Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 1 LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C 2 - ĐỀ THAM KHẢO 1 Câu 1. Ta giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ =+++ =++ =++ =−++ . ; ; ; mxxxx xxx xxx x x x x 4321 321 321 4321 26113 3683 2472 023 bằng phương pháp Gauss 13210 13210 27402 01022 (A|B) 38603 01033 31162m 0205m 132 1 0 132 1 0 010 2 2 010 2 2 000 5 5 000 1 1 000 1m 4 000 0m 5 ⎛⎞⎛⎞ −− ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ =→ ⎜⎟⎜⎟ − ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ ⎛⎞⎛⎞ −− ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜ ⎟ →→ ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ −− ⎝⎠⎝⎠ Biện luận: • m ≠ 5: Hệ vô nghiệm. • m = 5: Hệ đã cho tương đương với hệ sau: 1234 24 4 x3x2xx 0 x 2x 2 (1) (2) x1 0m5 ⎧ ++−= ⎪ += ⎪ ⇔ ⎨ = ⎪ ⎪ =− ⎩ Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 2 1234 34 24 21 4 x3x2x x0 x,x1 x2x2 x0,x12 x1 ++−= ⎧ =α = ⎧ ⎪ +=⇔ ⎨⎨ ==−α ⎩ ⎪ = ⎩ Vậy với m = 1, hệ (1) có vô số nghiệm: 1234 (x ,x ,x ,x ) (1 2 ,0, ,1) = −α α với α ∈ R tuỳ ý. Câu 2. a) Ma trận 131 A 122 3113 ⎛⎞ ⎜⎟ =− − ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ khả nghịch vì 131 det A 1 2 2 6. 3113 =− − =− Ta có T 28 9 5 28 2 85 A dj(A) 2 0 2 9 0 3 . 831 52 1 ⎛⎞⎛ ⎞ −−− ⎜⎟⎜ ⎟ =− =− ⎜⎟⎜ ⎟ ⎜⎟⎜ ⎟ −− − ⎝⎠⎝ ⎠ vì 11 12 13 21 22 23 31 32 33 22 12 1 2 A28;A9;A 5; 11 3 3 3 3 11 31 11 1 3 A2;A0;A 2; 11 3 3 3 3 11 31 11 1 3 A8;A 3;A 1. 22 12 1 2 −−−− =+ =− =− = =+ =− =− = =+ = =− =− =+ = =− =− =+ = −− −− Suy ra Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 3 1 28 2 8 11 A Adj(A) 903. det A 6 521 − ⎛⎞ − ⎜⎟ ==−− ⎜⎟ ⎜⎟ −− ⎝⎠ b) Ta có 1 AXA AB XA B X BA 123 2828 2545 11 X 121 903 51015. 66 2 1 3 5 2 1 32 10 10 − =⇔=⇔= ⎛⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ −−− ⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⇔=− − −=−− ⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ −−− − ⎝⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ 1 AYA BA AY B Y A B 28 2 8 1 2 3 10 52 106 11 Y 9 0 3 1 2 1 3 15 36 . 66 521213 5 5 20 − =⇔=⇔= ⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞ −−−− ⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ ⇔=− − − =− ⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ −− − − − − ⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠ Câu 3. a) Với u 1 = (1, 2 ,−3); u 2 = (1, 3, 2); u 3 = (2 , 5, 2), ta có B = {u 1 , u 2 , u 3 } là một cơ sở của R 3 vì 12 3 detA= 1 3 2 3 0 25 2 − =≠ b) Với u = (4 , 9, −1), ta có 1 2112233 3 [u] u u u u UX B (1) α ⎛⎞ ⎜⎟ =α ⇔α +α +α = ⇔ = ⎜⎟ ⎜⎟ α ⎝⎠ B trong đó: 1 2 3 112 4 U235;B9;X 322 1 α ⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ===α ⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟ −−α ⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠ Giải hệ trên ta được: (α 1 , α 2 , α 3 ) =(1, −1,2). Vậy với u = (4 , 9, −1), ta có Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 4 1 [u] 1 2 ⎛⎞ ⎜⎟ =− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ B Câu 4. Xét ma trận ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = 220 270 123 A . a) - Đa thức đặc trưng: A3 22 321 72 () A I 0 7 2 (3 ) 22 022 (3 )( 9 18) ( 3) ( 6). −λ −λ ϕλ= −λ = −λ = −λ −−λ −−λ =−λλ−λ+ =−λ− λ− - Trị riêng: ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 2), λ = 6 (bội 1). Vậy A có 2 trị riêng λ 1 = 3 (bội 2), λ 2 = 6(bội 1). - Không gian riêng: • Không gian riêng V(λ 1 ) ứng với trị riêng λ 1 = 3 là không gian nghiệm của hệ: 1123123 1232323 123 23 321 Au u 0 7 2 (x ,x ,x ) 3(x ,x ,x ) 022 (3x 2x x ,7x 2x , 2x 2x ) (3x , 3x ,3x ) 2x x 0 (1) ⎛⎞ ⎜⎟ =λ ⇔ = ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ ⇔++ +−+= ⇔+= Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x 1 , x 2 , x 3 ) =(α, −β, 2β) với α, β ∈ R tùy ý. Suy ra V(λ 1 ) = {(α, −β, 2β) | α, β ∈ R}= {α(1,0, 0) + β (0, −1, 2)| α, β ∈ R} = < (1,0, 0); (0, −1, 2) >. Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 5 Vậy V(λ 1 ) có dim V(λ 1 ) = 2 (= số bội của λ 1 ) với cơ sở B 1 = {(1,0,0); (0, −1,2)}. • Không gian riêng V(λ 2 ) ứng với trị riêng λ 2 = 6 là không gian nghiệm của hệ: 2123123 1232323 123 123 23 321 Au u 0 7 2 (x ,x ,x ) 6(x ,x ,x ) 022 (3x 2x x ,7x 2x , 2x 2x ) (6x ,6x ,6x ) 3x 2x x 0 (2) x2x0 ⎛⎞ ⎜⎟ =λ ⇔ = ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ ⇔++ +−+= ⎧ −+ += ⎪ ⇔ ⎨ += ⎪ ⎩ Giải hệ (2), ta tìm được nghiệm tổng quát (x 1 , x 2 , x 3 ) = (−α,−2α, α) với α ∈ R tùy ý. Suy ra V(λ 2 ) = {(−α,−2α, α)| α ∈ R}= {α(−1,−2, 1)| α ∈ R} = < (−1,−2, 1) >. Vậy V(λ 2 ) có dim V(λ 2 ) = 1 với cơ sở B 2 = {(−1, −2, 1)}. b) Vì các không gian riêng của A đều có số chiều bằng số bội của các trị riêng tương ứng nên A chéo hóa được.mLập ma trận P bằng cách lần lượt dựng các vectơ trong B 1 = {(1,0,0); (0, −1,2)} và B 2 ={(0, −2, 1)} thành các cột: 10 1 P012 02 1 − ⎛⎞ ⎜⎟ =−− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ . Khi đó ta có 1 300 PAP 0 3 0 006 − ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 6 LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C 2 - ĐỀ THAM KHẢO 2 Câu 1. Ta giải và biện luận hệ 12 3 12 3 12 3 xx x 2; x mx 3x 4; (1) x2x(m1)x0. ⎧ ++ = ⎪ ++ = ⎨ ⎪ ++−= ⎩ bằng qui tắc Cramer: 221 2 331 221 2 1 221 2 3221 11 1 1 1 1 d: d d m1 2 1m 3 0m1 2 m 3m 1m2 d: d d 12m1 0 1 m2 21 1 2 1 1 d: d 2d m2 1 4m 3 0m2 1 2 2(m 3m) 2m1 02m1 0 2 m1 12 1 12 1 d: d 2d 11 14 3 10 1 2 2m 1m1 10m1 10m1 112 1 12 1m4d:d 2d 1m 20 120 1 20 =− − Δ= − = = − − =− −− =− − Δ= − = = − − −− =− − Δ= − =− = − −− Δ= = − − − = 1m 2 22m 12 −− =− Biện luận: 2 0m3m0m0,m3. Δ =⇔ − =⇔ = = • m ≠ 0 và m ≠ 3: Δ ≠ 0 nên hệ (1) có duy nhất một nghiệm định bởi: Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 7 2 1 1 2 2 2 2 3 3 2 2(m 3m) x2 m3m 2m 2 x m3 m3m 2m 2 x m3 m3m Δ − == = Δ − Δ == = Δ− − Δ ==− =− Δ− − • m = 3: Δ = 0, Δ 2 ≠ 0 nên hệ (1) vô nghiệm. • m = 0: Δ = Δ 1 = Δ 2 = Δ 3 = 0. Hệ (1) trở thành: 12 3 13 123 xx x2 x 3x 4 (2) x2x x 0 ⎧ ++= ⎪ += ⎨ ⎪ +−= ⎩ 332 221 331 d: d d d:d d d: d d 3 123 2 23 123 11 12 1 1 12 1 1 12 (A|B) 1 0 3 4 0 1 2 2 0 1 2 2 12 10 0 1 22 0000 x xxx2 (2) x 2 2 x2x2 x2xx 43 =− =− =− ⎛⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎯⎯⎯⎯⎯→ − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟ −−− ⎝⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧ =α ⎧ ++= ⎪ ⎪ ⇔⇔=α− ⎨⎨ −+ = ⎪ ⎪ ⎩ =− − =−α ⎩ Vậy với m = 0, hệ (1) có vô số nghiệm 123 (x ,x ,x )=(4 3 , 2 2, )−α α− α với α ∈ R tuỳ ý. Câu 2. Với các ma trận 112 12 A;B 223 10 ⎛⎞⎛⎞ − == ⎜⎟⎜⎟ −− ⎝⎠⎝⎠ , ma trận X thoả AX = B phải thuộc loại 3×2. Đặt 14 25 36 xx Xxx xx ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Ta có Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 8 14 25 36 12 3 45 6 123456 12 3 12 123 45 6 456 xx 112 12 AX B x x 223 10 xx x x 2x x x 2x 12 2x 2x 3x 2x 2x 3x 1 0 xx2x1 xx 2x 2x 3x 1 xx2x2 2x 2x 3x 0 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎛⎞ ⎛⎞ − =⇔ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ −− ⎝⎠ ⎝⎠ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎛⎞ −+ −+ ⎛⎞ ⇔= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ −+ −+ − ⎝⎠ ⎝⎠ ⎧ −+ = − ⎪ −+=− ⎪ ⇔⇔ ⎨ −+ = ⎪ ⎪ −+= ⎩ 3 3 45 6 6 231 564 2x 1 x3 xx2x2 x4 x;x3;x5 x;x4;x6 ⎧ += ⎪ −=− ⎪ ⎨ −+ = ⎪ ⎪ −=− ⎩ ⎧ =α = =− +α ⎪ ⇔ ⎨ =β = =− +β ⎪ ⎩ Vậy các ma trận X cần tìm là: 56 6 X vôùi , tuyø yù. 34 ⎛⎞ −+α −+β ⎜⎟ =α β αβ∈ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ \ Câu 3. Không gian W sinh bởi u 1 = (1,1,0,1); u 2 = (1,2,0,1); u 3 = (1,0,1,1); u 4 = (0,3, −2,0). là không gian dòng của ma trận A có được bằng cách xếp u 1 , u 2 , u 3 , u 4 thành các dòng: 1101 11 01 1101 1101 12 0 1 0 1 0 0 01 0 0 0100 A R 1011 0 110 0010 0010 03 20 0 3 20 00 20 0000 ⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜⎟ =→ →→= ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜⎟ − ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜⎟ −−− ⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠⎝⎠ a) Vì R có dòng 0 nên u 1 ; u 2 ; u 3 ; u 4 phụ thuộc tuyến tính . b) W có dimW = 3 và một cơ sở B = {v 1 , v 2 , v 3 }, trong đó v 1 = (1, 1, 0, 1) v 2 = (0, 1, 0, 0) v 3 = (0, 0, 1, 0) Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 9 Câu 4. Xét ma trận ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = 300 012 021 A . a) - Đa thức đặc trưng: A3 22 120 12 () A I 2 1 0 (3 ) 21 003 (3 )( 2 3) ( 3) ( 1). −λ − −λ − ϕλ= −λ = − −λ = −λ −−λ −λ =−λλ−λ−=−λ− λ+ - Trị riêng: ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 2), λ = −1 (bội 1). Vậy A có 2 trị riêng λ 1 = 3 (bội 2), λ 2 = −1 (bội 1). - Không gian riêng: • Không gian riêng V(λ 1 ) ứng với trị riêng λ 1 = 3 là không gian nghiệm của hệ: 1123123 12123 123 12 120 A u u 2 1 0 (x,x,x) 3(x,x,x) 003 (x 2x , 2x x ,3x ) (3x ,3x ,3x ) x x 0 (1) − ⎛⎞ ⎜⎟ =λ ⇔ − = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⇔− −+ = ⇔+= Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x 1 , x 2 , x 3 ) = (− α , α , β) với α, β ∈ R tùy ý. Suy ra V(λ 1 ) = {(−α , α , β) | α, β ∈ R}= {α(−1,1, 0) + β (0, 0, 1)| α, β ∈ R} = < (−1,1, 0); (0, 0, 1) >. Vậy V(λ 1 ) có dim V(λ 1 ) = 2 (= số bội của λ 1 ) với cơ sở B 1 = {(−1,1,0); (0, 0,1)}. • Không gian riêng V(λ 2 ) ứng với trị riêng λ 2 = −1 là không gian nghiệm của hệ: Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 10 2 123 123 12123 123 12 3 120 Au u 2 1 0 (x , x , x ) (x , x , x ) 003 (x 2x,2x x,3x) (x,x,x) xx 0 (2) x0 − ⎛⎞ ⎜⎟ =λ ⇔ − =− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⇔− −+ =−−− −= ⎧ ⇔ ⎨ = ⎩ Giải hệ (2), ta tìm được nghiệm tổng quát (x 1 , x 2 , x 3 ) = (α, α, 0) với α ∈ R tùy ý. Suy ra V(λ 2 ) = {(α,α, 0)| α ∈ R}= {α(1, 1, 0)| α ∈ R} = < (1,1, 0) >. Vậy V(λ 2 ) có dim V(λ 2 ) = 1 với cơ sở B 2 = {(1, 1, 0)}. b) Vì các không gian riêng của A đều có số chiều bằng số bội của các trị riêng tương ứng nên A chéo hóa được. Lập ma trận P bằng cách lần lượt dựng các vectơ trong B 1 = {(−1,1,0); (0, 0,1)} và B 2 = {(1, 1, 0)} thành các cột 101 P101 010 ⎛⎞ − ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Khi đó ta có 1 30 0 PAP 0 3 0 00 1 − ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 11 LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C 2 - ĐỀ THAM KHẢO 3 Câu 1. Ta giải hệ phương trình tuyến tính 12345 12345 12345 12345 2x 2x x x x 1 x2xxx2x1 (1) 4x 10x 5x 5x 7x 1 2x 14x 7x 7x 11x 1 ⎧ − +−+ = ⎪ +−+−= ⎪ ⎨ − +−+ = ⎪ ⎪ −+−+=− ⎩ bằng phương pháp Gauss 12 22 1 33 1 44 1 dd d: d 2d d: d 4d d:d 2d 2 21111 1 21121 1 21121 2 21111 (A|B) 4105571 4105571 21477111 21477111 121121 0 63351 01899153 01899153 ↔ =− =− =− ⎛⎞⎛⎞ −− −− ⎜⎟⎜⎟ −− −− ⎜⎟⎜ ⎟ =⎯⎯⎯⎯→ ⎜⎟⎜⎟ −− −− ⎜⎟⎜ ⎟ ⎜⎟⎜⎟ −−− −−− ⎝⎠⎝⎠ ⎛ −− −−− ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ −−− −−− 33 2 44 2 d: d 3d d:d 3d 121121 063351 000000 000000 =− =− ⎞ ⎛ ⎞ −− ⎜⎟⎜⎟ −−− ⎜⎟⎜⎟ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜ ⎟ ⎝⎠⎝⎠ 345 12345 2345 2 1 x2;x2;x6 x2xxx2x1 1 (1) 6x 3x 3x 5x 1 x = 5 6 2 x2 3 ⎧ =α =β =γ ⎪ ⎧ +−+−= ⎪ ⎪ ⎪ ⇔− + − + =− ⇔ +α−β+γ ⎨⎨ ⎪⎪ ⎩ ⎪ =+γ ⎪ ⎩ Suy ra nghiệm của (1) là: 12345 21 (x ,x ,x ,x ,x ) ( 2 , 5 ,2 ,2 ,6 ) 36 =+γ+α−β+γαβ γ với α; β; γ ∈ R tuỳ ý. Câu 2. a) Tính định thức của A. Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 12 114 332 2 8 4 54 44 54 6m556 0m556 det A c : c c 3 2m2m3 02m2m3 m2 2m 2mm2 0 2m 2mm2 m5 5 6 m5 5 6 d: d d m5 5 42m 2m 3 42m 2m 3 4(m1) 8m(m1) 2m 2m 2m 2m m 2 0 0 m 1 ++ ==− ++ + ++ =− + ==−=− +− b) Ta có A 2 khả nghịch ⇔ det(A 2 ) ≠ 0 ⇔ [detA] 2 ≠ 0 ⇔ detA ≠ 0 ⇔ 8m 2 (m − 1) ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 và m ≠ 1. Câu 3. a) Với u 1 = (1, 2, 3, 0); u 2 = (2, −1, 0, 1); u 3 = (1, 7, 9,−1) ta lập ma trận A bằng cách xếp u 1 , u 2 , u 3 thành các dòng: 1230 1230 1230 A 2101 0561 0561 R 1791 0561 0000 ⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ =− →−− →−− = ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ −− ⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠ Vì R có dòng 0 nên u 1 ; u 2 ; u 3 phụ thụộc tuyến tính. b) u = (0,5, 6, m) là một tổ hợp tuyến tính của u 1 ; u 2 ; u 3 khi và chỉ khi phương trình sau có nghiệm: 11 22 33 u u u u UX B (1)α+α+α =⇔ = trong đó: 1 2 3 121 0 217 5 U;B;X 309 6 011 m ⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞ α ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟ − ⎜⎟⎜⎟ ===α ⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ α ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠ − ⎝⎠⎝⎠ 1210 1210 1210 2175 0555 0111 (A|B) 3 0 96 0 6 66 0 0 0m 1 0 1 1m 0 1 1m 0 0 0 0 ⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞ ⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ −−− ⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ =→ → ⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ −+ ⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ −− ⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠ Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 13 (1) có nghiệm khi và chỉ khi m = −1. Do đó u = = (0, 5, 6, m) là một tổ hợp tuyến tính của u 1 ; u 2 ; u 3 khi và chỉ khi m = −1. Câu 4. Xét ma trận 7126 A101910 12 24 13 − ⎛⎞ ⎜⎟ =− ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ . a) - Đa thức đặc trưng: A3 22 7 1261 126 1126 ( ) A I 10 19 10 1 19 10 (1 ) 1 19 10 12 24 13 1 24 13 1 24 13 112 6 74 (1 ) 0 7 4 (1 ) (1 )( 1) ( 1) ( 1). 12 7 0127 −λ − −λ − − ϕλ= −λ= −−λ =−λ−−λ =−λ −−λ −−λ−λ−−λ −−λ − −−λ =−λ −−λ =−λ =−λλ−=−λ− λ+ −−λ −−λ - Trị riêng: ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 1 (bội 2), λ = −1 (bội 1). Vậy A có 2 trị riêng λ 1 = 1 (bội 2), λ 2 = −1 (bội 1). - Không gian riêng: • Không gian riêng V(λ 1 ) ứng với trị riêng λ 1 = 1 là không gian nghiệm của hệ: 1123123 1231231 23123 123 123 123 123 7126 Au u 10 19 10 (x , x , x ) (x , x , x ) 12 24 13 (7x 12x 6x ,10x 19x 10x ,12x 24x 13x ) (x , x , x ) 6x 12x 6x 0 10x 20x 10x 0 x 2x x 0 (1) 12x 24x 12x 0 ⎛⎞ − ⎜⎟ =λ ⇔ − = ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ ⇔−+ −+ − + = ⎧ −+= ⎪ ⇔−+=⇔−+= ⎨ ⎪ −+= ⎩ Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x 1 , x 2 , x 3 ) = (2α − β, α , β) với α, β ∈ R tùy ý. Suy ra V(λ 1 ) = {(2α − β, α , β)| α, β ∈ R}= {α(2,1, 0) + β (−1, 0, 1)| α, β ∈ R} = < (2,1, 0); (−1, 0, 1) >. Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 14 Vậy V(λ 1 ) có dim V(λ 1 ) = 2 (= số bội của λ 1 ) với cơ sở B 1 = {(2, 1,0); (−1,0,1)}. • Không gian riêng V(λ 2 ) ứng với trị riêng λ 2 = −1 là không gian nghiệm của hệ: 2123123 1231231 23 123 123 123 123 7126 Au u 10 19 10 (x , x , x ) (x , x , x ) 12 24 13 (7x 12x 6x ,10x 19x 10x ,12x 24x 13x ) (x , x , x ) 8x 12x 6x 0 10x 18x 10x 0 (2) 12x 24x 14x 0 812 ⎛⎞ − ⎜⎟ =λ ⇔ − =− ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ ⇔− + − + − + =− ⎧ −+= ⎪ ⇔−+= ⎨ ⎪ −+= ⎩ − 123 23 6463 132 132 132 10 18 10 5 9 5 5 9 5 0 6 5 0 6 5 12 24 14 6 12 7 6 12 7 0 6 5 0 0 0 x3x2x0 (2) (2 ) 6x 5x 0 ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞ − − −−−−− ⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ −→−→−→ −→ − ⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ −−− − ⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠ ⎧ −+ − = ⎪ ′ ⇔ ⎨ −= ⎪ ⎩ Giải hệ (2′), ta tìm được nghiệm tổng quát (x 1 , x 2 , x 3 ) = (3α, 5α, 6α) với α ∈ R tùy ý. Suy ra V(λ 2 ) = {(3α, 5α, 6α)| α ∈ R}= {α(3, 5, 6)| α ∈ R} = < (3, 5, 6) >. Vậy V(λ 2 ) có dim V(λ 2 ) = 1 với cơ sở B 2 = {(3, 5, 6)}. b) Vì các không gian riêng của A đều có số chiều bằng số bội của các trị riêng tương ứng nên A chéo hóa được. Lập ma trận P bằng cách lần lượt dựng các vectơ trong B 1 = {(2, 1,0); (−1,0,1) } và B 2 = {(3, 5, 6)} thành các cột 213 P105 016 ⎛⎞ − ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Khi đó ta có 1 10 0 PAP 0 1 0. 00 1 − ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com . 2 21 2 3 31 2 21 2 1 2 21 2 32 21 11 1 1 1 1 d: d d m1 2 1m 3 0m1 2 m 3m 1m2 d: d d 12 m1 0 1 m2 21 1 2 1 1 d: d 2d m2 1 4m 3 0m2 1 2 2(m 3m) 2m1 02m1 0 2 m1 12 1 12 1 d: d 2d 11 14 3 10 1 2 2m 1m1 10 m1 10 m1 11 2 1 12 1m4d:d. bằng phương pháp Gauss 12 22 1 33 1 44 1 dd d: d 2d d: d 4d d:d 2d 2 211 11 1 211 21 1 211 21 2 211 11 (A|B) 410 55 71 410 55 71 214 7 711 1 214 7 711 1 12 112 1 0 633 51 018 9 915 3 018 9 915 3 ↔ =− =− =− ⎛⎞⎛⎞ −−. 712 6 A1 019 10 12 24 13 − ⎛⎞ ⎜⎟ =− ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ . a) - Đa thức đặc trưng: A3 22 7 12 61 126 11 26 ( ) A I 10 19 10 1 19 10 (1 ) 1 19 10 12 24 13 1 24 13 1 24 13 11 2 6 74 (1 ) 0 7 4 (1 ) (1 )( 1)