Bài tập thường kỳ toán cao cấp - ĐH Công nghiệp Tp. Hồ Chí Minh

Chia sẻ: Vo Danh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:31

Thêm vào BST

Báo xấu

228
lượt xem 46
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập thường kỳ toán cao cấp - ĐH Công nghiệp Tp. Hồ Chí Minh

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
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: a) Phần thực của z bằng -2 b) Phần thực của z thuộc khoảng (-1;2) c) z = 1 d) 1< z ≤ 2 Giải: 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: (y) x = -2 (x) -2 O Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức có phần thực bằng -2 là đường thẳng có phương trình x = -2 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:
(y) x=-1 x=2 -1 0 2 (x) c) z = 1 = z =1 2 2 Ta có r = a +b = 1 ⇔ a2 + b2 = 1 ⇒ 2 2 a +b Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 1 là đường tròn (0,1) được biểu diễn như trên hình vẽ: (y) 1 (x) -1 0 1 -1
d) 1 < z ≤ 2 2 2 =z Ta có r = a +b Suy ra: 1 < z ≤ 2 ⇔ 1< ≤ 2 ⇔ 1 < a2 + b2 ≤ 4 2 2 a +b 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: (y) 2 1 (x) -2 -1 0 1 2 -1 -2
Câu 3: Thực hiện các phép tính sau: 2+i a) A = 3 − 2i 21  5 + 3i 3  f) F =    1 − 2i 3    Giải: ( 2 + i ) (3 + 2i) = 6 + 7i + 2i 2 = 4 + 7i 2+i = a) A = 3 − 2i ( 3 − 2i ) ( 3 + 2i ) 9 − 4i 2 13 ( )( ) 21 21 21  5 + 3i 3   5 + 3i 3 1 + 2i 3   5 + 18i 2 + 13i 3   − 13 + 13i 3  f) F =     = =   1 − 2i 3  =      1 − 12i 2 1 − 12i 2 13        ( ) 21 = −1+ i 3 Đặt A = -1 + i 3 ⇒ F = A21 Viết A = -1 + i 3 dưới dạng lượng giác: ( − 1) 2 + ( ) 2 Modun: r = =2 3 −1  cosϕ = 2 2π  ⇒ϕ = + k 2π Argument:  3 3 ϕ sin =  2 2π Lấy giá trị chính ϕ = 3 2π 2π   + i. sin Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2  cos   3 3 21.2π 21.2π   ⇒ F = A21 = 221.  cos + i.sin 21 21 ÷ = 2 (1 + 0) = 2  3 3 21  5 + 3i 3  Vậy F =   21  1 − 2i 3  = 2   Câu 5a: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: -3z 2 + 2z – 1 = 0 Giải: Ta có : ∆' = 12 – 3 = -2 = 2i 2 Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm: − b ' − ∆' − 1 − 2i 2 1 + i 2 X1 = = = −3 a 3 −b + ∆ − 1 + 2i −1+ i 2 ' ' 2 X2 = = = −3 −3 a
Câu 5f: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 +z2 +1 = 0 (1) Giải: Đặt X = z2 suy ra (1) ⇔ X2 + 2X +1 =0 (2) −b Ta có: ∆ (2) = 22 - 4.1.1 = 0 ⇒ X12 = = −1 = i2 2a ⇒ z2 = X12 = i2 ⇔ z = ± i Vậy (1) có nghiệm là z = ± i Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i 3 Giải: ( 3) Modun: r = (1) 2 + 2 =2  a 1 cos ϕ = r = π  2 ⇒ ϕ = + k 2π  3 sin ϕ = b = 3  Argument z:  r 2 π Lấy giá trị chính ϕ = 3 π π  + i. sin  Suy ra dạng lượng giác của z là: z = 2  cos  3 3 1+ i 3 Câu 7f: Viết theo dạng lượng giác z = 1+ i Giải: z = 1+ i 3 z 1 ⇒ z= 1 Đặt  (1) z z 2 = 1+ i  2 * Viết z1 = 1 + i 3 dưới dạng lượng giác: ( 3) Modun: r1 = (1) 2 + 2 =2 a1 = 1  cosϕ 1 = r 1 2 ⇒ ϕ = π + k 2π   b1 = 3 3 1 sin ϕ1 =  r1 2 Argument z1: 
π Lấy giá trị chính ϕ 1 = 3 π π  + i. sin  Suy ra dạng lượng giác của z1 là: z1 = 2  cos (2)  3 3 * Viết Z2 = 1 + i dưới dạng lượng giác: Modun: r2 = 12 + 12 = 2 a2 =  1 cosϕ 2 = r2 2 π  ⇒ϕ = + k 2π  b2 = 4 2 1 sin  ϕ2 = r2 2 Argument z2:  π Lấy giá trị chính ϕ 2 = 4 π π  + i.sin ÷ Suy ra dạng lượng giác của z2 là: z2 = 2  cos (3)  4 4 Thay (2) và (3) vào (1) ta được: z 1 = 2(cos π 3 + isin π 3 ) = 2 .[cos( π - π ) +isin( π - π )] z= π π z + isin ) 34 34 2(cos 4 4 2 π π = 2 (cos +isin ) 12 12 π π Vậy z = 2 (cos +isin ) 12 12 −1 + i 3 −1 − i 3 Câu 9: Đặt z1 = ; z2 = . 2 2 Tính z = (z1 ) + ( z2 ) (n là số nguyên dương) n n Giải: n (−1+i 3) −1 + i 3 ⇒ Ta có: z1 = (1) n z = 2 n 1 2 n (−1−i 3) −1 − i 3⇒ z2 = (2) n z= 2 n 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: n n (−1+i 3) (−1−i 3) z = (z1 ) n + ( z2 ) n = + n n 2 2 1 1 n n [ (−1+ i + (−1−i 3) 3) (An+Bn) (3) = ]= n n 2 2 Với A = -1 + i 3 và B = -1 - i 3
• A = -1 + i 3 ( − 1) 2 + ( ) 2 Modun: r1 = =2 3 −1  cosϕ 1 = 2π  2 ⇒ϕ = + k 2π Argument:  3 3 1  ϕ1 = sin  2 2π Lấy giá trị chính ϕ 1 = 3 2π 2π   + i. sin Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2  cos   3 3 2nπ 2nπ   ⇒ An = 2n.  cos + i. sin  (*)  3 3 • B = -1 - i 3 ( − 1) 2 + ( − ) 2 Modun: r2 = =2 3 −1  cosϕ 2 = 2 − 2π  ⇒ϕ = + k 2π Argument:  −3 3 2  ϕ2 = 2 sin  − 2π Lấy giá trị chính ϕ 2 = 3 − 2π − 2π   + i. sin Suy ra dạng lượng giác của B là: B = 2  cos   3 3 2π 2π   − i. sin = 2  cos   3 3 2nπ 2nπ   ⇒ Bn = 2n.  cos − i. sin  (**)  3 3 Thay (*) và (**) vào (3) ta được: 1 1 2nπ 2nπ  n  2nπ 2nπ   + i. sin − i. sin z = n (An+Bn) = n [2n.  cos  +2 .  cos ] 2 2  3  3 3 3 1 2nπ 2nπ 2nπ 2nπ + i. sin − i. sin .2n.( cos + cos = ) n 2 3 3 3 3 2nπ = 2 cos 3 2nπ Vậy z = 2 cos 3 1+ i 3 Câu 10: Đặt z1 = . Tính z = (z1)n với n là số nguyên dương. 2 Giải:
1 + i 3 z2 Đặt z1 = (*) với z2= 1+i 3 = 2 2 Viết z2= 1+i 3 dưới dạng lượng giác: Môđun: r2 = 12 + ( 3 )2 = 4  r = 2 cos ϕ = 1  2 ⇔ ϕ = π + k2 π Argument z2:  3 3 sin ϕ =  2 Lấy giá trị chính ϕ = π 3 Từ đó có dạng lượng giác của z2 là: z2 = 2(cos π 3 +isin π 3 ) Thay vào (*) ta được: 2(cos π + i sin π ) z1= z 2 = 3 = cos π + i sin π 3 3 3 2 2 Do đó: z= (z1)n = ( cos π 3 + i sin π 3 )n = cos nπ 3 + isin nπ 3 với n là số nguyên dương. Vậy: z = cos nπ 3 + isin nπ 3 với n là số nguyên dương. • Với n = 0 thì z0 = 1 1 3 • Với n = 1 thì z1 = +i 2 2 1 3 • Với n = 2 thì z2 = - + i 2 2 • Với n = 3 thì z3 = -1 1 3 • Vơí n = 4 thì z4 = - - i 2 2 1 3 • Với n = 5 thì z5 = - i 2 2 • 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 ϕ = 2 π  ⇔ϕ= + k2 π Argument z1:  1 4 sin ϕ =   2 π Lấy giá trị chính ϕ = 4 Từ đó có dạng lượng giác của z1 là: π π z1 = 2 (cos +isin ) 4 4 Thay vào (*) ta được: π π π π z = 4 2 . z1 = 4 2 . 2 (cos +isin ) = 8(cos +isin ) 4 4 4 4 Theo công thức căn bậc n của số phức ta có: π + k 2π π + k 2π π π z = 3 8(cos + i sin = 2.(cos 4 + isin 4 ) với k = 0, 1, 2 3 4 4 3 3 π π • k = 0: u0 = 3 z = 2(cos + isin ) 12 12 3π 3π 2 2 • k = 1: u1 = 2(cos +isin ) = 2( - +i )= 2 (-1+i) 4 4 2 2 17π 17π • k = 2: u2 = 2(cos +isin ) 12 12 Câu 15: Tính định thức: A= và B= Giải: a) A== -1. = 2. = 2.(4 – 8) = -8 2 1 1 1 d 2 = −1. d1 + d 2 −1 1 0 0 d 3 = −1. d1 + d 3 b) B= d 4 = −1. d1 + d 4 −1  →  0 1 0 −1 0 0 1 3 1 10 −1 1 00 d1 =− d 4 + d 1  → −1 0 10 −1 0 01 3 11 Suy ra B = (-1)4+4.1. −1 1 0 = 5 (Tính theo Sarius) −1 0 1 Vậy B== 5 Câu 43: Tìm điều kiện của m để ∆ > 0 với: ∆ = ,
Giải: Áp dụng phương pháp Laplace cho định thức ta được: ∆ = = (-1) . . = m(m-1) m ≠ 0 Để ∆ >0 ⇔ m(m-1) >0 ⇔  ⇔ m >1 m − 1 > 0 Vậy với m>1 thì ∆ > 0 với: ∆ = Câu 44: Tính định thức: c1 = c2 + c3 + c1  → a) A= d 2 = − d1 + d 2 =(x+4). (x+4). =(x+4).(x-2) d 3 = − d1 + d 3  → 1 0 0 c 2 = − c1 + c 2 a b−a c−a b) B= c 3 = − c1 + c 3  → b+ c a −b a −c = (b - a)(a – c) – (a – b)(c – a) = (b – a)(a – c + c – a) = 0 Vậy B= = 0 Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng: a) = 2 Giải: VT = = +=+++ = + + + + + = + = 2 = VP Vậy = 2 (Điều phải chứng minh) 1 a a3 b) 1 b b = (a − b).(b − c ).(c − a ).(a + b + c ) 3 1 c c3 1 a a3 a3 a3 1 a 1a Ta có VT = 1 b b = 0 b − a b − a = (b – a)(c – a) 0 1 b + a + ab 3 3 3 2 2 0 c − a c3 − a 3 0 1 c 2 + a 2 + ca 1 c c3
a3 1a b 2 + a 2 + ab = (b – a)(c – a) 0 1 0 0 c 2 − b 2 + ca − ab = (b – a)(c – a)(c – b)(a + b + c) = (a − b).(b − c).(c − a).(a + b + c) = VP 1 a a3 Vậy 1 b b = (a − b).(b − c ).(c − a ).(a + b + c ) (Điều phải chứng minh) 3 1 c c3 a1 + b1 x a1 x + b1 c1 a1 b1 c1 c) a2 + b2 x a2 x + b2 c2 = (1 − x ) a2 2 b2 c2 a3 + b3 x a3 x + b3 c3 a3 b3 c3 a1 + b1 x a1 x + b1 c1 a1 b1 c1 b1 x a1 x c1 Ta có VT = a2 + b2 x a2 x + b2 c2 + b2 x a2 x c2 c2 = a2 b2 a3 + b3 x a3 x + b3 c3 a3 b3 c3 b3 x a3 x c3 a1 b1 c1 a1 b1 c1 a1 b1 c1 c2 = (1 − x 2 ) a2 = a2 b2 c2 - x2 a2 b2 b2 c2 = VP a3 b3 c3 a3 b3 c3 a3 b3 c3 a1 + b1 x a1 x + b1 c1 a1 b1 c1 Vậy a2 + b2 x a2 x + b2 c2 = (1 − x ) a2 2 b2 c2 (Điều phải chứng minh) a3 + b3 x a3 x + b3 c3 a3 b3 c3 Câu 55: Tính các định thức cấp n: a) A= Ta thấy mỗi cột của định thức đều có một phần tử bằng a và các phần tử còn lại đều bằng x Nên ta cộng dòng 2, dòng 3,…dòng n vào dòng 1. Khi đó: A = 1111 11 11 0 a−x xaxx 00 = [a+(n-1)x] = [a+(n-1)x] = [a+(n-1)x].(a-x) ... ... ... ... ... ... ... ... 0 a−x xxxa 00 Vậy A= = [a+(n-1)x].(a-x) b) B = 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: B= = (1+a+a+…+a ) = (1+a+a+…+a ) = 1+a+a+…+a Vậy B = = 1+a+a+…+a Câu 63: Giải phương trình: =0 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. Vậy phương trình = 0 có nghiệm với mọi x 1 5 2 3 4  ÷ 2 4 6 8 11 ÷ Câu 69: Tìm hạng của ma trận sau: A=  3 14 ÷ 6 9 12  ÷ 4 8 12 16 20  Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng: d 2 = −2 d 1 + d 2 d 3 = −3 d1 + d 3 d 3 = d 2 +→ d3 A= d 4 = −4 d 1 + d 4    →  Sau khi biến đổi ma trận A về dạng bậc thang, ta thấy số dòng khác dòng không là 2. Vậy r(A) = 2 Câu86: Tìm tham số m để ma trận có hạng (r(A))cụ thể;r(A)=3 với ma trận sau: A= Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận A: d 2 = −2 d1 + d 2 d 3 = −4 d1 + d 3 A= d 4 = −2 d1 + d 4    → 
d3 =−d 2 + d3   →  m = 0 Để r(A) = 3 ⇔  ⇔ m = 0 khi đó: A= m − 1 ≠ 0 Vậy với m=0 thì r(A) = 3 Câu118: Cho ma trận A= ,tính A.A Giải: Từ A= ⇒ A = Suy ra: A.A = . = (Theo công thức nhân ma trận) Câu 119: Cho ma trận vuông cấp 100: A = (aij), trong đó phần tử ở dòng thứ i là (-1)i+j . Tìm phần tử a41 của A2. Giải: Theo bài ra ta có: a11 = (-1)1+1 = 1 a12 = (-1)1+2 = -1 a13 = (-1)1+3 = 1 ...... a1n = (-1)1+n = (-1)1+100 = -1 Tương tự: a21 = (-1)2+1 = -1 a22 = (-1)2+2 = 1 a23 = (-1)2+3 = -1 ...... a2n = (-1)2+n = (-1)2+100 = 1 Tương tự ta có: an1 = (-1)100+1 = -1 an2 = (-1)100+2 = 1 an3 = (-1)100+3 = -1 ...... ann = (-1)100+100 = 1 Vậy ma trận A là: Suy ra A2 = Do A là ma trận vuông cấp 100 nên A là ma trận vuông cấp 100
⇒ a = (-1).1+1.(-1) + (-1).1+...+1.(-1) = -100. Vậy a = -100. Câu 123d: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau bằng phương pháp phụ đại số: D= Giải: d 2 = −5 d1 + d 2 D= d 3 = −3 d1 + d 3    →  ⇒ det D = (-1)1+1 .1. = 33 ≠ 0 ⇒ Ma trận D khả nghịch Ta có D = 0 3 0 1 31 + − + ÷ 1 0 50 5 1÷ 1 5 1 5÷ Dp 3 13 − ÷ ⇒D = + − = det D 33  1 5 1÷ 0 50  ÷ + 5 3 13 1 5÷ − + 0 3 0÷ 1 31    −1 1 5  −1 5 33 3  33 11 ÷ 1 ÷ 1 8÷ −15 =  3 −15 24 ÷ =  11 33 11 ÷ 33  ÷  5 8 −15  5 −5 ÷ 8  ÷  33 11 33  −1 1 5  33 33 11 ÷ 1 8÷ −5 Vậy D= ⇒ D =  11 11 11 ÷ 5 −5 ÷ 8  ÷  33 11 33 0 1  0 1   0 2 3 0 −1 −1 −1 −1 Câu 125: Tính ma trận A =  1   2  1   − 2    −1    0  1  0     Giải:
0 1  0 1   0 2 3 0 −1 −1 −1 −1 Đặt A1 =  1   2 và A2 =  1   − 2    −1    0  1  0     Suy ra A = A1A2 (1) Áp dụng tính chất (X.Y)-1 = Y-1.X-1 cho A1 và A2 ta được: 0 1  0 1   0 1  0 1   −1 −1 −1  A1 =     =  1 0   1   2 2 =  0   −1    −1    1 0  1 0  −1   −1  =  1 1  = (2)  2  2 2     0 2 3 0  3 0  0 2  −1 −1 −1  A2 =     − 2  1    = 1   − 2    = 1   0   0   1    2 0 6   3 1  −1 =  =  1 (3) −4   1 0    6  Thay (2) và (3) vào (1) ta được: 1 0   2 3 1   2 3 1    A = A1A2 =   =  1 1   1 0  5 1  2 2   6   12 2   Câu 182: Giải và biện luận hệ phương trình với m là tham số 3 x − y + 2 z = 3  2 x + y − 2 z = m x − 2 y + 4z = 4  Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận mở rộng của ma trận A: 3 −1 2 3  1 − 2 4 4      − 2 m  d 1↔→ − 2 m A =2 1 2 1  d3 1 − 2 4 4  3 −1 2 3     
1 − 2 4  1 − 2 4  4 4   d 2↔ d 3   d 2 = −2 d 1+ d 2 − 10 m − 8   →  0 5 − 10 − 9  0 5 d 3= −3 d 1+ d 3    →  0 5 − 10 − 9  0 5 − 10 m − 8      1 − 2 4  4   − 10 − 9  ( I ) d 3=− d 2+→  0 5  d3 0 0 m + 1 0   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 ⇔ r(A) = r( A ) = 2 ⇔ m +1 = 0 ⇔ m = -1 x = 2 x = 2 5   5 ⇔ Từ ( I ) suy ra  10 z − 9  y = 2z − 9 5 y =   5 2 10a − 9 , a) ∀a ∈ R Hệ có vô số nghiệm dạng: (x, y, z) = ( , 5 5 • 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 2 10a − 9 , a) ∀a ∈ R Vậy: m = -1 hệ có vô số nghiệm dạng (x, y, z) = ( , 5 5 m ≠ -1 hệ vô nghiệm Câu 214: Xác định tham số m để các 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 đã cho phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại các số thực a, b, c sao cho: m.a + m.b + 2m.c = 0 1.a + m.b + 2.c = 0  a.u+b.v+c.w=(0;0;0) ⇔  3.a + (m + 2).b + 6.c = 0 4.a + 6.b + ( m + 10).c = 0  1 2 m  ÷ 4 6 m+10 ÷ Xét ma trận: A=   → 3 (m + 2) 6 ÷  ÷ m m 2m 
1 m 2 1 m 2  ÷  ÷  0 6-4m m+2 ÷ d 3= −2 d 4 + d 3  0 6-4m m+2 ÷ d 2 =−4 d 1+ d 2 d 3=−3 d 1+ d 3   0 2-2m 0 ÷   0 0 → 0÷ m d 4 =− md 1+ d 4 →  ÷  ÷  0 m- m 0÷  0 m- m 0÷ 2 2     Ta bỏ dòng không ở ma trận trên được dạng ma trận sau:    ÷ 1 2 m 1 m 2 ÷  ÷ 2 0 6 − 4 m m + 2 ÷ d 3= m 4 m d 2 + d 3  0 6 − 4 m −m ÷ m+2  ÷   0 → 6− ÷ 0  m− 2 0 ÷ 0 2 m (m + 2)(m − m) ÷     ÷ 6 − 4m   Để các vector phụ thuộc tuyến tính r(A)
1 2 m  ÷ d 2 =−4 d 1+ d 2  0 6 − 4m m + 2 ÷ d 3=− md 1+ d 3  → 0  m− 2 0 ÷ ÷ m   Vậy để các vector phụ thuộc tuyến tính thì r(B) < 3 (3 là số vecto) 6 − 4m = 0   • Trường hợp r(B) = 1 ⇔  m + 2 = 0 (Không xảy ra)  2 m − m = 0  6 − 4m ≠ 0 m = 0  • Trường hợp r(B) = 2 ⇔  ⇔ 2 m = 1 m − m = 0  m = 0 Vậy với  thì hệ vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính. m = 1 Câu 246: Tìm tham số m để không gian vecto con w= u , v, w của R có số chiều là 2 Với u = (1, 3, 1) , v = (1;m+3;3), w = (1;m+6;m+3) Giải: Từ 3 vecto ta có không gian veto A= 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: d 2 =−3 d1 + d 2 d 2 ↔ d3 A= d3 =− d1 + d3 → →  ÷ 1 1 1  m ÷  d3 =  − ÷d 2 + d3 0 2 m + 2 ÷ →  2 0 0 ÷ 2 (6 − m )  ÷ 2 Để r(A) = 2 ⇔ 6 - m = 0 ⇔ m= ± 6 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 R có số chiều là 2: Với u = (m;1;0;2), v = (m;m+1;-1:2), w = (2m;m+2;-1;5) Giải: Từ 3 vecto ta có không gian veto A= Theo đề bài ta có dim(w) = 2 ⇒ r(A)=2