BÀI TẬP THƯỜNG KỲHỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP

Chia sẻ: Bluesky_12 Bluesky_12 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:33

Thêm vào BST

Báo xấu

138
lượt xem 21
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

.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

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: BÀI TẬP THƯỜNG KỲHỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP

KHOA: KHOA HỌC CƠ BẢN B ÀI TẬP THƯỜNG KỲ HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A 2 (H Ệ ĐẠI HỌC) GVHD: ThS. PHAN MINH CHÍNH KHOA:………………….Lớp:……. Nhóm 1: 1 . Nguyễn Nh ư 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) Ph ần thực của z bằng -2 b) Ph ần 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 đư ờng 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 đ ường thẳng x = -1 và x = 2 như trên đồ thị: (y) x = -1 x=2 -1 0 2 (x) c) z  1 2 2 Ta có r = = z 1 a b 2 2 = 1  a2 + b2 = 1 a b  Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 1 là đư ờng tròn (0,1) được biểu diễn nh ư trên h ình vẽ: (y) 1 (x ) -1 0 1 -1
d) 1< z  2 2 2 Ta có r = =z a b Suy ra: 1< z  2  1< a  b  2  1 < a2 + b2  4 2 2 Tương tự như câu c ta có nh ận 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 m ãn 1< z  2 là phần m ặt phẳng bên trong giới hạn bởi 2 đường tròn (0,1) và (0,2) bao gồm cả những đ iểm nằm trên đường tròn (0,2) như theo h ình 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 =  9  4i 2 3  2i  3  2i   3  2i  13    21 21 21  5  18i 2  13i 3    13  13i 3   5  3i 3     =  5  3i 3 1  2i 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  cos  2 2    Argument:   k 2 3 3 sin    2 2 Lấy giá trị chính   3 2 2   Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2  cos  i. sin  3 3  21.2 21.2  21  21 21 21  F = A = 2 .  cos  = 2 (1 + 0) = 2  i.sin 3 3  21  5  3i 3  21 Vậy F =    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 2  1  i 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 + 2 X +1 =0 (2) b Ta có:  (2) = 22 - 4.1.1 = 0  X12 = 2  1 = i 2a 2 2  z = X12 = i  z =  i Vậy (1) có nghiệm là z =  i Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i 3 Giải:  32 Modun: r = 12  =2 a 1  cos   r   2      k 2 Argument z:  3 sin   b  3   r 2  Lấy giá trị chính   3    Suy ra dạng lượng giác của z là: z = 2  cos  i. sin  3 3  1 i 3 Câu 7f: Viết theo dạng lượng giác z = 1 i Giải:  Đặt  z 1  1 i 3 z  1  z= (1) z  z 2  1 i  2 * Viết z1 = 1 + i 3 dưới dạng lượng giác:  3 2 Modun: r1 = 12  =2 a1  1  cos 1  r 1 2      k 2   Argument z1: 3 1  1  b1  2 3 sin  r1 
 Lấy giá trị chính  1  3    Suy ra dạng lượng giác của z1 là: z1 = 2  cos (2)  i. sin  3 3  * Viết Z2 = 1 + i dưới dạng lượng giác: Modun: r2 = 12  12 = 2 a2   1 cos 2  r2 2      k 2 Argument z2:  4 b2  2 1 sin  2  r2 2   Lấy giá trị chính  2  4    Suy ra dạng lượng giác của z2 là: z2 = (3) 2  cos  i.sin  4 4  Thay (2) và (3) vào (1) ta được: 2(cos   isin  ) z = z1 =   3 3= 2 .[cos( - ) +isin( - )]   isin  ) z2 34 34 2(cos 4 4   = 2 (cos+isin ) 12 12   Vậy z = 2 (cos +isin ) 12 12 1  i 3 1  i 3 Câu 9: Đặt z1  . ; z2  2 2 Tính z = (z1 ) n  ( z2 ) n (n là số nguyên dương) Giải: n (1i 3) 1  i 3 n Ta có: z1  (1)   z n 1 2 2 n (1i 3) 1  i 3 n (2) z2  z  n 2 2 2 Từ (1) và (2) su y ra: n n (1i 3) + (1i 3) z = (z1 ) n  ( z2 ) n = n n 2 2 1 1 n n (An+Bn) = [ (1i 3 ) + (1i 3 ) ] = (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  cos 1  2 2    Argument:   k 2 3 1 3 sin  1   2 2 Lấy giá trị chính   3 1 2 2   Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2  cos  i. sin  3 3  2n 2n  n n  A = 2 .  cos (*)  i. sin  3 3   B = -1 - i 3  12    2 Modun: r2 = =2 3 1  cos 2  2  2    Argument:   k 2 3 2 3 sin  2  2   2 Lấy giá trị chính  2  3  2  2   Suy ra dạng lượng giác của B là: B = 2  cos  i. sin  3 3  2 2   = 2  cos  i. sin  3 3  2n 2n  n n  B = 2 .  cos (**)  i. sin  3 3  Thay (*) và (**) vào (3) ta được: 2n 2n  n  2n 2n  1 1  z = n (An+Bn) = n [2n.  cos  +2 .  cos ]  i. sin  i. sin 3 3 3 3   2 2 2 n 2n 2 n 2 n 1 .2n.( cos = + cos )  i. sin  i. sin n 3 3 3 3 2 2n = 2 cos 3 2n Vậy z = 2 cos 3 1 i 3 . Tính z = (z1)n với n là số nguyên dương. Câu 10: Đặt z1 = 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   1 2    =  + k2  Argument z2:  3 3 sin    2  Lấy giá trị chính  = 3 Từ đó có dạng lượng giác của z2 là: z2 = 2 (cos  3 +isin  3 ) Thay vào (*) ta được: 2(cos   i sin  ) z1= z 2 = 3 3 = cos   i sin  3 3 2 2 n n Do đó: z= (z1) = ( cos  3  i sin  3 ) = cos n 3 + isin n 3 với n là số nguyên dương. Vậy: z = cos n 3 + isin n 3 với n là số nguyên dương.  Với n = 0 thì z0 = 1 3 1  Với n = 1 thì z1 = +i 2 2 3 1  Với n = 2 thì z2 = - + i 2 2  Với n = 3 thì z3 = -1 3 1  Vơí n = 4 thì z4 = - - i 2 2 3 1  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 b ậc 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   2   Argument z1:  = + k2  sin   1 4  2   Lấy giá trị chính  = 4 Từ đó có dạng lượng giác của z1 là:   z1 = 2 (cos +isin ) 4 4 Thay vào (*) ta được:     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:   k 2   k 2   4 + isin 4 3 ) với k = 0, 1, 2 z= = 2.(cos  i sin 3 8(cos 4 4 3 3   3  k = 0: u0 = z = 2(cos + isin ) 12 12 3 3 2 2  k = 1: u1 = 2(cos +isin ) = 2( - +i )= 2 (-1+i) 2 2 4 4 17 17  k = 2: u2 = 2(cos +isin ) 12 12 0 1 2 0 2 1 1 1   2  và B= 1  2 7 0 2 1 1 Câu 15: Tính đ ịnh thức: A= 7 3 4 1 1 1 2 1    0  1  4 4 0 1 1 2 Giải: 0 1 2 0  0 1 2 = -1.  2 2 2 7 0 1 2   2 7  = 2.   = 2.(4 – 8) = -8 a) A= 7   3 4 1 4 4    0 4 4 0  4 4 0 d 2   1. d1  d 2 2 111 d 3   1. d1  d 3 2 1 1 1  d 4   1. d1  d 4 1      2 1 1 1 1 0 0  b ) B= 1 1 2 1   1 0 1 0 1  1 1 2 1 0 0 1 3 110 d1  d 4  d 1 1 1 0 0  1 0 1 0 1 0 0 1
3 11 4+4 Suy ra B = (-1) .1. 1 1 0 = 5 (Tính theo Sarius) 1 0 1 2 1 1 1  1 = 5 2 1 1 Vậy B= 1 1 2 1   1  1 1 2 m 0 00  1 , m -1 0 0 Câu 43: Tìm điều kiện của m để   0 với:   1 1 m0   m  2m 0 1 Giải: Áp dụng phương pháp Laplace cho định thức ta được:  m m0-1 0 0  00  = (-1)3+4+4+3 .  m 0 .  m 0  = m2(m-1) 1     1 1 m 0   o 1   1 m-1   m 2m 0 1  m  0 Để  >0  m2(m-1) >0    m >1 m 1  0 m 0 00  1  m-1 0 0 Vậy với m>1 th ì   0 với:   1 1 m0   m  2m 0 1 Câu 44: Tính đ ịnh thức: x 2 2   x+4 2 2  c1c2 c3c1     x+4   a) A=  2 x 2  x 2    2 2 x   x+4 2 x  d 2   d1  d 2 1 2 2  1 2 2  d 3   d1  d 3   (x+4).  =(x+4).  1 x 2   0 -2+x  2 0  =(x+4).(x-2)   1 2 x  0 2 -2+x  c 2   c1  c 2 1 0 0 1 1 1  c3   c1  c3   a  b c b ) B=  ba ca a   b+c c+a a+b  b  c a b a c = (b - a)(a – c) – (a – b )(c – a) = (b – a)(a – c + c – a) = 0 1 1 1 a c =0 b Vậy B=    b+c c+a a+b 
Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng:  y+z z+x x+y  x y z  a)  y1+z1 z1+x1 x1+y1  = 2  x1 y 1 z1       y2+z2 z2+x2 x2+y2   x2 y2 z2  Giải:  y+z z+x x+y   y z+x x+y   z z+x x+y  VT = y1+z1 z1+x1 x1+y1  =  y1 z1+x1 x1+y1 + z1 z1+x1 x1+y1       y2+z2 z2+x2 x2+y2   y2 z2+x2 x2+y2   z 2 z2+x2 x2+y2   y z x+y   y x x+y   z z x+y   z x x+y   y z x +y   y x x +y   z z x +y   z x x +y  = 1 1 1 1 + 1 1 1 1 + 1 1 1 1 + 1 1 1 1   y 2 z2 x2+y2   y2 x2 x2+y2   z2 z2 x2+y2   z2 x2 x 2+y2  y z x  y z y  y x x  y x y  z x x  = y 1 z1 x1  +  y1 z1 y 1  +  y1 x 1 x1  +  y1 x1 y1  +  z1 x1 x1         y 2 z2 x2   y2 z2 y2   y2 x 2 x2   y2 x2 y2   z2 x2 x2  z x y  +  z1 x1 y1     z2 x2 y2  y z x  z x y  x y z  =  1 1 1  +  1 1 1 = 2  x1 y1 z1 = VP y z x  z x y     y2 z2 x2   z2 x2 y2   x2 y2 z2   y+z z+x x+y x y z    y +z z +x x +y     = 2  x1 y1 z1  (Điều phải chứng minh) Vậy  1 1 1 1 1 1  y2+z2 z2+x2 x2+y2  x2 y2 z2   1 a a3 b ) 1 b b 3  (a  b).(b  c).(c  a ).(a  b  c) c3 1c 1 a a3 a3 a3 1 a 1a Ta có VT = 1 b b3 = 0 b  a b3  a3 = (b – a)(c – a) 0 1 b 2  a 2  ab c3 0 c  a c3  a 3 0 1 c 2  a 2  ca 1c 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 3  (a  b ).(b  c).(c  a ).(a  b  c) (Điều phải chứng minh) 1 c c3
a1  b1 x a1 x  b1 c1 a1 b1 c1 2 c) a2  b2 x a2 x  b2 c2  (1  x ) a2 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 = a 2 c2  b2 x a2 x c2 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 2 2 = a2 c2 - x a2 c2 = (1  x ) a2 c2 = VP b2 b2 b2 a3 b3 c3 a3 b3 c3 a3 b3 c3 a1  b1 x a1 x  b1 c1 a1 b1 c1 2 Vậy a2  b2 x a2 x  b2 c2 (Điều phải chứng minh) c2  (1  x ) a2 b2 a3  b3 x a3 x  b3 c3 a3 b3 c3 Câu 55: Tính các định thức cấp n:  x x x… x  a x   a x… a) A= … … … …   x x x a  Ta thấy mỗi cột của định thức đều có một phần tử bằng a và các phần tử còn lại đều b ằng x Nên ta cộng dòng 2, dòng 3,…dòng n vào dòng 1.  a+(nx1)x a+(na-1)x a+(n+1)x… a+(n+1)x  -   x… x Khi đó: A = … … … …   x  x… x a 1 1 1 1 1 1 1 1 x x 0 0 ax ax 0 = [a+(n-1)x].(a-x)n-1 = [a+(n-1)x] = [a+(n-1)x] ... ... ... ... ... ... ... ... 0 ax x xxa 0 0 a x x… x x   = [a+(n-1)x].(a-x)n-1 a x… x Vậy A= … ………   x  x x a
 1+a1 a2 … an   a1 1+a2 … an  b) B = … … … …   a1 a2 … 1+an  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:  1+a1+a2+…+an 1+a … an  +…+a a2  an  1+a1+a2 2… n B= … … … …   1+a1+a2+…+an a2 … 1+an   1 1+a … an  a2 …  an  1 2 = (1+a1+a2+…+an ) … … … …    1 a2 … 1+an  1 a2 … an  0  = 1+a1+a2+…+an 1 …. 0 = (1+a1+a2+…+an ) … ………   0  0…1  1+a1 a2 … an   a1 = 1+a1+a2+…+an 1 +a2 … an Vậy B = … … ……   a1  a2 … 1+an x x -1 -1  x2 1 1 1  =0 Câu 63: Giải phương trình: 1 111   1  011 Giải: Ta dễ thấy định thức ở vế trái có 2 cột tỉ lệ nhau (cột 2 ,cột 3) Nên theo tính ch ất thì đ ịnh thức luôn có giá trị bằng 0. x x -1 -1  x2 1 1 1  = 0 có nghiệm với mọi x Vậy phương trình 1 111  1  011 1 23 4 5 2 8 11  46 Câu 69: Tìm hạng của ma trận sau: A=   3 6 9 12 14    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 1 2345 1 2 3 45 2  0  d 4  4 d 1  d 4          4 6 8 11 0 0 01 A= 3 6 9 12 14 0 0 0 0 -1    4  0  8 12 16 20 0 0 00 0 2 0 0 1  1 345 d3 d2 d3    0 0 0 0 0  0  0 0 0 0 0  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:  2 3m-1 1 m2  1 m  +4  2 A= 4 5m-1 m+4 2m+7    2 2m 2 m+4  Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận A: d 2  2 d1  d 2 d 3  4 d 1  d 3 1 m 1 2  2 3m-1 2 m+4  d 4  2 d1  d 4        A= 4 5m-1 m+4 2m+7    2 2m 2 m+4   0 m-1 1 m  1m 2 1 m1 2 0  d3 d2  d3          0 m -1 0 m  0 m-1 m 2m-1  0 0 m m -1  0 0 0 m  0  0 0m  1 -0 12  0 1  00 m  0 Để r(A) = 3    m  0 khi đó: A= 0 0 0 -1  m  1  0 0 0  00 Vậy với m=0 th ì r(A) = 3 0 1 0 0  0  ,tính A.AT 0 1 0 Câu118: Cho ma trận A= 0 0 0 1   0  0 0 0
Giải: 0 1 0 0 00 00 0  1 0     AT =  0 0 0 1 0 Từ A= 0 0 0 1 0 1 0 0   0  0 0 1 0 0 0 0 0 100  0 000  1 0 0 0 0   0 1 0  1 0 0 0  0  1 0 0 Suy ra: A.AT = 0 0 0 1 .0 1 0 0  = 0 0 1 0   0 0 0 0  0 0 1 0  0  0 0 0 (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 1 -1 1 ... -1  -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 1 -1 ... 1 -1 1 -1 ... 1    2 Suy ra A = 1 -1 1 ... -1 1 -1 1 ... -1 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...    -1 1 -1 ... 1 -1 1 -1 ... 1 Do A là ma trận vuông cấp 100 nên A2 là ma trận vuông cấp 100  a41 = (-1).1+1.(-1) + (-1).1+...+1.(-1) = -100. Vậy a 41 = -100. Câu 123d : Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau bằng phương pháp phụ đại số: 1 3 5  D=  5 0 1    3 1 0  Giải: d 2  5 d 1  d 2 1 3 5  1 3 5 d 3  3 d1  d 3 D=5 0 1       0 -15 -24      3 1 0   0 -8 -15  -15 -24   1+1  = 33  0  Ma trận D khả nghịch  det D = (-1) .1.  -8 -15  1 5 3  Ta có D =  3 0 1  T   5 1 0  0 3 0 1 31     1 0 50 5 1 1 5 1 5 Dp 3 13 -1   D = =   det D 33  1 0 50 5 1    5 3 13 1 5   0 3 0 1 31   5  1 1 33 3   33 11   1 5 1 = 1 8 15 =  3 15 24   11 33 11  33    5 8 15   5 5  8    33 11 33 5  1 1  33 33 11  1 3 5  5 0 1  1 8 -1 5 Vậy D=    D =  11 11 11  3 1 0  5 5  8    33 33 11 
1 1 1 1 0 1  0 1  0 2 3 0 Câu 125: Tính ma trận A =  1 0   2 1 1 0    2 1           Giải: 1 1 1 1 0 1  0 1  0 2 3 0 Đặt A1 =  1 0   2 1 và A2 =  1 0    2 1            Suy ra A = A1A2 (1) Áp dụng tính chất (X.Y)-1 = Y-1.X-1 cho A1 và A2 ta được: 1 1 1  0 1  0 1  0 1  0 1    A1 =  1 0   2 1 =   2 1 1 0   =              1 1 0  1 0     1 2  =  1 1  = (2)     2 2 1 1 1 0 2 3 0  3 0 0 2   A2 =      2 1  1 0    = = 1 0    2 1           2 1 0 6   3 1  = 1  4  =  1 0  (3)      6 Thay (2) và (3) vào (1) ta được: 1 0   2 3 1   2 3 1    A = A1 A2 =   =  1 0 5 1 1   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      d 1 d 3 A= 2 1  2 m  2 m   2 1 1  2 4 4  3 1 2 3      1  2 4 4 1  2 4 4     d 2 d 3   d 2  2 d 1 d 2 d 3 3 d 1 d 3  10 m  8     0 5  10  9       0 5 0 5  10  9  0 5  10 m  8      1  2 4 4    d 3  d 2  d 3  10  9  ( I )     0 5  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 ) su y ra   10 z  9  y  2z  9 5 y   5  2 10a  9 Hệ có vô số nghiệm dạng: (x, y, z) = ( , , a) a  R 5 5  Hệ vô nghiệm  r( A )  r(A) = 2  r( A ) = 3 (Vì r( A ) ch ỉ nhận hai giá trị là 2 ho ặc 3)  m +1  0  m  -1 2 10a  9 Vậy: m = -1 hệ có vô số nghiệm dạng (x, y, z) = ( , , a) a  R 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 đ ã cho phụ thuộc tuyến tính khi và ch ỉ 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 m 2 m m 2m     4 m+10  1 m 2 6   Xét ma trận: A= 3 (m+2) 6   3 6 (m  2) 4    6 (m+10 ) m m 2m   1 m 1 m 2 2     d 2 4 d 1 d 2  0 6-4m m+2    0 6-4m m+2  2 d 4 d 33 d 1 d 3 d 3 d 3 d 4  md 1 d 4 m     0 0 0 2-2m 00      0 m- 2 0   0 m- 2 0  m m     Ta bỏ dòng không ở m a trận trên được dạng ma trận sau:     1  m 2 1 m 2 2 m  m d 2 d 3     d 3  0 6  4 m m  2    0 6  4m  6 4 m  m2   0   m 2 0 2 0 0 m (m  2)(m  m)      6  4m   Để các vector phụ thuộc tuyến tính r(A)