Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội
1
LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 - ĐỀ THAM KHẢO 1
Câu 1. Ta giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=+++
=++
=++
=−++
.
;
;
;
mxxxx
xxx
xxx
x
x
x
x
4321
321
321
4321
26113
3683
2472
023
bằng phương pháp Gauss
13210 13210
27402 01022
(A|B)
38603 01033
31162m 0205m
132 1 0 132 1 0
010 2 2 010 2 2
000 5 5 000 1 1
000 1m 4 000 0m 5
⎛⎞⎛⎞
−−
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
=→
⎜⎟⎜⎟
−
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
⎛⎞⎛⎞
−−
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜
⎟
→→
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
−−
⎝⎠⎝⎠
Biện luận:
• m ≠ 5: Hệ vô nghiệm.
• m = 5: Hệ đã cho tương đương với hệ sau:
1234
24
4
x3x2xx 0
x 2x 2
(1) (2)
x1
0m5
⎧++−=
⎪+=
⎪
⇔⎨=
⎪
⎪=−
⎩
Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội
2
1234
34
24
21
4
x3x2x x0
x,x1
x2x2
x0,x12
x1
++−=
⎧=α =
⎧
⎪+=⇔
⎨⎨
==−α
⎩
⎪=
⎩
Vậy với m = 1, hệ (1) có vô số nghiệm:
1234
(x ,x ,x ,x ) (1 2 ,0, ,1)
=
−α α
với α ∈ R tuỳ ý.
Câu 2. a) Ma trận
131
A
122
3113
⎛⎞
⎜⎟
=− −
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
khả nghịch vì
131
det A 1 2 2 6.
3113
=− − =−
Ta có
T
28 9 5 28 2 85
A
dj(A) 2 0 2 9 0 3 .
831 52 1
⎛⎞⎛ ⎞
−−−
⎜⎟⎜ ⎟
=− =−
⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟
−− −
⎝⎠⎝ ⎠
vì
11 12 13
21 22 23
31 32 33
22 12 1 2
A28;A9;A 5;
11 3 3 3 3 11
31 11 1 3
A2;A0;A 2;
11 3 3 3 3 11
31 11 1 3
A8;A 3;A 1.
22 12 1 2
−−−−
=+ =− =− = =+ =−
=− = =+ = =− =−
=+ = =− =− =+ =
−− −−
Suy ra
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội
3
1
28 2 8
11
A
Adj(A) 903.
det A 6 521
−
⎛⎞
−
⎜⎟
==−−
⎜⎟
⎜⎟
−−
⎝⎠
b) Ta có
1
AXA AB XA B X BA
123 2828 2545
11
X 121 903 51015.
66
2 1 3 5 2 1 32 10 10
−
=⇔=⇔=
⎛⎞⎛ ⎞⎛ ⎞
−−−
⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
⇔=− − −=−−
⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
−−− −
⎝⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
1
AYA BA AY B Y A B
28 2 8 1 2 3 10 52 106
11
Y 9 0 3 1 2 1 3 15 36 .
66
521213 5 5 20
−
=⇔=⇔=
⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞
−−−−
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
⇔=− − − =−
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
−− − − − −
⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠
Câu 3. a) Với u1 = (1, 2 ,−3); u2 = (1, 3, 2); u3 = (2 , 5, 2), ta có B = {u1, u2, u3}
là một cơ sở của R3 vì
12 3
detA= 1 3 2 3 0
25 2
−
=≠
b) Với u = (4 , 9, −1), ta có
1
2112233
3
[u] u u u u UX B (1)
α
⎛⎞
⎜⎟
=α ⇔α +α +α = ⇔ =
⎜⎟
⎜⎟
α
⎝⎠
B
trong đó:
1
2
3
112 4
U235;B9;X
322 1
α
⎛⎞
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
===α
⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟
−−α
⎝⎠⎝⎠
⎝⎠
Giải hệ trên ta được: (α1 , α2 , α3) =(1, −1,2). Vậy với u = (4 , 9, −1), ta có
Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội
4
1
[u] 1
2
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
B
Câu 4. Xét ma trận
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
220
270
123
A.
a) - Đa thức đặc trưng:
A3
22
321
72
() A I 0 7 2 (3 ) 22
022
(3 )( 9 18) ( 3) ( 6).
−λ −λ
ϕλ= −λ = −λ = −λ −−λ
−−λ
=−λλ−λ+ =−λ− λ−
- Trị riêng:
ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 2), λ = 6 (bội 1).
Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 3 (bội 2), λ2 = 6(bội 1).
- Không gian riêng:
• Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = 3 là không gian nghiệm
của hệ:
1123123
1232323 123
23
321
Au u 0 7 2 (x ,x ,x ) 3(x ,x ,x )
022
(3x 2x x ,7x 2x , 2x 2x ) (3x ,3x , 3x )
2x x 0 (1)
⎛⎞
⎜⎟
=λ ⇔ =
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
⇔++ +−+=
⇔+=
Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) =(α, −β, 2β) với α, β ∈ R
tùy ý. Suy ra
V(λ1) = {(α, −β, 2β) | α, β ∈ R}= {α(1,0, 0) + β (0, −1, 2)| α, β ∈ R}
= < (1,0, 0); (0, −1, 2) >.
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội
5
Vậy V(λ1) có dim V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) với cơ sở
B1 = {(1,0,0); (0, −1,2)}.
• Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng λ2 = 6 là không gian nghiệm
của hệ:
2123123
1232323 123
123
23
321
Au u 0 7 2 (x ,x ,x ) 6(x ,x ,x )
022
(3x 2x x ,7x 2x , 2x 2x ) (6x ,6x ,6x )
3x 2x x 0 (2)
x2x0
⎛⎞
⎜⎟
=λ ⇔ =
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
⇔++ +−+=
⎧−+ +=
⎪
⇔⎨+=
⎪
⎩
Giải hệ (2), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (−α,−2α, α) với α ∈ R
tùy ý. Suy ra
V(λ2) = {(−α,−2α, α)| α ∈ R}= {α(−1,−2, 1)| α ∈ R} = < (−1,−2, 1) >.
Vậy V(λ2) có dim V(λ2) = 1 với cơ sở B2 = {(−1, −2, 1)}.
b) Vì các không gian riêng của A đều có số chiều bằng số bội của các trị
riêng tương ứng nên A chéo hóa được.mLập ma trận P bằng cách lần lượt dựng
các vectơ trong B1 = {(1,0,0); (0, −1,2)} và B2 ={(0, −2, 1)} thành các cột:
10 1
P012
02 1
−
⎛⎞
⎜⎟
=−−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
.
Khi đó ta có
1
300
PAP 0 3 0
006
−
⎛⎞
⎜⎟
=⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
-----------------------------------
Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội
6
LỜI GIẢI TOÁN CAO CẤP C2 - ĐỀ THAM KHẢO 2
Câu 1. Ta giải và biện luận hệ
12 3
12 3
12 3
xx x 2;
x mx 3x 4; (1)
x2x(m1)x0.
⎧++ =
⎪++ =
⎨
⎪++−=
⎩
bằng qui tắc Cramer:
221 2
331
221 2
1
221
2
3221
11 1 1 1 1
d: d d m1 2
1m 3 0m1 2 m 3m
1m2
d: d d
12m1 0 1 m2
21 1 2 1 1
d: d 2d m2 1
4m 3 0m2 1 2 2(m 3m)
2m1
02m1 0 2 m1
12 1 12 1
d: d 2d 11
14 3 10 1 2 2m
1m1
10m1 10m1
112 1 12
1m4d:d 2d 1m 20
120 1 20
=− −
Δ= − = = −
−
=−
−−
=− −
Δ= − = = −
−
−−
=− −
Δ= − =− =
−
−−
Δ= = − − − = 1m 2
22m
12
−−
=−
Biện luận: 2
0m3m0m0,m3.
=⇔ − =⇔ = =
• m ≠ 0 và m ≠ 3: Δ ≠ 0 nên hệ (1) có duy nhất một nghiệm định bởi:
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội
7
2
1
12
2
22
3
32
2(m 3m)
x2
m3m
2m 2
xm3
m3m
2m 2
xm3
m3m
Δ−
== =
Δ−
Δ
== =
Δ−
−
Δ
==− =−
Δ−
−
• m = 3: Δ = 0, Δ2 ≠ 0 nên hệ (1) vô nghiệm.
• m = 0: Δ = Δ1 = Δ2 = Δ3 = 0. Hệ (1) trở thành:
12 3
13
123
xx x2
x 3x 4 (2)
x2x x 0
⎧++=
⎪+=
⎨
⎪+−=
⎩
332
221
331
d: d d
d:d d
d: d d
3
123
2
23
123
11 12 1 1 12 1 1 12
(A|B) 1 0 3 4 0 1 2 2 0 1 2 2
12 10 0 1 22 0000
x
xxx 2
(2) x 2 2
x2x2 x2x x 43
=−
=−
=−
⎛⎞ ⎛ ⎞ ⎛
⎞
⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎟
= ⎯⎯⎯⎯⎯→ − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −
⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟
⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟
−−−
⎝⎠ ⎝ ⎠ ⎝
⎠
⎧=α
⎧++= ⎪
⎪
⇔⇔=α−
⎨⎨
−+ =
⎪⎪
⎩=− − =−α
⎩
Vậy với m = 0, hệ (1) có vô số nghiệm 123
(x ,x ,x )=(4 3 , 2 2, )−α α− α
với
α ∈ R tuỳ ý.
Câu 2. Với các ma trận112 12
A;B
223 10
⎛⎞⎛⎞
−
==
⎜⎟⎜⎟
−−
⎝⎠⎝⎠
, ma trận X thoả AX = B phải
thuộc loại 3×2. Đặt
14
25
36
xx
Xxx
xx
⎛⎞
⎜⎟
=⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
Ta có
Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội
8
14
25
36
12 3 45 6
123456
12 3 12
123
45 6
456
xx
112 12
AX B x x
223 10
xx
x x 2x x x 2x 12
2x 2x 3x 2x 2x 3x 1 0
xx2x1 xx
2x 2x 3x 1
xx2x2
2x 2x 3x 0
⎛⎞
⎜⎟
⎛⎞ ⎛⎞
−
=⇔ =
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
−−
⎝⎠ ⎝⎠
⎜⎟
⎝⎠
⎛⎞
−+ −+ ⎛⎞
⇔=
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
−+ −+ −
⎝⎠
⎝⎠
⎧−+ = −
⎪−+=−
⎪
⇔⇔
⎨−+ =
⎪
⎪−+=
⎩
3
3
45 6
6
231
564
2x 1
x3
xx2x2
x4
x;x3;x5
x;x4;x6
⎧+=
⎪−=−
⎪
⎨−+ =
⎪
⎪−=−
⎩
⎧=α = =− +α
⎪
⇔⎨=β = =− +β
⎪
⎩
Vậy các ma trận X cần tìm là:
56 6
X
vôùi , tuyø yù.
34
⎛⎞
−+α −+β
⎜⎟
=α β αβ∈
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
\
Câu 3. Không gian W sinh bởi
u1= (1,1,0,1); u2= (1,2,0,1); u3= (1,0,1,1); u4 = (0,3, −2,0).
là không gian dòng của ma trận A có được bằng cách xếp u1, u2, u3 , u4 thành các
dòng:
1101 11 01 1101 1101
12 0 1 0 1 0 0 01 0 0 0100
A
R
1011 0 110 0010 0010
03 20 0 3 20 00 20 0000
⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜⎟
=→ →→=
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜⎟
−
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜⎟
−−−
⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠⎝⎠
a) Vì R có dòng 0 nên u1; u2; u3; u4 phụ thuộc tuyến tính .
b) W có dimW = 3 và một cơ sở B = {v1, v2, v3}, trong đó
v1 = (1, 1, 0, 1)
v2 = (0, 1, 0, 0)
v
3 = (0, 0, 1, 0)
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội
9
Câu 4. Xét ma trận
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
=
300
012
021
A.
a) - Đa thức đặc trưng:
A3
22
120 12
() A I 2 1 0 (3 ) 21
003
(3 )( 2 3) ( 3) ( 1).
−λ − −λ −
ϕλ= −λ = − −λ = −λ −−λ
−λ
=−λλ−λ−=−λ− λ+
- Trị riêng:
ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 2), λ = −1 (bội 1).
Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 3 (bội 2), λ2 = −1 (bội 1).
- Không gian riêng:
• Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = 3 là không gian nghiệm
của hệ:
1123123
12123 123
12
120
A
u u 2 1 0 (x,x,x) 3(x,x,x)
003
(x 2x , 2x x ,3x ) (3x ,3x ,3x )
x x 0 (1)
−
⎛⎞
⎜⎟
=λ ⇔ − =
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⇔− −+ =
⇔+=
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, β ∈ R}= {α(−1,1, 0) + β (0, 0, 1)| α, β ∈ R}
= < (−1,1, 0); (0, 0, 1) >.
Vậy V(λ1) có dim V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) với cơ sở
B1 = {(−1,1,0); (0, 0,1)}.
• Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng λ2 = −1 là không gian nghiệm
của hệ:
Toán cao cấp C2- Đề tham khảo Trần Ngọc Hội
10
2 123 123
12123 123
12
3
120
Au u 2 1 0 (x , x , x ) (x , x , x )
003
(x 2x,2x x,3x) (x,x,x)
xx 0
(2)
x0
−
⎛⎞
⎜⎟
=λ ⇔ − =−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⇔− −+ =−−−
−=
⎧
⇔⎨=
⎩
Giải hệ (2), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (α, α, 0) với α ∈ R tùy ý.
Suy ra
V(λ2) = {(α,α, 0)| α ∈ R}= {α(1, 1, 0)| α ∈ R} = < (1,1, 0) >.
Vậy V(λ2) có dim V(λ2) = 1 với cơ sở B2 = {(1, 1, 0)}.
b) Vì các không gian riêng của A đều có số chiều bằng số bội của các trị
riêng tương ứng nên A chéo hóa được. Lập ma trận P bằng cách lần lượt dựng các
vectơ trong B1 = {(−1,1,0); (0, 0,1)} và B2 = {(1, 1, 0)} thành các cột
101
P101
010
⎛⎞
−
⎜⎟
=⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
Khi đó ta có
1
30 0
PAP 0 3 0
00 1
−
⎛⎞
⎜⎟
=⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
-------------------------
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com