Bài tập toán cao cấp c2 có lời giải

Đề xem thêm bao gồm lời giải tân oán cao cấp C2. Tài liệu tìm hiểu thêm mang lại chúng ta sinc viên gồm tứ liệu từ học, ôn thi, với phương thức giải tuyệt, thú vị, tập luyện kĩ năng giải đề xuất sắc đạt tác dụng cao trong các kì thi thân kì và cuối kì




You watching: Bài tập toán cao cấp c2 có lời giải

*

Toán thời thượng C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Tân oán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội ⎧ x1 + 3x2 + 2x3 x4 =0 − ⎧ x3 = α, x4 = 1 ⎪ x2 + 2x4 = 2⇔⎨ ⎨ ⎩ x2 = 0, x1 = 1 − 2α LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤPhường. C2 - ĐỀ THAM KHẢO 1 ⎪ x4 =1 ⎩ Câu 1. Ta giải với biện luận hệ phương trình đường tính: Vậy với m = 1, hệ (1) bao gồm vô vàn nghiệm: 0; ⎧ x1 3x 2 + 2 x3 x4 + − = (x1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = (1 − 2α, 0, α,1) ⎪2 x 2; 7 x2 + 4 x3 + = ⎪1 ⎨ cùng với α ∈ R tuỳ ý. = 3; ⎪ 3 x1 + 8x2 + 6 x3 ⎪ 3 x1 = m. + 11x 2 + 6 x3 + 2x4 ⎩ Câu 2. a) Ma trận bằng phương pháp Gauss ⎛ 1 3 1⎞ ⎜ ⎟ A = ⎜ −1 −2 2 ⎟ ⎛1 3 2 −1 0 ⎞ ⎛1 3 2 −1 0 ⎞ ⎜ 3 11 3 ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 27 4 0 2⎟ 01 0 2 2⎟ (A | B) = ⎜ →⎜ khả nghịch bởi vì ⎜3 8 6 0 3⎟ ⎜ 0 −1 0 3 3⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 31 ⎜ 3 11 6 2 m⎟ ⎜0 2 0 5 m⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ det A = −1 −2 2 = −6. ⎛1 3 2 −1 0⎞ ⎛1 3 2 −1 0⎞ 3 11 3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 10 2 2⎟ 0 10 2 2⎟ →⎜ →⎜ Ta gồm ⎜0 5⎟ ⎜0 1⎟ 00 5 00 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ T ⎜ 1 m − 4⎟ ⎜0 0 m − 5⎟ ⎝0 00 00 ⎛ 28 −9 5 ⎞ ⎛ 28 −2 −85 ⎞ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Adj(A) = ⎜ −2 0 2 ⎟ = ⎜ −9 0 3⎟ . ⎜ −8 3 −1 ⎟ ⎜5 2 −1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ vì chưng ⎧ x1 + 3x 2 + 2x 3 − x 4 = 0 ⎪ −2 2 −1 2 −1 − 2 x2 + 2x 4 = 2 A11 = + = −28; A12 = − = 9; A13 = + = −5; ⎪ (1) ⇔ ⎨ (2) 11 3 33 3 11 x4 = 1 ⎪ 31 11 1 3 ⎪ A 21 = − = 2; A 22 = + = 0; A 23 = − = −2; 0= m−5 ⎩ 11 3 33 3 11 Biện luận: 31 11 1 3 A 31 = + = 8; A 32 = − = −3; A 33 = + = 1. −2 2 −1 2 −1 − 2 • m ≠ 5: Hệ vô nghiệm. Suy ra • m = 5: Hệ đã mang đến tương tự cùng với hệ sau: 1 2Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Tân oán thời thượng C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Tân oán thời thượng C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội ⎛1⎞ ⎛ −28 2 8 ⎞ 1 1⎜ ⎟ ⎜⎟ −1 A Adj(A) = − ⎜ 9 0 −3 ⎟ . = B = ⎜ −1 ⎟ det A 6⎜ ⎟ ⎝ −5 −2 1 ⎠ ⎜2⎟ ⎝⎠ b) Ta tất cả AXA = AB ⇔ XA = B ⇔ X = BA −1 ⎛3 2 1⎞ ⎜ ⎟ ⎛ 1 2 3 ⎞ ⎛ −28 2 8 ⎞ ⎛ −25 −4 5 ⎞ Câu 4. Xét ma trận A = ⎜ 0 7 2⎟ . 1⎜ 1⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⇔ X = − ⎜ 1 −2 1 ⎟ ⎜ 9 0 −3 ⎟ = − ⎜ −51 0 15 ⎟ . ⎜0 − 2 2⎟ 6⎜ 6⎜ ⎝ ⎠ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎝ 2 1 −3 ⎠ ⎝ −5 −2 1 ⎠ ⎝ −32 10 10 ⎠ a) - Đa thức đặc trưng: AYA = BA ⇔ AY = B ⇔ Y = A −1B 3−λ 2 1 7−λ 2 ⎛ −28 2 8 ⎞ ⎛ 1 2 3 ⎞ ⎛ −10 −52 −106 ⎞ ϕA (λ) = A − λI3 = 0 7−λ 2 = (3 − λ) 1⎜ 1⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ −2 2 − λ ⇔ Y = − ⎜ 9 0 −3 ⎟ ⎜ 1 −2 1 ⎟ = − ⎜ 3 15 36 ⎟ . 0 −2 2 − λ 6⎜ 6⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎝ −5 −2 1 ⎠ ⎝ 2 1 − 3 ⎠ ⎝ −5 −5 −20 ⎠ = (3 − λ)(λ 2 − 9λ + 18) = −(λ − 3)2 (λ − 6). - Trị riêng: ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 2), λ = 6 (bội 1). Câu 3. a) Với u1 = (1, 2 ,−3); u2 = (1, 3, 2); u3 = (2 , 5, 2), ta gồm B = u1, u2, u3 Vậy A tất cả 2 trị riêng λ1 = 3 (bội 2), λ2 = 6(bội 1). là một cửa hàng của R3 vì chưng - Không gian riêng: 1 2 −3 • Không gian riêng rẽ V(λ1) ứng cùng với trị riêng biệt λ1 = 3 là không gian nghiệm detA= 1 3 2 = 3 ≠ 0 của hệ: 25 2 b) Với u = (4 , 9, −1), ta tất cả ⎛ 3 2 1⎞ ⎜ ⎟ Au = λ1u ⇔ ⎜ 0 7 2 ⎟ (x1 , x 2 , x 3 ) = 3(x1 , x 2 , x 3 ) ⎛ α1 ⎞ ⎜ 0 −2 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎜⎟ B = ⎜ α 2 ⎟ ⇔ α1u1 + α 2u 2 + α 3u 3 = u ⇔ UX = B (1) ⇔ (3x1 + 2x 2 + x 3 ,7x 2 + 2x 3 , −2x 2 + 2x 3 ) = (3x1 , 3x 2 , 3x 3 ) ⎜α ⎟ ⎝ 3⎠ ⇔ 2x 2 + x 3 = 0 (1) trong đó: ⎛ 1 1 2⎞ ⎛4⎞ ⎛ α1 ⎞ Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) =(α, −β, 2β) với α, β ∈ R ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟ U = ⎜ 2 3 5 ⎟ ; B = ⎜ 9 ⎟ ; X = ⎜ α2 ⎟ tùy ý. Suy ra ⎜ −3 2 2 ⎟ ⎜ −1 ⎟ ⎜α ⎟ ⎝ ⎠ ⎝⎠ ⎝ 3⎠ V(λ1) = α, β ∈ R= α(1,0, 0) + β (0, −1, 2) Giải hệ bên trên ta được: (α1 , α2 , α3) =(1, −1,2). Vậy cùng với u = (4 , 9, −1), ta bao gồm = . 3 4Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Toán thù cao cấp C2- Đề tìm hiểu thêm Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tìm hiểu thêm Trần Ngọc Hội Vậy V(λ1) gồm dyên V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) với các đại lý B1 = (1,0,0); (0, −1,2). LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 - ĐỀ THAM KHẢO 2 • Không gian riêng rẽ V(λ2) ứng với trị riêng rẽ λ2 = 6 là không khí nghiệm của hệ: ⎛ 3 2 1⎞ Câu 1. Ta giải với biện luận hệ ⎜ ⎟ Au = λ 2u ⇔ ⎜ 0 7 2 ⎟ (x1 , x 2 , x 3 ) = 6(x1 , x 2 , x 3 ) ⎧ x1 x2 x3 = 2; + + ⎜ 0 −2 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎪ ⎨ x1 + mx 2 3x 3 = 4; (1) + ⇔ (3x1 + 2x 2 + x 3 ,7x 2 + 2x 3 , −2x 2 + 2x 3 ) = (6x1 , 6x 2 , 6x 3 ) ⎪x 2x2 + (m − 1)x3 = 0. + ⎩1 ⎧−3x1 + 2x 2 + x3 = 0 ⎪ (2) ⇔⎨ ⎪ x 2 + 2x 3 = 0 ⎩ bởi qui tắc Cramer: 1 1 1 1 1 1 d 2 : = d 2 − d1 m −1 2 Giải hệ (2), ta kiếm được nghiệm bao quát (x1, x2, x3) = (−α,−2α, α) với α ∈ R = mét vuông − 3m Δ=1 m 3 0 m −1 2 = tùy ý. Suy ra 1 m−2 m − 1 d 3 : = d 3 − d1 0 1 2 1 m−2 V(λ2) = (−α,−2α, α)= α(−1,−2, 1) = . 2 1 1 2 1 1 d 2 : = d 2 − 2d1 m−2 1 = 2(mét vuông − 3m) Δ1 = 4 m 3 0 m−2 1 =2 Vậy V(λ2) gồm dyên ổn V(λ2) = 1 với cửa hàng B2 = (−1, −2, 1). 2 m −1 0 2 m −1 0 2 m −1 b) Vì các không gian riêng rẽ của A đều sở hữu số chiều thông qua số bội của các trị riêng rẽ tương xứng bắt buộc A chéo hóa được.mLập ma trận P bằng cách theo lần lượt dựng những vectơ trong B1 = (1,0,0); (0, −1,2) và B2 =(0, −2, 1) thành những cột: 12 1 12 1 d 2 : = d 2 − 2d1 −1 1 ⎛ 1 0 −1 ⎞ Δ2 = 1 4 3 −1 0 1 = −2 = 2m ⎜ ⎟ 1 m −1 P = ⎜ 0 −1 −2 ⎟ . 1 0 m −1 1 0 m −1 ⎜0 2 1 ⎟ ⎝ ⎠ Lúc đó ta có 1 1 2 1 12 −1 m − 2 ⎛ 3 0 0⎞ Δ 3 = 1 m 4 d2 : = d 2 − 2d1 −1 m − 2 0 = 2 = −2m ⎜ ⎟ 1 2 Phường. AP = ⎜ 0 3 0 ⎟ −1 1 2 0 1 đôi mươi ⎜ 0 0 6⎟ ⎝ ⎠ ----------------------------------- Biện luận: Δ = 0 ⇔ m 2 − 3m = 0 ⇔ m = 0, m = 3. • m ≠ 0 và m ≠ 3: Δ ≠ 0 cần hệ (1) bao gồm độc nhất một nghiệm định bởi: 5 6Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Toán thù thời thượng C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Tân oán thời thượng C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 2(m2 − 3m) ⎛ x1 x4 ⎞ Δ1 x1 = =2 = ⎛ 1 −1 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ 1 2⎞ AX = B ⇔ ⎜ ⎟ ⎜ x 2 x5 ⎟ = ⎜ m2 − 3m Δ ⎟ ⎝ 2 −2 3 ⎠ ⎜ ⎝ −1 0 ⎠ x3 x6 ⎟ 2m 2 Δ2 ⎝ ⎠ x2 = =2 = m − 3m m − 3 Δ ⎛ x1 − x2 + 2x3 x4 − x5 + 2x6 ⎞ ⎛ 1 2⎞ ⇔⎜ ⎟=⎜ ⎟ 2m 2 Δ ⎜ ⎟ ⎝ 2x1 − 2x 2 + 3x 3 2x 4 − 2x5 + 3x 6 ⎠ ⎝ −1 0⎠ x3 = 3 = − 2 =− m−3 Δ m − 3m ⎧ x1 − x 2 + 2x 3 = 1 ⎧ x1 − x2 + 2x3 =1 ⎪ ⎪ ⎪2x1 − 2x 2 + 3x3 = −1 ⎪ − x = −3 • m = 3: Δ = 0, Δ2 ≠ 0 cần hệ (1) vô nghiệm. ⇔⎨ 3 ⇔⎨ ⎪ x 4 − x5 + 2x6 = 2 ⎪ x4 − x5 + 2x6 =2 • m = 0: Δ = Δ1 = Δ2 = Δ3 = 0. Hệ (1) trlàm việc thành: ⎪2x − 2x + 3x = 0 ⎪ − x = −4 ⎩4 ⎩6 5 6 ⎧ x 2 = α; x 3 = 3; x1 = −5 + α ⎧ x1 x2 x3 =2 + + ⎪ ⇔⎨ ⎪ ⎪ x5 = β; x6 = 4; x4 = −6 + β ⎨ x1 + 3x 3 =4 (2) ⎩ ⎪x + 2x2 x3 =0 − ⎩1 Vậy các ma trận X buộc phải tìm là: ⎛ −5 + 6α −6 + β ⎞ ⎛1 1 1 2 ⎞ ⎛1 1 1 2 ⎞ ⎛1 1 1 2⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ d 3 := d 3 − d 2 d 2 : = d 2 − d1 X=⎜ α β ⎟ vôùi α, β ∈ tuyø yù. (A |B) = ⎜ 1 0 3 4 ⎟ ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎜ 0 −1 2 2 ⎟ ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎜ 0 −1 2 2 ⎟ d 3 : = d 3 − d1 ⎜ 1 2 −1 0 ⎟ ⎜ 0 1 −2 −2 ⎟ ⎜ 0 0 0 0⎟ ⎜ 4⎟ 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧ x3 = α ⎪x + x2 + x3 = 2 ⎧ ⎪ (2) ⇔ ⎨ 1 ⇔ ⎨ x 2 = 2α − 2 − x 2 + 2x 3 = 2 ⎪ ⎪ x = 2 − x − x = 4 − 3α ⎩ Câu 3. Không gian W sinch vì chưng ⎩1 2 3 u1= (1,1,0,1); u2= (1,2,0,1); u3= (1,0,1,1); u4 = (0,3, −2,0). Vậy cùng với m = 0, hệ (1) bao gồm rất nhiều nghiệm (x1 ,x2 ,x3 )=(4 − 3α, 2α − 2, α) cùng với là không gian cái của ma trận A đã đạt được bằng phương pháp xếp u1, u2, u3 , u4 thành những α ∈ R tuỳ ý. dòng: ⎛1 1 0 1⎞ ⎛1 1 0 1⎞ ⎛1 1 0 1⎞ ⎛1 1 0 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎛ 1 −1 2 ⎞ ⎛ 1 2⎞ 1 2 0 1⎟ 010 0⎟ 0 1 0 0⎟ ⎜ 0 1 0 0⎟ trận A = ⎜ 2 −2 3 ⎟ ; B = ⎜ −1 0 ⎟ Câu 2.

See more: Mở Khóa Chạy Lại Phần Mềm Oppo R1001, Chạy Lại Phần Mềm Oppo R1001



See more: Download Game Thiện Nữ U Hồn Online, Thiện Nữ U Hồn Mobile

Với các ma , ma trận X thoả AX = B đề xuất A=⎜ →⎜ →⎜ =R → ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜1 0 1 1⎟ ⎜ 0 −1 1 0⎟ ⎜0 0 1 0⎟ ⎜ 0 0 1 0⎟ nằm trong một số loại 3×2. Đặt ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝0 3 −2 0 ⎠ ⎝ 0 3 −2 0⎠ ⎝0 0 −2 0 ⎠ ⎝ 0 0 0 0⎠ ⎛ x1 x4 ⎞ ⎜ ⎟ a) Vì R có mẫu 0 bắt buộc u1; u2; u3; u4 phụ thuộc vào tuyến tính . X = ⎜ x2 x5 ⎟ b) W bao gồm dimW = 3 và một cửa hàng B = v1, v2, v3, trong các số đó ⎜x x6 ⎟ ⎝3 ⎠ v1 = (1, 1, 0, 1) Ta gồm v2 = (0, 1, 0, 0) v3 = (0, 0, 1, 0) 7 8Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Tân oán cao cấp C2- Đề tìm hiểu thêm Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội ⎛ 1 −2 0 ⎞ ⎛ 1 − 2 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Au = λ 2u ⇔ ⎜ −2 1 0 ⎟ (x1 , x 2 , x 3 ) = −(x1 , x 2 , x 3 ) Câu 4. Xét ma trận A = ⎜ − 2 1 0⎟ . ⎜ 0 0 3⎟ ⎜0 0 3⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇔ (x1 − 2x 2 , −2x1 + x 2 , 3x 3 ) = (− x1 , − x 2 , − x 3 ) a) - Đa thức quánh trưng: ⎧ x1 − x 2 = 0 (2) ⇔⎨ ⎩x3 = 0 1−λ −2 0 1−λ −2 Giải hệ (2), ta tìm kiếm được nghiệm bao quát (x1, x2, x3) = (α, α, 0) với α ∈ R tùy ý. ϕA (λ) = A − λI3 = −2 1 − λ 0 = (3 − λ) −2 1 − λ Suy ra 0 0 3−λ V(λ2) = (α,α, 0)= α(1, 1, 0) = . = (3 − λ)(λ − 2λ − 3) = −(λ − 3)2 (λ + 1). 2 Vậy V(λ2) tất cả dyên ổn V(λ2) = 1 với cửa hàng B2 = (1, 1, 0). - Trị riêng: ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 2), λ = −1 (bội 1). b) Vì các không gian riêng của A đều phải có số chiều bằng số bội của các trị Vậy A có 2 trị riêng rẽ λ1 = 3 (bội 2), λ2 = −1 (bội 1). riêng biệt khớp ứng bắt buộc A chéo hóa được. Lập ma trận P bằng cách theo thứ tự dựng các - Không gian riêng: vectơ vào B1 = (−1,1,0); (0, 0,1) cùng B2 = (1, 1, 0) thành các cột • Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng biệt λ1 = 3 là không khí nghiệm ⎛ −1 0 1 ⎞ ⎜ ⎟ của hệ: Phường = ⎜ 1 0 1⎟ ⎜ 0 1 0⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 1 −2 0 ⎞ Khi kia ta có ⎜ ⎟ A u = λ 1 u ⇔ ⎜ −2 1 0 ⎟ (x1 , x 2 , x 3 ) = 3(x1 , x 2 , x 3 ) ⎛3 0 0 ⎞ ⎜ 0 0 3⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Phường. APhường. = ⎜ 0 3 0 ⎟ −1 ⎜ 0 0 −1 ⎟ ⇔ (x1 − 2x 2 , −2x1 + x 2 , 3x 3 ) = (3x1 , 3x 2 , 3x 3 ) ⎝ ⎠ ⇔ x1 + x 2 = 0 (1) ------------------------- Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (− α , α , β) với α, β ∈ R tùy ý. Suy ra V(λ1) = (−α , α , β) = α(−1,1, 0) + β (0, 0, 1) = . Vậy V(λ1) tất cả dlặng V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) cùng với cửa hàng B1 = (−1,1,0); (0, 0,1). • Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng biệt λ2 = −1 là không gian nghiệm của hệ: 9 10Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Tân oán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Tân oán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội 8 4 5 4 4 4 5 4 LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 - ĐỀ THAM KHẢO 3 6 m+ 5 5 6 0 m+ 5 5 6 det A = c1 : = c1 − c4 3 2m 2m 3 0 2m 2m 3 Câu 1. Ta giải hệ pmùi hương trình tuyến đường tính m+ 2 2m 2m m + 2 0 2m 2m m + 2 m+ 5 5 6 m+5 5 6 ⎧ 2x1 2x 2 x3 x4 x5 1 − + − + = d3 : = d3 − d2 m+ 5 5 ⎪ = 8m2(m − 1) = 4 2m 2m 3 4 2m 2m 3 = 4(m − 1) ⎪ x1 2x 2 x3 x4 2x5 1 + − + − = 2m 2m (1) 2m 2m m + 2 0 0 m−1 ⎨ ⎪4x1 − 10x 2 + 5x 3 − 5x 4 7x5 1 + = ⎪ 2x − 14x 2 + 7x 3 − 7x 4 + 11x5 = −1 ⎩1 b) Ta bao gồm bằng cách thức Gauss A2 khả nghịch ⇔ det(A2) ≠ 0 ⇔ 2 ≠ 0 ⇔ detA ≠ 0 ⎛2 −2 1 −1 1 1 ⎞ ⎛1 2 −1 1 − 2 1 ⎞ ⇔ 8m2(m − 1) ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 cùng m ≠ 1. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜1 2 −1 1 −2 1 ⎟ ⎜2 −2 1 − 1 1 1 ⎟ d1 ↔ d 2 (A |B) = ⎯⎯⎯⎯→ ⎜ 4 −10 5 −5 7 1 ⎟ ⎜ 4 −10 5 −5 7 1 ⎟ Câu 3. a) Với ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2 −14 7 −7 11 −1 ⎟ ⎜ 2 −14 7 −7 11 −1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ u1= (1, 2, 3, 0); u2= (2, −1, 0, 1); u3= (1, 7, 9,−1) ⎛1 2 −1 1 −2 1 ⎞ ⎛ 1 2 −1 1 − 2 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ta lập ma trận A bằng phương pháp xếp u1, u2, u3 thành các dòng: 0 −6 3 −3 5 − 1 ⎟ 0 −6 3 −3 5 −1 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎜ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎜ ⎟ d 3 := d 3 − 3d2 d 2 := d2 − 2d1 → → ⎜ 0 −18 9 −9 15 −3 ⎟ ⎜0 0 0 0 0 0 ⎟ d 3 := d 3 − 4d1 d 4 := d 4 − 3d2 ⎛ 1 2 3 0⎞ ⎛ 1 2 3 0⎞ ⎛ 1 2 3 0⎞ d 4 := d 4 − 2d1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 −18 9 −9 15 −3 ⎟ ⎜0 0 0 0 0 0 ⎟ A = ⎜ 2 −1 0 1 ⎟ → ⎜ 0 −5 −6 1 ⎟ → ⎜ 0 −5 −6 1 ⎟ = R ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ 1 7 9 −1 ⎟ ⎜ 0 5 6 −1 ⎟ ⎜ 0 0 0 0⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧ ⎪ x3 = 2α; x4 = 2β; x5 = 6γ ⎧ x1 + 2x2 − x3 + x 4 − 2x5 = 1 Vì R có mẫu 0 nên u1; u2; u3 prúc thụộc đường tính. ⎪ 1 ⎪ ⎪ (1) ⇔ ⎨ − 6x 2 + 3x3 − 3x 4 + 5x5 = −1 ⇔ ⎨ x 2 = + α − β + 5γ b) u = (0,5, 6, m) là một trong những tổng hợp tuyến đường tính của u1; u2; u3 Lúc và chỉ còn khi phương 6 ⎪ ⎪ trình sau gồm nghiệm: 2 ⎩ ⎪ ⎪ x1 = 3 + 2γ α1u1 + α 2u 2 + α 3u 3 = u ⇔ UX = B (1) ⎩ trong đó: Suy ra nghiệm của (1) là: ⎛ 1 2 1⎞ ⎛0⎞ ⎛ α1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜⎟ 2 1 2 −1 7 ⎟ ⎜ 5 ⎟; X = ⎜α ⎟ (x1 , x 2 , x 3 , x 4 , x5 ) = ( + 2γ, + α − β + 5γ, 2α, 2β, 6γ ) ⎜ U= ; B= ⎜ 2⎟ 3 6 ⎜ 3 0 9⎟ ⎜6⎟ ⎜α ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎜ 0 1 −1 ⎟ ⎜ m⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎠ cùng với α; β; γ ∈ R tuỳ ý. ⎛1 2 1 0 ⎞ ⎛1 2 1 0 ⎞ ⎛1 2 ⎞ 1 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 −1 7 5 ⎟ 0 −5 5 5 ⎟ 0 −1 11⎟ Câu 2. a) Tính định thức của A. (A |B) = ⎜ →⎜ →⎜ ⎜3 0 9 6 ⎟ ⎜ 0 −6 6 6 ⎟ ⎜0 0 0 m + 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 1 −1 m ⎟ ⎜ 0 1 −1 m ⎟ ⎜0 0 00⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 11 12Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com Toán thù thời thượng C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội (1) có nghiệm khi và chỉ còn khi m = −1. Do kia u = = (0, 5, 6, m) là 1 trong tổ hợp tuyến Vậy V(λ1) bao gồm dim V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) với cửa hàng B1 = (2, 1,0); (−1,0,1). tính của u1; u2; u3 Lúc và chỉ còn Khi m = −1. • Không gian riêng rẽ V(λ2) ứng cùng với trị riêng rẽ λ2 = −1 là không khí nghiệm của hệ: ⎛7 −12 6⎞ ⎛ 7 −12 6 ⎞ ⎜ ⎟ Câu 4. Xét ma trận A = ⎜ 10 −19 10 ⎟ . Au = λ 2u ⇔ ⎜ 10 −19 10 ⎟ (x1 , x 2 , x 3 ) = −(x1 , x 2 , x 3 ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 12 −24 13 ⎟ ⎝ 12 −24 13 ⎠ ⎝ ⎠ ⇔ (7x1 − 12x 2 + 6x 3 ,10x1 − 19x 2 + 10x 3 ,12x1 − 24x 2 + 13x 3 ) = −(x1 , x 2 , x 3 ) a) - Đa thức quánh trưng: ⎧8x1 − 12x 2 + 6x 3 = 0 ⎪ ⇔ ⎨10x1 − 18x 2 + 10x 3 = 0 (2) 7−λ −12 6 1−λ −12 6 1 −12 6 ⎪12x − 24x + 14x = 0 ϕA (λ) = A − λI3 = 10 −19 − λ 10 = 1 − λ −19 − λ 10 = (1 − λ) 1 −19 − λ 10 ⎩ 1 2 3 12 −24 13 − λ 1−λ −24 13 − λ 1 −24 13 − λ ⎛ 8 −12 6 ⎞ ⎛ 4 −6 3 ⎞ ⎛ −1 3 −2 ⎞ ⎛ −1 3 − 2 ⎞ ⎛ − 1 3 −2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 −12 6 ⎜ 10 −18 10 ⎟ → ⎜ 5 −9 5 ⎟ → ⎜ 5 −9 5 ⎟ → ⎜ 0 6 −5 ⎟ → ⎜ 0 6 −5 ⎟ −7 − λ 4 = (1 − λ) 0 −7 − λ 4 = (1 − λ) = (1 − λ)(λ 2 − 1) = − (λ − 1)2 (λ + 1). ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 12 −24 14 ⎠ ⎝ 6 −12 7 ⎠ ⎝ 6 −12 7 ⎠ ⎝ 0 6 −5 ⎠ ⎝ 0 0 0⎠ −12 7 − λ 0 −12 7 − λ ⎧− x + 3x 2 − 2x 3 = 0 ⎪ (2) ⇔ ⎨ 1 (2′) - Trị riêng: 6x 2 − 5x 3 = 0 ⎪ ⎩ ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 1 (bội 2), λ = −1 (bội 1). Giải hệ (2′), ta tìm kiếm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (3α, 5α, 6α) cùng với α ∈ R Vậy A bao gồm 2 trị riêng rẽ λ1 = 1 (bội 2), λ2 = −1 (bội 1). tùy ý. Suy ra - Không gian riêng: V(λ2) = (3α, 5α, 6α)= α(3, 5, 6) = . Vậy V(λ2) có dyên V(λ2) = 1 với các đại lý B2 = (3, 5, 6). • Không gian riêng rẽ V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = một là không gian nghiệm của hệ: b) Vì những không khí riêng của A đều có số chiều ngay số bội của những trị ⎛ 7 −12 6 ⎞ ⎜ ⎟ riêng biệt tương ứng đề nghị A chéo hóa được. Lập ma trận Phường bằng phương pháp lần lượt dựng các Au = λ1u ⇔ ⎜ 10 −19 10 ⎟ (x1 , x 2 , x 3 ) = (x1 , x 2 , x 3 ) vectơ vào B1 = (2, 1,0); (−1,0,1) cùng B2 = (3, 5, 6) thành những cột ⎜ 12 −24 13 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 2 −1 3 ⎞ ⎜ ⎟ ⇔ (7x1 − 12x 2 + 6x 3 ,10x1 − 19x 2 + 10x 3 ,12x1 − 24x 2 + 13x 3 ) = (x1 , x 2 , x 3 ) P = ⎜ 1 0 5⎟ ⎜ 0 1 6⎟ ⎧6x1 − 12x 2 + 6x 3 = 0 ⎝ ⎠ ⎪ ⇔ ⎨10x1 − 20x 2 + 10x 3 = 0 ⇔ x1 − 2x 2 + x 3 = 0 (1) lúc đó ta bao gồm ⎪12x − 24x + 12x = 0 ⎛ 1 0 0⎞ ⎩ 1 2 3 ⎜ ⎟ Phường AP = ⎜ 0 1 0 ⎟ . −1 Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng thể (x1, x2, x3) = (2α − β, α , β) với α, β ∈ ⎜ 0 0 −1 ⎟ R tùy ý. Suy ra ⎝ ⎠ V(λ1) = α, β ∈ R= α(2,1, 0) + β (−1, 0, 1) ----------------------------- = . 13 14Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com