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 =
2i
3 2i
5 3i 3
f) F =
1
2
i
3
21
Giải:
a) A =
2i
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 =
12
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 = 12
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 = 12
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
(1i 3)
2
(1i 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
(1i 3) + (1i 3)
2
2
1
1
[ (1i 3 ) + (1i 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 =
12
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 =
12
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
c1c2 c3c1
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
ba ca
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
ax
...
0
0
= [a+(n-1)x].(a-x)n-1
... ...
0 ax
= [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 33 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
m2
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 -
.PDF 
33 
269 
117 
