Bài tập thường kỳhọc phần toán cao cấp

  • Số trang: 33 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 20 |
  • Lượt tải: 0
nganguyen

Đã đăng 34173 tài liệu

Mô tả:

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) z  1 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) z  1 Ta có r = 2 2 a b 2 = z 1 2 = 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:  a b (y) 1 (x) -1 0 -1 1 d) 1< z  2 Ta có r = 2 a b 2 = z Suy ra: 1< z  2  1< a  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: 2 2 (y) 2 1 (x) -2 -1 0 -1 -2 1 2 Câu 3: Thực hiện các phép tính sau: a) A = 2i 3  2i  5  3i 3   f) F =   1  2 i 3   21 Giải: a) A = 2i  2  i  (3  2i)  6  7i  2i 2  4  7i  3  2i  3  2i  3  2i  9  4i 2 13  21    5  3i 3     =  5  3i 3 1 2 2i 3  f) F =     1  12i  1  2i 3     21  5  18i 2  13i 3    13  13i 3      2    13 1  12 i      21 = 1  i 3 Đặt A = -1 + i 3  F = A21 Viết A = -1 + i 3 dưới dạng lượng giác: Modun: r =  12   3  2 =2 1  cos  2 2 Argument:     k 2 3 3 sin    2 2 Lấy giá trị chính   3 2 2   Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2  cos  i. sin  3 3   21.2 21.2  21 21  21 21  i.sin  F = A = 2 .  cos  = 2 (1 + 0) = 2 3 3   21  5  3i 3   = 221 Vậy F =    1  2i 3  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:  b '  '  1  2i 2 1  i 2 X1 =   a 3 3 X2 =  b '  '  1  2i 2  1  i 2   a 3 3 21 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) b 2  1 = i 2a 2 2  z = X12 = i  z =  i Ta có:  (2) = 22 - 4.1.1 = 0  X12 = Vậy (1) có nghiệm là z =  i Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i 3 Giải: Modun: r = 12   3 2 =2 a  cos   r  Argument z:  sin   b   r Lấy giá trị chính   1  2     k 2 3 3 2  3   Suy ra dạng lượng giác của z là: z = 2  cos Câu 7f: Viết theo dạng lượng giác z =    i. sin  3 3 1 i 3 1 i Giải:  Đặt  z 1  1 i 3  z 2  1  i z z  z= 1 2 * Viết z1 = 1 + i 3 dưới dạng lượng giác: Modun: r1 = 12   3 2 =2  a1  1 cos 1   r 1 2      k 2  Argument z1: 1 3 sin b1  3    1 r1 2  (1) Lấy giá trị chính  1   3   Suy ra dạng lượng giác của z1 là: z1 = 2  cos    i. sin  3 3 (2) * Viết Z2 = 1 + i dưới dạng lượng giác: Modun: r2 = 12  12 = 2  a2  cos 2   r2 Argument z2:  sin b2   2  r2  Lấy giá trị chính  2  1 2 1 2   2   k 2 4  4 Suy ra dạng lượng giác của z2 là: z2 = Thay (2) và (3) vào (1) ta được: 2(cos   isin  ) 3 3 = z = z1 =   2(cos  isin ) z2 4    2  cos  i.sin  4 4  2 .[cos( 4     - ) +isin( - )] 3 4 3 4   +isin ) 12 12   Vậy z = 2 (cos +isin ) 12 12 = 2 (cos 1  i 3 1  i 3 ; z2  . 2 2 Tính z = (z1 ) n  ( z2 ) n (n là số nguyên dương) Câu 9: Đặt z1  Giải: n Ta có: z1  (1i 3) 2 (1i 3) 3 z  2 1  i 3  2 z n 1  (1) n n 1  i z2  2 n (2) n 2 Từ (1) và (2) suy ra: n (1i 3) + (1i 3) 2 2 1 1 [ (1i 3 ) + (1i 3 ) ] = (An+Bn) 2 2 z = (z1 ) n  ( z2 ) n = n n = n n Với A = -1 + i 3 và B = -1 - i 3 n n n (3) (3)  A = -1 + i 3 Modun: r1 =  12   3  2 =2 1 2 2    k 2 1 3 3 2 2 Lấy giá trị chính   1 3 2 2   Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2  cos  i. sin  3 3   2n 2n  n n   A = 2 .  cos  i. sin (*)  3 3    B = -1 - i 3  cos 1  Argument:  sin   1  Modun: r2 =  12   3  2 =2 1  cos 2  2  2 Argument:     k 2 2 3  3 sin 2  2   2 Lấy giá trị chính  2  3  2  2   Suy ra dạng lượng giác của B là: B = 2  cos  i. sin  3 3   2 2   = 2  cos  i. sin  3 3   2n 2n  n n   B = 2 .  cos  i. sin (**)  3 3   Thay (*) và (**) vào (3) ta được: 2n 2n  n  2n 2n  1 1  z = n (An+Bn) = n [2n.  cos  i. sin  i. sin  +2 .  cos ] 2 = 2 1 n .2n.( cos 2 = 2 cos 3 3   3 2 n 2n 2 n 2 n + cos )  i. sin  i. sin 3 3 3 3 2n 3 Vậy z = 2 cos 2n 3 Câu 10: Đặt z1 = Giải:  1 i 3 . Tính z = (z1)n với n là số nguyên dương. 2 3  1  i 3 z2 = (*) với z2= 1+i 3 2 2 Viết z2= 1+i 3 dưới dạng lượng giác: Môđun: r2 = 12 + ( 3 )2 = 4  r = 2 cos   1 2  Argument z2:    =  + k2  3 3 sin    2  Lấy giá trị chính  = 3 Đặt z1 = Từ đó có dạng lượng giác của z2 là: z2 = 2(cos  3 +isin  3 ) Thay vào (*) ta được: 2(cos   i sin  ) 3 3 = cos   i sin  z1= z 2 = 3 3 2 2 n n Do đó: z= (z1) = ( cos  3  i sin  3 ) = cos n 3 + isin n 3 với n là số nguyên dương. Vậy: z = cos n 3 + isin n 3 với n là số nguyên dương.  Với n = 0 thì z0 = 1 1 +i 2 1  Với n = 2 thì z2 = - + i 2  Với n = 1 thì z1 = 3 2 3 2  Với n = 3 thì z3 = -1 1 3 2 2 1 3  Với n = 5 thì z5 = - i 2 2  Vơí n = 4 thì z4 = - - i  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 1  cos   2  Argument z1:  + k2    = 4 sin   1 2   Lấy giá trị chính  = 4 Từ đó có dạng lượng giác của z1 là:   z1 = 2 (cos +isin ) 4 4 Thay vào (*) ta được:     z = 4 2 . z1 = 4 2 . 2 (cos +isin ) = 8(cos +isin ) 4 4 4 4 Theo công thức căn bậc n của số phức ta có:   k 2   k 2   3 4 3 = 2.(cos + isin 4 ) với k = 0, 1, 2 z = 8(cos  i sin 4 4 3 3   + isin ) 12 12 3 3 2 2  k = 1: u1 = 2(cos +isin ) = 2( +i )= 4 4 2 2 17 17  k = 2: u2 = 2(cos +isin ) 12 12  k = 0: u0 = 3 z = 2(cos  02  Câu 15: Tính định thức: A= 7  0 1 2 3 4 2 7 4 4 0 0 1 0   21  và B=  1  1 2 (-1+i) 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2     Giải:  02  a) A= 7  0 1 2 3 4 2 7 4 4 0 0 1 0  21  b) B= 1  1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 d1  d 4  d 1  0 = -1.  2   0  1 2  1 2  2 7  = 2.   = 2.(4 – 8) = -8 4 4  4 4  d 2   1. d1  d 2 d 3   1. d1  d 3 d 4   1. d1  d 4          3 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 2 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 3 1 1 .1. 1 1 0 = 5 (Tính theo Sarius) 4+4 Suy ra B = (-1) 1 0 1  21  Vậy B= 1  1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2  = 5   Câu 43: Tìm điều kiện của m  m1  để   0 với:   1  m 0 0 0 m-1 0 0 1 m 0 2m 0 1  ,   Giải: Áp dụng phương pháp Laplace cho định thức ta được: 0 0 0  m1 m-1  0 0  0   3+4+4+3  m 0   m  .   = m2(m-1)  = (-1) . 1 1 m 0 o 1 1 m-1        m 2m 0 1  m  0  m >1 m 1  0 Để  >0  m2(m-1) >0    m1  Vậy với m>1 thì   0 với:   1  m 0 0 0 m-1 0 0 1 m 0 2m 0 1 Câu 44: Tính định thức: x 2 2  c1c2 c3c1 a) A=  2 x 2  2 2 x   x+4 2 2  x 2   x+4 2 x        x+4 1 2 2  =(x+4).  1 x 2  1 2 x  1 1  1  a b c b) B=   b+c c+a a+b d 2   d1  d 2 d 3   d1  d 3 2 2 1    (x+4).  0 -2+x 0 2 -2+x 0     c 2   c1  c 2 c3   c1  c3   1 a 0 0 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 1 1   1  a b c  = 0 Vậy B=   b+c c+a a+b    2  =(x+4).(x-2)  Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng: z+x x+y   y+z x y z  a)  y1+z1 z1+x1 x1+y1  = 2  x1 y 1 z1   y2+z2 z2+x2 x2+y2   x2 y2 z2  Giải: z+x x+y   y z+x x+y   z z+x x+y   y+z VT = y1+z1 z1+x1 x1+y1  =  y1 z1+x1 x1+y1 + z1 z1+x1 x1+y1   y2+z2 z2+x2 x2+y2   y2 z2+x2 x2+y2   z 2 z2+x2 x2+y2  x+y   y z x+y   y x x+y   z z x+y   z x  y z x +y   y x x +y   z z x +y   z x x +y  = 1 1 1 1 + 1 1 1 1 + 1 1 1 1 + 1 1 1 1   y 2 z2 x2+y2   y2 x2 x2+y2   z2 z2 x2+y2   z2 x2 x 2+y2  y z x  y z y  y x x  y x y  z x x  = y 1 z1 x1  +  y1 z1 y 1  +  y1 x 1 x1  +  y1 x1 y1  +  z1 x1 x1   y 2 z2 x2   y2 z2 y2   y2 x 2 x2   y2 x2 y2   z2 x2 x2  z x y  +  z1 x1 y1   z2 x2 y2  y z x  z x y  x y z  y z x  z x y  =  1 1 1  +  1 1 1 = 2  x1 y1 z1 = VP  y2 z2 x2   z2 x2 y2   x2 y2 z2  z+x x+y  y+z  y +z z +x x +y Vậy  1 1 1 1 1 1  y2+z2 z2+x2 x2+y2  x y z      = 2  x1 y1 z1  (Điều phải chứng minh)   x2 y2 z2  1 a a3 b) 1 b b 3  (a  b).(b  c).(c  a ).(a  b  c) 1 c c3 1 a a3 1 a a3 1 a a3 Ta có VT = 1 b b3 = 0 b  a b3  a3 = (b – a)(c – a) 0 1 b 2  a 2  ab 1 c c3 0 c  a c3  a 3 1 a = (b – a)(c – a) 0 1 0 1 c 2  a 2  ca a3 b 2  a 2  ab 0 0 c 2  b 2  ca  ab = (b – a)(c – a)(c – b)(a + b + c) = (a  b).(b  c).(c  a).(a  b  c) = VP 1 a a3 Vậy 1 b b 3  (a  b ).(b  c).(c  a ).(a  b  c) (Điều phải chứng minh) 1 c c3 a1  b1 x a1 x  b1 c) a2  b2 x a2 x  b2 a3  b3 x a3 x  b3 c1 a1 2 c2  (1  x ) a2 b1 b2 c1 c2 c3 b3 c3 a3 a1  b1 x a1 x  b1 Ta có VT = a2  b2 x a2 x  b2 a3  b3 x a3 x  b3 c1 a1 c2 = a 2 b1 b2 c1 b1 x a1 x c1 c2  b2 x a2 x c2 c3 b3 c3 a3 b3 x a3 x c3 a1 = a2 b1 b2 c1 a1 2 c2 - x a2 b1 b2 c1 a1 2 c2 = (1  x ) a2 b1 b2 c1 c2 = VP a3 b3 c3 b3 c3 b3 c3 a1  b1 x a1 x  b1 Vậy a2  b2 x a2 x  b2 a3  b3 x a3 x  b3 a3 a3 c1 a1 2 c2  (1  x ) a2 b1 b2 c1 c2 (Điều phải chứng minh) c3 b3 c3 a3 Câu 55: Tính các định thức cấp n: x  xa xa x…  x… x   a) A= … … … …   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. a+(n-1)x a+(n+1)x… a+(n+1)x  a+(n-1)x  x a x… x   Khi đó: A = … … … …    x  x… x a = [a+(n-1)x] 1 x ... x  xa  Vậy A= …  x 1 1 1 x 1 0 a x = [a+(n-1)x] ... ... ... ... 0 x x a x x… x a x… x … … … x x a 1 0 1 1 ax ... 0 0 = [a+(n-1)x].(a-x)n-1 ... ... 0 ax  = [a+(n-1)x].(a-x)n-1   1  1+a a  1 b) B = …   a1 a2 … an  1+a2 … an  … … …  a2 … 1+an  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: a2 … an 1+a2+…+an  1+a  1+a +a +…+a 1+a an   1 2 n 2 … B= … … … …    1+a1+a2+…+an a2 … 1+an  a2 … a n  11 1+a  an   2 … = (1+a1+a2+…+an ) … … … …    1 a2 … 1+an   10  = (1+a1+a2+…+an ) …  0 1  1+a  a1 Vậy B =  …  a1 a2 1+a2 … a2 a2 … an 1 …. 0 … … … 0 … 1 … an … an … … … 1+an  x1  Câu 63: Giải phương trình: 1  1   = 1+a1+a2+…+an    = 1+a1+a2+…+an   x -1 -1 x2 1 1 1 1 1 0 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  x1  1 1 x -1 -1 x2 1 1 1 1 1 0 1 1   = 0 có nghiệm với mọi x   1 2 Câu 69: Tìm hạng của ma trận sau: A=  3  4 2 3 4 6 4 5 8 11  6 9 12 14   8 12 16 20  Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng:  21  A= 3  4 d 2  2 d 1  d 2 d 3  3 d1  d 3 d 4  4 d 1  d 4 2 3 4 5 4 6 8 11 6 9 12 14 8 12 16 20  01  0 0         d3 d2 d3  01 20 03 04 15     0 0 0 0 0    0 0 0 0 0  2 0 0 0 3 0 0 0 4 5 0 1 0 -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: m 1 2  21 3m-1  2 m+4   A= 4 5m-1 m+4 2m+7    2 2m 2 m+4  Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận A: d 2  2 d1  d 2 d 3  4 d 1  d 3 1 m 1 2  2 3m-1 2 m+4  d 4  2 d1  d 4   A= 4 5m-1 m+4 2m+7    2 2m 2 m+4  m 1 2 d3 d2  d3  01 m-1  0 m    0 m-1 m 2m-1  0 0 0 m  1 0  m  0  0 -1 Để r(A) = 3    m  0 khi đó: A= 0 0 m  1  0 0 0 Vậy với m=0 thì r(A) = 3          00  Câu118: Cho ma trận A= 0  0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0   ,tính A.AT    01  0 0 m 1 2 m-1 0 m 0 m m-1 0 0 m 1 2 0 0 0 -1 0 0         Giải:  00  Từ A= 0  0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0  00  Suy ra: A.AT = 0  0   10 00   AT =   0 1  0 0 1 0 0  0 0 1 0  1 0 0 1 .0 0 0 0  0 0 0  0 0  0 0  1 0  0 0 0  1 0 0 0  0 1 0 0  = 0 0 1 0  0 (Theo công thức nhân ma trận) 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0     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 1  -1 Vậy ma trận A là: 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 2 1 -1 1 ... -1 Suy ra A = 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  a41 = (-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: 1 3 5  D=  5 0 1  3 1 0  Giải: 1 3 5  D =  5 0 1  3 1 0  d 2  5 d 1  d 2 d 3  3 d1  d 3 1 3 5       0 -15 -24   0 -8 -15  -15 -24   1+1  = 33  0  Ma trận D khả nghịch  det D = (-1) .1.  -8 -15  1 5 3  T Ta có D =  3 0 1  5 1 0   0   1 Dp 1  5 -1  D = = det D 33  1   5  0  1 0 3 0 3 1    3 1 5 0 1 3 5 0 1 3 3 1 3 0  5 1 1 5   5 1  1 5  3 0   5 1   1 33 11  3   33  1 5 1   =  3 15 24  =  111 15 33 811    33    5 8  15    5 8 5  11 33  33 5 1   1 11   33 33 1 3 5  5 0 1  -1  1 5 8  Vậy D=    D =  11 11 11  3 1 0   5 8 5  33 11   33 1 1 1 0 1  0 1  0 2 3 0 Câu 125: Tính ma trận A =  1 0   2 1 1 0   2 1          1 Giải: 1 1 0 1  0 1  Đặt A1 =  1 0   2 1     1 0 2 3 0 và A2 =  1 0   2 1      Suy ra A = A1A2 Áp dụng tính chất (X.Y)-1 = Y-1.X-1 cho A1 và A2 ta được: 1 1 0 1  0 1  A1 =  1 0   2 1 =     1 0  1 0  =  1 2  =  1 1     2 2      0 1  0 1        2 1 1 0     1 (1) 1 = 1 1 1  0 2   3 0   A2 =  1 0   2 1  =       2 0 6   3 1  = 1  4  =  1 0       6 (2) 3 0 0 2        2 1  1 0   1 = 1 Thay (2) và (3) vào (1) ta được: 1 0   2 3 1   2 3 1    A = A1 A2 =   =   1   1 1   1 0  5  2 2  6  12 2  Câu 182: Giải và biện luận hệ phương trình với m là tham số 3 x  y  2 z  3  2 x  y  2 z  m x  2 y  4z  4  (3) Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận mở rộng của ma trận A: 3  1 2 3    A= 2 1  2 m 1  2 4 4    1  2 d 2  2 d 1 d 2  d 3 3 d 1 d 3      0 5 0 5  1  2 4 4     2 m   2 1 3 1 2 3    4 4 4  1  2 4   d 2 d 3    10 m  8     0 5  10  9  0 5  10  9   10 m  8   4 1  2 4    d 3  d 2  d 3  10  9  ( I )      0 5 0 0 0 m  1  d 1 d 3 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 x  2 x  2 5   5 Từ ( I ) suy ra   10 z  9 y   y  2 z  9 5 5  2 10a  9 Hệ có vô số nghiệm dạng: (x, y, z) = ( , , a) a  R 5 5  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 2 10a  9 Vậy: m = -1 hệ có vô số nghiệm dạng (x, y, z) = ( , , a) a  R 5 5 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: m.a  m.b  2m.c  0 1.a  m.b  2.c  0  a.u+b.v+c.w=(0;0;0)   3.a  (m  2).b  6.c  0 4.a  6.b  (m  10).c  0  m1  Xét ma trận: A= 3  4 m m (m+2) 6 2m 2 6 (m+10) 1  4    3    m  m 6 (m  2) m 2  m+10  6   2m  1 m 1 m 2  2       2 d 4 0 6-4m m+2  d 3 m  d 3  0 6-4m m+2       0 2-2m 0  0 0 0       0 m- 2 0   0 m- 2 0   m   m  d 2 4 d 1 d 2 d 33 d 1 d 3 d 4  md 1 d 4 Ta bỏ dòng không ở ma trận trên được dạng ma trận sau:     1  2 m 2 1 m 2 m   m   d 3 d 2 d 3 6 4 m    0 6  4m m2  0 6  4 m m  2      0  2 2 0  0 0 m  ( m  2)(  m )   m m     6  4m   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.  6  4m  0  m  2  2 r(A) = 2   (m  2)(  m  1  m) m 0  m  0  6  4m  m  2 Vậy với m  1 các vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính. m  0 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: m.a  m.b  2m.c  0 1.a  m.b  2.c  0  au+bv+wc=(0;0;0)  1.a  m.b  2.c  0 4.a  6.b  (m  10).c  0
- Xem thêm -