HOÀN CHỈNH TIỂU LUẬN TOÁN c2

TIỂU LUẬN C2 -HP -  02  Câu 15: Tính định thức: A=  0 4 0   21  B=  1  1 1 1 1 1     Giải:  02  a) A=  0  21  b) B=  1 4 1 0 1 1 1  = -1    0   1   =   = 2.(4 – 8) = -8 4  4  d  1.d1  d d  1.d1  d d  1.d1  d         d1  d 4 d   1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 Suy B = (-1) 4+4 1 = (Tính theo Sarius) 1  21  Vậy B=  1 1 1 1 1  =   Câu 43: Tìm điều kiện m để   với:  m1   1 m Giải: Áp dụng phương pháp Laplace cho định thức ta được: 0 m-1 0 m 2m  ,    m1   1 m 0 m-1 0 m 2m  = (-1)3+4+4+3  m o     m    = m2(m-1)   m-1  m   m >1 m   Để  >0  m2(m-1) >0    m1  Vậy với m>1   với:    m 0  m-1 0  m 0 2m  Câu 44: Tính định thức: x 2  c1 c2 c3 c1 a) A=  x  2 x   x+4 2   x+4 x     x+4 x   1 2  =(x+4)  x  1 x    a b b) B=   b+c c+a c a+b d   d1  d d   d1  d 1 2 -2+x -2+x 0  (x+4)      c   c1  c c3   c1  c3  a    =(x+4).(x-2)  0 ba ca bc a b a c = (b - a)(a – c) – (a – b)(c – a) = (b – a)(a – c + c – a) = 1    a b c  = Vậy B=   b+c c+a a+b  Câu 55: Tính định thức cấp n: x  xa xa x…  x… x   a) A= … … … …   x x x a  Ta thấy cột định thức có phần tử a phần tử lại x Nên ta cộng dòng 2, dòng 3,…dòng n vào dòng 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 x 1 a x x = [a+(n-1)x] = [a+(n-1)x] x x x a 1 ax 0 1 0 = [a+(n-1)x].(a-x)n-1 ax  xa  Vậy A= …  x x x… x a x… x … … … x x a  = [a+(n-1)x].(a-x)n-1   a2 … an  1+a2 … an  … … …  a2 … 1+an  Ta thấy dòng định thức chứa phần tử 1, a1, a2, a3,…an Nên ta cộng cột 2, cột 3,…cột n vào cột ta được: a2 … an 1+a 2+…+an  1+a  1+a +a +…+a 1+a an  n …  B= … … … …    1+a1+a2+…+an a2 … 1+an  a2 … a n  11 1+a  an  …  = (1+a1+a2+…+an ) … … … …    a2 … 1+an   1+a  a1 b) B =  …  a1  10  = (1+a1+a2+…+an ) …  0  1+a a1  Vậy B =  …  a1 a2 1+a2 … a2 a2 … an … … … … … … an … an … … … 1+an  x1  Câu 63: Giải phương trình:  1   = 1+a1+a2+…+an    = 1+a1+a2+…+an   x -1 -1 x2 1 1 1   =0   Giải: Ta dễ thấy định thức vế trái có cột tỉ lệ (cột ,cột 3) Nên theo tính chất định thức có giá trị Vậy phương trình  x1  1 1 x -1 -1 x2 1 1 1   = có nghiệm với x   1  Câu 69: Tìm hạng ma trận sau: A=  3  4 5  11  12 14   12 16 20  Giải: Ta sử dụng phép biến đổi sơ cấp dòng:  21  A=  4 d  2 d1  d d  3 d1  d d  4 d1  d          01 02 03 04 15  d3 d  d3   0 0    0 0 0  11 12 14 12 16 20  01  0 0 0 0 -1 0     Sau biến đổi ma trận A dạng bậc thang, ta thấy số dòng khác dòng không Vậy r(A) = Câu86: Tìm tham số m để ma trận có hạng (r(A))cụ thể;r(A)=3 với ma trận sau: m  21 3m-1  m+4   A= 5m-1 m+4 2m+7    2m m+4  Giải: Ta sử dụng phép biến đổi sơ cấp ma trận A: d  2 d1  d d  4 d1  d m  12 3m-1  d  2 d1  d m+4   A= 5m-1 m+4 2m+7    2m m+4  m  01 m-1  d3 d  d3 m    m-1 m 2m-1  0 0 m   m   -1 Để r(A) =    m  đó: A= 0 m   0 Vậy với m=0 r(A) =        01  0 0 m m-1 m m m-1 0 m 0 -1 0          00  Câu118: Cho ma trận A=  0 0 0 0  0 T  ,tính A.A 0 Giải:  00  Từ A=  0 0 0 0  00  Suy ra: A.AT =  0 0   10 00   AT =   0  0 0  0  1 0 .0 0  0 0  0  0   0  1 0  0 0  = 0  0 (Theo công thức nhân ma trận) 0 0 0 0     Câu 119: Cho ma trận vuông cấp 100: A = (aij), phần tử dòng thứ i (-1)i+j Tìm phần tử a41 A2 Giải: Theo ta có: a11 = (-1)1+1 = a12 = (-1)1+2 = -1 a13 = (-1)1+3 = a1n = (-1)1+n = (-1)1+100 = -1 Tương tự: a21 = (-1)2+1 = -1 a22 = (-1)2+2 = a23 = (-1)2+3 = -1 a2n = (-1)2+n = (-1)2+100 = Tương tự ta có: an1 = (-1)100+1 = -1 an2 = (-1)100+2 = an3 = (-1)100+3 = -1 ann = (-1)100+100 =    -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 Suy A -1 -1 -1 Do A ma trận vuông cấp 100 nên A ma trận vuông cấp 100  a41 = (-1).1+1.(-1) + (-1).1+ +1.(-1) = -100 Vậy a41 = -100 Câu 123d: Tìm ma trận nghịch đảo ma trận sau phương pháp phụ đại số: 1  D=   3  Giải: 1  D =   3  d  5 d1  d d  3d1  d    -15 1+1  det D = (-1) 1.  -8 1  T Ta có D =   5     Dp  -1  = D = det D 33       1  -15 -24     -8 -15  -24   -15  = 33   Ma trận D khả nghịch    3 0  1 5   1  5      1 33 11    33  1    15  =  15 24  = 11 33 11   33     15    5  11 33  33   1 11   33 33 1  5  -1  5  Vậy D=    D =  11 11 11  3   5  33 11  33 Câu 182: Giải biện luận hệ phương trình với m tham số 3x  y  z   2 x  y  z  m x  y  4z   Giải: Ta sử dụng phép biến đổi sơ cấp ma trận mở rộng ma trận A: 3 1    A=2  m 1  4    1  d 2 2 d 1 d  d 3 3d 1 d    0  1    3  4    10 m    10   d 1d 2 4    m   1     d 2d  10     0  10 m    1      10   ( I )    0 0 m  1  d 3  d 2 d Dựa vào ma trận mở rộng ta thấy r(A) = m Ta biện luận trường hợp xảy ra:  Hệ có nghiệm  r(A) = r( A ) = = số ẩn hệ (Không xảy r(A) = m )  Hệ có vô số nghiệm  r(A) = r( A )  = số ẩn hệ  r(A) = r( A ) =  m +1 =  m = -1 x  x    Từ ( I ) suy   10 z  y   y  z  5  10a  Hệ có vô số nghiệm dạng: (x, y, z) = ( , , a) a  R 5  Hệ vô nghiệm  r( A )  r(A) =  r( A ) = (Vì r( A ) nhận hai giá trị 3)  m +1   m  -1 10a  Vậy: m = -1 hệ có vô số nghiệm dạng (x, y, z) = ( , , a) a  R 5 m  -1 hệ vô nghiệm Câu 214: Xác định tham số m để 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 cho phụ thuộc tuyến tính tồn số thực a, b, c cho: m.a  m.b  2m.c  1.a  m.b  2.c   a.u+b.v+c.w=(0;0;0)   3.a  (m  2).b  6.c  4.a  6.b  (m  10).c   m1  Xét ma trận: A=  4 m m (m+2) 2m (m+10)      4 3    m  m (m  2) m   m+10    2m  1 m 1 m        d 6-4m m+2  d 3 m  d  6-4m m+2       2-2m  0       m-   m-   m   m  d 4 d 1 d d 33 d 1 d d  md 1 d Ta bỏ dòng không ma trận dạng ma trận sau:     1  m m    d 3 m  m d  d  6 m   m2   4m   4m m       2 0  ( m  2)(  m ) m    m m      4m   Để vector phụ thuộc tuyến tính r(A) Vậy theo định lý Sylvester f x, y  = -x2 + 2xy - 4y2 xác định dấu âm c) f x, y, z  = -11x2 - 6y2 -6z2 + 12xy - 12xz + 6yz  -11 -6 Ta có ma trận ứng dạng toàn phương là: C =  -6  -6 -6     Ta có định thức C là:  -11 -6   -11  D1 = |-11| = -11< 0, D2 =  -6  = 30 > 0, D3 =  -6  = -81 <    -6 -6  Vậy theo định lý Sylvester f x, y, z  = -11x2 - 6y2 -6z2 + 12xy - 12xz + 6yz xác định âm d) f x, y, z  = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz  -5  Ta có ma trận ứng với dạng toàn phương là: D =  6 -1   -5 -1  Ta có định thức D là:  -5  9  D1 = |9| = > 0, D2 =  6  = 18 > 0, D3 =  6 -1  = -99 <  -5 -1  Ta thấy D1  D2 < (Có đan xen dấu định thức cấp lẻ) Theo định lý Sylvecter 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 Giải: a) f  x, y, z  = 2x2+6xy+2xz-6y2-4yz+mz2 xác định tính âm f x, y, z  2  =2x +6xy+2xz-6y -4yz+mz  A=  -6 -2   -2 m  2 Gọi D1 ,D2,D3 định thức ma trận A f x, y, z  xác định âm  Tất định thức cấp chẵn dương, cấp lẻ âm Dễ thấy D1= > định thức cấp lẻ mà lại dương Do giá trị m để dạng toàn phương cho xác định tính âm b) f  x, y, z  =5x2+4y2+mz2+6xy+2xz+2yz xác định tính dương 5  2 f x, y, z  =5x +4y +mz +6xy+2xz+2yz  A =   1 m  Gọi D1 ,D2,D3 định thức A f x, y, z  xác định dương  Tất định thức dương Ta có: D1 = > (Thỏa mãn) D2 =11 > (Thỏa mãn) 5  D3 =  1 m  Dể D3 >  (20m + + 3) – (4 + + 9m) >  11m – >  m> Vậy với m> dạng toàn phương cho xác định dương 11 Câu 314: Viết dạng tắc phương pháp Lagrange: 11 a) f x1 , x2 , x3  = x12 + x22 - 4x32 + 2x1x2 - x1x3 Ta có: f x1 , x2 , x3  = x12 + x22 - 4x32 + 2x1x2 - x1x = (x12 + x1x2 - 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 = (x1 + x2 - 2x3)2 + 4(x2 -x3)(x2 +x3) + 4x3(x2 -x3 ) = (x1 + x2 - 2x3)2 + 4(x2 -x3 )(x2 +2x3 )  x  y  y  y3 1   x1  x2  x3  y1    x  x  y  y  x  y  y3   3 2 Đặt:  X= PY  x  2x  y  y 3  2  x  y3   Lúc f  y1 , y , y3  = y12 + 4(y2 -y3 )(y2 +y3 ) f  y1 , y , y3  = y12 + 4y22 - 4y32  Tọa độ cũ = P.Tọa độ  -1 5/3  Do vậy: P =  -1/3   0 2/3   1 -2  Thử lại: A=    -2 -4  0  1 -2  -1 5/3    -1   -1/3  P AP =   5/3 -1/3 2/3  -2 -4  0 2/3  1 -2  -1 5/3     -1/3  =    0 -6  0 2/3  1 0  =    0 -4  Vậy f  y1 , y , y3  = y12 + 4y22 - 4y32 T c) f x1 , x2 , x3  = 4x12 + x22 +x32 -4x1x2 -3x2x3 + 4x1x3 Ta có: f x1 , x2 , x3  = 4x12 + x22 + x32 - 4x1x2 - 3x2x3 + 4x1x3 = (4x12 - 4x1x2 + 4x1 x3 ) + x22 + x32 - 3x2x3 = 4x12 -4x1 (x2 -x3 ) + (x2 -x3)2 - (x2 -x3)2 + x22 + x32 - 3x2x3 = (2x1 + x3 - x2 )2 - x32 + 2x2x3 - x22 + x22 + x32 - 3x2x3 = (2x1 + x3 - x2 )2 - x2x3 2 x1  x3  x  y1  Đặt:  x  y  y3 x  y  y    x1  y1  y    x2  y  y3 x  y  y    X=PY Lúc này: f =  y1 , y , y3  = y12 – y22 + y32  ½ -1  Tọa độ cũ = P tọa độ  P=  -1  0 1  Thử lại: -2  4  -2 -3/2  A=    -3/2 -2 ½ 0    1   -2 T P A.P=     -1 -1   -3/2   1/2  -1  -1/2 -1/2   =    -1/2 1/2   1 0  =  -1  0  -3/2 -1 -1 1  ½ 0    -1      0 1      Vậy f =  y1 , y , y3  = y12 – y22 + y32 dạng tắc cần tìm Câu 315c: Tìm phép biến đổi trực giao đưa dạng toàn phương sau dạng tắc Viết dạng tắc phân loại dạng toàn phương: f(x1, x2, x3) = 2x12 + 5x22 + 2x32 – 4x1x2 + 4x2x3 – 2x1x3 Giải: f(x1, x2, x3) = 2x12 + 5x22 + 2x32 – 4x1x2 + 4x2x3 – 2x1x3 2   A =   1  2  1    2 2 1 5 Đa thức đặc trưng P = A  I =  2 1 2 2 = 2 2 5 1 d 3  d  d (   ) (  1) 1  = (1-  )(  -7)(  -1) Trị riêng nghiệm phương trình: (Tính theo Sarius)     P =  (1-  )(  -7)(  -1) =   (Với   =1 nghiệm kép  =7 nghiệm đơn)  1=1 ứng với vectơ riêng u1(x, y,z) nghiệm hệ: (A-1.I).u1=0  2y  z  x    x - 2y - z =  z  y  x   Suy u1=(2a+b, a, b)= (2a, a, 0)+ (b, 0, b) với a2+b2  Có sở: x1(2,1,0) va x2(1,0,1)   2=7 ứng với vectơ riêng u2(x, y,z) nghiệm hệ: (A–7I) u2=0  x  y  z  x   z    x  y  z     y  2z   3y  6z   Suy u2=(-c, 2c, c) với c  có sở (-1,2,1) Ta có hệ sở: x1=(2,1,0) x2=(1,0,1) x3=(-1,2,1) Dễ thấy =2  nên hệ cho chưa trực giao Trực giao hóa hệ vecto x1,x2,x3 ta được: y1=x1=(2,1,0) y2 = x - y1=(1,0,1) - y3 = x - y2 - 2 (2,1,0) = ( , ,1) 5 y1= (-1,2,1) - (0,0,0) - (0,0,0) = (-1,2,1) Trực chuẩn hóa y1,y2,y3 ta được: Do ma trận truc giao S làm chéo hóa ma trận A chọn sau: 2   S=   0  2   -1 D = S AS =    1   1  = 0 0  2      6 30      S-1 = ST =  2 2  30 30   30 30   1  1    6   30     1 2   5 6 30   1       2 2   30 30   30 30  1      1    6   30 0  0  1 2 2 2  Ta có ma trận tương ứng với dạng toàn phương là: A =    1  2 Dạng toàn phương cho có dạng tắc là: Q = y + y + 7y Phân loại dạng toàn phương:  1    Giá trị định thức xuất phát từ ma trận A là: D1 = > D2 = 2 =6>0 2 2 1 D3 =  = > 1 2 Tất định thức xuất phát từ ma trận A dương ma trận toàn phương xác định dương ...   m1  Vậy với m>1   với:    m 0  m-1 0  m 0 2m  Câu 44: Tính định thức: x 2  c1 c2 c3 c1 a) A=  x  2 x   x+4 2   x+4 x     x+4 x   1 2  =(x+4)  x  1... 1  5  -1  5  Vậy D=    D =  11 11 11  3   5  33 11  33 Câu 182: Giải biện luận hệ phương trình với m tham số 3x  y  z   2 x  y  z  m x  y  4z   Giải: Ta sử... ( I )    0 0 m  1  d 3  d 2 d Dựa vào ma trận mở rộng ta thấy r(A) = m Ta biện luận trường hợp xảy ra:  Hệ có nghiệm  r(A) = r( A ) = = số ẩn hệ (Không xảy r(A) = m )  Hệ