Toán cao cấp C2- Đề tham khảo 1 ppt

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... b Vì các không gian riêng của A đều có số chiều bằng số bội của các trị riê

LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 - ĐỀ THAM KHẢO 1

Câu 1 Ta giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính:

⎪

⎪

⎩

⎪

⎪

⎨

⎧

= +

+ +

= +

+

= +

+

=

− +

+

;

;

;

m x

x x

x

x x

x

x x

x

x x

x x

4 3

2 1

3 2

1

3 2

1

4 3

2 1

2 6

11 3

3 6

8 3

2 4

7 2

0 2

3

bằng phương pháp Gauss

(A|B)

−

Biện luận:

• m ≠ 5: Hệ vô nghiệm

• m = 5: Hệ đã cho tương đương với hệ sau:

4

x 2x 2

0 m 5

⎪

⎪

⇔ ⎨

=

⎪

⎩

4

⎧

⎧

⎩

⎩

Vậy với m = 1, hệ (1) có vô số nghiệm:

(x , x , x , x ) (1 2 ,0, ,1)= − α α

với α ∈ R tuỳ ý

Câu 2 a) Ma trận

1 3 1

3 11 3

= −⎜ − ⎟

khả nghịch vì

1 3 1 det A 1 2 2 6

3 11 3

= − − = −

Ta có

T

vì

Suy ra

28 2 8

−

b) Ta có

1

−

1

−

Câu 3 a) Với u1 = (1, 2 ,−3); u2 = (1, 3, 2); u3 = (2 , 5, 2), ta có B = {u1, u2, u3}

là một cơ sở của R 3 vì

1 2 3 detA= 1 3 2 3 0

2 5 2

−

= ≠

b) Với u = (4 , 9, −1), ta có

1

3

α

⎜α ⎟

B

trong đó:

1 2 3

α

⎛ ⎞

⎜ ⎟

1

2

= −⎜ ⎟

B

Câu 4 Xét ma trận

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

=

2 2 0

2 7 0

1 2 3

a) - Đa thức đặc trưng:

2 2

− λ

− λ

− − λ

− − λ

= − λ λ − λ + = − λ − λ −

- Trị riêng:

ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 2), λ = 6 (bội 1)

Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 3 (bội 2), λ2 = 6(bội 1)

- Không gian riêng:

• Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = 3 là không gian nghiệm của hệ:

2 3

Au u 0 7 2 (x , x , x ) 3(x , x , x )

(3x 2x x ,7x 2x , 2x 2x ) (3x , 3x ,3x ) 2x x 0 (1)

Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) =(α, −β, 2β) với α, β ∈ R tùy ý Suy ra

Vậy V(λ1) có dim V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) với cơ sở

B1 = {(1,0,0); (0, −1,2)}

• Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng λ2 = 6 là không gian nghiệm

của hệ:

3 2 1

Au u 0 7 2 (x , x , x ) 6(x , x , x )

0 2 2 (3x 2x x ,7x 2x , 2x 2x ) (6x ,6x ,6x )

(2)

x 2x 0

⎪

⎪⎩

Giải hệ (2), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (−α,−2α, α) với α ∈ R

tùy ý Suy ra

V(λ2) = {(−α,−2α, α)| α ∈ R}= {α(−1,−2, 1)| α ∈ R} = < (−1,−2, 1) >

Vậy V(λ2) có dim V(λ2) = 1 với cơ sở B2 = {(−1, −2, 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:

0 2 1

−

=⎜ − − ⎟

Khi đó ta có

1

3 0 0

P AP 0 3 0

0 0 6

−

-

LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 - ĐỀ THAM KHẢO 2

Câu 1 Ta giải và biện luận hệ

x mx 3x 4; (1)

⎪

⎨

⎩

bằng qui tắc Cramer:

1

2

d : d d

1 m 1

1 m 4 d : d 2d 1 m 2 0

−

= −

−

−

= −

Biện luận: Δ = ⇔0 m2−3m 0= ⇔ m 0, m 3.= =

• m ≠ 0 và m ≠ 3: Δ ≠ 0 nên hệ (1) có duy nhất một nghiệm định bởi:

2 1

2

3

2(m 3m)

x

m 3

x

m 3

Δ

Δ

• m = 3: Δ = 0, Δ2 ≠ 0 nên hệ (1) vô nghiệm

• m = 0: Δ = Δ1 = Δ2 = Δ3 = 0 Hệ (1) trở thành:

x 3x 4 (2)

⎪

⎨

⎩

d : d d

d : d d

d : d d

3

2

x

= −

= −

= −

⎪

⎩

Vậy với m = 0, hệ (1) có vô số nghiệm (x ,x ,x )=(4 3 , 21 2 3 − α α − α2, ) với

α ∈ R tuỳ ý

Câu 2 Với các ma trậnA 1 1 2 ; B 1 2

⎝ ⎠ ⎝ ⎠, ma trận X thoả AX = B phải thuộc loại 3×2 Đặt

x x

x x

Ta có

x x

x x

⎪

⎪

⎪

⎩

3 3

6

2x 1

x ; x 3; x 5

x ; x 4; x 6

⎪

− = −

⎪

⎨

⎪

⎪− = −

⎩

⎧ = α = = − + α

⎪

⇔ ⎨

= β = = − + β

⎪⎩

Vậy các ma trận X cần tìm là:

⎛− + α − + β⎞

\

Câu 3 Không gian W sinh bởi

u1= (1,1,0,1); u2= (1,2,0,1); u3= (1,0,1,1); u4 = (0,3, −2,0)

là không gian dòng của ma trận A có được bằng cách xếp u1, u2, u3 , u4 thành các dòng:

a) Vì R có dòng 0 nên u1; u2; u3; u4 phụ thuộc tuyến tính b) W có dimW = 3 và một cơ sở B = {v1, v2, v3}, trong đó

v1 = (1, 1, 0, 1)

v = (0, 1, 0, 0)

Câu 4 Xét ma trận

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

−

=

3 0 0

0 1 2

0 2 1

a) - Đa thức đặc trưng:

2 1

− λ −

− λ −

− − λ

− λ

= − λ λ − λ − = − λ − λ +

- Trị riêng:

ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 2), λ = −1 (bội 1)

Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 3 (bội 2), λ2 = −1 (bội 1)

- Không gian riêng:

• Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = 3 là không gian nghiệm

của hệ:

Au u 2 1 0 (x , x , x ) 3(x , x , x )

(x 2x , 2x x ,3x ) (3x ,3x ,3x )

x x 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}

= < (−1,1, 0); (0, 0, 1) >

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:

1 2

3

(2)

−

⎧

⎩

Giải hệ (2), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (α, α, 0) với α ∈ R tùy ý Suy ra

V(λ2) = {(α,α, 0)| α ∈ R}= {α(1, 1, 0)| α ∈ R} = < (1,1, 0) >

Vậy V(λ2) có dim V(λ2) = 1 với cơ sở B2 = {(1, 1, 0)}

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 Lập ma trận P bằng cách lần lượt dựng các vectơ trong B1 = {(−1,1,0); (0, 0,1)} và B2 = {(1, 1, 0)} thành các cột

1 0 1

0 1 0

Khi đó ta có

1

3 0 0

P AP 0 3 0

0 0 1

−

-

LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 - ĐỀ THAM KHẢO 3

Câu 1 Ta giải hệ phương trình tuyến tính

(1)

⎪

⎪

⎨

⎪

⎩

bằng phương pháp Gauss

d d

d : d 2d

d : d 4d

d : d 2d

(A|B)

0 18 9 9 15 3

0 18 9 9 15 3

↔

= −

= −

= −

⎯⎯⎯⎯⎯⎯→

d : d 3d

d : d 3d

= −

= −

1

1

6 2

3

⎧

⎪

⎪⎩

Suy ra nghiệm của (1) là:

với α; β; γ ∈ R tuỳ ý

Câu 2 a) Tính định thức của A

2m 2m

+

b) Ta có

A2 khả nghịch ⇔ det(A2) ≠ 0 ⇔ [detA]2 ≠ 0 ⇔ detA ≠ 0

⇔ 8m2(m − 1) ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 và m ≠ 1

Câu 3 a) Với

u1= (1, 2, 3, 0); u2= (2, −1, 0, 1); u3= (1, 7, 9,−1)

ta lập ma trận A bằng cách xếp u1, u2, u3 thành các dòng:

Vì R có dòng 0 nên u1; u2; u3 phụ thụộc tuyến tính

b) u= (0,5, 6, m) là một tổ hợp tuyến tính của u1; u2; u3 khi và chỉ khi phương trình sau có nghiệm:

1 1u 2 2u 3 3u u UX B (1)

trong đó:

1 2 3

=⎜ ⎟ =⎜ ⎟ = α⎜ ⎟

⎜ ⎟

(1) có nghiệm khi và chỉ khi m = −1 Do đó u = = (0, 5, 6, m) là một tổ hợp tuyến

tính của u1; u2; u3 khi và chỉ khi m = −1

Câu 4 Xét ma trận

7 12 6

A 10 19 10

12 24 13

−

a) - Đa thức đặc trưng:

−

− − λ

- Trị riêng:

ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 1 (bội 2), λ = −1 (bội 1)

Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 1 (bội 2), λ2 = −1 (bội 1)

- Không gian riêng:

• Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = 1 là không gian nghiệm

của hệ:

Au u 10 19 10 (x , x , x ) (x , x , x )

12 24 13 (7x 12x 6x ,10x 19x 10x ,12x 24x 13x ) (x , x , x )

10x 20x 10x 0 x 2x x 0 (1)

12x 24x 12x 0

⎪

⎩

Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (2α − β, α , β) với α, β ∈

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}

= < (2,1, 0); (−1, 0, 1) >

Vậy V(λ1) có dim V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) với cơ sở

B1 = {(2, 1,0); (−1,0,1)}

• Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng λ2 = −1 là không gian nghiệm của hệ:

⎪

⎩

−

2 3

⎪⎩

Giải hệ (2′), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (3α, 5α, 6α) với α ∈ R tùy ý Suy ra

V(λ2) = {(3α, 5α, 6α)| α ∈ R}= {α(3, 5, 6)| α ∈ R} = < (3, 5, 6) > Vậy V(λ2) có dim V(λ2) = 1 với cơ sở B2 = {(3, 5, 6)}

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 Lập ma trận P bằng cách lần lượt dựng các vectơ trong B1 = {(2, 1,0); (−1,0,1) } và B2 = {(3, 5, 6)} thành các cột

2 1 3

0 1 6

Khi đó ta có

1

1 0 0

P AP 0 1 0

0 0 1

−

-