Báo cáo hết học phần toán cao cấp 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC LAO ĐỘNG – XÃ HỘI (CSII) KHOA: GIÁO DỤC ĐẠI CƯƠNG BÁO CÁO HẾT HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP Sinh viên Mã số sinh viên Lớ p Mã học phần Giảng viên : Phạm Cao Mẫn Nhi : 2153404040692 : Đ21NL3 : TCC11122L : Th.S Tô Thị Thanh Hà TP Hồ Chí Minh, tháng 12 năm 2021 TRƯỜNG ĐẠI HỌC LAO ĐỘNG – XÃ HỘI (CSII) KHOA: GIÁO DỤC ĐẠI CƯƠNG TOÁN CAO CẤP HƯỚNG DẪN SINH VIÊN Bài tiểu luận bao gồm NĂM (5) câu hỏi Tất giải thích cách có câu trả lời phải trình bày chi tiết Sinh viên gửi làm MỘT LẦN tệp pdf DUY NHẤT Bài tiểu luận phải gửi trước ngày 25 tháng 12 năm 2021, sau ngày 25 tháng 12 năm 2021 nhận điểm KHÔNG Sinh viên không chép làm người khác Sinh viên phải in làm đưa cho giảng viên cứng sau quay trở lại trường CÁC TRƯỜNG HỢP TRỪ ĐIỂM Lưu ý: Những giống bị trừ điểm sau: • Giống từ 10 - 30% với khác: trừ 20% tổng số điểm • Giống từ 31 - 50% với khác: trừ 40% tổng số điểm • Giống 50% với khác: nhận điểm KHÔNG NHẬN XÉT VÀ ĐÁNH GIÁ CỦA GIẢNG VIÊN MÔN: TOÁN CAO CẤP Sinh viên: Phạm Cao Mẫn Nhi Mã số sinh viên : 2153404040692 -Hình thức: (0.5 điểm) -Nội dung: (9.5 điểm) Tổng CÂU ĐIỂM MỖI CÂU 1 2 2.5 TỔNG 9.5 Điểm số ĐIỂM SINH VIÊN Điểm chữ điểm Cán chấm thi (Kí ghi rõ họ tên) Cán chấm thi (Kí ghi rõ họ tên) TÔ THỊ THANH HÀ CÂU HỎI THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Lưu ý: K số cuối mã số sinh viên CÂU 1: (1 điểm) Cho ma trận: K A  6 K /2   3/       1 1 2  ; B    ; C   0   K  2         3 /  K /    Tính: A + 3B - 2CT CÂU 2: (2 điểm) Cho ma trận  1    1 1  A   3 2     2 1 1 K  a.(1.5 điểm) Tính định thức ma trận A cách dùng định nghĩa khai triển theo dòng b (0.5 điểm) Đặt A-1 = (cij) Tìm phần tử c23 CÂU 3: (2.5 điểm) Cho vectơ: X  1,5,9,13, 1; X  2, 6,10,14, 2 ; X  3,7, m,15, 3 ; X  4,8,10,K, 4  Gọi A ma trận có cột vec tơ X1, X2, X3, X4 a (1 điểm) Giải biện luận theo m hạng ma trận A b (1 điểm) Giải phương trình AX = 05x1 m = 11 c (0.5 điểm) Khi m =11, đặt L khơng gian nghiệm phương trình AX = Tìm sở số chiều L CÂU 4: (3 điểm) Cho hệ phương trình: x1  x2  x3  x4  x5  2 K   x  x x  x x  K 2 3 4 x1 7 x2 3 x3 14 x4 2 x5  K  x1  3x2  x3  x4  x5  K 5 x1 7 x2  x3 11 x4 1  3 x1  x2  x3  x4  mx5  K a (1 điểm) Dùng phép biến đổi sơ cấp dòng đưa ma trận hệ số mở rộng ma trận bậc thang b (0.5 điểm) Biện luận theo m số nghiệm hệ phương trình c (1.5 điểm) Giải hệ phương trình m = CÂU 5: (1 điểm) a (0.5 điểm) Cho A = P-1BP Tính AK+4 b (0.5 điểm) Tính A5 biết 1 0   3 1     1 B     ; P    1  ; A  P BP  0  1  3      BÀI LÀM CÂU 1: (1 điểm) Tính: A + 3B - 2CT Để thực phép tính tốn ma trận theo yêu cầu đề bài, cần bước sau: Với K=2, ta ⁄ 32 C= −32 ⁄ ( Khi nhân số với ma trận, ta áp dụng công thức: 0)  A=( −8 −2 (A)ij = (A)ij,  i,j , điều kiện   ℝ −3 −1) Phép chuyển vị ma trận: cho A  mxn, ta gọi B  nxm chuyển vị A nếu: [B]ij = [A]ji,  i,j, ký hiệu B = AT 3 −3 −6 )  3B = ( −6 −9 12  −3 −2 −8 ) - 2CT = ( −2 −2 −4 CT = (32⁄ 20 ) Vậy A + 3B - 2CT = ( −2 CÂU 2: −1 1 −1 ) Với K=2, ta A = ( −2 −3 −1 −2 −1 −32 ⁄ )4 −3 −1 a.(1.5 điểm) Tính định thức ma trận A cách dùng định nghĩa khai triển theo dòng Phần phụ đại số: Giả sử A = (aij)  n, với i,j phần tử: Aij = (-1)i+j Mij Được gọi phần phụ đại số aij Giả sử A = (aij)  n, ta có: a) det(A) = ∑ 𝑛𝑗=1 𝑎ijcij,  p b) det(A) = ∑ 𝑛𝑖=1 𝑎iqciq,  q Công thức a) gọi công thức khai triển định thức theo dịng p cơng thức b) gọi cơng thức khai triển định thức theo cột q Gắn với yêu cầu đề bài, áp dụng công thức khai triển định thức: det(A) = a41.A41 + a42.A42 + a43.A43 + a44.A44 −1 1 −1| + (-1).(−1)4+2.|1 det(A) = (-2).(−1)4+1.|1 −3 −2 1 1−1 | + 2.(−1)4+41.| (-1).(−1)4+31 | −3 −3 −2 −1 −1| + −2 −1 | −1 | −2 ] + −1 1+2 +(−1) (−1) | | −2 1 | (−1)1+1 | −1 −3 | + 2.[ ] (−1)1+1 | 1 −3 −2 1+3 +(−1) (−1) | | −3 [(−1) (−1) − 1.0] = 2.[1 (−2) − (−1) (−3)] + (-1).{ } + [1 (−2) − +[1 (−2) − (−1)] [1.3 − (−3) 1] (−3) (−1)] + 2.{ } +(−1) [1 (−3) − 2.1] = −1 2.(−1) (−1)1+2 | | + −3 −2 (-1).[ (−1)1+1 | = (-10) + (-1) + (-5) + 22 = Vậy tính định thức ma trận A cách dùng định nghĩa khai triển theo dòng ta det(A) = b (0.5 điểm) Đặt A-1 = (cij) Tìm phần tử c23 Ta có det(A) ≠ nên ma trận A khả nghịch Công thức: A-1 = (cij)T , với cij = (-1) i+j detA(i/j) det(𝐴) Phần tử c23 = det(𝐴) A32 1 −1 = (−1)3+2 |1 −1 | −2 −1 1 −1 (−1) −1 |+ (−1)1+2 | = (-1).[1 (−1)1+1 | |] −1 −2 = (-1).[1.2 − (−1) (−1) + 1.2 − (−2) (−1)] CÂU 3: =− 6 Với K=2, ta có ma trận A = 10 𝑚 10 13 14 15 −3 −4 ) ( −1 −2 a (1 điểm) Giải biện luận theo m hạng ma trận A 4 2 6 𝑑3 ↔𝑑5 −1 −2 −3 −4 → A = 10 𝑚 10 13 14 15 13 14 15 −3 −4 ) (−1 −2 ( 10 𝑚 10 ) 𝑑2 →𝑑2 −5𝑑1 𝑑3 →𝑑3 +𝑑1 𝑑4 →𝑑4 −13𝑑1 𝑑5 →𝑑5 −9𝑑1 → −1 𝑑2 → 𝑑2 → 0 (0 0 (0 −4 −12 −8 −8 −12 𝑑3 ↔𝑑5 0 → −24 −50 𝑚 − 27 −26 ) (0 −4 −8 −12 𝑑3 →𝑑3 +8𝑑2 𝑑4 →𝑑4 +12𝑑2 −8 𝑚 − 27 −26 → −12 −24 −50 0 0 ) (0 −8 −12 𝑚 − 27 −26 −24 −50 0 ) 0 𝑚 − 11 −2 −14 0 )  Trường hợp 1: Khi m - 11 =  m = 11 ma trận A có dạng → 0 (0 0 → 0 (0 0 𝑑4→𝑑4−7𝑑3 0 −2 → 0 −14 0 ) (0 0 0 −2 0) Vậy đó, hạng ma trận A 3, r(A) =  Trường hợp 2: Khi m – 11 ≠  m ≠ 11 ma trận A có dạng 𝑚 − 11 −2 −14 0 ) Vậy dó, hạng ma trận A 4, r(A) = b (1 điểm) Giải phương trình AX = 05x1 m = 11 𝑥1 𝑥2 Gọi X5x1 ma trận nghiệm gồm ẩn: X = 𝑥3 𝑥4 (𝑥5 ) Dựa vào kết câu a, m = 11 ta ma trận A hệ phương trình tuyến tính liên kết với có dạng A= 0 (0 0 0 −2 | 0 0 0 0 0) Nhận thấy, r(A) = r(Ā) = < ẩn, nên hệ phương trình có vơ số nghiệm gồm ẩn ẩn tự Đặt 𝑥1 = 𝑎 ẩn tự do, có: 0 −2 , Ā = 0 0) (0 𝑥1 𝑥2 𝑥3 = 0 −2 𝑥4 0 0 0 0)( 𝑥5) (0) 𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 + 4𝑥4 = 𝑎 + 2𝑥2 + 3𝑥3 + 4𝑥4 = 𝑥2 + 2𝑥3 + 3𝑥4 =  { 𝑥2 + 2𝑥3 + 3𝑥4 =  { −2𝑥4 = 𝑥4 = AX = 05x1 0  (0 2𝑥2 + 3𝑥3 = −𝑎 −4𝑥3 + 3𝑥3 = −𝑎 2𝑥2 + 3𝑥3 = −𝑎 𝑥2 = −2𝑥3  { 𝑥2 + 2𝑥3 =  { 𝑥2 = −2𝑥3  { 𝑥4 = 𝑥4 = 𝑥4 = 𝑥1 = 𝑎 𝑥2 = −2𝑎 { 𝑥 =𝑎 𝑥4 = c (0.5 điểm) Khi m =11, đặt L không gian nghiệm phương trình AX = Tìm sở số chiều L Có L khơng gian nghiệm phương trình AX = 0, dựa vào kết câu b, ta )ℝ4 } L = {𝑋 = (𝑎, −2𝑎, 𝑎, 0  (1)  X  L => X = (𝑎, −2𝑎, 𝑎, 0) = 𝑎(1, −2,1,0) = 𝑎P1 Vậy  X  L biểu diễn tuyến tính qua P1  (2) Có {P1} độc lập tuyến tính Từ (1) (2) => không gian nghiệm L phương trình AX = có P1 sở dim L = CÂU 4: a (1 điểm) Dùng phép biến đổi sơ cấp dòng đưa ma trận hệ số mở rộng ma trận bậc thang Ā= (−3 7 −1 1 −6 −14 −4 −11 Với K = 2, ta có ma trận hệ số mở rộng sau: 𝑑2 →𝑑2 −2𝑑1 𝑑3 →→𝑑3 −4𝑑1 𝑑4 →𝑑4 −𝑑1 𝑑5 →𝑑5 −5𝑑1 𝑑6 →𝑑6 +3𝑑1 → 𝑑3 →𝑑3 −3𝑑2 𝑑4 →𝑑4 −2𝑑2 𝑑5→ 𝑑5 −2𝑑2 𝑑6 →𝑑6 −4𝑑2 → 0 0 ( 0 0 (0 −1 3 2 −1 −1 −2 −4 0 −13 −2 −3 2 |4 |2 𝑚 2) −2 −3 −8 −18 10 | 16 −5 | −16 10 16 𝑚 − −7) −2 −3 −8 | −5 −8 11 −7 | −11 0 37 𝑚 − 26 −39) −1 𝑑3 → 𝑑3 𝑑5 ↔𝑑6 → 𝑑4 →𝑑4 +4𝑑3 𝑑5 →𝑑5 +13𝑑3 → 0 0 ( 0 0 (0 1 0 0 1 0 0 −1 −4 −13 −1 0 −2 −3 −8 | −3 5⁄ 11 −7 | −11 37 𝑚 − 26 −39 ) 0 −8 −3 −1 −2 −2 5 ⁄2 ⁄ 𝑚 + 132 −3 |5 13 ) | −2 1 −1 −3 −8 | 𝑑5 →𝑑5 −2𝑑4 −3 ⁄2 0 → 0 −1 |5 0 0 𝑚 + 1⁄ (0 0) 0 0 b (0.5 điểm) Biện luận theo m số nghiệm hệ phương trình −1  Trường hợp 1: 𝑚 + = => 𝑚 = , ta có: −2 −3 1 −1 −8 −3 ⁄2 | Ā= −1 | 0 0 0 0 (0 0) 0 0 Nhận thấy r(A) ≠ r(Ā) (4≠5) nên hệ phương trình vơ nghiệm  Trường hợp 2: 𝑚 + ≠ => 𝑚 ≠ −1 , ta có: −2 1 −1 −3 −8 | −3 ⁄2 Ā= 0 0 −1 |5 0 0 𝑚 + ⁄2 (0 ) 0 0 Nhận thấy r(A) = r(Ā) = số ẩn = nên hệ phương trình có nghiệm Vậy 𝑚 = , hệ phương trình vô nghiệm 𝑚 ≠ −1 −1 , hệ phương trình có nghiệm c (1.5 điểm) Giải hệ phương trình m = Khi m = ma trận mở rộng có dạng −2 −3 1 −1 −8 −3 ⁄2 | 0 Ā= 0 −1 |5 0 0 3⁄ (0 0 0 0) Và có hệ phương trình tương đương 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − 2𝑥5 = −3 𝑥2 + 3𝑥3 − 8𝑥4 + 5𝑥5 = 𝑥3 − 3𝑥4 + 𝑥5 = { −𝑥4 + 3𝑥5 = 𝑥5 = 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − 2𝑥5 = −3 𝑥2 + 3𝑥3 − 8𝑥4 + 5𝑥5 = 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − 2𝑥5 = −3 𝑥2 + 3𝑥3 − 8𝑥4 + 5𝑥5 = 𝑥3 − 3𝑥4 + 𝑥5 = 𝑥3 − 3𝑥4 + 𝑥5 =  −𝑥4 + 3𝑥5 = 𝑥4 = { 𝑥5 = { 𝑥5 = 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − 2𝑥5 = −3 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − 2𝑥5 = −3 𝑥2 + 3𝑥3 − 8𝑥4 + 5𝑥5 = 𝑥2 = 𝑥3 = 𝑥3 =   𝑥4 = 𝑥4 = 𝑥5 = { { 𝑥5 =  𝑥1 = 𝑥2 =  𝑥3 = 𝑥4 = { 𝑥5 = 1 0  CÂU 5: B    0    1    ; P   1 ; A  P1 BP       1  3  a (0.5 điểm) Cho A = P-1BP Tính A2+4 A = P-1BP 10 Khi :A2 = A.A = (P-1BP).(P-1BP) = P-1.B.P P-1.B.P = P-1.B.B.P = P-1.B2.P Khi: A3 = A2.A = (P-1.B2.P).( P-1BP) = P-1.B2.P.P-1B.P = P-1.B3.P Vậy rút kết luận An = P-1.Bn.P Nên A6 = P-1.B6.P b (0.5 điểm) Tính A5  Tính P-1 det(P) = (-3).1.1 + 4.0.3 + (-1).(-1).(-3) – (-1).1.3 – (-3).0.(-30 – 4.(-1).1 = 1 Phần tử c11 = det(𝑃) A11 = (−1)1+1 | | = −3 1 −1 | = -1 Phần tử c12 = det(𝑃) A21 = (−1)2+1 | −3 Tương tự trên, ta có phần tử c13, ,c33 Ta có det(P) ≠ nên ma trận P khả nghịch −1 Suy P-1 = (1 1)  Tính A Phép nhân hai ma trận: 𝑏1 𝑏 Cho A = (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 )1𝑥𝑛 , B = (2 ) => AB = 𝑎1 𝑏1 + 𝑎2 𝑏2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑏𝑛 ⋮ 𝑏𝑛 𝑛𝑥1 Định nghĩa: Dịng nhân cột Theo đề bài, có: A = P-1BP 0 −3 −1 −1 = (1 1) ( −1 0) ( −1 0) −3 0 −1 −3 −1 1+0+0 0+1+0 0+0−1 0) = (1 + + 0 + + 0 + − 1) ( −1 0+0+0 0−3+0 0+0−1 −3 −3 −1 1 −1 = (1 −1) ( −1 0) −3 −3 −1 −3 − − + + −1 + − = (−3 + − + + −1 + − 1) 0+3−3 0−3+3 0+0−1 11 −7 −2 = (−6 −2 ) 0 −1  Tính A5 −7 −2 −7 −2 0 Có A2 = A.A = (−6 −2 ) ( −6 −2 ) = ( 0) = I (ma trận đơn vị) 0 0 −1 0 −1 0 2 Mà A = A A = I = (0 0) 0 1 0 −7 −2 Dựa theo kết tính trên, có A = (−6 −2 ) A2 = A4 = I = ( 0) 0 0 −1 −7 −2 Ta lại có A5 = A4.A, suy A5 = (−6 −2 ) 0 −1 12