TIỂU LUẬN HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A2 PHẦN BIỂU DIỄN SỐ PHỨC
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (434.39 KB, 30 trang )
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
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 2
a b
+
=
1z =
⇒
2 2
a b
+
= 1
⇔
a
2
+ b
2
= 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 2
a b
+
=
z
Suy ra:
1
<
z
≤ 2
⇔
1<
2 2
a b
+
≤ 2
⇔
1 < a
2
+ b
2
≤ 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 i
i i i i
i i i i
+ +
+ + + +
= = =
− − + −
f) F =
21
321
335
−
+
i
i
=
( )( )
21
2
2
21
2
13
31313
121
313185
121
321335
+−
=
−
++
=
−
++ i
i
ii
i
ii
=
( )
21
31 i+−
Đặt A = -1 + i
3
⇒
F = A
21
Viết A = -1 + i
3
dưới dạng lượng giác:
Modun: r =
( )
( )
2
2
31 +−
=2
Argument:
1
cos
2
2
2
3
3
sin
2
k
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
⇒ = +
=
Lấy giá trị chính
2
3
π
ϕ
=
Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2
+
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
i
⇒
F = A
21
= 2
21
.
21.2 21.2
cos .sin
3 3
i
π π
+
÷
= 2
21
(1 + 0) = 2
21
Vậy F =
21
321
335
−
+
i
i
= 2
21
Câu 5a: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: -3z
2
+ 2z – 1 = 0
Giải:
Ta có :
'
∆
= 1
2
– 3 = -2 = 2i
2
Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm:
X
1
=
3
21
3
21
2''
ii
a
b +
=
−
−−
=
∆−−
X
2
=
3
21
3
21
2''
−
+−
=
−
+−
=
∆+− ii
a
b
Câu 5f: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: z
4
+z
2
+1 = 0 (1)
Giải:
Đặt X = z
2
suy ra (1)
⇔
X
2
+ 2X +1 =0 (2)
Ta có:
∆
(2)
= 2
2
- 4.1.1 = 0
⇒
X
12
=
1
2
−=
−
a
b
= i
2
⇒
z
2
= X
12
= i
2
⇔
z =
±
i
Vậy (1) có nghiệm là z =
±
i
Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i
3
Giải:
Modun: r =
( )
( )
2
2
31 +
=2
Argument z:
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
2
3
2
3
sin
2
1
cos
k
r
b
r
a
+=⇒
==
==
Lấy giá trị chính
3
π
ϕ
=
Suy ra dạng lượng giác của z là: z = 2
+
3
sin.
3
cos
ππ
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 z
1
= 1 + i
3
dưới dạng lượng giác:
Modun: r
1
=
( )
( )
2
2
31 +
=2
Argument z
1
:
1
1
1
1
1
1
1
1
cos
2
2
3
3
sin
2
k
a
r
b
r
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
= =
⇒ = +
= =
Lấy giá trị chính
1
3
π
ϕ
=
Suy ra dạng lượng giác của z
1
là: z
1
= 2
+
3
sin.
3
cos
ππ
i
(2)
* Viết Z
2
= 1 + i dưới dạng lượng giác:
Modun: r
2
=
2 2
1 1+
=
2
Argument z
2
:
2
2
2
2
2
2
2
1
cos
2
2
4
1
sin
2
k
a
r
b
r
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
= =
⇒ = +
= =
Lấy giá trị chính
2
4
π
ϕ
=
Suy ra dạng lượng giác của z
2
là: z
2
=
2
cos .sin
4 4
i
π π
+
÷
(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
π π
π π
+
+
=
2
.[cos(
3
π
-
4
π
) +isin(
3
π
-
4
π
)]
=
2
(cos
12
π
+isin
12
π
)
Vậy z =
2
(cos
12
π
+isin
12
π
)
Câu 9: Đặt
1 2
1 3 1 3
z ;
2 2
i i
z
− + − −
= =
.
Tính
1 2
z = (z ) ( )
n n
z+
(n là số nguyên dương)
Giải:
Ta có:
1
1 3
z
2
i− +
=
⇒
1
( 1 3)
2
n
n
n
i
z
=
− +
(1)
2
1 3
2
i
z
− −
=
⇒
2
( 1 3)
2
n
n
n
i
z
=
− −
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
1 2
z = (z ) ( )
n n
z+
=
2
)31(
n
n
i+−
+
2
)31(
n
n
i−−
=
2
1
n
[
)31( i
n
+−
+
)31( i
n
−−
] =
2
1
n
(A
n
+B
n
) (3)
Với A = -1 + i
3
và B = -1 - i
3
• A = -1 + i
3
Modun: r
1
=
( )
( )
2
2
31 +−
=2
Argument:
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
2
3
2
2
3
sin
2
1
cos
1
1
1
k+=⇒
=
−
=
Lấy giá trị chính
3
2
1
π
ϕ
=
Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2
+
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
i
⇒
A
n
= 2
n
.
+
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
n
i
n
(*)
• B = -1 - i
3
Modun: r
2
=
( )
( )
2
2
31 −+−
=2
Argument:
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
2
3
2
2
3
sin
2
1
cos
2
2
2
k+
−
=⇒
−
=
−
=
Lấy giá trị chính
3
2
2
π
ϕ
−
=
Suy ra dạng lượng giác của B là: B = 2
−
+
−
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
i
= 2
−
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
i
⇒
B
n
= 2
n
.
−
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
n
i
n
(**)
Thay (*) và (**) vào (3) ta được:
z =
2
1
n
(A
n
+B
n
) =
2
1
n
[2
n
.
+
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
n
i
n
+2
n
.
−
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
n
i
n
]
=
2
1
n
.2
n
.(
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
n
i
n
+
+
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
n
i
n
−
)
= 2
3
2
cos
π
n
Vậy z = 2
3
2
cos
π
n
Câu 10: Đặt z
1
=
2
31 i+
. Tính z = (z
1
)
n
với n là số nguyên dương.
Giải:
Đặt z
1
=
2
31 i+
=
2
2
z
(*) với z
2
= 1+i
3
Viết z
2
= 1+i
3
dưới dạng lượng giác:
Môđun: r
2
= 1
2
+ (
3
)
2
= 4 r = 2
Argument z
2
:
=
=
2
3
sin
2
1
cos
ϕ
ϕ
⇔
ϕ
=
3
π
+ k2
π
Lấy giá trị chính
ϕ
=
3
π
Từ đó có dạng lượng giác của z
2
là:
z
2
= 2(cos
3
π
+isin
3
π
)
Thay vào (*) ta được:
z
1
=
2
2
z
=
2
)
3
sin
3
2(cos
ππ
i+
=
3
sin
3
cos
ππ
i+
Do đó: z= (z
1
)
n
= (
3
sin
3
cos
ππ
i+
)
n
= cos
3
π
n
+ isin
3
π
n
với n là số nguyên
dương.
Vậy: z = cos
3
π
n
+ isin
3
π
n
với n là số nguyên dương.
• Với n = 0 thì z
0
= 1
• Với n = 1 thì z
1
=
2
1
+ i
2
3
• Với n = 2 thì z
2
= -
2
1
+ i
2
3
• Với n = 3 thì z
3
= -1
• Vơí n = 4 thì z
4
= -
2
1
- i
2
3
• Với n = 5 thì z
5
=
2
1
- i
2
3
• Với n = 6 thì z
6
= 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
. z
1
(*) với z
1
= 1+i
Viết z
1
= 1+I dưới dạng lượng giác:
Mođun: r
2
= 1
2
+ 1
2
= 2 r =
2
Argument z
1
:
=
=
2
1
sin
2
1
cos
ϕ
ϕ
⇔
ϕ
=
4
π
+ k2
π
Lấy giá trị chính
ϕ
=
4
π
Từ đó có dạng lượng giác của z
1
là:
z
1
=
2
(cos
4
π
+isin
4
π
)
Thay vào (*) ta được:
z = 4
2
. z
1
= 4
2
.
2
(cos
4
π
+isin
4
π
) = 8(cos
4
π
+isin
4
π
)
Theo công thức căn bậc n của số phức ta có:
3
z
=
3
4
sin
4
(cos8
ππ
i+
= 2.(cos
3
2
4
π
π
k+
+ isin
3
2
4
π
π
k+
) với k = 0, 1, 2
• k = 0: u
0
=
3
z
= 2(cos
12
π
+ isin
12
π
)
• k = 1: u
1
= 2(cos
4
3
π
+isin
4
3
π
) = 2( -
2
2
+i
2
2
) =
2
(-1+i)
• k = 2: u
2
= 2(cos
12
17
π
+isin
12
17
π
)
Câu 15: Tính định thức: A= và B=
Giải:
a) A== -1. = 2. = 2.(4 – 8) = -8
b) B=
→
+−=
+−=
+−=
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== 5
Câu 43: Tìm điều kiện của m để
0
>∆
với:
=∆
,
Giải:
Áp dụng phương pháp Laplace cho định thức ta được:
=∆
= (-1) . . = m(m-1)
Để
∆
>0
⇔
m(m-1) >0 ⇔
0
1 0
m
m
≠
− >
⇔ m >1
Vậy với m>1 thì
0
>∆
với:
=∆
Câu 44: Tính định thức:
a) A=
→
++=
1321
cccc
=(x+4).
→
+−=
+−=
313
212
ddd
ddd
(x+4). =(x+4).(x-2)
b) 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= = 0
Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng:
a) = 2
Giải:
VT = = +=+++ = + + + + +
= + = 2 = VP
Vậy = 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
- x
2
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=
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]
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)
Vậy A= = [a+(n-1)x].(a-x)
b) B =
Ta thấy mỗi dòng của định thức đều chứa các phần tử 1, a
1
, a
2
, a
3
,…a
n
Nên ta cộng các cột 2, cột 3,…cột n vào cột 1 ta được:
B =
= (1+a+a+…+a )
= (1+a+a+…+a ) = 1+a+a+…+a
Vậy B = = 1+a+a+…+a
Câu 63: Giải phương trình: =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 = 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=
→
+−=
+−=
+−=
414
313
212
4
3
2
ddd
ddd
ddd
→
+=
323
ddd
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=
Giải:
Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận A:
A=
→
+−=
+−=
+−=
414
313
212
2
4
2
ddd
ddd
ddd
→
+−=
323
ddd
Để r(A) = 3
0
1 0
m
m
=
⇔
− ≠
0m⇔ =
khi đó: A=
Vậy với m=0 thì r(A) = 3
Câu118: Cho ma trận A= ,tính A.A
Giải:
Từ A=
⇒
A =
Suy ra: A.A = . =
(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 a
41
của A
2
.
Giải:
Theo bài ra ta có:
a
11
= (-1)
1+1
= 1
a
12
= (-1)
1+2
= -1
a
13
= (-1)
1+3
= 1
a
1n
= (-1)
1+n
= (-1)
1+100
= -1
Tương tự:
a
21
= (-1)
2+1
= -1
a
22
= (-1)
2+2
= 1
a
23
= (-1)
2+3
= -1
a
2n
= (-1)
2+n
= (-1)
2+100
= 1
Tương tự ta có:
a
n1
= (-1)
100+1
= -1
a
n2
= (-1)
100+2
= 1
a
n3
= (-1)
100+3
= -1
a
nn
= (-1)
100+100
= 1
Vậy ma trận A là:
Suy ra A
2
=
Do A là ma trận vuông cấp 100 nên A là ma trận vuông cấp 100
⇒
a = (-1).1+1.(-1) + (-1).1+ +1.(-1) = -100.
Vậy a = -100.
Câu 123d: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau bằng phương pháp phụ đại số:
D=
Giải:
D =
→
+−=
+−=
31
3
212
3
5
ddd
ddd
⇒
det D = (-1)
1+1
.1. = 33
0≠
⇒
Ma trận D khả nghịch
Ta có D =
⇒
D =
det
p
D
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
−
÷
−
÷
÷
−
=
5
1 1
33
33 11
15 8
1
11 33 11
5 5
8
33 11
33
−
÷
÷
−
÷
÷
−
÷
Vậy D=
⇒
D =
5
1 1
33
33 11
5 8
1
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 A
1
=
1
0
−
0
1
1
2
0
−
−
1
1
1
và A
2
=
1
0
−
0
2
1
−2
3
−
1
0
1
Suy ra A = A
1
A
2
(1)
Áp dụng tính chất (X.Y)
-1
= Y
-1
.X
-1
cho A
1
và A
2
ta được:
A
1
=
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)
A
2
=
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 = A
1
A
2
=
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
9
2
5
2
zy
x
⇔
−
=
=
5
910
5
2
z
y
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=
→
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 0
m-
m
÷
÷
÷
÷
÷
2 4
3 3
d
d d
m
−
= +
→
2
m
1 2
6-4m
0 m+2
0
0 0
0 0
m-
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=
Ta thấy dòng 2 và dòng 3 tỉ lệ với nhau nên:
B=
→
→
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 R 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=
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 =
2 1 2
3 1 3
3d d d
d d d
=− +
=− +
→
→
↔
32
dd
3 2 3
2
m
d d d
= − +
÷
→
1
0
0
1
2
0
2
1
2
(6 )
2
m
m
÷
÷
+
÷
÷
−
÷
Để r(A) = 2
⇔
6 - m = 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 R 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=
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=
→
⇔
21
dd
2 1 2
4 2 1 4
d md d
d d d
=− +
=− +
→
2
2
1 m+1
0 -m2
0 -1
1
2 2
5
m
m
+
÷
−
÷
÷
−
÷
÷
2 3
4 1 4
2
d d
d d d
⇔
=− +
→
→
⇔
43
dd
( )
( )
→
+−=
+−=
323
4
2
24
2 dmdd
dmdd
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=
Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng của ma trận A ta được:
A=
→
+−=
+−=
313
212
4
3
ddd
ddd
→
+−=
323
ddd
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
-1
AP với
ma trận A=
−
−
−
3
3
1
1
4
4
−
3
0
2
Giải:
Đa thức đặc trưng P =
IA
λ
−
=
3
3
1
−
−
−−
λ
1
4
4
λ
−
λ
−
−
3
0
2
=
0
3
1
−
−−
λ
3
4
4
−
−
λ
λ
λ
−
−
3
0
2
= (
λ
-1)(
λ
-2)(3-
λ
) (Tính theo Sarius)
Trị riêng là nghiệm của phương trình:
P = 0
⇔
(
λ
-1)(
λ
-2)(3-
λ
)
⇔
λ
λ
λ
3
2
1
3
2
1
=
=
=
•
λ
1
=1 ứng với vectơ riêng u
1
(x, y,z) là nghiệm của hệ:
(A-1.I).u
1
=0
⇔
−
−
x
x
3
2
y
y
y
2
3
4
−
+
+
z
z
2
2
+
−
0
0
0
=
=
=
⇒
x=y=z
Suy ra u
1
=(a, a, a) với a
≠
0 có cơ sở (1,1,1)
•
λ
2
=2 ứng với vectơ riêng u
2
(x, y,z) là nghiệm của hệ:
(A–2I). u
2
=0
⇔
−
−
x
x
3
3
y
y
y
−
+
+
2
4
z
z
+
− 2
0
0
0
=
=
=
⇒
=
=
zy
y
x
3
2
Suy ra u
2
=(
3
2b
, b, b) với b
≠
0 có cơ sở (
3
2
,1,1)
•
λ
3
=3 ứng với vectơ riêng u
3
(x, y,z) là nghiệm của hệ:
(A–3I). u
3
=0
⇒
+−
+−
yx
yx
3
44
z2−
0
0
=
=
⇔
=−+−
=
02124
3
zxx
xy
⇔
=
=
xz
xy
4
3
Suy ra u
3
(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
-1
AP =
−
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
-1
AS
với ma trận A=
−
−
2
4
5
2
5
4−
−
2
2
2
Giải:
Đa thức đặc trưng P =
IA
λ
−
=
2
4
5
−
−
−
λ
2
5
4
λ
−
−
λ
−
−
2
2
2
=
2
0
5
−
−
λ
2
1
4
λ
−
−
λ
λ
−
−
−
2
22
2
(
→
+−= 2322 ddd
)
= (
λ
-1)(
λ
-1)(10-
λ
) (Tính theo Sarius)
Trị riêng là nghiệm của phương trình:
P = 0
⇔
(
λ
-1)(
λ
-1)(10-
λ
) = 0
⇔
λ
λ
2
1
10
1
=
=
(Với
λ
1
=1 là nghiệm kép và
λ
2
=10 là nghiệm đơn)
•
λ
1
=1 ứng với vectơ riêng u
1
(x, y,z) là nghiệm của hệ:
(A-1.I).u
1
=0
⇒
− x
x
2
4
y
y
2
4
+
−
z
z
+
− 2
0
0
=
=
⇒
2x-2y-z=0
Suy ra u
1
=(
2
2 ba +
, a, b)= (a, a, 0)+ (
2
b
, 0, b) với a
2
+b
2
≠
0
Có 2 cơ sở: x
1
(1,1,0) va x
2
(
2
1
,0,1)
•
λ
2
=10 ứng với vectơ riêng u
2
(x, y,z) là nghiệm của hệ:
(A–10I). u
2
=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
→
+
−
= 3
5
12
3 d
d
d
−
0
0
5
5
18
9
4
−
−
5
36
18
2
−
−
0
0
0
→
+= 3
5
12
3 d
d
d
−
0
0
5
0
9
4
−
−
0
18
2−
0
0
0
Hệ (I)
⇒
=+−
=−−−
0189
0245
zy
zyx
⇒
=
−=
zy
zx
2
2
Suy ra u
2
=(-2c, 2c, c) với c
≠
0 có cơ sở (-2,2,1)
Ta có hệ cơ sở: x
1
=(1,1,0)
x
2
=(
2
1
,0,1)
x
3
=(-2,2,1)
Dễ thấy =
2
1
≠
0 nên hệ đã cho chưa trực giao
Trực giao hóa hệ vecto x
1
,x
2
,x
3
ta được:
y
1
=x
1
=(1,1,0)
y
2
= x
2
- y
1
=(
2
1
,0,1) - (1,1,0) = (
4
1
,
4
1−
,1)
y
3
= x
3
- .y
2
- .y
1
= (-2,2,1) - (0,0,0) - (0,0,0) = (-2,2,1)
Trực chuẩn hóa y
1
,y
2
,y
3
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
= S
T
=
−
3
2
6
2
2
2
3
2
6
2
2
2
−
3
1
3
22
0
D = S
-1
AS =
−
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,
= x
2
+ 26y
2
+ 10xy
b) f
( )
yx,
= -x
2
+ 2xy - 4y
2
c) f
( )
zyx ,,
= -11x
2
- 6y
2
-6z
2
+ 12xy - 12xz + 6yz
d) f
( )
zyx ,,
= 9x
2
+ 6y
2
+ 12xy - 10xz - 2yz
Giải:
a) f
( )
yx,
= x
2
+ 26y
2
+ 10xy
Ta có ma trận ứng với dạng toàn phương là: A =
Ta có các định thức con chính của A là:
D = = 1
〉
0 và D = = 1
〉
0
Vậy f
( )
yx,
= x
2
+ 26y
2
+ 10xy xác định dương
b) f
( )
yx,
= -x
2
+ 2xy - 4y
2
Ta có ma trận ứng với dạng toàn phương là: B =
Ta có các định thức con chính của B là:
D = = -1 < 0 và D = = 3 > 0
Vậy theo định lý Sylvester thì f
( )
yx,
= -x
2
+ 2xy - 4y
2
xác định dấu âm
c) f
( )
zyx ,,
= -11x
2
- 6y
2
-6z
2
+ 12xy - 12xz + 6yz
Ta có ma trận ứng dạng toàn phương là: C =
Ta có các định thức con chính của C là:
D = = -11< 0, D = = 30 > 0, D = = -81 < 0
Vậy theo định lý Sylvester thì f
( )
zyx ,,
= -11x
2
- 6y
2
-6z
2
+ 12xy - 12xz + 6yz xác
định âm
