Ôn thi cao hoc đại số tuyến tính bài 9 - PGS TS Vinh Quang

Chia sẻ: Trần Bá Trung4 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
650
lượt xem
490
download

Ôn thi cao hoc đại số tuyến tính bài 9 - PGS TS Vinh Quang

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Ôn thi cao hoc đại số tuyến tính bài 9 - PGS TS Vinh Quang " Trong các kỳ thi tuyển sinh sau đại học, đại số tuyến tính là môn cơ bản là môn bắc buộc đối với các thí sinh thi vào sau đại học vào cách ngành toán, cụ thể là chuyên ngành đại số, hình học, giải tích. Các bài viết nhằm cung cấp cho bạn đọc một cách hệ thống và chọn lọc những kiến thức và kỹ năng cơ bản với mục đích giúp người đọc chủ động và tích cực hơn trong...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Ôn thi cao hoc đại số tuyến tính bài 9 - PGS TS Vinh Quang

  1. Đ IS TUY N TÍNH Tài li u ôn thi cao h c năm 2005 Phiên b n đã ch nh s a PGS TS M Vinh Quang Ngày 24 tháng 1 năm 2005 §9. Gi i Bài T p V H Phương Trình Tuy n Tính 27) Gi i h phương trình tuy n tính   2x1 + x2 + x3 + x4 = 1    x + 2x − x + 4x = 2 1 2 3 4  x1 + 7x2 − 4x3 + 11x4 = m   4x1 + 8x2 − 4x3 + 16x4 = m + 1  Gi i: L p ma tr n các h s m r ng A và dùng các phép bi n đ i sơ c p trên dòng đ đưa ma tr n A v d ng b c thang. Nh n xét r ng h ban đ u tương đương v i h có ma tr n các h s m r ng là ma tr n b c thang sau cùng. C th ta có     2 1 1 1 1 1 2 −1 4 2  1 2 −1 4 2  d1 ↔d2  2 1  −−→  1 1 1  A= −−    1 7 −4 11 m  1 7 −4 11 m  4 8 −4 16 m + 1 4 8 −4 16 m + 1   1 2 −1 4 2 d →−2d +d  0 −3 3 −7 −3  d2 →2d2 +d3 −2 − −1 − 2  −−−→ −−−→ −−− d3 →−d1 +d3 0 5 −3 7 m − 2  d3 ↔d2 d4 →−4d1 +d4 0 0 0 0 m−7     1 2 −1 4 2 1 2 −1 4 2  0 −1 3 −7 m − 8  d3 →−3d2 +d3  0 −1 3 −7 m − 8  −−−−   −−−→ 0    0 −3 3 −7 −3 0 −6 14 −3m + 21  0 0 0 0 m−7 0 0 0 0 m−7 • N u m = 7 thì h vô nghi m • N u m = 7 h tương đương v i 1∗   2 −1 4 2  0 −1∗ 3 −7 m − 8     0 0 −6∗ 14 0  0 0 0 0 0 1
  2. h có vô s nghi m ph thu c m t tham s là x4 . Ta có 7 x3 = x4 , x2 = 3x3 − 7x4 + 1 = 1 3 7 −5 x1 = 2 − 2x2 + x3 − 4x4 = x4 − 4x4 = x4 3 3 V y, trong trư ng h p này, nghi m c a h là   x1 = −5a   x = 1 2 (a ∈ R)  x3 = 7a   x4 = 3a  28) Gi i h phương trình:   2x1 − x2 + x3 − 2x4 + 3x5 = 3   x + x − x − x + x = 1 1 2 3 4 5  3x1 + x2 + x3 − 3x4 + 4x5 = 6   5x1 + 2x3 − 5x4 + 7x5 = 9 − m  Gi i: L p ma tr n các h s m r ng     2 −1 1 −2 3 3 1 1 −1 −1 1 1  1 1 −1 −1 1 1  d1 ↔d2  2 −1  −−→  1 −2 3 3  A= −−    3 1 1 −3 7 6  3 1 1 −3 7 6  5 0 2 −5 4 9 − m 5 0 2 −5 4 9 − m     1 1 −1 −1 1 1 1 1 −1 −1 1 1 d →−2d +d  0 −3 3 0 1 1  d2 →d2 −d3  0 −1 −1 0 0 −1  −2 − −1 − 2  −−−→  −− −→  −−−   d3 →−3d1 +d3 0 −2 4 0 1 2  0 −2 4 0 1 2  d4 →−5d1 +d4 0 −5 7 0 2 4−m 0 −5 7 0 2 4−m     1 1 −1 −1 1 1 1 1 −1 −1 1 1 d →−2d +d  0 −1 −1 0 0 −1  d4 →−2d3 +d4  0 −1 −1 0 0 −1  −3 − −2 − 3  −−−→ −−−−  −−−→  d4 =−5d2 +d4 0 0 6 0 1 0  0 0 6 0 1 0  0 0 12 0 2 9−m 0 0 0 0 0 9−m • N u m = 9 thì h vô nghi m. • N u m = 9 thì h có d ng 1∗   1 −1 −1 1 1  0 −1∗ −1 0 0 −1   ∗   0 0 6 0 1 0  0 0 0 0 0 0 rank A = rank A = 3 nên h có vô s nghi m ph thu c 2 tham s là x4 , x5 , ta có 1 x3 = − x5 6 1 x2 = −x3 + 1 = x5 + 1 6 x1 = −x2 + x3 + x4 − x + 5 + 1 1 1 4 = − x5 − 1 − x5 + x4 − x5 + 1 = − x5 + x4 6 6 3 2
  3. V y, trong trư ng h p này nghi m c a h là   x1 = a − 8b    x2 = b + 1    x3 = −b a, b ∈ R   x4 = a      x = 6b 5 29) Gi i và bi n lu n h phương trình   mx1 + x2 + x3 = 1  x1 + mx2 + x3 = m  x + x + mx = m2  1 2 3 Gi i: L p ma tr n các h s m r ng     m 1 1 1 1 1 m m2 A=  1 m 1 m  −→  1 m 1 m  1 1 m m2 m 1 1 1   1 1 m m2 −→  0 m − 1 1 − m m − m2  0 1 − m 1 − m2 1 − m3   1 1 m m2 −→  0 m − 1 1−m m − m2  2 2 3 0 0 2−m−m 1+m−m −m Chú ý r ng 2 − m − m2 = (2 + m)(1 − m). Ta có • m = 1, h tr thành   1 1 1 1 A= 0 0 0 0  0 0 0 0 rank A = rank A = 1 nên h có vô s nghi m ph thu c hai tham s x1 , x2 . Nghi m là   x1 = 1 − a − b  x2 = a a, b ∈ R  x3 = b  • m = −2, h tr thành   1 1 −2 4  0 −3 3 −6  h vô nghi m 0 0 0 3 • m = 1, m = −2, h có nghi m duy nh t 2 3 2  x = 1 + m − m − m = m + 2m + 1   3     (2 + m)(1 − m) m+2  2 m + 2m + 1 1 x2 = x3 − m = −m=    m+2 m+2 3 2 2  x1 = m2 − x2 − mx3 = m + 2m − 1 − m(m + 2m + 1) = −m − 1    m+2 m+2 3
  4. 30) Gi i và bi n lu n h phương trình   mx1 + x2 + x3 + x4 = 1  x1 + mx2 + x3 + x4 = 1   x + x + mx + x = 1 1 2 3 4 Gi i: L p ma tr n các h s m r ng     m 1 1 1 1 1 1 m 1 1 d ↔d3 A=  1 m 1 1 1  −1− →  1 m 1 1 1  −− 1 1 m 1 1 m 1 1 1 1   1 1 m 1 1 d →−d +d2 −2 − − −  0 m − 1 1 − m − − 1− → − 0 0  d3 →−md1 +d3 2 0 1−m 1−m 1−m 1−m   1 1 m 1 1 d →d +d −3 − 2 −3  0 m − 1 −− →− 1−m 0 0  (∗) 2 0 0 2−m−m 1−m 1−m Chú ý r ng 2 − m − m2 = (1 − m)(2 + m). Ta có các kh năng sau • m = 1 h tr thành   1 1 1 1 1  0 0 0 0 0  0 0 0 0 0 rank A = rank A = 1, trư ng h p này h có vô s nghi m ph thu c ba tham s x2 , x3 , x4 . Nghi m c a h là   x1 = 1 − a − b − c   x = a 2 a, b, c ∈ R  x3 = b   x4 = c  • m = −2 h tr thành 1∗ 1 −2 1 1    0 3∗ −3 0 0  0 0 0 3∗ 3 Ta có rank A = rank A = 3 nên h có vô s nghi m ph thu c m t tham s là x3 . Ta có x4 = 1, 3x2 = 3x3 ⇒ x2 = x3 x1 = −x2 + 2x3 − x4 + 1 = x3 Trong trư ng h p này nghi m c a h là   x1  =a  x 2 =a a∈R  x3  =a  x4 =1  • m = 1, −2. Khi đó, t (∗) ta th y h có vô s nghi m ph thu c tham s x4 và m. Ta có (1 − m) − (1 − m)x4 1 − x4 (2 − m − m2 )x3 = (1 − m) − (1 − m)x4 ⇒ x3 = 2) = (2 − m − m m+2 (m − 1)x2 = (m − 1)x3 ⇒ x2 = x3 (m + 2) − (1 − x4 ) − m(1 − x4 ) − (m + 2)x4 1 − x4 x1 = 1 − x2 − mx3 − x4 = = m+2 m+2 4
  5. V y, trong trư ng h p này h có nghi m là 1−a  x  1 =    m+2 1−a    x 2 = m+2   x 1−a  3 = m+2     x4 =a  31) Cho aij là các s nguyên, gi i h  1  x1 = a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn 2    1   x = a x + a x + ··· + a x 2 21 1 22 2 2n n 2 ...    1    x = a x + a x + ··· + a x  n n1 1 n2 2 nn n 2 Gi i: H phương trình đã cho tương đương v i   (2a11 − 1) x1 + 2a12 x2 + · · · + 2a1n xn = 0    2a x + (2a − 1) x + · · · + 2a x = 0 21 1 22 2 2n n ...   2an1 x1 + 2an2 x2 + · · · + (2ann − 1) xn = 0  G i ma tr n các h s c a h phương trình trên là An , ta có 2a11 − 1 2a12 ... 2a1n 2a21 2a22 − 1 ... 2a2n det An = ... ... ... ... 2an1 2an2 . . . 2ann − 1 Chú ý r ng aij là các s nguyên nên các ph n bù đ i s c a (An )ij cũng là các s nguyên, do đó n u khai tri n đ nh th c theo dòng cu i ta s có 2a11 − 1 2a12 ... 2a1,n−1 2a21 2a22 − 1 ... 2a2,n−1 det An = 2k + (2ann − 1) ... ... ... ... 2an−1,1 2an−1,2 . . . 2an−1,n−1 − 1 = 2k + (2ann − 1) det An−1 = 2k + 2ann det An−1 − det An−1 = 2l − det An−1 Do đó, det An + det An−1 = 2l là s ch n, Suy ra det An và det An−1 có cùng tính ch n l v i m i n, mà det A1 = 2a11 − 1 là s l nên det An là s l và do đó det An = 0 (vì 0 là s ch n). Vì h phương trình có det An = 0 nên h trên là h Cramer và có nghi m duy nh t là x1 = x2 = · · · = xn = 0. 5
  6. 32) Gi i h phương trình   x1 + x2 + · · · + xn = 1    x1 + 2x2 + · · · + 2n−1 xn = 1    x1 + 3x2 + · · · + 3n−1 xn = 1  ...     x + nx + · · · + nn−1 x = 1  1 2 n Gi i: Gi s x1 , x2 , . . . , xn là nghi m c a h phương trình đã cho. Xét đa th c f (X) = xn X n−1 + xn−1 X n−2 + · · · + x2 X + x1 − 1 = 0 Vì x1 , x2 , . . . , xn là nghi m c a h nên X = 1, 2, . . . , n là các nghi m c a đa th c trên. Vì f (X) có b c n − 1 mà l i có n nghi m phân bi t nên f (X) ≡ 0 (f (X) là đa th c không), do đó ta có xn = xn−1 = · · · = x2 = 0, x1 = 1. V y h phương trình đã cho có nghi m duy nh t x1 = 1, x2 = x3 = · · · = xn = 0. 33) Ch ng minh h phương trình   a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = 0   a x + a x + ··· + a x = 0 21 1 22 2 2n n ···   an1 x1 + an2 x2 + · · · + ann xn = 0  trong đó aij = −aji và n l , có nghi m không t m thư ng. Gi i: G i A là ma tr n các h s , theo gi thi t (A)ij = −(A)ji do đó A = At . Do tính ch t đ nh th c det A = det At nên ta có det A = det(−At ) = (−1)n det At = (−1)n det A = − det A( do n l ) B i v y suy ra det A = − det A hay det A = 0, t c là rank A = r < n. Theo Đ nh lý Cronecker- Capelly h có vô s nghi m (ph thu c n − r tham s ) do đó h có nghi m khác (0, 0, . . . , 0). 6
Đồng bộ tài khoản