Bài tập thường kỳ học phần toán cao cấp A2 (hệ đại học)

KHOA: KHOA HỌC CƠ BẢN BÀI TẬP THƯỜNG KỲ HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A 2 (HỆ ĐẠI HỌC) GVHD: ThS. PHAN MINH CHÍNH KHOA:………………….Lớp:……. Nhóm 1: 1. Nguyễn Như Ngọc (08881771) 2. Bùi Văn Tiệp (08267261) Thành phố Hồ Chí Minh, 06/2009 Câu 1: Trên mặt phẳng tọa độ 0xy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện: a) Phần thực của z bằng -2 b) Phần thực của z thuộc khoảng (-1;2) c) 1z  d) 1< z 2 Giải: Ta có: z = a+bi trong đó a là phần thực và b là phần ảo a) Phần thực của z bằng -2 z = -2+bi với b R Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z = -2+bi là đường thẳng có phương trình x = - 2 được biểu diễn trên đồ thị: (y) x = -2 (x) -2 O Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức có phần thực bằng -2 là đường thẳng có phương trình x = -2 b) Phần thực của z thuộc khoảng (-1;2) Tương tự như câu a ta ta có nhận xét:  Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có phần thực bằng -1 là đường thẳng có phương trình x = -1  Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có phần thực bằng 2 là đường thẳng có phương trình x = 2 Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có phần thực thuộc khoảng (-1,2) là phần mặt phẳng được giới hạn bởi 2 đường thẳng x = -1 và x = 2 như trên đồ thị: (y) x=-1 x=2 -1 0 2 (x) c) 1z  Ta có r = 2 2a b = 1z   2 2a b = 1  a2 + b2 = 1 Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 1 là đường tròn (0,1) được biểu diễn như trên hình vẽ: (y) 1 (x) -1 0 1 -1 d) 1< z  2 Ta có r = 2 2a b = z Suy ra: 1< z  2  1< 2 2a b  2  1 < a2 + b2  4 Tương tự như câu c ta có nhận xét:  Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 1 là đường tròn (0,1)  Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 2 là đường tròn (0,2) Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn thỏa mãn 1< z  2 là phần mặt phẳng bên trong giới hạn bởi 2 đường tròn (0,1) và (0,2) bao gồm cả những điểm nằm trên đường tròn (0,2) như theo hình vẽ dưới đây: (y) 2 1 (x) -2 -1 0 1 2 -1 -2 Câu 3: Thực hiện các phép tính sau: a) A = 2 3 2 i i   f) F = 21 321 335           i i Giải: a) A =      2 2 2 (3 2 )2 6 7 2 4 7 3 2 3 2 3 2 9 4 13 i ii i i i i i i i             f) F = 21 321 335           i i =    21 2 221 2 13 31313 121 313185 121 321335                              i i ii i ii =  2131 i Đặt A = -1 + i 3 F = A21 Viết A = -1 + i 3 dưới dạng lượng giác: Modun: r =    22 31  =2 Argument: 1cos 22 2 33sin 2 k             Lấy giá trị chính 2 3   Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2        3 2sin. 3 2cos  i  F = A21 = 221. 21.2 21.2cos .sin 3 3 i      = 221(1 + 0) = 221 Vậy F = 21 321 335           i i = 221 Câu 5a: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: -3z 2 + 2z – 1 = 0 Giải: Ta có : ' = 12 – 3 = -2 = 2i 2 Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm: X1 = 3 21 3 21 2'' ii a b       X2 = 3 21 3 21 2''        ii a b Câu 5f: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 +z2 +1 = 0 (1) Giải: Đặt X = z2 suy ra (1) X2 + 2X +1 =0 (2) Ta có:  (2) = 22 - 4.1.1 = 0  X12 = 12   a b = i2  z2 = X12 = i2  z =  i Vậy (1) có nghiệm là z =  i Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i 3 Giải: Modun: r =    22 31  =2 Argument z:      2 3 2 3sin 2 1cos k r b r a          Lấy giá trị chính 3    Suy ra dạng lượng giác của z là: z = 2        3 sin. 3 cos  i Câu 7f: Viết theo dạng lượng giác z = 1 3 1 i i   Giải: Đặt 1 2 1 3 1 i i z z        z = 1 2 z z (1) * Viết z1 = 1 + i 3 dưới dạng lượng giác: Modun: r1 =    22 31  =2 Argument z1: 1 1 1 1 1 1 1 1cos 2 2 33sin 2 k a r b r                 Lấy giá trị chính 1 3   Suy ra dạng lượng giác của z1 là: z1 = 2        3 sin. 3 cos  i (2) * Viết Z2 = 1 + i dưới dạng lượng giác: Modun: r2 = 2 21 1 = 2 Argument z2: 2 2 2 2 2 2 2 1cos 2 2 41sin 2 k a r b r                 Lấy giá trị chính 2 4   Suy ra dạng lượng giác của z2 là: z2 = 2 cos .sin4 4 i      (3) Thay (2) và (3) vào (1) ta được: z = 1 2 z z = 2( os isin )3 3 2( os isin )4 4 c c       = 2 .[cos( 3  - 4  ) +isin( 3  - 4  )] = 2 (cos 12  +isin 12  ) Vậy z = 2 (cos 12  +isin 12  ) Câu 9: Đặt 1 2 1 3 1 3z ; 2 2 i iz     . Tính 1 2z = (z ) ( )n nz (n là số nguyên dương) Giải: Ta có: 1 1 3z 2 i    1 ( 1 3) 2 n n n i z    (1) 2 1 3 2 iz    2 ( 1 3) 2 n n n i z    (2) Từ (1) và (2) suy ra: 1 2z = (z ) ( ) n nz = 2 )31( n n i + 2 )31( n n i = 2 1 n [ )31( i n  + )31( i n  ] = 2 1 n (A n+Bn) (3) Với A = -1 + i 3 và B = -1 - i 3  A = -1 + i 3 Modun: r1 =    22 31  =2 Argument:    2 3 2 2 3sin 2 1cos 1 1 1 k          Lấy giá trị chính 3 2 1   Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2        3 2sin. 3 2cos  i  An = 2n.        3 2sin. 3 2cos  nin (*)  B = -1 - i 3 Modun: r2 =    22 31  =2 Argument:    2 3 2 2 3sin 2 1cos 2 2 2 k           Lấy giá trị chính 3 2 2   Suy ra dạng lượng giác của B là: B = 2         3 2sin. 3 2cos  i = 2        3 2sin. 3 2cos  i  Bn = 2n.        3 2sin. 3 2cos  nin (**) Thay (*) và (**) vào (3) ta được: z = 2 1 n (A n+Bn) = 2 1 n [2 n.        3 2sin. 3 2cos  nin +2n.        3 2sin. 3 2cos  nin ] = 2 1 n .2 n.( 3 2sin. 3 2cos  nin  + 3 2sin. 3 2cos  nin  ) = 2 3 2cos n Vậy z = 2 3 2cos n Câu 10: Đặt z1 = 2 31 i . Tính z = (z1)n với n là số nguyên dương. Giải: Đặt z1 = 2 31 i = 2 2z (*) với z2= 1+i 3 Viết z2= 1+i 3 dưới dạng lượng giác: Môđun: r2 = 12 + ( 3 )2 = 4  r = 2 Argument z2:       2 3sin 2 1cos     = 3  + k2 Lấy giá trị chính  = 3  Từ đó có dạng lượng giác của z2 là: z2 = 2(cos 3  +isin 3  ) Thay vào (*) ta được: z1= 2 2z = 2 )3sin32(cos  i = 3sin3cos  i Do đó: z= (z1)n = ( 3sin3cos  i )n = cos 3 n + isin 3 n với n là số nguyên dương. Vậy: z = cos 3 n + isin 3 n với n là số nguyên dương.  Với n = 0 thì z0 = 1  Với n = 1 thì z1 = 2 1 + i 2 3  Với n = 2 thì z2 = - 2 1 + i 2 3  Với n = 3 thì z3 = -1  Vơí n = 4 thì z4 = - 2 1 - i 2 3  Với n = 5 thì z5 = 2 1 - i 2 3  Với n = 6 thì z6 = 1 chu kì được lặp lại. Câu 11: Tìm tất cả các số phức u là căn bậc ba của z = 4 2 (1 + i) Giải: z = 4 2 (1 + i) = 4 2 . z1 (*) với z1 = 1+i Viết z1 = 1+I dưới dạng lượng giác: Mođun: r2 = 12 + 12 = 2  r = 2 Argument z1:         2 1sin 2 1cos     = 4  + k2 Lấy giá trị chính  = 4  Từ đó có dạng lượng giác của z1 là: z1 = 2 (cos 4  +isin 4  ) Thay vào (*) ta được: z = 4 2 . z1 = 4 2 . 2 (cos 4  +isin 4  ) = 8(cos 4  +isin 4  ) Theo công thức căn bậc n của số phức ta có: 3 z = 3 4 sin 4 (cos8  i = 2.(cos 3 24   k + isin 3 24   k ) với k = 0, 1, 2  k = 0: u0 = 3 z = 2(cos 12  + isin 12  )  k = 1: u1 = 2(cos 4 3 +isin 4 3 ) = 2( - 2 2 +i 2 2 ) = 2 (-1+i)  k = 2: u2 = 2(cos 12 17 +isin 12 17 ) Câu 15: Tính định thức: A=     0 2 7 0 1 2 3 4 2 7 4 4 0 0 1 0 và B=     2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 Giải: a) A=     0 2 7 0 1 2 3 4 2 7 4 4 0 0 1 0 = -1.        0 2 0 1 2 4 2 7 4 = 2.     1 4 2 4 = 2.(4 – 8) = -8 b) B=     2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2      414 313 212 .1 .1 .1 ddd ddd ddd 2 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1    1 4 1d d d  3 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1    Suy ra B = (-1)4+4.1. 3 1 1 1 1 0 1 0 1   = 5 (Tính theo Sarius) Vậy B=     2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 = 5 Câu 43: Tìm điều kiện của m để 0 với:      m 1 1 m 0 m-1 1 2m 0 0 m 0 0 0 0 1 , Giải: Áp dụng phương pháp Laplace cho định thức ta được:      m 1 1 m 0 m-1 1 2m 0 0 m 0 0 0 0 1 = (-1)3+4+4+3 .     m o 0 1 .     m 1 0 m-1 = m 2 (m-1) Để  >0  m2 (m-1) >0  0 1 0 m m      m >1 Vậy với m>1 thì 0 với:      m 1 1 m 0 m-1 1 2m 0 0 m 0 0 0 0 1 Câu 44: Tính định thức: a) A=        x 2 2 2 x 2 2 2 x    1321 cccc        x+4 x+4 x+4 2 x 2 2 2 x =(x+4).        1 1 1 2 x 2 2 2 x     313 212 ddd ddd (x+4).        1 0 0 2 -2+x 2 2 0 -2+x =(x+4).(x-2)2 b) B=        1 a b+c 1 b c+a 1 c a+b     313 212 ccc ccc 1 0 0 a b a c a b c a b a c      = (b - a)(a – c) – (a – b)(c – a) = (b – a)(a – c + c – a) = 0 Vậy B=        1 a b+c 1 b c+a 1 c a+b = 0 Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng: a)        y+z y 1+z 1 y 2+z 2 z+x z 1+x 1 z 2+x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 = 2        x x 1 x 2 y y 1 y 2 z z 1 z 2 Giải: VT =        y+z y 1+z 1 y 2+z 2 z+x z 1+x 1 z 2+x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 =        y y 1 y 2 z+x z 1+x 1 z 2+x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 +        z z 1 z 2 z+x z 1+x 1 z 2+x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 =        y y 1 y 2 z z 1 z 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 +        y y 1 y 2 x x 1 x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 +        z z 1 z 2 z z 1 z 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 +        z z 1 z 2 x x 1 x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 =        y y 1 y 2 z z 1 z 2 x x 1 x 2 +        y y 1 y 2 z z 1 z 2 y y 1 y 2 +        y y 1 y 2 x x 1 x 2 x x 1 x 2 +        y y 1 y 2 x x 1 x 2 y y 1 y 2 +        z z 1 z 2 x x 1 x 2 x x 1 x 2 +        z z 1 z 2 x x 1 x 2 y y 1 y 2 =        y y 1 y 2 z z 1 z 2 x x 1 x 2 +        z z 1 z 2 x x 1 x 2 y y 1 y 2 = 2        x x 1 x 2 y y 1 y 2 z z 1 z 2 = VP Vậy        y+z y 1+z 1 y 2+z 2 z+x z 1+x 1 z 2+x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 = 2        x x 1 x 2 y y 1 y 2 z z 1 z 2 (Điều phải chứng minh) b) 3 3 3 1 1 ( ).( ).( ).( ) 1 a a b b a b b c c a a b c c c       Ta có VT = 3 3 3 1 1 1 a a b b c c = 3 3 3 3 3 1 0 0 a a b a b a c a c a     = (b – a)(c – a) 3 2 2 2 2 1 0 1 0 1 a a b a ab c a ca     = (b – a)(c – a) 3 2 2 2 2 1 0 1 0 0 a a b a ab c b ca ab      = (b – a)(c – a)(c – b)(a + b + c) = ( ).( ).( ).( )a b b c c a a b c     = VP Vậy 3 3 3 1 1 ( ).( ).( ).( ) 1 a a b b a b b c c a a b c c c       (Điều phải chứng minh) c) 333 222 111 2 33333 22222 11111 )1( cba cba cba x cbxaxba cbxaxba cbxaxba     Ta có VT = 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 a b x a x b c a b x a x b c a b x a x b c       = 333 222 111 333 222 111 cxaxb cxaxb cxaxb cba cba cba  = 1 1 1 2 2 2 3 3 3 a b c a b c a b c - x2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 a b c a b c a b c = 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 (1 ) a b c x a b c a b c  = VP Vậy 333 222 111 2 33333 22222 11111 )1( cba cba cba x cbxaxba cbxaxba cbxaxba     (Điều phải chứng minh) Câu 55: Tính các định thức cấp n: a) A=     a x … x x a … x x… x… … x x x … a Ta thấy mỗi cột của định thức đều có một phần tử bằng a và các phần tử còn lại đều bằng x Nên ta cộng dòng 2, dòng 3,…dòng n vào dòng 1. Khi đó: A =     a+(n-1)x x … x a+(n-1)x a … x… a+(n+1)x… x… … x a+(n+1)x x … a = [a+(n-1)x] 1 ... x x 1 ... a x 1 ... x x 1 ... x a = [a+(n-1)x] 1 0 ... 0 1 ... 0 a x 1 0 ... 0 1 0 ... a x = [a+(n-1)x].(a-x)n-1 Vậy A=     a x … x x a … x x… x… … x x x … a = [a+(n-1)x].(a-x)n-1 b) B =     1+a 1 a 1 … a 1 a 2 1+a 2 … a 2 … … … … a n a n … 1+a n Ta thấy mỗi dòng của định thức đều chứa các phần tử 1, a1, a2, a3,…an Nên ta cộng các cột 2, cột 3,…cột n vào cột 1 ta được: B =     1+a 1+a 2+…+a n 1+a 1+a 2+…+a n … 1+a 1+a 2+…+a n a 2 1+a 2 … a 2 … … … … a n a n … 1+a n = (1+a 1+a 2+…+a n )     1 1 … 1 a 2 1+a 2 … a 2 … … … … a n a n … 1+a n = (1+a 1+a 2+…+a n )     1 0 … 0 a 2 1 … 0 … …. … … a n 0 … 1 = 1+a 1+a 2+…+a n Vậy B =     1+a 1 a 1 … a 1 a 2 1+a 2 … a 2 … … … … a n a n … 1+a n = 1+a 1+a 2+…+a n Câu 63: Giải phương trình:     x 1 1 1 x x2 1 0 -1 1 1 1 -1 1 1 1 =0 Giải: Ta dễ thấy định thức ở vế trái có 2 cột tỉ lệ nhau (cột 2 ,cột 3) Nên theo tính chất thì định thức luôn có giá trị bằng 0. Vậy phương trình     x 1 1 1 x x2 1 0 -1 1 1 1 -1 1 1 1 = 0 có nghiệm với mọi x Câu 69: Tìm hạng của ma trận sau: A=             1 2 3 4 5 2 4 6 8 11 3 6 9 12 14 4 8 12 16 20 Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng: A=     1 2 3 4 2 4 6 8 3 6 9 12 4 8 12 16 5 11 14 20      414 313 212 4 3 2 ddd ddd ddd     1 0 0 0 2 0 0 0 3 0 0 0 4 0 0 0 5 1 -1 0    323 ddd     1 0 0 0 2 0 0 0 3 0 0 0 4 0 0 0 5 1 0 0 Sau khi biến đổi ma trận A về dạng bậc thang, ta thấy số dòng khác dòng không là 2. Vậy r(A) = 2 Câu86: Tìm tham số m để ma trận có hạng (r(A))cụ thể;r(A)=3 với ma trận sau: A=     1 2 4 2 m 3m-1 5m-1 2m 1 2 m+4 2 2 m+4 2m+7 m+4 Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận A: A=     1 2 4 2 m 3m-1 5m-1 2m 1 2 m+4 2 2 m+4 2m+7 m+4      414 313 212 2 4 2 ddd ddd ddd     1 0 0 0 m m-1 m-1 0 1 0 m 0 2 m 2m-1 m    323 ddd     1 0 0 0 m m-1 0 0 1 0 m 0 2 m m-1 m Để r(A) = 3 0 1 0 m m      0m  khi đó: A=     1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0 0 0 2 0 -1 0 Vậy với m=0 thì r(A) = 3 Câu118: Cho ma trận A=     0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 ,tính A.AT Giải: Từ A=     0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 AT =     0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 Suy ra: A.AT =     0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 .     0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 =     1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 (Theo công thức nhân ma trận) Câu 119: Cho ma trận vuông cấp 100: A = (aij), trong đó phần tử ở dòng thứ i là (-1)i+j . Tìm phần tử a41 của A2. Giải: Theo bài ra ta có: a11 = (-1)1+1 = 1 a12 = (-1)1+2 = -1 a13 = (-1)1+3 = 1 ...... a1n = (-1)1+n = (-1)1+100 = -1 Tương tự: a21 = (-1)2+1 = -1 a22 = (-1)2+2 = 1 a23 = (-1)2+3 = -1 ...... a2n = (-1)2+n = (-1)2+100 = 1 Tương tự ta có: an1 = (-1)100+1 = -1 an2 = (-1)100+2 = 1 an3 = (-1)100+3 = -1 ...... ann = (-1)100+100 = 1 Vậy ma trận A là:      1 -1 1 ... -1 -1 1 -1 ... 1 1 -1 1 ... -1 ... ... ... ... ... -1 1 -1 ... 1 Suy ra A2 =      1 -1 1 ... -1 -1 1 -1 ... 1 1 -1 1 ... -1 ... ... ... ... ... -1 1 -1 ... 1      1 -1 1 ... -1 -1 1 -1 ... 1 1 -1 1 ... -1 ... ... ... ... ... -1 1 -1 ... 1 Do A là ma trận vuông cấp 100 nên A2 là ma trận vuông cấp 100  a 41 = (-1).1+1.(-1) + (-1).1+...+1.(-1) = -100. Vậy a 41 = -100. Câu 123d: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau bằng phương pháp phụ đại số: D=        1 5 3 3 0 1 5 1 0 Giải: D =        1 5 3 3 0 1 5 1 0     313 212 3 5 ddd ddd        1 0 0 3 -15 -8 5 -24 -15  det D = (-1)1+1 .1.    -15 -8 -24 -15 = 33 0 Ma trận D khả nghịch Ta có DT =        1 3 5 5 0 1 3 1 0 D-1 = det pD D = 33 1 0 1 5 1 5 0          1 0 3 0 3 1 3 5 1 5 1 3    1 0 3 0 3 1 3 5 1 5 1 3    0 1 5 1 5 0           = 33 1 1 5 3 3 15 24 5 8 15         = 51 1 3333 11 15 81 11 33 11 5 58 33 1133              Vậy D=        1 5 3 3 0 1 5 1 0  D-1 = 51 1 3333 11 5 81 11 11 11 5 8 5 33 33 11              Câu 125: Tính ma trận A =    1 0     0 1 1    2 0      1 1 1    1 0     0 2 1    2 3     1 0 1 Giải: Đặt A1 =    1 0     0 1 1    2 0      1 1 1 và A2 =    1 0     0 2 1    2 3     1 0 1 Suy ra A = A1A2 (1) Áp dụng tính chất (X.Y)-1 = Y-1.X-1 cho A1 và A2 ta được: A1 =    1 0     0 1 1    2 0      1 1 1 =         2 0    1 1    1 0    0 1    1 = =    1 1     2 0 1 =     2 1 1     2 1 0 (2) A2 =    1 0     0 2 1    2 3     1 0 1 =         2 3    1 0    1 0    0 2    1 = =    1 0      4 6 1 =     6 1 3 2    0 1 (3) Thay (2) và (3) vào (1) ta được: A = A1A2 =     2 1 1     2 1 0     6 1 3 2    0 1 =     12 5 3 2     2 1 1 Câu 182: Giải và biện luận hệ phương trình với m là tham số         442 22 323 zyx mzyx zyx Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận mở rộng của ma trận A: A =      1 2 3 2 1 1   4 2 2       4 3 m    31 dd      3 2 1 1 1 2   2 2 4       3 4 m     3133 2122 ddd ddd      0 0 1 5 5 2 10 10 4          9 8 4 m    32 dd      0 0 1 5 5 2 10 10 4          8 9 4 m    323 ddd      0 0 1 0 5 2 0 10 4         1 9 4 m ( I ) Dựa vào ma trận mở rộng ta thấy r(A) = 2 m Ta biện luận các trường hợp xảy ra:  Hệ có nghiệm duy nhất  r(A) = r( A ) = 3 = số ẩn của hệ (Không xảy ra vì r(A) = 2 m )  Hệ có vô số nghiệm  r(A) = r( A )  3 = số ẩn của hệ  r(A) = r( A ) = 2  m +1 = 0  m = -1 Từ ( I ) suy ra       5 92 5 2 zy x          5 910 5 2 zy x Hệ có vô số nghiệm dạng: (x, y, z) = ( 5 2 , 5 910 a , a) Ra  Hệ vô nghiệm  r( A ) r(A) = 2  r( A ) = 3 (Vì r( A ) chỉ nhận hai giá trị là 2 hoặc 3)  m +1 0  m -1 Vậy: m = -1 hệ có vô số nghiệm dạng (x, y, z) = ( 5 2 , 5 910 a , a) Ra m  -1 hệ vô nghiệm Câu 214: Xác định tham số m để các vecto phụ thuộc tuyến tính: u=( m;1;3;4) v=(m;m;m+2,6) w=(2m;2;6;m+10) Giải: Các vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại các số thực a, b, c sao cho: a.u+b.v+c.w=(0;0;0)             0).10(.6.4 0.6).2(.3 0.2..1 0.2.. cmba cbma cbma cmbmam Xét ma trận: A=     m 1 3 4 m m (m+2) 6 2m 2 6 (m+10)  1 m 2 4 6 m+10 3 ( 2) 6 m 2 m m m             2 4 1 2 3 3 1 3 4 1 4 d d d d d d d md d       2 m 1 2 6-4m 0 m+2 2-2m 0 0 0 0m-m              2 43 3dd d m     2 m 1 2 6-4m 0 m+2 0 0 0 0 0m-m              Ta bỏ dòng không ở ma trận trên được dạng ma trận sau: 2 1 2 0 6 4 2 0 0 m m m m m            2 3 2 3 6 4 m d d d m m    2 1 2 0 6 4 2 0 0 ( 2)( ) 6 4 m m m m m m m                   Để các vector phụ thuộc tuyến tính r(A)<3  Dễ thấy r(A)  1 do (6-4m) và (m+2) không đồng thời bằng không nên không thể chuyển dòng thứ hai về dòng ma trận không được. r(A) = 2 2 6 4 0 ( 2)( ) 0 6 4 m m m m m                  0 1 2 m m m Vậy với         0 1 2 m m m các vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính. Câu 215: Xác định tham số m để các vecto phụ thuộc tuyến tính: u=(m;1;1;4) v=(m;m;m;6) w=(2m;2;2;m+10) Giải Các vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại các số thực a;b;c sao cho: au+bv+wc=(0;0;0)            0).10(.6.4 0.2..1 0.2..1 0.2.. cmba cbma cbma cmbmam Xét ma trận B=     m 1 1 4 m m m 6 2m 2 2 m+10 Ta thấy dòng 2 và dòng 3 tỉ lệ với nhau nên: B=     m 1 1 4 m m m 6 2m 2 2 m+10         m 1 4 m m 6 2m 2 m+10  1 2 4 6 10 2 m m m m m          2 4 1 2 3 1 3 d d d d md d     2 1 2 0 6 4 2 0 0 m m m m m            Vậy để các vector phụ thuộc tuyến tính thì r(B) < 3 (3 là số vecto)  Trường hợp r(B) = 1  2 6 4 0 2 0 0 m m m m          (Không xảy ra)  Trường hợp r(B) = 2  2 6 4 0 0 m m m       0 1 m m    Vậy với 0 1 m m    thì hệ vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính. Câu 246: Tìm tham số m để không gian vecto con w= wvu ,, của R3 có số chiều là 2 Với u = (1, 3, 1) , v = (1;m+3;3), w = (1;m+6;m+3) Giải: Từ 3 vecto ta có không gian veto A=        1 3 1 1 m+3 3 1 m+6 m+3 Theo đề bài ta có dim(w)=2 r(A)=2 Ta sử dựng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đối với ma trận A: A =        1 3 1 1 m+3 3 1 m+6 m+3 2 1 2 3 1 3 3d d d d d d            1 0 0 1 m 2 1 m+3 m+2    32 dd        1 0 0 1 2 m 1 m+2 m+3 3 2 32 md d d       1 0 0      1 2 0 2 1 2 (6 ) 2 m m         Để r(A) = 2 6 - m2 = 0 m= 6 Vậy với m= 6 thì không gian con w có số chiều là 2. Câu 247: Tìm tham số m để không gian con w = (u,v,w) của R4 có số chiều là 2: Với u = (m;1;0;2), v = (m;m+1;-1:2), w = (2m;m+2;-1;5) Giải: Từ 3 vecto ta có không gian veto A=     m 1 0 2 m m+1 -1 2 2m m+2 -1 5 Theo đề bài ta có dim(w) = 2 r(A)=2 Ta sử dựng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đối với ma trận A: A=     m 1 0 2 m m+1 -1 2 2m m+2 -1 5    21 dd     1 m 0 2 m+1 m -1 2 m+2 2m -1 5 2 1 2 4 2 1 4 d md d d d d     2 21 m+1 0 -m2 0 -1 1 2 2 5 m m              2 3 4 1 42 d d d d d        1 0 0 0 m+1 -1 -m2 -2m m+2 -1 -m2 1-2m    43 dd     1 0 0 0 m+1 -1 -2m -m2 m+2 -1 1-2m -m2        323 4 2 24 2 dmdd dmdd     1 0 0 0 m+1 -1 0 0 m+2 -1 1 0 Ta thấy r(A)=2 với m do đó không tồn tại giá trị m cần tìm. Vậy không có giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu266: Tìm 1 cơ sở của không gian con nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất sau:         034 023 02 zyx zyx zyx Giải: Ta có ma trận A=        1 3 4 -1 -2 -3 2 -1 1 Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng của ma trận A ta được: A=        1 3 4 -1 -2 -3 2 -1 1     313 212 4 3 ddd ddd        1 0 0 -1 1 1 2 -7 -7    323 ddd        1 0 0 -1 1 0 2 -7 0 Từ đó ta có hệ phương trình ban đầu chuyển về dạng sau: 2 0 0 7 0 x y z x y z        5 7 x z y z     Suy ra:  , ,x y z =   5,7,1z Do đó E =  1,7,5 là cơ sở không gian con nghiệm của hệ đã cho. Câu 295: Tìm ma trận P làm chéo hóa ma trận A và xác định ma trận D = P-1AP với ma trận A=         3 3 1 1 4 4      3 0 2 Giải: Đa thức đặc trưng P = IA  = 3 3 1     1 4 4    3 0 2 = 0 3 1    3 4 4       3 0 2 = ( -1)(  -2)(3- ) (Tính theo Sarius) Trị riêng là nghiệm của phương trình: P = 0  ( -1)(  -2)(3- )           3 2 1 3 2 1      1=1 ứng với vectơ riêng u1(x, y,z) là nghiệm của hệ: (A-1.I).u1=0         x x 3 2 y y y 2 3 4    z z 2 2   0 0 0     x=y=z Suy ra u1=(a, a, a) với a 0 có cơ sở (1,1,1)   2=2 ứng với vectơ riêng u2(x, y,z) là nghiệm của hệ: (A–2I). u2=0         x x 3 3 y y y    2 4 z z   2 0 0 0           zy yx 3 2 Suy ra u2=( 3 2b , b, b) với b 0 có cơ sở ( 3 2 ,1,1)   3=3 ứng với vectơ riêng u3(x, y,z) là nghiệm của hệ: (A–3I). u3=0       yx yx 3 44 z2 0 0         02124 3 zxx xy       xz xy 4 3 Suy ra u3(c, 3c, 4c) với c 0 có cơ sở (1,3,4) Do đó ma trận P làm chéo hóa ma trận A có thể chọn như sau: P =      1 1 1 1 1 3 2      4 3 1 Suy ra P-1 =       0 3 3 1 9 5         1 6 3 (Tính theo công thức tính ma trận nghịch đảo) Do đó D = P-1AP =       0 3 3 1 9 5         1 6 3         3 3 1 1 4 4      3 0 2      1 1 1 1 1 3 2      4 3 1 =      0 0 1 0 2 0      3 0 0 Câu 301: Tìm ma trận trực giao S làm chéo hóa ma trận A và xác định D = S-1AS với ma trận A=        2 4 5 2 5 4      2 2 2 Giải: Đa thức đặc trưng P = IA  = 2 4 5     2 5 4     2 2 2 = 2 0 5    2 1 4        2 22 2 (    2322 ddd ) = ( -1)(  -1)(10- ) (Tính theo Sarius) Trị riêng là nghiệm của phương trình: P = 0  ( -1)(  -1)(10- ) = 0        2 1 10 1   (Với1 =1 là nghiệm kép và  2 =10 là nghiệm đơn)   1=1 ứng với vectơ riêng u1(x, y,z) là nghiệm của hệ: (A-1.I).u1=0      x x 2 4 y y 2 4   z z   2 0 0    2x-2y-z=0 Suy ra u1=( 2 2 ba  , a, b)= (a, a, 0)+ ( 2 b , 0, b) với a2+b2 0 Có 2 cơ sở: x1(1,1,0) va x2( 2 1 ,0,1)   2=10 ứng với vectơ riêng u2(x, y,z) là nghiệm của hệ: (A–10I). u2=0         x x 2 5 y y y 2 9 4    z z z 8 18 2    0 0 0    (I) Bằng phương pháp khử Gauss ta có:        2 0 5 2 9 4   8 18 2        0 0 0     35 123 ddd      0 0 5 5 18 9 4   5 36 18 2        0 0 0    35 123 ddd      0 0 5 0 9 4   0 18 2      0 0 0 Hệ (I)       0189 0245 zy zyx       zy zx 2 2 Suy ra u2=(-2c, 2c, c) với c 0 có cơ sở (-2,2,1) Ta có hệ cơ sở: x1=(1,1,0) x2=( 2 1 ,0,1) x3=(-2,2,1) Dễ thấy = 2 1  0 nên hệ đã cho chưa trực giao.. Trực giao hóa hệ vecto x1,x2,x3 ta được: y1=x1=(1,1,0) y2= x2 - y1=( 2 1 ,0,1) - (1,1,0) = ( 4 1 , 4 1 ,1) y3= x3 - .y2 - .y1= (-2,2,1) - (0,0,0) - (0,0,0) = (-2,2,1) Trực chuẩn hóa y1,y2,y3 ta được: Do đó ma trận truc giao S làm chéo hóa ma trận A có thể chọn như sau: S =         0 2 2 2 2 3 22 6 2 6 2         3 1 3 2 3 2  S-1 = ST =          3 2 6 2 2 2 3 2 6 2 2 2         3 1 3 22 0 D = S-1AS =          3 2 6 2 2 2 3 2 6 2 2 2         3 1 3 22 0        2 4 5 2 5 4      2 2 2         0 2 2 2 2 3 22 6 2 6 2         3 1 3 2 3 2 =      0 0 1 0 1 0      10 0 0 Câu 312: Xét dấu của các dạng toàn phương sau bằng cách dùng định thức con chính (định lý Sylvester): a) f  yx, = x2 + 26y2 + 10xy b) f  yx, = -x2 + 2xy - 4y2 c) f  zyx ,, = -11x2 - 6y2 -6z2 + 12xy - 12xz + 6yz d) f  zyx ,, = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz Giải: a) f  yx, = x2 + 26y2 + 10xy Ta có ma trận ứng với dạng toàn phương là: A =     1 5 5 26 Ta có các định thức con chính của A là: D 1 = | |1 = 1  0 và D 2 =     1 5 5 26 = 1  0 Vậy f  yx, = x2 + 26y2 + 10xy xác định dương b) f  yx, = -x2 + 2xy - 4y2 Ta có ma trận ứng với dạng toàn phương là: B =     -1 1 1 -4 Ta có các định thức con chính của B là: D 1 = | |-1 = -1 < 0 và D 2 =     -1 1 1 -4 = 3 > 0 Vậy theo định lý Sylvester thì f  yx, = -x2 + 2xy - 4y2 xác định dấu âm c) f  zyx ,, = -11x2 - 6y2 -6z2 + 12xy - 12xz + 6yz Ta có ma trận ứng dạng toàn phương là: C =        -11 6 -6 6 -6 3 -6 3 -6 Ta có các định thức con chính của C là: D 1 = | |-11 = -11< 0, D 2 =     -11 6 6 -6 = 30 > 0, D 3 =        -11 6 -6 6 -6 3 -6 3 -6 = -81 < 0 Vậy theo định lý Sylvester thì f  zyx ,, = -11x2 - 6y2 -6z2 + 12xy - 12xz + 6yz xác định âm d) f  zyx ,, = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz Ta có ma trận ứng với dạng toàn phương là: D =        9 6 -5 6 6 -1 -5 -1 0 Ta có các định thức con chính của D là: D 1 = | |9 = 9 > 0, D 2 =     9 6 6 6 = 18 > 0, D 3 =        9 6 -5 6 6 -1 -5 -1 0 = -99 < 0 Ta thấy D 1  D 2 < 0 (Có sự đan xen dấu giữa các định thức con chính cấp lẻ) Theo định lý Sylvecter thì f  zyx ,, = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz không xác định dấu Vậy f  zyx ,, = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz không xác định dấu Câu313: Tìm tham số m để dạng toàn phương sau xác định tính dương, âm: a)  zyxf ,, = 2x2 +6xy+2xz-6y2 -4yz+mz2 xác định tính âm b)  zyxf ,, = 5x2 +4y2 +mz2 +6xy+2xz+2yz xác định tính dương Giải: a)  zyxf ,, = 2x2 +6xy+2xz-6y2 -4yz+mz2 xác định tính âm  zyxf ,, =2x2 +6xy+2xz-6y2 -4yz+mz2 A=        2 3 1 3 -6 -2 1 -2 m Gọi D 1 ,D 2,D 3 là các định thức con chính của ma trận A  zyxf ,, xác định âm  Tất cả các định thức con chính cấp chẵn thì dương, cấp lẻ thì âm. Dễ thấy D 1= 2 > 0 là định thức con chính cấp lẻ mà lại dương Do đó không có giá trị m để dạng toàn phương đã cho xác định tính âm. b)  zyxf ,, =5x2 +4y2 +mz2 +6xy+2xz+2yz xác định tính dương  zyxf ,, =5x2 +4y2 +mz2 +6xy+2xz+2yz A =        5 3 1 3 4 1 1 1 m Gọi D 1 ,D 2,D 3 là các định thức con chính của A  zyxf ,, xác định dương  Tất cả các định thức con chính đều dương Ta có: D 1 = 5 > 0 (Thỏa mãn) D 2 =11 > 0 (Thỏa mãn) D 3 =        5 3 1 3 4 1 1 1 m Dể D3 > 0  (20m + 3 + 3) – (4 + 5 + 9m) > 0  11m – 3 > 0  m>11 3 Vậy với m> 11 3 thì dạng toàn phương đã cho xác định dương. Câu 314: Viết dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange: a) f  321 ,, xxx = x 12 + 5 x 22 - 4x 32 + 2x 1x 2 - 4 x 1x 3 Ta có: f  321 ,, xxx = x 12 + 5 x 22 - 4x 32 + 2x 1x 2 - 4 x 1x 3 = (x 12 + 2 x 1x 2 - 4 x 1x 3) + 5x 22 - 4x 32 = x 12 + 2x 1(x 2 - 2x 3) + (x 2 - 2x 3)2 - (x 2 - 2x 3)2 + 5x 22 - 4x 32 = (x 1 + x 2 - 2x 3)2 - x 22 + 4x 2x 3 - 4x 32 +5x 22 - 4x 32 = (x 1 + x 2 - 2x 3)2 +4x 22 - 4x 32 + 4x 2x 3 - 4x 32 = (x 1 + x 2 - 2x 3)2 + 4(x 2 -x 3)(x 2 +x 3) + 4x 3(x 2 -x 3 ) = (x 1 + x 2 - 2x 3)2 + 4(x 2 -x 3 )(x 2 +2x 3 ) Đặt:         3232 3232 1321 2 2 yyxx yyxx yxxx              33 322 3211 3 2 3 1 3 5 yx yyx yyyx  X= PY Lúc này f  321 ,, yyy = y 12 + 4(y 2 -y 3 )(y 2 +y 3 )  f  321 ,, yyy = y 12 + 4y 22 - 4y32 Tọa độ cũ = P.Tọa độ mới Do vậy: P =        1 0 0 -1 1 0 5/3 -1/3 2/3 Thử lại: A=        1 1 -2 1 5 0 -2 0 -4 PT AP =        1 -1 5/3 0 1 -1/3 0 0 2/3        1 1 -2 1 5 0 -2 0 -4        1 0 0 -1 1 0 5/3 -1/3 2/3 =        1 0 0 1 4 0 -2 2 -6        1 0 0 -1 1 0 5/3 -1/3 2/3 =        1 0 0 0 4 0 0 0 -4 Vậy f  321 ,, yyy = y 12 + 4y 22 - 4y32 c) f  321 ,, xxx = 4x 12 + x 22 +x 32 -4x 1x 2 -3x 2x 3 + 4x 1x 3 Ta có: f  321 ,, xxx = 4x 1 2 + x 22 + x 32 - 4x 1x 2 - 3x 2x 3 + 4x 1x 3 = (4x 12 - 4x 1x 2 + 4x 1 x 3 ) + x 22 + x 32 - 3x 2x 3 = 4x 12 -4x 1 (x 2 -x 3 ) + (x 2 -x 3)2 - (x 2 -x 3)2 + x22 + x 32 - 3x 2x 3 = (2x 1 + x 3 - x 2 )2 - x 32 + 2x 2x 3 - x 22 + x 22 + x 32 - 3x 2x 3 = (2x 1 + x 3 - x 2 )2 - x 2x 3 Đặt:         323 322 12312 yyx yyx yxxx            323 322 311 2 1 yyx yyx yyx  X=PY Lúc này: f =  321 ,, yyy = y12 – y22 + y32 Tọa độ cũ = P tọa độ mới P=        ½ 0 0 0 1 1 -1 -1 1 Thử lại: A=        4 -2 2 -2 1 -3/2 2 -3/2 1 PT .A.P=        ½ 0 -1 0 1 -1 0 1 1 .        4 -2 2 -2 1 -3/2 2 -3/2 1 .        ½ 0 0 0 1 1 0 -1 1 =        2 0 0 -1 -1/2 -1/2 1 -1/2 1/2 .        1/2 0 0 0 1 1 -1 -1 1 =        1 0 0 0 -1 0 0 0 1 Vậy f =  321 ,, yyy = y1 2 – y22 + y32 là dạng chính tắc cần tìm. Câu 315c: Tìm phép biến đổi trực giao đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc. Viết dạng chính tắc đó và hãy phân loại dạng toàn phương: f(x1, x2, x3) = 2x12 + 5x22 + 2x32 – 4x1x2 + 4x2x3 – 2x1x3 Giải: f(x1, x2, x3) = 2x12 + 5x22 + 2x32 – 4x1x2 + 4x2x3 – 2x1x3  A =        1 2 2 2 5 2      2 2 1 Đa thức đặc trưng P = IA  = 1 2 2    2 5 2     2 2 1 = 0 2 2   2 )1( 5 2        1 2 1 (     32 23 ddd ) = (1- )( -7)( -1) (Tính theo Sarius) Trị riêng là nghiệm của phương trình: P = 0  (1- )( -7)( -1) = 0       2 1 7 1   (Với 1 =1 là nghiệm kép và  2 =7 là nghiệm đơn)   1=1 ứng với vectơ riêng u1(x, y,z) là nghiệm của hệ: (A-1.I).u1=0      x x 2 y y 4 2   z z 2  0 0    x - 2y - z = 0 Suy ra u1=(2a+b, a, b)= (2a, a, 0)+ (b, 0, b) với a2+b2 0 Có 2 cơ sở: x1(2,1,0) va x2(1,0,1)   2=7 ứng với vectơ riêng u2(x, y,z) là nghiệm của hệ: (A–7I). u2=0         x x 2 5 y y y 3 2 2    z z z 6 2    0 0 0          zy zx 2 Suy ra u2=(-c, 2c, c) với c 0 có cơ sở (-1,2,1) Ta có hệ cơ sở: x1=(2,1,0) x2=(1,0,1) x3=(-1,2,1) Dễ thấy =2 0 nên hệ đã cho chưa trực giao. Trực giao hóa hệ vecto x1,x2,x3 ta được: y1=x1=(2,1,0) y2= x2 - y1=(1,0,1) - 5 2 (2,1,0) = ( 5 1 , 5 2 ,1) y3= x3 - .y2 - .y1= (-1,2,1) - (0,0,0) - (0,0,0) = (-1,2,1) Trực chuẩn hóa y1,y2,y3 ta được: Do đó ma trận truc giao S làm chéo hóa ma trận A có thể chọn như sau: S =        0 5 1 5 2 30 5 30 2 30 1          6 1 6 2 6 1  S-1 = ST =          6 1 30 1 5 2 6 2 30 2 5 1          6 1 30 5 0 D = S-1AS =          6 1 30 1 5 2 6 2 30 2 5 1          6 1 30 5 0        1 2 2 2 5 2      2 2 1        0 5 1 5 2 30 5 30 2 30 1          6 1 6 2 6 1 =      0 0 1 0 1 0      7 0 0 Dạng toàn phương đã cho có dạng chính tắc là: Q = 2 1 y + 2 2 y + 2 3 7y Phân loại dạng toàn phương: Ta có ma trận tương ứng với dạng toàn phương là: A =        1 2 2 2 5 2      2 2 1 Giá trị của các định thức con xuất phát từ ma trận A là: D1 = 2 > 0 D2 = 2 2 2 5  = 6 > 0 D3 = 2 2 1   2 5 2  1 2 2  = 7 > 0 Tất cả các định thức con xuất phát từ ma trận A đều dương do đó ma trận toàn phương xác định dương. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Giáo trình Toán cao cấp A2 – Nguyễn Phú Vinh – ĐHCN TP. HCM. 2. Ngân hàng câu hỏi Toán cao cấp – ĐHCN TP. HCM. 3. Toán cao cấp A2 – Đỗ Công Khanh – NXBĐHQG TP.HCM. 4. Toán cao cấp A2 – Nguyễn Đình Trí – NXB Giáo dục. 5. Toán cao cấp A2 – Nguyễn Viết Đông – NXB Giáo dục. 6. Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Lê Sĩ Đồng – NXB Giáo dục. 7. Bài tập Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Hoàng Xuân Sính – NXB Giáo dục.