Đề tham khảo có lời giải toán cao cấp C2. Tài liệu tham khảo cho các bạn sinh viên có tư liệu tự học, ôn thi, với phương pháp giải hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải đề tốt đạt kết quả cao trong các kì thi giữa kì và cuối kì
Bạn đang xem:
Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội ⎧ x1 + 3×2 + 2×3 x4 =0 − ⎧ x3 = α, x4 = 1 ⎪ x2 + 2×4 = 2⇔⎨ ⎨ ⎩ x2 = 0, x1 = 1 − 2α LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 – ĐỀ THAM KHẢO 1 ⎪ x4 =1 ⎩ Câu 1. Ta giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính: Vậy với m = 1, hệ (1) có vô số nghiệm: 0; ⎧ x1 3x 2 + 2 x3 x4 + − = (x1, x 2, x 3, x 4 ) = (1 − 2α, 0, α,1) ⎪2 x 2; 7 x2 + 4 x3 + = ⎪1 ⎨ với α ∈ R tuỳ ý. = 3; ⎪ 3 x1 + 8×2 + 6 x3 ⎪ 3 x1 = m. + 11x 2 + 6 x3 + 2×4 ⎩ Câu 2. a) Ma trận bằng phương pháp Gauss ⎛ 1 3 1⎞ ⎜ ⎟ A = ⎜ −1 −2 2 ⎟ ⎛1 3 2 −1 0 ⎞ ⎛1 3 2 −1 0 ⎞ ⎜ 3 11 3 ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 27 4 0 2⎟ 01 0 2 2⎟ (A | B) = ⎜ →⎜ khả nghịch vì ⎜3 8 6 0 3⎟ ⎜ 0 −1 0 3 3⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 31 ⎜ 3 11 6 2 m⎟ ⎜0 2 0 5 m⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ det A = −1 −2 2 = −6. ⎛1 3 2 −1 0⎞ ⎛1 3 2 −1 0⎞ 3 11 3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 10 2 2⎟ 0 10 2 2⎟ →⎜ →⎜ Ta có ⎜0 5⎟ ⎜0 1⎟ 00 5 00 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ T ⎜ 1 m − 4⎟ ⎜0 0 m − 5⎟ ⎝0 00 00 ⎛ 28 −9 5 ⎞ ⎛ 28 −2 −85 ⎞ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Adj(A) = ⎜ −2 0 2 ⎟ = ⎜ −9 0 3⎟. ⎜ −8 3 −1 ⎟ ⎜5 2 −1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ vì ⎧ x1 + 3x 2 + 2x 3 − x 4 = 0 ⎪ −2 2 −1 2 −1 − 2 x2 + 2x 4 = 2 A11 = + = −28; A12 = − = 9; A13 = + = −5; ⎪ (1) ⇔ ⎨ (2) 11 3 33 3 11 x4 = 1 ⎪ 31 11 1 3 ⎪ A 21 = − = 2; A 22 = + = 0; A 23 = − = −2; 0= m−5 ⎩ 11 3 33 3 11 Biện luận: 31 11 1 3 A 31 = + = 8; A 32 = − = −3; A 33 = + = 1. −2 2 −1 2 −1 − 2 • m ≠ 5: Hệ vô nghiệm. Suy ra • m = 5: Hệ đã cho tương đương với hệ sau: 1 2Printed with FinePrint trial version – purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội ⎛1⎞ ⎛ −28 2 8 ⎞ 1 1⎜ ⎟ ⎜⎟ −1 A Adj(A) = − ⎜ 9 0 −3 ⎟. = B = ⎜ −1 ⎟ det A 6⎜ ⎟ ⎝ −5 −2 1 ⎠ ⎜2⎟ ⎝⎠ b) Ta có AXA = AB ⇔ XA = B ⇔ X = BA −1 ⎛3 2 1⎞ ⎜ ⎟ ⎛ 1 2 3 ⎞ ⎛ −28 2 8 ⎞ ⎛ −25 −4 5 ⎞ Câu 4. Xét ma trận A = ⎜ 0 7 2⎟. 1⎜ 1⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⇔ X = − ⎜ 1 −2 1 ⎟ ⎜ 9 0 −3 ⎟ = − ⎜ −51 0 15 ⎟. ⎜0 − 2 2⎟ 6⎜ 6⎜ ⎝ ⎠ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎝ 2 1 −3 ⎠ ⎝ −5 −2 1 ⎠ ⎝ −32 10 10 ⎠ a) – Đa thức đặc trưng: AYA = BA ⇔ AY = B ⇔ Y = A −1B 3−λ 2 1 7−λ 2 ⎛ −28 2 8 ⎞ ⎛ 1 2 3 ⎞ ⎛ −10 −52 −106 ⎞ ϕA (λ) = A − λI3 = 0 7−λ 2 = (3 − λ) 1⎜ 1⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ −2 2 − λ ⇔ Y = − ⎜ 9 0 −3 ⎟ ⎜ 1 −2 1 ⎟ = − ⎜ 3 15 36 ⎟. 0 −2 2 − λ 6⎜ 6⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎝ −5 −2 1 ⎠ ⎝ 2 1 − 3 ⎠ ⎝ −5 −5 −20 ⎠ = (3 − λ)(λ 2 − 9λ + 18) = −(λ − 3)2 (λ − 6). – Trị riêng: ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 2), λ = 6 (bội 1). Câu 3. a) Với u1 = (1, 2 ,−3); u2 = (1, 3, 2); u3 = (2, 5, 2), ta có B = {u1, u2, u3} Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 3 (bội 2), λ2 = 6(bội 1). là một cơ sở của R3 vì – Không gian riêng: 1 2 −3 • Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = 3 là không gian nghiệm detA= 1 3 2 = 3 ≠ 0 của hệ: 25 2 b) Với u = (4, 9, −1), ta có ⎛ 3 2 1⎞ ⎜ ⎟ Au = λ1u ⇔ ⎜ 0 7 2 ⎟ (x1, x 2, x 3 ) = 3(x1, x 2, x 3 ) ⎛ α1 ⎞ ⎜ 0 −2 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎜⎟ B = ⎜ α 2 ⎟ ⇔ α1u1 + α 2u 2 + α 3u 3 = u ⇔ UX = B (1) ⇔ (3×1 + 2x 2 + x 3 ,7x 2 + 2x 3, −2x 2 + 2x 3 ) = (3×1, 3x 2, 3x 3 ) ⎜α ⎟ ⎝ 3⎠ ⇔ 2x 2 + x 3 = 0 (1) trong đó: ⎛ 1 1 2⎞ ⎛4⎞ ⎛ α1 ⎞ Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) =(α, −β, 2β) với α, β ∈ R ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟ U = ⎜ 2 3 5 ⎟ ; B = ⎜ 9 ⎟ ; X = ⎜ α2 ⎟ tùy ý. Suy ra ⎜ −3 2 2 ⎟ ⎜ −1 ⎟ ⎜α ⎟ ⎝ ⎠ ⎝⎠ ⎝ 3⎠ V(λ1) = {(α, −β, 2β) | α, β ∈ R}= {α(1,0, 0) + β (0, −1, 2)| α, β ∈ R} Giải hệ trên ta được: (α1, α2, α3) =(1, −1,2). Vậy với u = (4, 9, −1), ta có =. 3 4Printed with FinePrint trial version – purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Vậy V(λ1) có dim V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) với cơ sở B1 = {(1,0,0); (0, −1,2)}. LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 – ĐỀ THAM KHẢO 2 • Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng λ2 = 6 là không gian nghiệm của hệ: ⎛ 3 2 1⎞ Câu 1. Ta giải và biện luận hệ ⎜ ⎟ Au = λ 2u ⇔ ⎜ 0 7 2 ⎟ (x1, x 2, x 3 ) = 6(x1, x 2, x 3 ) ⎧ x1 x2 x3 = 2; + + ⎜ 0 −2 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎪ ⎨ x1 + mx 2 3x 3 = 4; (1) + ⇔ (3×1 + 2x 2 + x 3 ,7x 2 + 2x 3, −2x 2 + 2x 3 ) = (6×1, 6x 2, 6x 3 ) ⎪x 2×2 + (m − 1)x3 = 0. + ⎩1 ⎧−3×1 + 2x 2 + x3 = 0 ⎪ (2) ⇔⎨ ⎪ x 2 + 2x 3 = 0 ⎩ bằng qui tắc Cramer: 1 1 1 1 1 1 d 2 : = d 2 − d1 m −1 2 Giải hệ (2), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (−α,−2α, α) với α ∈ R = m2 − 3m Δ=1 m 3 0 m −1 2 = tùy ý. Suy ra 1 m−2 m − 1 d 3 : = d 3 − d1 0 1 2 1 m−2 V(λ2) = {(−α,−2α, α)| α ∈ R}= {α(−1,−2, 1)| α ∈ R} =. 2 1 1 2 1 1 d 2 : = d 2 − 2d1 m−2 1 = 2(m2 − 3m) Δ1 = 4 m 3 0 m−2 1 =2 Vậy V(λ2) có dim V(λ2) = 1 với cơ sở B2 = {(−1, −2, 1)}. 2 m −1 0 2 m −1 0 2 m −1 b) Vì các không gian riêng của A đều có số chiều bằng số bội của các trị riêng tương ứng nên A chéo hóa được.mLập ma trận P bằng cách lần lượt dựng các vectơ trong B1 = {(1,0,0); (0, −1,2)} và B2 ={(0, −2, 1)} thành các cột: 12 1 12 1 d 2 : = d 2 − 2d1 −1 1 ⎛ 1 0 −1 ⎞ Δ2 = 1 4 3 −1 0 1 = −2 = 2m ⎜ ⎟ 1 m −1 P = ⎜ 0 −1 −2 ⎟. 1 0 m −1 1 0 m −1 ⎜0 2 1 ⎟ ⎝ ⎠ Khi đó ta có 1 1 2 1 12 −1 m − 2 ⎛ 3 0 0⎞ Δ 3 = 1 m 4 d2 : = d 2 − 2d1 −1 m − 2 0 = 2 = −2m ⎜ ⎟ 1 2 P AP = ⎜ 0 3 0 ⎟ −1 1 2 0 1 20 ⎜ 0 0 6⎟ ⎝ ⎠ ———————————– Biện luận: Δ = 0 ⇔ m 2 − 3m = 0 ⇔ m = 0, m = 3. • m ≠ 0 và m ≠ 3: Δ ≠ 0 nên hệ (1) có duy nhất một nghiệm định bởi: 5 6Printed with FinePrint trial version – purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 2(m2 − 3m) ⎛ x1 x4 ⎞ Δ1 x1 = =2 = ⎛ 1 −1 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ 1 2⎞ AX = B ⇔ ⎜ ⎟ ⎜ x 2 x5 ⎟ = ⎜ m2 − 3m Δ ⎟ ⎝ 2 −2 3 ⎠ ⎜ ⎝ −1 0 ⎠ x3 x6 ⎟ 2m 2 Δ2 ⎝ ⎠ x2 = =2 = m − 3m m − 3 Δ ⎛ x1 − x2 + 2×3 x4 − x5 + 2×6 ⎞ ⎛ 1 2⎞ ⇔⎜ ⎟=⎜ ⎟ 2m 2 Δ ⎜ ⎟ ⎝ 2×1 − 2x 2 + 3x 3 2x 4 − 2×5 + 3x 6 ⎠ ⎝ −1 0⎠ x3 = 3 = − 2 =− m−3 Δ m − 3m ⎧ x1 − x 2 + 2x 3 = 1 ⎧ x1 − x2 + 2×3 =1 ⎪ ⎪ ⎪2×1 − 2x 2 + 3×3 = −1 ⎪ − x = −3 • m = 3: Δ = 0, Δ2 ≠ 0 nên hệ (1) vô nghiệm. ⇔⎨ 3 ⇔⎨ ⎪ x 4 − x5 + 2×6 = 2 ⎪ x4 − x5 + 2×6 =2 • m = 0: Δ = Δ1 = Δ2 = Δ3 = 0. Hệ (1) trở thành: ⎪2x − 2x + 3x = 0 ⎪ − x = −4 ⎩4 ⎩6 5 6 ⎧ x 2 = α; x 3 = 3; x1 = −5 + α ⎧ x1 x2 x3 =2 + + ⎪ ⇔⎨ ⎪ ⎪ x5 = β; x6 = 4; x4 = −6 + β ⎨ x1 + 3x 3 =4 (2) ⎩ ⎪x + 2×2 x3 =0 − ⎩1 Vậy các ma trận X cần tìm là: ⎛ −5 + 6α −6 + β ⎞ ⎛1 1 1 2 ⎞ ⎛1 1 1 2 ⎞ ⎛1 1 1 2⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ d 3 := d 3 − d 2 d 2 : = d 2 − d1 X=⎜ α β ⎟ vôùi α, β ∈ tuyø yù. (A |B) = ⎜ 1 0 3 4 ⎟ ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎜ 0 −1 2 2 ⎟ ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎜ 0 −1 2 2 ⎟ d 3 : = d 3 − d1 ⎜ 1 2 −1 0 ⎟ ⎜ 0 1 −2 −2 ⎟ ⎜ 0 0 0 0⎟ ⎜ 4⎟ 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧ x3 = α ⎪x + x2 + x3 = 2 ⎧ ⎪ (2) ⇔ ⎨ 1 ⇔ ⎨ x 2 = 2α − 2 − x 2 + 2x 3 = 2 ⎪ ⎪ x = 2 − x − x = 4 − 3α ⎩ Câu 3. Không gian W sinh bởi ⎩1 2 3 u1= (1,1,0,1); u2= (1,2,0,1); u3= (1,0,1,1); u4 = (0,3, −2,0). Vậy với m = 0, hệ (1) có vô số nghiệm (x1 ,x2 ,x3 )=(4 − 3α, 2α − 2, α) với là không gian dòng của ma trận A có được bằng cách xếp u1, u2, u3, u4 thành các α ∈ R tuỳ ý. dòng: ⎛1 1 0 1⎞ ⎛1 1 0 1⎞ ⎛1 1 0 1⎞ ⎛1 1 0 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎛ 1 −1 2 ⎞ ⎛ 1 2⎞ 1 2 0 1⎟ 010 0⎟ 0 1 0 0⎟ ⎜ 0 1 0 0⎟ trận A = ⎜ 2 −2 3 ⎟ ; B = ⎜ −1 0 ⎟ Câu 2. Với các ma, ma trận X thoả AX = B phải A=⎜ →⎜ →⎜ =R → ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜1 0 1 1⎟ ⎜ 0 −1 1 0⎟ ⎜0 0 1 0⎟ ⎜ 0 0 1 0⎟ thuộc loại 3×2. Đặt ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝0 3 −2 0 ⎠ ⎝ 0 3 −2 0⎠ ⎝0 0 −2 0 ⎠ ⎝ 0 0 0 0⎠ ⎛ x1 x4 ⎞ ⎜ ⎟ a) Vì R có dòng 0 nên u1; u2; u3; u4 phụ thuộc tuyến tính. X = ⎜ x2 x5 ⎟ b) W có dimW = 3 và một cơ sở B = {v1, v2, v3}, trong đó ⎜x x6 ⎟ ⎝3 ⎠ v1 = (1, 1, 0, 1) Ta có v2 = (0, 1, 0, 0) v3 = (0, 0, 1, 0) 7 8Printed with FinePrint trial version – purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội ⎛ 1 −2 0 ⎞ ⎛ 1 − 2 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Au = λ 2u ⇔ ⎜ −2 1 0 ⎟ (x1, x 2, x 3 ) = −(x1, x 2, x 3 ) Câu 4. Xét ma trận A = ⎜ − 2 1 0⎟. ⎜ 0 0 3⎟ ⎜0 0 3⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇔ (x1 − 2x 2, −2×1 + x 2, 3x 3 ) = (− x1, − x 2, − x 3 ) a) – Đa thức đặc trưng: ⎧ x1 − x 2 = 0 (2) ⇔⎨ ⎩x3 = 0 1−λ −2 0 1−λ −2 Giải hệ (2), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (α, α, 0) với α ∈ R tùy ý. ϕA (λ) = A − λI3 = −2 1 − λ 0 = (3 − λ) −2 1 − λ Suy ra 0 0 3−λ V(λ2) = {(α,α, 0)| α ∈ R}= {α(1, 1, 0)| α ∈ R} =. = (3 − λ)(λ − 2λ − 3) = −(λ − 3)2 (λ + 1). 2 Vậy V(λ2) có dim V(λ2) = 1 với cơ sở B2 = {(1, 1, 0)}. – Trị riêng: ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 2), λ = −1 (bội 1). b) Vì các không gian riêng của A đều có số chiều bằng số bội của các trị Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 3 (bội 2), λ2 = −1 (bội 1). riêng tương ứng nên A chéo hóa được. Lập ma trận P bằng cách lần lượt dựng các – Không gian riêng: vectơ trong B1 = {(−1,1,0); (0, 0,1)} và B2 = {(1, 1, 0)} thành các cột • Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = 3 là không gian nghiệm ⎛ −1 0 1 ⎞ ⎜ ⎟ của hệ: P = ⎜ 1 0 1⎟ ⎜ 0 1 0⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 1 −2 0 ⎞ Khi đó ta có ⎜ ⎟ A u = λ 1 u ⇔ ⎜ −2 1 0 ⎟ (x1, x 2, x 3 ) = 3(x1, x 2, x 3 ) ⎛3 0 0 ⎞ ⎜ 0 0 3⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ P AP = ⎜ 0 3 0 ⎟ −1 ⎜ 0 0 −1 ⎟ ⇔ (x1 − 2x 2, −2×1 + x 2, 3x 3 ) = (3×1, 3x 2, 3x 3 ) ⎝ ⎠ ⇔ x1 + x 2 = 0 (1) ————————- Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (− α, α, β) với α, β ∈ R tùy ý. Suy ra V(λ1) = {(−α, α, β) | α, β ∈ R}= {α(−1,1, 0) + β (0, 0, 1)| α, β ∈ R} =. Vậy V(λ1) có dim V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) với cơ sở B1 = {(−1,1,0); (0, 0,1)}. • Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng λ2 = −1 là không gian nghiệm của hệ: 9 10Printed with FinePrint trial version – purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 8 4 5 4 4 4 5 4 LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 – ĐỀ THAM KHẢO 3 6 m+ 5 5 6 0 m+ 5 5 6 det A = c1 : = c1 − c4 3 2m 2m 3 0 2m 2m 3 Câu 1. Ta giải hệ phương trình tuyến tính m+ 2 2m 2m m + 2 0 2m 2m m + 2 m+ 5 5 6 m+5 5 6 ⎧ 2×1 2x 2 x3 x4 x5 1 − + − + = d3 : = d3 − d2 m+ 5 5 ⎪ = 8m2(m − 1) = 4 2m 2m 3 4 2m 2m 3 = 4(m − 1) ⎪ x1 2x 2 x3 x4 2×5 1 + − + − = 2m 2m (1) 2m 2m m + 2 0 0 m−1 ⎨ ⎪4×1 − 10x 2 + 5x 3 − 5x 4 7×5 1 + = ⎪ 2x − 14x 2 + 7x 3 − 7x 4 + 11×5 = −1 ⎩1 b) Ta có bằng phương pháp Gauss A2 khả nghịch ⇔ det(A2) ≠ 0 ⇔ 2 ≠ 0 ⇔ detA ≠ 0 ⎛2 −2 1 −1 1 1 ⎞ ⎛1 2 −1 1 − 2 1 ⎞ ⇔ 8m2(m − 1) ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 và m ≠ 1. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜1 2 −1 1 −2 1 ⎟ ⎜2 −2 1 − 1 1 1 ⎟ d1 ↔ d 2 (A |B) = ⎯⎯⎯⎯→ ⎜ 4 −10 5 −5 7 1 ⎟ ⎜ 4 −10 5 −5 7 1 ⎟ Câu 3. a) Với ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2 −14 7 −7 11 −1 ⎟ ⎜ 2 −14 7 −7 11 −1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ u1= (1, 2, 3, 0); u2= (2, −1, 0, 1); u3= (1, 7, 9,−1) ⎛1 2 −1 1 −2 1 ⎞ ⎛ 1 2 −1 1 − 2 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ta lập ma trận A bằng cách xếp u1, u2, u3 thành các dòng: 0 −6 3 −3 5 − 1 ⎟ 0 −6 3 −3 5 −1 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎜ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎜ ⎟ d 3 := d 3 − 3d2 d 2 := d2 − 2d1 → → ⎜ 0 −18 9 −9 15 −3 ⎟ ⎜0 0 0 0 0 0 ⎟ d 3 := d 3 − 4d1 d 4 := d 4 − 3d2 ⎛ 1 2 3 0⎞ ⎛ 1 2 3 0⎞ ⎛ 1 2 3 0⎞ d 4 := d 4 − 2d1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 −18 9 −9 15 −3 ⎟ ⎜0 0 0 0 0 0 ⎟ A = ⎜ 2 −1 0 1 ⎟ → ⎜ 0 −5 −6 1 ⎟ → ⎜ 0 −5 −6 1 ⎟ = R ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ 1 7 9 −1 ⎟ ⎜ 0 5 6 −1 ⎟ ⎜ 0 0 0 0⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧ ⎪ x3 = 2α; x4 = 2β; x5 = 6γ ⎧ x1 + 2×2 − x3 + x 4 − 2×5 = 1 Vì R có dòng 0 nên u1; u2; u3 phụ thụộc tuyến tính. ⎪ 1 ⎪ ⎪ (1) ⇔ ⎨ − 6x 2 + 3×3 − 3x 4 + 5×5 = −1 ⇔ ⎨ x 2 = + α − β + 5γ b) u = (0,5, 6, m) là một tổ hợp tuyến tính của u1; u2; u3 khi và chỉ khi phương 6 ⎪ ⎪ trình sau có nghiệm: 2 ⎩ ⎪ ⎪ x1 = 3 + 2γ α1u1 + α 2u 2 + α 3u 3 = u ⇔ UX = B (1) ⎩ trong đó: Suy ra nghiệm của (1) là: ⎛ 1 2 1⎞ ⎛0⎞ ⎛ α1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜⎟ 2 1 2 −1 7 ⎟ ⎜ 5 ⎟; X = ⎜α ⎟ (x1, x 2, x 3, x 4, x5 ) = ( + 2γ, + α − β + 5γ, 2α, 2β, 6γ ) ⎜ U= ; B= ⎜ 2⎟ 3 6 ⎜ 3 0 9⎟ ⎜6⎟ ⎜α ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎜ 0 1 −1 ⎟ ⎜ m⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎠ với α; β; γ ∈ R tuỳ ý. ⎛1 2 1 0 ⎞ ⎛1 2 1 0 ⎞ ⎛1 2 ⎞ 1 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 −1 7 5 ⎟ 0 −5 5 5 ⎟ 0 −1 11⎟ Câu 2. a) Tính định thức của A. (A |B) = ⎜ →⎜ →⎜ ⎜3 0 9 6 ⎟ ⎜ 0 −6 6 6 ⎟ ⎜0 0 0 m + 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 1 −1 m ⎟ ⎜ 0 1 −1 m ⎟ ⎜0 0 00⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 11 12Printed with FinePrint trial version – purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội (1) có nghiệm khi và chỉ khi m = −1. Do đó u = = (0, 5, 6, m) là một tổ hợp tuyến Vậy V(λ1) có dim V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) với cơ sở B1 = {(2, 1,0); (−1,0,1)}. tính của u1; u2; u3 khi và chỉ khi m = −1. • Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng λ2 = −1 là không gian nghiệm của hệ: ⎛7 −12 6⎞ ⎛ 7 −12 6 ⎞ ⎜ ⎟ Câu 4. Xét ma trận A = ⎜ 10 −19 10 ⎟. Au = λ 2u ⇔ ⎜ 10 −19 10 ⎟ (x1, x 2, x 3 ) = −(x1, x 2, x 3 ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 12 −24 13 ⎟ ⎝ 12 −24 13 ⎠ ⎝ ⎠ ⇔ (7×1 − 12x 2 + 6x 3 ,10×1 − 19x 2 + 10x 3 ,12×1 − 24x 2 + 13x 3 ) = −(x1, x 2, x 3 ) a) – Đa thức đặc trưng: ⎧8×1 − 12x 2 + 6x 3 = 0 ⎪ ⇔ ⎨10×1 − 18x 2 + 10x 3 = 0 (2) 7−λ −12 6 1−λ −12 6 1 −12 6 ⎪12x − 24x + 14x = 0 ϕA (λ) = A − λI3 = 10 −19 − λ 10 = 1 − λ −19 − λ 10 = (1 − λ) 1 −19 − λ 10 ⎩ 1 2 3 12 −24 13 − λ 1−λ −24 13 − λ 1 −24 13 − λ ⎛ 8 −12 6 ⎞ ⎛ 4 −6 3 ⎞ ⎛ −1 3 −2 ⎞ ⎛ −1 3 − 2 ⎞ ⎛ − 1 3 −2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 −12 6 ⎜ 10 −18 10 ⎟ → ⎜ 5 −9 5 ⎟ → ⎜ 5 −9 5 ⎟ → ⎜ 0 6 −5 ⎟ → ⎜ 0 6 −5 ⎟ −7 − λ 4 = (1 − λ) 0 −7 − λ 4 = (1 − λ) = (1 − λ)(λ 2 − 1) = − (λ − 1)2 (λ + 1). ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 12 −24 14 ⎠ ⎝ 6 −12 7 ⎠ ⎝ 6 −12 7 ⎠ ⎝ 0 6 −5 ⎠ ⎝ 0 0 0⎠ −12 7 − λ 0 −12 7 − λ ⎧− x + 3x 2 − 2x 3 = 0 ⎪ (2) ⇔ ⎨ 1 (2′) – Trị riêng: 6x 2 − 5x 3 = 0 ⎪ ⎩ ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 1 (bội 2), λ = −1 (bội 1). Giải hệ (2′), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (3α, 5α, 6α) với α ∈ R Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 1 (bội 2), λ2 = −1 (bội 1). tùy ý. Suy ra – Không gian riêng: V(λ2) = {(3α, 5α, 6α)| α ∈ R}= {α(3, 5, 6)| α ∈ R} =. Vậy V(λ2) có dim V(λ2) = 1 với cơ sở B2 = {(3, 5, 6)}. • Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = 1 là không gian nghiệm của hệ: b) Vì các không gian riêng của A đều có số chiều bằng số bội của các trị ⎛ 7 −12 6 ⎞ ⎜ ⎟ riêng tương ứng nên A chéo hóa được. Lập ma trận P bằng cách lần lượt dựng các Au = λ1u ⇔ ⎜ 10 −19 10 ⎟ (x1, x 2, x 3 ) = (x1, x 2, x 3 ) vectơ trong B1 = {(2, 1,0); (−1,0,1) } và B2 = {(3, 5, 6)} thành các cột ⎜ 12 −24 13 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 2 −1 3 ⎞ ⎜ ⎟ ⇔ (7×1 − 12x 2 + 6x 3 ,10×1 − 19x 2 + 10x 3 ,12×1 − 24x 2 + 13x 3 ) = (x1, x 2, x 3 ) P = ⎜ 1 0 5⎟ ⎜ 0 1 6⎟ ⎧6×1 − 12x 2 + 6x 3 = 0 ⎝ ⎠ ⎪ ⇔ ⎨10×1 − 20x 2 + 10x 3 = 0 ⇔ x1 − 2x 2 + x 3 = 0 (1) Khi đó ta có ⎪12x − 24x + 12x = 0 ⎛ 1 0 0⎞ ⎩ 1 2 3 ⎜ ⎟ P AP = ⎜ 0 1 0 ⎟. −1 Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (2α − β, α, β) với α, β ∈ ⎜ 0 0 −1 ⎟ R tùy ý.
Xem thêm: Đề Kiểm Tra 45 Phút Chương 3 Đại Số 8, Đề Kiểm Tra 45 Phút (1 Tiết)
Suy ra ⎝ ⎠ V(λ1) = {(2α − β, α, β)| α, β ∈ R}= {α(2,1, 0) + β (−1, 0, 1)| α, β ∈ R} —————————– =. 13 14Printed with FinePrint trial version – purchase at www.fineprint.com
Bạn đang xem: Bài tập toán cao cấp c2 có lời giải Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội ⎧ x1 + 3×2 + 2×3 x4 =0 − ⎧ x3 = α, x4 = 1 ⎪ x2 + 2×4 = 2⇔⎨ ⎨ ⎩ x2 = 0, x1 = 1 − 2α LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 – ĐỀ THAM KHẢO 1 ⎪ x4 =1 ⎩ Câu 1. Ta giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính: Vậy với m = 1, hệ (1) có vô số nghiệm: 0; ⎧ x1 3x 2 + 2 x3 x4 + − = (x1, x 2, x 3, x 4 ) = (1 − 2α, 0, α,1) ⎪2 x 2; 7 x2 + 4 x3 + = ⎪1 ⎨ với α ∈ R tuỳ ý. = 3; ⎪ 3 x1 + 8×2 + 6 x3 ⎪ 3 x1 = m. + 11x 2 + 6 x3 + 2×4 ⎩ Câu 2. a) Ma trận bằng phương pháp Gauss ⎛ 1 3 1⎞ ⎜ ⎟ A = ⎜ −1 −2 2 ⎟ ⎛1 3 2 −1 0 ⎞ ⎛1 3 2 −1 0 ⎞ ⎜ 3 11 3 ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 27 4 0 2⎟ 01 0 2 2⎟ (A | B) = ⎜ →⎜ khả nghịch vì ⎜3 8 6 0 3⎟ ⎜ 0 −1 0 3 3⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 31 ⎜ 3 11 6 2 m⎟ ⎜0 2 0 5 m⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ det A = −1 −2 2 = −6. ⎛1 3 2 −1 0⎞ ⎛1 3 2 −1 0⎞ 3 11 3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 10 2 2⎟ 0 10 2 2⎟ →⎜ →⎜ Ta có ⎜0 5⎟ ⎜0 1⎟ 00 5 00 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ T ⎜ 1 m − 4⎟ ⎜0 0 m − 5⎟ ⎝0 00 00 ⎛ 28 −9 5 ⎞ ⎛ 28 −2 −85 ⎞ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Adj(A) = ⎜ −2 0 2 ⎟ = ⎜ −9 0 3⎟. ⎜ −8 3 −1 ⎟ ⎜5 2 −1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ vì ⎧ x1 + 3x 2 + 2x 3 − x 4 = 0 ⎪ −2 2 −1 2 −1 − 2 x2 + 2x 4 = 2 A11 = + = −28; A12 = − = 9; A13 = + = −5; ⎪ (1) ⇔ ⎨ (2) 11 3 33 3 11 x4 = 1 ⎪ 31 11 1 3 ⎪ A 21 = − = 2; A 22 = + = 0; A 23 = − = −2; 0= m−5 ⎩ 11 3 33 3 11 Biện luận: 31 11 1 3 A 31 = + = 8; A 32 = − = −3; A 33 = + = 1. −2 2 −1 2 −1 − 2 • m ≠ 5: Hệ vô nghiệm. Suy ra • m = 5: Hệ đã cho tương đương với hệ sau: 1 2Printed with FinePrint trial version – purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội ⎛1⎞ ⎛ −28 2 8 ⎞ 1 1⎜ ⎟ ⎜⎟ −1 A Adj(A) = − ⎜ 9 0 −3 ⎟. =
Source: https://bem2.vn
Category: TỔNG HỢP
