0

0

0

...

 1

x

 (  1) n 1n 1 a n

n

= a0 + a1x + a2x2 + ... + anxn =

a

i

xi

(đpcm).

i 0

11. Tính các định thức :

a)

c)

a
0
0
A 
...
0
b

0
a
0
...
b
0

0
0
a
...

0
0

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

0
b
0
...
a
0

x

a1

a2

...

an

a1
C  a1
...

a1

x
a2
...
a2

a2
x
...
a3

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

an
an
...
x

b
0
0
...
0
a

b)

d)

1
2
B 2
...
2

2
2
2
...
2

1
a1
1 a 1  b1
D1
a1
...
...
1
a1

2
2
3
...
2

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

a2
a2
a 2  b2
...
a2

2
2
2
...
n

...
an
...
an
...
an
...
...
... a n  b n

Gi¶i.

a) Ta ký hiƯu định thức A cấp 2n là A = D 2n. Khai triển định thức theo dòng 1 và
dòng 2n ta đợc: D2n = (a2 b2).D2n - 2. Bằng phơng pháp quy nạp ta chứng minh đợc:
D2n = (a2 b2)2.
b) (Lấy dòng thứ 2 nhân với 1, rồi cộng vào tất cả các dòng khác, sau đó khai
triển theo dòng đầu, định thức còn lại có dạng chéo).
1
2
B 2
...
2

2
2
2
...
2

2
2
3
...
2

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

2

2
2
...
n

=

 1
2
0
...
0

0
2
0
...
0

0
2
 1
...
0

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

0
2
0
...
n 2

= –2(n – 2)!

c) Céng tÊt c¶ các cột vào cột đầu ta đợc nhân tử chung lµ: x + a 1 + a2 + ... + an , và
xem C nh là một đa thức bậc n + 1 cđa x, mµ ta ký hiƯu lµ F(x). VËy C = F(x)
x
a1
C  a1
...
a1

a1
x
a2
...
a2

a2
a2
x
...
a3

...

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

an
an
an
...
x

= (x + a1 + a2 + ... + an)

1
1
1
...
1

a1
x
a2
...
a2

a2
a2
x
...
a3

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

an
an
an
...
x

.

NÕu x = a1 th× dòng 1 và dòng 2 trùng nhau, do đó C = 0, tức là F(x) ( x a1). Tơng tù nh vËy ta còng cã F(x) ( x – ai ), i 1, n . Do c¸c ( x – ai ), i 1, n
6


n

, đôi một nguyên tố cùng nhau nên: F(x)



(x

a i ) Do

F(x) là đa thức bậc n + 1,

i 1
n

víi hƯ sè cao nhÊt b»ng 1 nªn ta cã: F(x) =

 (x 

a i ) (x

+ a1 + a2 + ... + an).

i 1

d) LÊy dßng thø nhÊt nhân với 1, rồi cộng vào các dòng khác ta đợc:
1
a1
1 a 1 b1
D1
a1
...
...
1

a2
a2
a 2 b2
...

a1

a2

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

an
an
an
...

=

... a n b n

1
0
0
...
0

a1
b1
0
...
0

12. Tìm ma trận ngịch đảo của ma trËn

a2
0
b2
...
0

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

A=

 1

 0
3


an
0
0 b1 b 2 ...b n .
...
bn
3
2
1

0 

 1
5 

3 4 6 
. B =  0
1 1  .
 2  3  4



Gi¶i :
 1

 0
3

 1

 0
0


3

0

1

0

2

 1 0

1

1

5

0

0

1

0

3

0

2

0  3

5

0

1  3

4

VËy: A

–1

=

 11 2

  3 2
  3


0

0 
1 

 1

 0
0


0


1 
1 

 1

 0
0


 15 2
5 2
4

3

0

1

0

2
 8

 1

0

1

5

 3

0

0

0

1

0  3/ 2

0

1

 3 2
12
1

11 / 2







 15 / 2
5/2

 3

4

 11

=

0

0 
1 

1 
  3
2 
 6

 1

 0
0


 3 / 2


1/ 2 
1 

 15
5
8

 3
1
2

3

0

1

0

2
0

 1

0

1

1

3

4

0

0
1

.


.



Làm tơng tự với B

7


Chơng 3. hệ phơng trình tuyến tính

1. Tìm điều kiện cần và đủ để hệ sau có nghiệm:
ax y  z 1

 x  ay  z 1
 x y az 1

Giải.

Xét định thức:

a
A 1
1

1
a
1

1
1 ( a  1) 2 ( a  2) .
a

VËy

A

= 0 khi a = 1 hc a = – 2.

NÕu a 1 và a 2, thì A 0, do đó hệ có nghiệm duy nhất.
Nếu a = 1, thì ba phơng trình chỉ là một, hệ có nghiệm.
Nếu a = 2, thì hạngA = 2, còn hạngB = 3 vì

1
2
1

1
1
2

1
1 9 0 ,
1

do đó hệ vô

nghiệm. Kết luận hƯ cã nghiƯm khi vµ chØ khi a – 2.
2. Đối với mỗi hệ sau, tìm các giá trị của tham sè a, b ®Ĩ hƯ cã nghiƯm
a)

 ax  y  z 1

 x  ay  z a
x  y  az a 2


b)

 ax  y  z 4

 x  by  z 3
x  2by z 4


Giải.
a) Hệ có nghiệm khi và chỉ khi a – 2. ThËt vËy:

a

1
1


1
a
1

1
1 1 


1 a   a
1
a a 2 


1
a

0 1 a
0
0


a
1
1

1
a
1 a 


1 1    0 1 a2
 0 1 a
a a 2 



1
a

2
a 1
a  a
.
2 
(1  a )(2  a ) (1  a )(1  a ) 

1
1
a 
a


2
1 a 1 a    0 1 a

 0 1 a2
a  1 a 2  a 


1
a 

2
a  1 a  a 
1  a 1  a 2

Từ đó suy ra:

Nếu a 2 và a 1, th× hƯ cã nghiƯm duy nhÊt. NÕu a = 2, thì hệ vô nghiệm.
Nếu a = 1, th× hƯ cã nghiƯm phơ thc 2 tham sè.
VËy hƯ cã nghiƯm khi vµ chØ khi a – 2.
b) Ta cã

A

=

a
1
1

1
b
2b

1
1 b(1  a )
1

.

VËy khi b 0 vµ a 1, hƯ cã nghiƯm duy nhÊt.
Khi b = 0, th× từ 2 phơng trình sau suy ra hệ vô nghiệm.
Khi a = 1, th× cã hƯ:

 x  y  z 4

 x  by  z 3
 x  2by z 4


. Rõ ràng y = 0, không phải là nghiệm của hệ, do

đó từ phơng trình 1 vµ 3 suy ra (1 – 2b)y = 0  b = 1/2. Khi ®ã hƯ cã nghiƯm.
VËy khi b 0 và a 1, hoặc khi a = 1 và b = 1/2 hệ có nghiệm. Trong các trờng
hợp còn lại hệ vô nghiệm.
3. Với điều kiện nào thì ba đờng thẳng phân biệt sau đây đồng quy ?
a1x + b1y + c1 = 0 ;
a2x + b2y + c2 = 0 ;
a3x + b3y + c3 = 0 .
Gi¶i.
8


Ba đờng thẳng phân biệt nói trên đồng quy khi và chỉ khi hạngA = hạngB, trong đó:

a1

A =  a2
a
 3

b1 
 a1


b2  vµ B =  a 2
a
b3 
 3

b1
b2
b3

c1 

c 2  . VËy nÕu hạngA = 2 và detB = 0, thì 3 đờng
c3

thẳng đồng quy tại một điểm. Nếu hạngA = hạngB = 1, thì 3 đờng thẳng này trùng
nhau (điều này không xảy ra theo giả thiết). Nếu hạngA = 2, hạngB = 3 hoặc hạngA
= 1, còn hạngB = 3, hoặc hạngB = 2, thì 3 đờng thẳng không có điểm chung.
Vậy 3 đờng thẳng đồng quy khi hạngA = 2 và detB = 0.
Chú ý rằng nếu coi các đờng thẳng song song là cắt nhau tại điểm xa vô tận thì chỉ
trừ trờng hợp hạngA = 2 và hạngB = 3, thì 3 đờng thẳng không có điểm chung. Vậy

điều kiện cần và đủ để 3 đờng thẳng ®ång quy lµ detB =

a1
a2
a3

b1
b2
b3

c1
c 2 0
c3

4. Víi ®iỊu kiƯn nào thì ba điểm phân biệt sau đây thẳng hàng ?
A1(a1, b1) ; A2(a2, b2) ; A3(a3, b3).
Giải.
Ba điểm phân biệt A1, A2, A3 thẳng hàng khi và chỉ khi tồn tại 3 số thực A, B, C,
trong đó A, B không đồng thời bằng không, (thực chất là có đờng thẳng Ax + By +
C = 0, mà toạ ®é 3 ®iĨm tho¶ m·n) sao cho:
 Aa 1  Bb1  C 0

Aa 2  Bb 2  C 0 .
 Aa  Bb  C 0
3
 3

HƯ thn nhất này có nghiệm không tầm thờng khi và chỉ khi:
a1
a2

a3

b1
b2
b3

1
1 0
1

5. Viết phơng trình đờng tròn đi qua ba điểm A(2, 1) ; B(1, 2) ; C(0, 1).
Giải.
Cách 1. Ta cã: BC ( 1,  1) ; BA  (1,  1)  BC.BA  0  BC  BA . Vậy
tam giác ABC vuông tại B. Do đó đờng tròn qua A, B, C có tâm I là trung điểm AC,
và
bán kính R = IA. Ta có I(1, 1) , R = 1, nên phơng trình cần tìm là:
(x 1)2 + (y 1)2 = 1.
Cách 2. Phơng trình tổng quát của đờng tròn là: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0.
Do ®êng tròn đi qua A, B, C nên toạ độ của nó thoả mÃn phơng trình đờng tròn, tức
là ta có hÖ:

4  1  4a  2b  c 0

1  4  2a  4b  c 0

1   2b  c 0


4a  2b  c  5
a  1



 2a  4b  c  5  b  1 .

 c 1
2b  c  1



Vậy phơng trình đờng tròn cần tìm là: x2 + y2 – 2x – 2y + 1 = 0, hay
(x 1)2 + (y 1)2 = 1.
6. Tìm các hệ số a, b, c, d để đồ thị của hµm sè y = ax 3 + bx2 + cx + d ®i qua bèn
®iĨm M1(1, 0) ; M2(0, – 1) ; M3(– 1, – 2) ; M4(2, 7) .
Gi¶i. Thay toạ độ các điểm vào phơng trình hàm số ta cã:
a  b  c  d 0
a  b  c 1


 a 1


 d  1
d  1
d  1










a

b

c

d


2

a

b

c


1


 b 0



 8a  4b  2c  d 7
 8a  4b  2c 8

 c 0

.
9


Vậy hàm số cần tìm là: y = x3 1.
7. Xác định tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c , biÕt r»ng:
f(1) = – 1 ; f( 3) = 47; f(2) = 12.
Giải.
Làm tơng tự nh bài trên ta đợc: f(x) = 5x2 2x 4.
8. Giải các hệ phơng trình sau:
x 1 2x 2  3x 3  12
 2x 1  5x 2  4x 3  x 4  1
 x 1  2x 2  x 3  5x 4 0
 2x  x  x 1
 x  3x  2x  2x 2


1
2
3
2
3
4
a) 
b) 3x 1  2x 2  2x 3  x 4  12 c)  1
11x 2  2x 3  5x 4  5
 x  4x  x  9x  12
 3x 1  x 2  2x 3 7


1
2
3
4

 2x 1  3x 2  2x 3 2
 4x 1  x 2  8x 3  3x 4 3
 3x 1  x 2  2x 3  x 4  x 5 1
 3x 1  2x 2  x 3  x 4  x 5 7
 2x  x  7x  3x  5x 2
 1
2
3
4
5
d) 
e) 2x 1  3x 2  2x 3  2x 4  2x 5 8
 x  4x  3x  3x  3x 9
 x 1  3x 2  2x 3  5x 4  7x 5 3
2
3
4
5
 1
3x 1  2x 2  7x 3  5x 4  8x 5 3

Gi¶i.
a) Ta cã:

1

2
3

2


b)
1

0
0


 2
1
1
3

1
3  12 


1
1 
0
 

 2 7

0




2
2 
0

Ta

cã:

2

1

 5

 2

 1

0

0 

0 
14  12 

 6

0

 2
5
5
7
1

3
1


1
3  12 


 5 25 
0
 

 11 43
0




 4 26 
0

2

1

 2

2

 4

1

 2
1
0
0

 5

1
0 


 1  12    0
0
9  12 


3  12
 1 5

 6 18
3  9
2

1

 8

 1

 6

0


 x 1 1



   x 2 2

 x  3

 3

 5

0 

14  12  

14  12 

.

Tõ ®ã ta có hệ phơng trình sau:
15x 2 30

x

1

7
x1 x3  5 x 4  2 x 2
 x t uy ý


2
 x3
2 x 2  

  6 x  14 x  12
 x 3  2x 2
3
4

3x 2  6

x

4


7
c) Ta cã:









2
1
0
4

5
 3
11
1

4
2
2
8

1
2
 5

3

 0
 1


2 
1
 
 5
0




3 
0

11
 3
11
11

0
2
2
0

 0
 5  5



2 2 
1
 
 5  5
0




 5  5
0

11
 3
0
0

0
2
2
0

 5  5

2
2 
0
0 


0
0 

.

7  7x 4

x

1

11

5x
5

Tõ ®ã ta cã nghiƯm cđa hƯ lµ: x 2  4
 x 11
0
3

 x 4  tuy ý
10


3

2
1


3


d)
 3

 3
 4

 9


1
0
0
0

 2
9
2
3

1
0
1
 3

1
0

 2
6

1
0

7
 3

1
0

0
0

 10
0

1
0

 2
7
 2

1
 3
5

 2

7

 5

 3
 1 1


5 2
 5
 

 7 3
 8




8 3
 9

1
0
0
0

 2
5
4

3

1
 2
2
 3

1
4
 4
6

1

3

0

5 

1

3

0

5 
 3

 1

 4

 9


0

1
0

0


1
1
3

 1 4 

0  1
 2  4

0
2 

1
0
0
0

 2
 3
2
3

1
0
1
 3

0
1 1 


0  1
1
 

 2 0
0




6
5 
0

1
0

0

7
 3
 10

1
0
1

0

30

 3

1 4

0 1

2 4

6 14

.

Từ đây suy ra hƯ v« nghiƯm.
e)
 3


 4
 0


2

1

 1

 1

0

0

0

0

0

3 2 1

2 3 2
1 4 3

 1 7 

0  6 .

0
1 

 1
 2
 3

 1 7

 2 8 
 3 9 

 3

 4
 8


2

1

 1

 1

 1

0

0

0

 2

0

0

0

7

6
11

Từ đây suy ra hệ vô nghiệm.

11