Xem mẫu
- KHOA: KHOA HỌC CƠ BẢN
B ÀI TẬP THƯỜNG KỲ
HỌC PHẦN
TOÁN CAO CẤP A 2
(H Ệ ĐẠI HỌC)
GVHD: ThS. PHAN MINH CHÍNH
KHOA:………………….Lớp:…….
Nhóm 1:
1 . Nguyễn Nh ư 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) Ph ần thực của z bằng -2
b) Ph ần 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 đư ờng 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 đ ường thẳng x = -1 và x = 2 như trên đồ thị:
(y)
x = -1 x=2
-1 0 2 (x)
c) z 1
2 2
Ta có r = = z 1
a b
2 2
= 1 a2 + b2 = 1
a b
Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 1 là đư ờng tròn (0,1)
được biểu diễn nh ư trên h ình vẽ:
(y)
1
(x )
-1 0 1
-1
- d) 1< z 2
2 2
Ta có r = =z
a b
Suy ra: 1< z 2 1< a b 2 1 < a2 + b2 4
2 2
Tương tự như câu c ta có nh ận 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 m ãn 1< z 2 là phần
m ặt phẳng bên trong giới hạn bởi 2 đường tròn (0,1) và (0,2) bao gồm cả những
đ iểm nằm trên đường tròn (0,2) như theo h ình vẽ dưới đây:
(y)
2
1
(x)
-2 -1 0 1 2
-1
-2
- Câu 3: Thực hiện các phép tính sau:
2i
a) A =
3 2i
21
5 3i 3
f) F =
1 2i 3
Giải:
2 i (3 2i) 6 7i 2i 2 4 7i
2i
a) A =
9 4i 2
3 2i 3 2i 3 2i 13
21 21 21
5 18i 2 13i 3 13 13i 3
5 3i 3
= 5 3i 3 1 2i 3
f) F =
1 2i 3
1 12i 2 1 12i 2 13
21
= 1 i 3
Đặt A = -1 + i 3 F = A21
Viết A = -1 + i 3 dưới dạng lượng giác:
12
2
Modun: r = =2
3
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
F = A = 2 . cos = 2 (1 + 0) = 2
i.sin
3 3
21
5 3i 3 21
Vậy F =
1 2i 3 = 2
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 =
3
a 3
b ' ' 1 2i 2 1 i 2
X2 =
3 3
a
- 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 + 2 X +1 =0 (2)
b
Ta có: (2) = 22 - 4.1.1 = 0 X12 = 2
1 = i
2a
2 2
z = X12 = i z = i
Vậy (1) có nghiệm là z = i
Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i 3
Giải:
32
Modun: r = 12 =2
a 1
cos r
2
k 2
Argument z: 3
sin b 3
r 2
Lấy giá trị chính
3
Suy ra dạng lượng giác của z là: z = 2 cos i. sin
3 3
1 i 3
Câu 7f: Viết theo dạng lượng giác z =
1 i
Giải:
Đặt z 1
1 i 3 z
1
z= (1)
z
z 2 1 i
2
* Viết z1 = 1 + i 3 dưới dạng lượng giác:
3 2
Modun: r1 = 12 =2
a1 1
cos 1
r 1 2 k 2
Argument z1: 3
1
1 b1 2
3
sin
r1
-
Lấy giá trị chính 1
3
Suy ra dạng lượng giác của z1 là: z1 = 2 cos (2)
i. sin
3 3
* Viết Z2 = 1 + i dưới dạng lượng giác:
Modun: r2 = 12 12 = 2
a2
1
cos 2
r2 2
k 2
Argument z2: 4
b2 2
1
sin
2
r2 2
Lấy giá trị chính 2
4
Suy ra dạng lượng giác của z2 là: z2 = (3)
2 cos i.sin
4 4
Thay (2) và (3) vào (1) ta được:
2(cos isin )
z = z1 =
3 3= 2 .[cos( - ) +isin( - )]
isin )
z2 34 34
2(cos
4 4
= 2 (cos+isin )
12 12
Vậy z = 2 (cos +isin )
12 12
1 i 3 1 i 3
Câu 9: Đặt z1 .
; z2
2 2
Tính z = (z1 ) n ( z2 ) n (n là số nguyên dương)
Giải:
n
(1i 3)
1 i 3 n
Ta có: z1 (1)
z n
1
2 2
n
(1i 3)
1 i 3 n
(2)
z2 z n
2
2 2
Từ (1) và (2) su y ra:
n n
(1i 3) + (1i 3)
z = (z1 ) n ( z2 ) n = n n
2 2
1 1
n n
(An+Bn)
= [ (1i 3 ) + (1i 3 ) ] = (3)
n n
2 2
Với A = -1 + i 3 và B = -1 - i 3
- A = -1 + i 3
12
2
Modun: r1 = =2
3
1
cos 1 2
2
Argument: k 2
3
1
3
sin
1
2
2
Lấy giá trị chính
3
1
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
12
2
Modun: r2 = =2
3
1
cos 2 2 2
Argument: k 2
3
2
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 +2 . cos ]
i. sin i. sin
3 3 3 3
2 2
2 n 2n 2 n 2 n
1
.2n.( cos
= + cos )
i. sin i. sin
n
3 3 3 3
2
2n
= 2 cos
3
2n
Vậy z = 2 cos
3
1 i 3
. Tính z = (z1)n với n là số nguyên dương.
Câu 10: Đặt z1 =
2
Giải:
- 1 i 3 z2
Đặt z1 = (*) 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
= + k2
Argument z2: 3
3
sin
2
Lấy giá trị chính =
3
Từ đó có dạng lượng giác của z2 là:
z2 = 2 (cos 3 +isin 3 )
Thay vào (*) ta được:
2(cos i sin )
z1= z 2 = 3 3 = cos i sin
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
3
1
Với n = 1 thì z1 = +i
2
2
3
1
Với n = 2 thì z2 = - + i
2
2
Với n = 3 thì z3 = -1
3
1
Vơí n = 4 thì z4 = - - i
2
2
3
1
Với n = 5 thì z5 = - i
2
2
Với n = 6 thì z6 = 1 chu kì được lặp lại.
Câu 11: Tìm tất cả các số phức u là căn b ậc 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
sin 1 4
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
4 + isin 4
3
) với k = 0, 1, 2
z= = 2.(cos
i sin
3 8(cos
4 4 3 3
3
k = 0: u0 = z = 2(cos
+ isin )
12 12
3 3 2 2
k = 1: u1 = 2(cos +isin ) = 2( - +i )= 2 (-1+i)
2 2
4 4
17 17
k = 2: u2 = 2(cos +isin )
12 12
0 1 2 0
2 1 1 1
2 và B= 1
2 7 0 2 1 1
Câu 15: Tính đ ịnh thức: A= 7 3 4 1 1 1 2 1
0 1
4 4 0 1 1 2
Giải:
0 1 2 0
0 1 2
= -1. 2
2 2 7 0 1 2
2 7 = 2. = 2.(4 – 8) = -8
a) A= 7
3 4 1 4 4
0 4 4
0
4 4 0
d 2 1. d1 d 2
2 111
d 3 1. d1 d 3
2 1 1 1
d 4 1. d1 d 4
1
2 1 1 1 1 0 0
b ) B= 1 1 2 1
1 0 1 0
1
1 1 2 1 0 0 1
3 110
d1 d 4 d 1 1 1 0 0
1 0 1 0
1 0 0 1
- 3 11
4+4
Suy ra B = (-1) .1. 1 1 0 = 5 (Tính theo Sarius)
1 0 1
2 1 1 1
1 = 5
2 1 1
Vậy B= 1 1 2 1
1
1 1 2
m 0 00
1 ,
m -1 0 0
Câu 43: Tìm điều kiện của m để 0 với: 1 1 m0
m
2m 0 1
Giải:
Áp dụng phương pháp Laplace cho định thức ta được:
m m0-1 0 0
00
= (-1)3+4+4+3 . m 0 . m 0 = m2(m-1)
1
1 1 m 0 o 1 1 m-1
m 2m 0 1
m 0
Để >0 m2(m-1) >0 m >1
m 1 0
m 0 00
1
m-1 0 0
Vậy với m>1 th ì 0 với: 1 1 m0
m
2m 0 1
Câu 44: Tính đ ịnh thức:
x 2 2 x+4 2 2
c1c2 c3c1
x+4
a) A= 2 x 2 x 2
2 2 x x+4 2 x
d 2 d1 d 2
1 2 2 1 2 2
d 3 d1 d 3
(x+4).
=(x+4). 1 x 2 0 -2+x 2
0 =(x+4).(x-2)
1 2 x 0 2 -2+x
c 2 c1 c 2 1 0 0
1 1 1 c3 c1 c3
a
b c
b ) B= ba ca
a
b+c c+a a+b 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 c =0
b
Vậy B=
b+c c+a a+b
- Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng:
y+z z+x x+y 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:
y+z z+x x+y y z+x x+y z z+x x+y
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
y z x+y y x x+y z z x+y z x x+y
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
= 1 1 1 + 1 1 1 = 2 x1 y1 z1 = VP
y z x z x y
y2 z2 x2 z2 x2 y2 x2 y2 z2
y+z z+x x+y x y z
y +z z +x x +y
= 2 x1 y1 z1 (Điều phải chứng minh)
Vậy 1 1 1 1 1 1
y2+z2 z2+x2 x2+y2 x2 y2 z2
1 a a3
b ) 1 b b 3 (a b).(b c).(c a ).(a b c)
c3
1c
1 a a3 a3 a3
1 a 1a
Ta có VT = 1 b b3 = 0 b a b3 a3 = (b – a)(c – a) 0 1 b 2 a 2 ab
c3 0 c a c3 a 3 0 1 c 2 a 2 ca
1c
a3
1a
b 2 a 2 ab
= (b – a)(c – a) 0 1
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 c1 a1 b1 c1
2
c) a2 b2 x a2 x b2 c2 (1 x ) a2 b2 c2
a3 b3 x a3 x b3 c3 a3 b3 c3
a1 b1 x a1 x b1 c1 a1 b1 c1 b1 x a1 x c1
Ta có VT = a2 b2 x a2 x b2 c2 = a 2 c2 b2 x a2 x c2
b2
a3 b3 x a3 x b3 c3 a3 b3 c3 b3 x a3 x c3
a1 b1 c1 a1 b1 c1 a1 b1 c1
2 2
= a2 c2 - x a2 c2 = (1 x ) a2 c2 = VP
b2 b2 b2
a3 b3 c3 a3 b3 c3 a3 b3 c3
a1 b1 x a1 x b1 c1 a1 b1 c1
2
Vậy a2 b2 x a2 x b2 c2 (Điều phải chứng minh)
c2 (1 x ) a2 b2
a3 b3 x a3 x b3 c3 a3 b3 c3
Câu 55: Tính các định thức cấp n:
x x x… x
a x
a 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
b ằng x
Nên ta cộng dòng 2, dòng 3,…dòng n vào dòng 1.
a+(nx1)x a+(na-1)x a+(n+1)x… a+(n+1)x
-
x… x
Khi đó: A = … … … …
x
x… x a
1 1 1 1
1 1 1 1
x x 0 0
ax
ax 0
= [a+(n-1)x].(a-x)n-1
= [a+(n-1)x] = [a+(n-1)x]
... ... ... ... ... ... ...
...
0 ax
x xxa 0 0
a x x… x
x
= [a+(n-1)x].(a-x)n-1
a x… x
Vậy A= … ………
x
x x a
- 1+a1 a2 … an
a1 1+a2 … an
b) B = … … … …
a1 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:
1+a1+a2+…+an 1+a … an
+…+a a2
an
1+a1+a2 2…
n
B= … … … …
1+a1+a2+…+an a2 … 1+an
1 1+a … an
a2 …
an
1 2
= (1+a1+a2+…+an ) … … … …
1 a2 … 1+an
1 a2 … an
0 = 1+a1+a2+…+an
1 …. 0
= (1+a1+a2+…+an ) … ………
0
0…1
1+a1 a2 … an
a1 = 1+a1+a2+…+an
1 +a2 … an
Vậy B =
… … ……
a1
a2 … 1+an
x x -1 -1
x2 1 1
1 =0
Câu 63: Giải phương trình: 1 111
1
011
Giải:
Ta dễ thấy định thức ở vế trái có 2 cột tỉ lệ nhau (cột 2 ,cột 3)
Nên theo tính ch ất thì đ ịnh thức luôn có giá trị bằng 0.
x x -1 -1
x2 1 1
1 = 0 có nghiệm với mọi x
Vậy phương trình
1 111
1
011
1 23 4 5
2 8 11
46
Câu 69: Tìm hạng của ma trận sau: A=
3 6 9 12 14
4 8 12 16 20
- Giải:
Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng:
d 2 2 d 1 d 2
d 3 3 d1 d 3
1 2345 1 2 3 45
2 0
d 4 4 d 1 d 4
4 6 8 11 0 0 01
A= 3 6 9 12 14 0 0 0 0 -1
4 0
8 12 16 20 0 0 00
0 2 0 0 1
1 345
d3 d2 d3
0 0 0 0 0
0
0 0 0 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:
2 3m-1 1 m2
1 m
+4
2
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
0 m-1 1 m
1m 2 1 m1 2
0
d3 d2 d3
0 m -1 0 m
0 m-1 m 2m-1 0 0 m m -1
0 0 0 m 0
0 0m
1 -0 12
0 1
00
m 0
Để r(A) = 3 m 0 khi đó: A=
0 0 0 -1
m 1 0
0 0
00
Vậy với m=0 th ì r(A) = 3
0 1 0 0
0 ,tính A.AT
0 1 0
Câu118: Cho ma trận A= 0 0 0 1
0
0 0 0
- Giải:
0 1 0
0 00 00
0 1 0
AT = 0 0
0 1
0
Từ A= 0 0 0
1 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0
0
0 100
0 000
1 0 0 0
0
0 1 0 1 0 0 0 0
1 0 0
Suy ra: A.AT = 0 0 0 1 .0 1 0 0 = 0 0 1 0
0 0 0 0 0 0 1 0 0
0 0 0
(Theo công thức nhân ma trận)
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 1 ... -1
-1
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
2
Suy ra A = 1 -1 1 ... -1 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:
d 2 5 d 1 d 2
1 3 5 1 3 5
d 3 3 d1 d 3
D=5 0 1 0 -15 -24
3 1 0 0 -8 -15
-15 -24
1+1
= 33 0 Ma trận D khả nghịch
det D = (-1) .1.
-8 -15
1 5 3
Ta có D = 3 0 1
T
5 1 0
0 3 0
1 31
1 0 50 5 1
1 5 1 5
Dp 3 13
-1
D = =
det D 33 1 0 50 5 1
5 3 13 1 5
0 3 0
1 31
5
1 1
33
3 33 11
1 5
1 = 1 8
15
= 3 15 24
11 33 11
33
5 8 15 5 5
8
33 11
33
5
1 1
33 33 11
1 3 5
5 0 1 1 8
-1 5
Vậy D= D = 11 11 11
3 1 0 5 5
8
33 33 11
- 1 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
Giải:
1 1 1 1
0 1 0 1 0 2 3 0
Đặt A1 =
1 0 2 1 và A2 =
1 0 2 1
Suy ra A = A1A2 (1)
Áp dụng tính chất (X.Y)-1 = Y-1.X-1 cho A1 và A2 ta được:
1 1 1
0 1 0 1 0 1 0 1
A1 =
1 0 2 1 =
2 1 1 0 =
1
1 0 1 0
1 2 = 1 1
= (2)
2 2
1 1 1
0 2 3 0 3 0 0 2
A2 =
2 1 1 0
= =
1 0 2 1
2
1
0 6 3 1
=
1 4 = 1 0 (3)
6
Thay (2) và (3) vào (1) ta được:
1 0 2 3 1 2 3 1
A = A1 A2 =
=
1 0 5
1 1 1
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
- Giải:
Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận mở rộng của ma trận A:
3 1 2 3 1 2 4 4
d 1 d 3
A= 2 1 2 m 2 m
2 1
1 2 4 4 3 1 2 3
1 2 4 4 1 2 4 4
d 2 d 3
d 2 2 d 1 d 2
d 3 3 d 1 d 3
10 m 8 0 5 10 9
0 5
0 5 10 9 0 5 10 m 8
1 2 4 4
d 3 d 2 d 3
10 9 ( I )
0 5
0 0 m 1
0
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 ) su y ra 10 z 9
y 2z 9 5 y
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 ) ch ỉ nhận hai giá trị là 2 ho ặc 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 đ ã cho phụ thuộc tuyến tính khi và ch ỉ 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
1 m 2
m m 2m
4 m+10
1 m 2 6
Xét ma trận: A= 3 (m+2) 6
3 6
(m 2)
4
6 (m+10 ) m m 2m
1 m 1 m
2 2
d 2 4 d 1 d 2
0 6-4m m+2 0 6-4m m+2
2 d 4
d 33 d 1 d 3 d 3 d 3
d 4 md 1 d 4 m
0 0
0 2-2m 00
0 m- 2 0 0 m- 2 0
m m
Ta bỏ dòng không ở m a trận trên được dạng ma trận sau:
1
m 2 1 m 2
2
m m d 2 d 3
d 3
0 6 4 m m 2 0 6 4m
6 4 m
m2
0
m 2
0 2
0 0
m (m 2)(m m)
6 4m
Để các vector phụ thuộc tuyến tính r(A)
nguon tai.lieu . vn