BÀI TẬP THƯỜNG KỲHỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP potx

KHOA: KHOA HỌC CƠ BẢN BÀI TẬP THƯỜNG KỲ HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A 2 HỆ ĐẠI HỌC GVHD: ThS... Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng:... Vậy không có giá trị của m thỏa mãn yêu cầu

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:

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:

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:

d) 1< z 2

Ta có r = a b2 2= z

Suy ra: 1< z 2 1< a b2 2 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:

Câu 3: Thực hiện các phép tính sau:

1

3 3

1

3 3

3 13 13 12

1

3 13 18 5 12

1

3 2 1 3 3 5

i i

2 2

2 3 3

1

3 3

2

' '

i i

2

' '

Câu 5f: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 +z2 +1 = 0 (1)

Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i 3

3 sin

2

1 cos

k

r b r a

1 1

1 1

1 cos

2

2 3 3

sin

2

k

a r b r

2 2

2 2

1 cos

2

2 4 1

sin

2

k

a r b r

n n

n n

3 sin

2

1 cos

1 1

3 sin

2

1 cos

2 2

2

i n

2

i n

3 sin

2 1 cos

2(cos i 

=

3 sin 3 cos i 

Do đó: z= (z1)n = (

3 sin 3 cos i  )n

 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

3 z= 3

4

sin4

3 1 3

2 1 2

.1.1.1

d d d

d d d

d d d

2 1 1 1

1 1 0 0

1 2m

1 2m

2 1 2

d d d

d d d

2

2

0 -2+x

1

c a+b

2 1 2

c c c

c c

1

c a+b = 0

Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng:

c)

3 3 3

2 2 2

1 1 1 2

3 3 3 3

3

2 2 2 2

2

1 1 1 1

1

) 1 (

c b a

c b a

c b a x c

b x a

x

b

a

c b x a

x

b

a

c b x a

2 2 2

1 1 1

3 3 3

2 2 2

1 1 1

c x a x b

c x a x b

c x a x b

c b a

c b a

c b a

2 2 2

3 3 3 (1 )

2 2 2

1 1 1 2

3 3 3 3

3

2 2 2 2

2

1 1 1 1

1

) 1 (

c b a

c b a

c b a x c

b x a x

b

a

c b x a x

b

a

c b x a x

a

x

1

x

x

1

x

a

= [a+(n-1)x]

1 0

0

1 0

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:

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

3 1 3

2 1 2

4 3 2

d d d

d d d

d d d

Sau khi biến đổi ma trận A về dạng bậc thang, ta thấy số dòng khác dòng không là

1

2 m+4

2

2 m+4 2m+7 m+4

2

2 m+4 2m+7 m+4

3 1 3

2 1 2

242

d d d

d d d

d d d

m

1 0

m m

0 Vậy với m=0 thì r(A) = 3

Suy ra: A.AT =

Câu 119: Cho ma trận vuông cấp 100: A = (aij), trong đó phần tử ở dòng thứ i

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 2

3

5

d d d

d d d

5 -24 -15

-24 -15 = 330Ma trận D khả nghịch

3 5 1 5 1 3

3 5 1 5 1 3

Câu 125: Tính ma trận A =





 1

0





0

1 1





 2

0





0

1 1





 2

0





0

0





 0

0





 1

0





 0

2





 0

2





 0







 2 1 1

Câu 182: Giải và biện luận hệ phương trình với m là tham số

2 2

3 2 3

z y x

m z y x

z y x



4 2

1

1 1 2





2 2

3

2 1 2

2

d d

d

d d d

1

5 5

2



10 10 4

1

5 5

2



10 10 4

1

0 5

2



0 10

m

( I )

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

z y

9 10 5 2

z y x

 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

Vậy: m = -1 hệ có vô số nghiệm dạng (x, y, z) = (

10 ( 6 4

0 6 ).

2 ( 3

0 2 1

0 2

c m b a

c b m a

c b m a

c m b m a m

6

2m

2

6 (m+10)

Để các vector phụ thuộc tuyến tính r(A)<3

thể chuyển dòng thứ hai về dòng ma trận không được

m m m

m

m

m

các vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính

Câu 215: Xác định tham số m để các vecto phụ thuộc tuyến tính:

10 ( 6 4

0 2 1

0 2 1

0 2

c m b a

c b m a

c b m a

c m b m a m

m m

thì hệ vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính

Câu 246: Tìm tham số m để không gian vecto con w= u , , v w của R3

3

1 m+6 m+3

Theo đề bài ta có dim(w)=2 r(A)=2

Ta sử dựng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đối với ma trận A:

2 1 2

3 1 3 3

2

1 2

2

mm

Vậy với m= 6 thì không gian con w có số chiều là 2

Câu 247: Tìm tham số m để không gian con w = (u,v,w) của R4 có số chiều là 2: Với u = (m;1;0;2), v = (m;m+1;-1:2), w = (2m;m+2;-1;5)

2

2m m+2 -1

5 Theo đề bài ta có dim(w) = 2 r(A)=2

Ta sử dựng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đối với ma trận A:

2

m+2 2m -1

5

m+2 -1 -m21-2m

m+2 -1 1-2m -m2

3

4 2 2 4

2m d d

d

d m d d

0

0

m+2 -1

1

0

Ta thấy r(A)=2 với mdo đó không tồn tại giá trị m cần tìm

Vậy không có giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu266: Tìm 1 cơ sở của không gian con nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất sau:

4

0 2

3

0 2

z y x

z y x

z y x

2 -1

1 Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng của ma trận A ta được:

2 -1

2 1 2

4

3

d d d

d d d

Do đó E = 5 , 7 , 1  là cơ sở không gian con nghiệm của hệ đã cho

Câu 295: Tìm ma trận P làm chéo hóa ma trận A và xác định ma trận D = P-1AP với

1

1 4

2

=

0 3

3 2 1

y y y

2 3 4







Suy ra u1=(a, a, a) với a0 có cơ sở (1,1,1)

 2=2 ứng với vectơ riêng u2(x, y,z) là nghiệm của hệ:

y y y





 2 4

y x

3 2

y x

3

z x x

x y

x y

4 3

Suy ra u3(c, 3c, 4c) với c0 có cơ sở (1,3,4)

Do đó ma trận P làm chéo hóa ma trận A có thể chọn như sau:

3

1 9 5

3

1 9 5

1

1 4

1

1 1 3 2

1

0 2

5

2 5

=

2 0 5





2 1

2 2

2

(d2 2d3d2)

= (-1)( -1)(10-) (Tính theo Sarius) Trị riêng là nghiệm của phương trình:

1





(Với1=1 là nghiệm kép và 2=10 là nghiệm đơn)

 1=1 ứng với vectơ riêng u1(x, y,z) là nghiệm của hệ:

(A-1.I).u1=0 

2 9 4







z z z

8 18 2







(I) Bằng phương pháp khử Gauss ta có:

5

5 18 9

5

0 9

0 2 4 5

z y

z y x

z x

2 2

Suy ra u2=(-2c, 2c, c) với c0 có cơ sở (-2,2,1)

0 nên hệ đã cho chưa trực giao

Trực giao hóa hệ vecto x1,x2,x3 ta được:

y1=x1=(1,1,0)

Trực chuẩn hóa y1,y2,y3 ta được:

Do đó ma trận truc giao S làm chéo hóa ma trận A có thể chọn như sau:

3 2 2 6 2 6 2

3 2 6 2 2 2

3 2 6 2 2 2

5

2 5

3 2 2 6 2 6 2

Câu 312: Xét dấu của các dạng toàn phương sau bằng cách dùng định thức con chính (định lý Sylvester):

6 -6

3

-6

3 -6

6 -6

3

-6

3 -6 = -81 < 0 Vậy theo định lý Sylvester thì fx,y,z = -11x2 - 6y2 -6z2 + 12xy - 12xz + 6yz xác định âm

6

6 -1

-5 -1

0

6

6 -1

-5 -1

0 = -99 < 0

Ta thấy D1  D2 < 0 (Có sự đan xen dấu giữa các định thức con chính cấp lẻ) Theo định lý Sylvecter thì fx,y,z = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz không xác định dấu

Vậy fx,y,z = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz không xác định dấu

Câu313: Tìm tham số m để dạng toàn phương sau xác định tính dương, âm:

a) f  x , y , z  = 2x2+6xy+2xz-6y2-4yz+mz2 xác định tính âm

b) f  x , y , z  = 5x2+4y2+mz2+6xy+2xz+2yz xác định tính dương

1 -2

m

Gọi D1 ,D2,D3 là các định thức con chính của ma trận A

 x y z 

lẻ thì âm

Dễ thấy D1= 2 > 0 là định thức con chính cấp lẻ mà lại dương

Do đó không có giá trị m để dạng toàn phương đã cho xác định tính âm

b) f  x , y , z =5x2+4y2+mz2+6xy+2xz+2yz xác định tính dương

Gọi D1 ,D2,D3 là các định thức con chính của A

Vậy với m>

11

3

thì dạng toàn phương đã cho xác định dương

Câu 314: Viết dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange:

a) fx1,x2,x3 = x12 + 5 x22 - 4x32 + 2x1x2 - 4 x1x3

Ta có: fx1,x2,x3 = x12 + 5 x22 - 4x32 + 2x1x2 - 4 x1x3

= (x12 + 2 x1x2 - 4 x1x3) + 5x22 - 4x32

= x12 + 2x1(x2 - 2x3) + (x2 - 2x3)2 - (x2 - 2x3)2 + 5x22 - 4x32 = (x1 + x2 - 2x3)2 - x22 + 4x2x3 - 4x32 +5x22 - 4x32

= (x1 + x2 - 2x3)2 +4x22 - 4x32 + 4x2x3 - 4x32

3 2 3

2

1 3 2

1

2

2

y y x

x

y y x

x

y x x

3 2 2

3 2 1 1

323135

y x

y y x

y y y x

0

0 2/3 

3

3 2 2

1 2 3 1

2

y y

x

y y

x

y x x

3 2 2

3 1 1 2 1

y y x

y y x

y y x

 X=PY

Lúc này: f = y1,y2,y3 = y12 – y22 + y32

Tọa độ cũ = P tọa độ mới P=

1 Thử lại:

1

2

-2

1 -3/2

2 -3/2

1

1 -1/2 1/2

1

0

0

0

1

Đa thức đặc trưng P = A I =

1 2 2

=

0 2

1





(Với 1=1 là nghiệm kép và 2=7 là nghiệm đơn)

 1=1 ứng với vectơ riêng u1(x, y,z) là nghiệm của hệ:

(A-1.I).u1=0 

y y y

3 2 2







z z z

z x

Trực giao hóa hệ vecto x1,x2,x3 ta được:

Trực chuẩn hóa y1,y2,y3 ta được:

Do đó ma trận truc giao S làm chéo hóa ma trận A có thể chọn như sau:

5 2

30 5 30 2 30 1

6 2 30 2 5 1

6 2 30 2 5 1

2

2 5

30 5 30 2 30 1

1

0 1

Phân loại dạng toàn phương:

Ta có ma trận tương ứng với dạng toàn phương là: A =

2

2 5

Giá trị của các định thức con xuất phát từ ma trận A là:



= 7 > 0 Tất cả các định thức con xuất phát từ ma trận A đều dương do đó ma trận toàn phương xác định dương

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Giáo trình Toán cao cấp A2 – Nguyễn Phú Vinh – ĐHCN TP HCM

2 Ngân hàng câu hỏi Toán cao cấp – ĐHCN TP HCM

3 Toán cao cấp A2 – Đỗ Công Khanh – NXBĐHQG TP.HCM

4 Toán cao cấp A2 – Nguyễn Đình Trí – NXB Giáo dục

5 Toán cao cấp A2 – Nguyễn Viết Đông – NXB Giáo dục

6 Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Lê Sĩ Đồng – NXB Giáo dục

7 Bài tập Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Hoàng Xuân Sính – NXB Giáo dục