Tìm tất cả m để hệ phương trình sau vô nghiệm \(\left\{ \begin{array}{l} x + 2y + z{\rm{ }} = {\rm{ }}1{\rm{ }}\\ 2x + 5y + 3z = 5{\rm{ }}\\ 3x + 7y + {m^2}z = 5 \end{array} \right.\)

Để hệ phương trình chỉ có nghiệm bằng không (nghiệm tầm thường), định thức của ma trận hệ số phải khác 0. Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l} x{\rm{ }} + {\rm{ }}y{\rm{ }} + {\rm{ }}z{\rm{ }} - {\rm{ }}t{\rm{ }} = {\rm{ }}0{\rm{ }}\\ 2x{\rm{ }} + {\rm{ }}3y{\rm{ }} + {\rm{ }}3z{\rm{ }} - {\rm{ }}2t{\rm{ }} = {\rm{ }}0{\rm{ }}\\ 3x{\rm{ }} + {\rm{ }}2y{\rm{ }} + {\rm{ }}2z{\rm{ }} + {\rm{ }}mt{\rm{ }} = {\rm{ }}0{\rm{ }}\\ 4x{\rm{ }} + {\rm{ }}5y{\rm{ }} + {\rm{ }}3z{\rm{ }} + {\rm{ }}mt{\rm{ }} = {\rm{ }}0 \end{array} \right.\) Ma trận hệ số của hệ phương trình là: \(\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 \\ 2 & 3 & 3 & -2 \\ 3 & 2 & 2 & m \\ 4 & 5 & 3 & m \end{bmatrix}\) Để đơn giản, ta biến đổi ma trận này bằng cách sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng: R2 = R2 - 2R1; R3 = R3 - 3R1; R4 = R4 - 4R1 \(\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & m+3 \\ 0 & 1 & -1 & m+4 \end{bmatrix}\) R3 = R3 + R2; R4 = R4 - R2 \(\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & m+3 \\ 0 & 0 & -2 & m+4 \end{bmatrix}\) Hoán đổi R3 và R4 \(\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & m+4 \\ 0 & 0 & 0 & m+3 \end{bmatrix}\) Định thức của ma trận này là 1 * 1 * (-2) * (m+3) = -2(m+3). Để hệ chỉ có nghiệm tầm thường, định thức phải khác 0, tức là -2(m+3) \(\ne\) 0, suy ra m \(\ne\) -3. Vậy, đáp án đúng là \(m \ne - 3\).

Ta có: \(A = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{-1}&2&3\\ 0&2&1&0\\ 3&1&0&{-1}\\ 0&1&{-1}&0 \end{array}} \right|\) \xrightarrow{C_1 \rightarrow C_1 - 3C_3} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} -5&{-1}&2&3\\ -3&2&1&0\\ 3&1&0&{-1}\\ 3&1&{-1}&0 \end{array}} \right|\) \xrightarrow{C_4 \rightarrow C_4 + C_3} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} -5&{-1}&2&5\\ -3&2&1&1\\ 3&1&0&{-1}\\ 3&1&{-1}&{-1} \end{array}} \right|\) \xrightarrow{C_4 \rightarrow C_4 + C_3} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} -5&{-1}&2&5\\ -3&2&1&1\\ 3&1&0&{-1}\\ 0&0&0&0 \end{array}} \right| = 0\) Phân tích lại: Sử dụng khai triển Laplace theo cột 1: \(A = 1 \cdot \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&1&0\\ 1&0&{-1}\\ 1&{-1}&0 \end{array}} \right| - 0 + 3 \cdot \left| {\begin{array}{*{20}{c}} -1&2&3\\ 2&1&0\\ 1&{-1}&0 \end{array}} \right| - 0\) \(= 1(2(0-1)-1(0+1)+0) + 3(-1(0)-2(0)+3(-2-1))\) \(= 1(-2-1) + 3(3(-3)) = -3 -27 = -30\)

Để tính định thức của ma trận A, ta có thể sử dụng khai triển Laplace theo cột đầu tiên. Tuy nhiên, để đơn giản hơn, ta sẽ sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa ma trận về dạng tam giác trên. Ma trận A là: \(A= \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&3\\ 0&1&0&4\\ 0&2&0&1\\ 3&1&a&b \end{array}} \right|\) Trừ 3 lần hàng 1 từ hàng 4, ta được: \(A= \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&3\\ 0&1&0&4\\ 0&2&0&1\\ 0&{ - 5}&{a + 3}&{b - 9} \end{array}} \right|\) Tiếp theo, trừ 2 lần hàng 2 từ hàng 3, và cộng 5 lần hàng 2 vào hàng 4, ta được: \(A= \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&3\\ 0&1&0&4\\ 0&0&0&{ - 7}\\ 0&0&{a + 3}&{b + 11} \end{array}} \right|\) Đổi chỗ hàng 3 và hàng 4, ta đổi dấu định thức: \(A= - \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&3\\ 0&1&0&4\\ 0&0&{a + 3}&{b + 11}\\ 0&0&0&{ - 7} \end{array}} \right|\) Định thức của ma trận tam giác trên bằng tích các phần tử trên đường chéo chính: \(A = -1 * 1 * (a+3) * (-7) = 7(a+3) = 7a + 21\) Vậy A = 7a + 21.

Ta có: \[I = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1\\ a&b&c\\ {b + a}&{c + a}&{a + b} \end{array}} \right|\] Sử dụng phép biến đổi sơ cấp trên dòng: dòng 3 trừ dòng 2 và dòng 1 nhân a, ta được: \[I = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1\\ a&b&c\\ b&c&a \end{array}} \right|\] Tiếp tục sử dụng phép biến đổi sơ cấp trên cột: cột 2 trừ cột 1, cột 3 trừ cột 1, ta được: \[I = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0\\ a&{b - a}&{c - a}\\ b&{c - b}&{a - b} \end{array}} \right| = 1.\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {b - a}&{c - a}\\ {c - b}&{a - b} \end{array}} \right|\] \[= (b - a)(a - b) - (c - a)(c - b) = ab - b^2 - a^2 + ab - (c^2 - bc - ac + ab) = 2ab - a^2 - b^2 - c^2 + bc + ac - ab\] \[= ab - a^2 - b^2 - c^2 + bc + ac\] Hoán đổi dòng 2 và dòng 3: \[I = -\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1\\ b&c&a\\ a&b&c \end{array}} \right|\] Thực hiện C2 - C1, C3 - C1: \[I = -\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0\\ b&{c - b}&{a - b}\\ a&{b - a}&{c - a} \end{array}} \right| = -\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {c - b}&{a - b}\\ {b - a}&{c - a} \end{array}} \right| = -[(c-b)(c-a) - (a-b)(a-b)] = -[c^2 - ac - bc + ab - (a^2 - 2ab + b^2)] = -c^2 + ac + bc - ab + a^2 - 2ab + b^2 = a^2 + b^2 - c^2 + ac + bc - 3ab\] Nếu b+a = c+a = a+b => a=b=c => I = 0 Nhận xét: Nếu ta trừ dòng 3 cho dòng 2, ta được dòng 3 là (b-c, c-b, a-c). Do đó, định thức này sẽ bằng 0 nếu dòng 2 và dòng 3 tỉ lệ, tức là a=b=c. Tuy nhiên, ta cần chứng minh điều này tổng quát hơn. Thực hiện phép biến đổi dòng 3 = dòng 3 - dòng 1 * (a+b+c): \[I=\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1\\ a&b&c\\ {b + a}&{c + a}&{a + b} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1\\ a&b&c\\ {b + a - (a+b+c)}&{c + a - (a+b+c)}&{a + b - (a+b+c)} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1\\ a&b&c\\ {-c}&{-b}&{-c} \end{array}} \right|\] Biến đổi sai. Ta có dòng 3 = dòng 1 * a + dòng 2, nên dòng 3 = dòng 1 * b + dòng 2, nên dòng 3 = dòng 1 * c + dòng 2. Điều này không đúng. Thực hiện phép biến đổi C3 -> C3 - C2, C2 -> C2 - C1, ta có: \[I = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0\\ a&{b-a}&{c-b}\\ {b + a}&{c-b}&{a-c} \end{array}} \right| = (b-a)(a-c) - (c-b)^2 = ab - ac - a^2 + ac - (c^2 -2bc +b^2) = ab - a^2 - c^2 + 2bc - b^2\] Nếu I=0, thì ab - a^2 - c^2 + 2bc - b^2 = 0 Đáp án đúng là I = 0