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

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:

pdf33 trang | Chia sẻ: lylyngoc | Lượt xem: 3691 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Bài tập thường kỳ học phần toán cao cấp A2 (hệ đại học), để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftieu_luan_toan_a2_5133.pdf
Luận văn liên quan