Đề bài tập lớn
- Hạn nộp bài: trước 17h ngày 23 tháng 6 năm 2021 [nên nộp trước 6 tiếng phòng khi có sự cố].
- Bìa bài tập lớn phải có đủ thông tin như mẫu này [không cần phải đánh máy].
- Các em nộp bài qua hệ thống LMS [không gửi qua email, zalo].
- Lời cam đoan các em viết cuối bài làm của mình với nội dung: “Đây là bài làm do chính năng lực của em, không sao chép và nhờ giải hộ dưới mọi hình thức. Em hoàn toàn chịu trách với kết quả bài làm của mình, nếu bị tố giác vi phạm trong quá trình làm bài, em sẽ chấp nhận việc xử lý thầy cô của Thầy Cô giảng dạy và Nhà trường.”
- Hướng dẫn chụp hình, tạo file pdf, nộp bài LMS
Trong quá trình làm bài thi, các em cần hỗ trợ thì liên hệ với
- Giảng viên bộ môn
- Facebook messenger: @khcbdhcn
- Trưởng bộ môn: ĐT: 0904849797; Email: [T. Phương]
Đề tham khảo có lời giải toán cao cấp C2.
Bạn đang xem: Bài tập toán cao cấp c2 có lời giải
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 kìToán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội ⎧ x1 + 3x2 + 2x3 x4 =0 − ⎧ x3 = α, x4 = 1 ⎪ x2 + 2x4 = 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 + 8x2 + 6 x3 ⎪ 3 x1 = m. + 11x 2 + 6 x3 + 2x4 ⎩ 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] ⇔ [3x1 + 2x 2 + x 3 ,7x 2 + 2x 3 , −2x 2 + 2x 3 ] = [3x1 , 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] + ⇔ [3x1 + 2x 2 + x 3 ,7x 2 + 2x 3 , −2x 2 + 2x 3 ] = [6x1 , 6x 2 , 6x 3 ] ⎪x 2x2 + [m − 1]x3 = 0. + ⎩1 ⎧−3x1 + 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 + 2x3 x4 − x5 + 2x6 ⎞ ⎛ 1 2⎞ ⇔⎜ ⎟=⎜ ⎟ 2m 2 Δ ⎜ ⎟ ⎝ 2x1 − 2x 2 + 3x 3 2x 4 − 2x5 + 3x 6 ⎠ ⎝ −1 0⎠ x3 = 3 = − 2 =− m−3 Δ m − 3m ⎧ x1 − x 2 + 2x 3 = 1 ⎧ x1 − x2 + 2x3 =1 ⎪ ⎪ ⎪2x1 − 2x 2 + 3x3 = −1 ⎪ − x = −3 • m = 3: Δ = 0, Δ2 ≠ 0 nên hệ [1] vô nghiệm. ⇔⎨ 3 ⇔⎨ ⎪ x 4 − x5 + 2x6 = 2 ⎪ x4 − x5 + 2x6 =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 + 2x2 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.
Xem thêm: Xem Phim Chạy Trốn Thanh Xuân Tập 8, Vtv3, Xem Chạy Trốn Thanh Xuân Tập 8, Vtv3
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 , −2x1 + 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 , −2x1 + x 2 , 3x 3 ] = [3x1 , 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 ⎧ 2x1 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 2x5 1 + − + − = 2m 2m [1] 2m 2m m + 2 0 0 m−1 ⎨ ⎪4x1 − 10x 2 + 5x 3 − 5x 4 7x5 1 + = ⎪ 2x − 14x 2 + 7x 3 − 7x 4 + 11x5 = −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 + 2x2 − x3 + x 4 − 2x5 = 1 Vì R có dòng 0 nên u1; u2; u3 phụ thụộc tuyến tính. ⎪ 1 ⎪ ⎪ [1] ⇔ ⎨ − 6x 2 + 3x3 − 3x 4 + 5x5 = −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 ⎠ ⎝ ⎠ ⇔ [7x1 − 12x 2 + 6x 3 ,10x1 − 19x 2 + 10x 3 ,12x1 − 24x 2 + 13x 3 ] = −[x1 , x 2 , x 3 ] a] - Đa thức đặc trưng: ⎧8x1 − 12x 2 + 6x 3 = 0 ⎪ ⇔ ⎨10x1 − 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 ⎞ ⎜ ⎟ ⇔ [7x1 − 12x 2 + 6x 3 ,10x1 − 19x 2 + 10x 3 ,12x1 − 24x 2 + 13x 3 ] = [x1 , x 2 , x 3 ] P = ⎜ 1 0 5⎟ ⎜ 0 1 6⎟ ⎧6x1 − 12x 2 + 6x 3 = 0 ⎝ ⎠ ⎪ ⇔ ⎨10x1 − 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. 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