Toán cao cấp

1. TRƯỜNG ĐẠI HỌC LAO ĐỘNG – XÃ HỘI (CSII)
KHOA: GIÁO DỤC ĐẠI CƯƠNG
BÁO CÁO HẾT HỌC PHẦN
TOÁN CAO CẤP 1
Sinh viên: Phù Xuân Yến
Mã số sinh viên: 2153401011096
Lớp: Đ21KD2
Mã học phần: TCC111221
Giảng viên: Th. S Tô Thị Thanh Hà
TP Hồ Chí Minh, tháng 12 năm 2021

2. 1
NHẬN XÉT VÀ ĐÁNH GIÁ CỦA GIẢNG VIÊN
MÔN: TOÁN CAO CẤP 1
Sinh viên: Phù Xuân Yến
Mã số sinh viên: 2153401011096
- Hình thức: (0.5 điểm)
- Nội dung: (9.5 điểm )
CÂU ĐIỂM MỖI CÂU ĐIỂM SINH VIÊN
1 1
2 2
3 2.5
4 3
5 1
TỔNG 9.5
Tổng
điểm
Điểm số Điểm bằng chữ
Cán bộ chấm thi 1 Cán bộ chấm thi 2
( Kí và ghi rõ họ tên ) (Kí và ghi rõ họ tên)
TÔ THỊ THANH HÀ

3. 2
Câu 1: (1 điểm ) cho các ma trận
A = 6 1 3 5 0 ; B = 1 1 -1 -2 3 ; C = 3/2 6/2
6 0 3 -8 - 6 -2 2 -3 4 0 1 2
0 -3
-3/2 1
4 -6/2
Tính A + 3B -2CT
3B = 3 3 -3 -6 9 CT = 3/2 1 0 -3/2 4
-6 6 -9 12 0 6/2 2 -3 1 -6/2
2CT = 3 2 0 -3 8
6 4 -6 2 -6
A + 3B = 6 1 3 5 0 + 3 3 -3 -6 9 = 9 4 0 -1 9
6 0 3 -8 -6 -6 6 -9 12 0 0 6 -6 4 -6
A + 3B -2CT = 9 4 0 -1 9 - 3 2 0 -3 8 = 6 2 0 2 1
0 6 -6 4 -6 6 4 -6 2 -6 -6 2 0 2 0
Câu 2: ( 2 điểm ) Cho ma trận
A = 1 0 -1 0
1 -1 1 -1
2 -3 3 -2
-2 -1 -1 6
a. Tính định thức của ma trận A bằng cách dùng định nghĩa khai triển theo dòng 4
|𝐴| = a41.A41 + a42.A42 + a43.A43 + a44.A44
= (-2). A41 + (-1). A42 + (-1). A43 + 6.A44

4. 3
A41 = (-1)4+1. M41
= (-1)4+1|
0 − 1 0
1 1 − 1
−3 3 − 2
| = (-1)4+1. (-5) = 5
A42 = (-1)4+2. M42
= (-1)4+2. |
1 − 1 0
1 1 − 1
2 3 − 2
| = (-1)4+2.1 =1
A43 = (-1)4+3. M43
= (-1)4+3. |
1 0 0
1 1 − 1
2 − 3 − 2
| = (-1)4+3. (-5) = 5
A44 = (-1)4+4. M44
= (-1)4+4. |
1 0 − 1
1 1 1
2 − 3 3
| = (-1)4+4.11 = 11
|𝐴| = (-2).5 +(-1).1 + (-1).5 +6.11 = 50
b. Đặt A-1 = (cij). Tìm c23
A11 = 30 A21 = 20 A31 = 5 A41 = 5
A12 = -4 A22 = 24 A32 = -9 A42 = 1
A13 = -20 A23 = 20 A33 = 5 A43 = 5
A14 = 6 A24 = 14 A34 = 1 A44 = 11
C = (
30 − 4 − 20 6
20 24 20 14
5 − 9 5 1
5 1 5 11
)
=> A-1 =
1
|𝐴|
. CT
=
1
50
. (
30 20 5 5
−4 24 − 9 1
−20 20 5 5
6 14 1 11
)

5. 4
=
(
3
5
2
5
1
10
1
10
−
2
25
12
25
−
9
25
1
50
−
2
5
2
5
1
10
1
10
3
25
7
25
1
50
11
50 )
 C23 =
−9
25
Câu 3: (2.5 điểm )
A = 1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 m 10
13 14 15 6
-1 -2 -3 -4
a. Giải và biện luận theo m hạng của ma trận A
d2 → d2 – 5d1 1 2 3 4
d3 → d3 – 9d1 0 -4 -8 -12
0 -8 m-27 -26
d4 → d4 – 13d1 0 -12 -24 -46
d5 → d5 + d1 0 0 0 0
d3 → d3 - 3d2 1 2 3 4
0 -4 -8 -12
d4 → d4 – 3d2 0 0 m-11 -2
0 0 0 -10
0 0 0 0
+m -11 = 0 <═> m =11

6. 5
→ 𝐴̅ = 1 2 3 4
0 -4 -8 -12
0 0 0 -2
0 0 0 -10
0 0 0 0
d4 → -2d4 +10d3
1 2 3 4
0 -4 -8 -12
0 0 0 -2
0 0 0 0
0 0 0 0
═> m =11 ═> r ( 𝐴̅ ) = 3
m -11 ≠ 0 <═> m≠ 11 ═> r ( 𝐴̅ ) = 4
b) Theo câu a ta có khi m = 11
𝐴̅ = 1 2 3 4 0
0 -4 -8 -12 0
0 0 0 -2 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
Ta có r (A) =3 < 4 ( số ẩn ) ═> hpt có 3 ẩn chính 1 ẩn tự do
Từ 𝐴̅ ta có hpt mới {
𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 + 4𝑥4 = 0
−4𝑥2 − 8𝑥3 − 12𝑥4 = 0
−2𝑥4 = 0

7. 6
Thay x3 = a ta có
{
𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑎 + 4𝑥4 = 0
−4𝑥2 − 8𝑎 − 12𝑥4 = 0
−2𝑥4 = 0
{
𝑥1 = 𝑎
𝑥2 = −2𝑎
𝑥3 = 𝑎
𝑥4 = 0
c) Tìm một cơ sở và số chiều của L
L = {(x1; x2; x3; x4) ∈ R4} / {
𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 + 4𝑥4 = 0
−4𝑥2 − 8𝑥3 − 12𝑥4 = 0
( 𝑚 − 11)𝑥3 − 2𝑥4 = 0
−10𝑥4 = 0
Khi m=11 theo câu b) {
𝑥1 = 𝑎
𝑥2 = −2𝑎
𝑥3 = 𝑎
𝑥4 = 0
L = {(a; -2a; a; 0)}
i) ∀𝑥 ∈ 𝐿 ═ > 𝑥 = ( 𝑎; −2𝑎;𝑎; 0 )
= a ( 1; −2 ; 1 ; 0 )
⏟ = aPi
Pi
Nghĩa là ∀𝑥 ∈ 𝐿 đều biểu thị tuyến tính qua Pi
j) { Pi } độc lập tuyến tính
Từ i), j) ═> Pi là cơ sở của L và dim L =1
Câu 4: (3 điểm )
a) Dùng phép biến đổi sơ cấp về ma trận bậc thang
A =
(
1 1 − 1 1 − 2 − 11
2 3 1 − 6 1 6
4 7 3 − 14 2 12
1 3 1 − 4 1 6
5 7 1 − 11 0 1
−3 1 2 2 𝑚 6 )

8. 7
1 1 -1 1 -2 -11
d2 → d2-2d1 0 1 3 -8 5 28
d3 → d3-4d1 0 3 7 -18 10 56
d4 → d4-d1 0 2 2 -5 3 17
d5 → d5-5d1 0 2 2 -5 3 17
d6 → d6+ 3d1 0 4 -1 5 m-6 -27
1 1 -1 1 -2 -11
0 1 3 -8 5 28
d3 → d3-3d2 0 0 -2 6 -5 -28
d4 → d4-2d2 0 0 -4 11 -7 -39
d5 → d5-2d2 0 0 0 0 0 0
d6 → d6-4d2 0 0 -13 37 m-26 -139
1 1 -1 1 -2 -11
0 1 3 -8 5 28
0 0 -2 6 -5 -28
d5↔ d6 0 0 -4 11 -7 -39
0 0 -13 37 m-26 -139
0 0 0 0 0 0

9. 8
1 1 -1 1 -2 -11
0 1 3 -8 5 28
0 0 -2 6 -5 -28
d4 → d4 – 2d3 0 0 0 -1 3 17
d5 → d5 -
13
2
d3 0 0 0 -2 m+
13
2
43
0 0 0 0 0 0
1 1 -1 1 -2 -11
0 1 3 -8 5 28
0 0 -2 6 -5 -28
0 0 0 -1 3 17
d5→d5-2d4 0 0 0 0 m+
1
2
9
0 0 0 0 0 0
b) Biện luận theo m số nghiệm của hệ phương trình
𝐴̅ 1 1 -1 1 -2 -11
0 1 3 -8 5 28
0 0 -2 6 -5 -28
0 0 0 -1 3 17
0 0 0 0 m+
1
2
9
0 0 0 0 0 0
TH1: m+
1
2
= 0 <═> m=
−1
2

10. 9
═> 𝐴̅ 1 1 -1 1 -2 -11
0 1 3 -8 5 28
0 0 -2 6 -5 -28
0 0 0 -1 3 17
0 0 0 0 0 9
0 0 0 0 0 0
═> r (A) =4 ≠ r ( 𝐴̅ ) =5 ═> hpt vô nghiệm
TH2: m +
1
2
≠ 0 ═> m ≠
−1
2
═> r (A) = r (𝐴̅ ) = 5 = số ẩn
═> hpt có nghiệm duy nhất
Ta có hpt
{
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − 2𝑥5 = −11
𝑥2 + 3𝑥3 − 8𝑥4 + 5𝑥5 = 28
−2𝑥3 + 6𝑥4 − 5𝑥5 = −28
−𝑥4 + 3𝑥5 = 17
(𝑚 +
1
2
) 𝑥5 = 9
+ x5 =
18
2𝑚+1
+ x4 = -[17 − 3𝑥5] = - [17 − 3.(
18
2𝑚+1
)] = - [17 −
54
2𝑚+1
] = - (
34𝑚−37
2𝑚+1
) =
−34𝑚+37
2𝑚+1
+ x3 = -
(−28−6𝑥4+5𝑥5)
2
= -
[−28−6.(
−34𝑚+37
2𝑚+1
)+5.(
18
2𝑚+1
)]
2
= -
(
−56𝑚−28+204𝑚−222+90
2𝑚+1
)
2
= -
(
148𝑚−160
2𝑚+1
)
2
=
−74𝑚+80
2𝑚+1
+ x2 = 28 – 3x3 + 8x4 – 5x5
= 28 – 3. (
−74𝑚+80
2𝑚+1
) + 8.(
−34𝑚+37
2𝑚+1
) − 5.(
18
2𝑚+1
)
= 28 + (
222𝑚−240
2𝑚+1
−
272𝑚+296
2𝑚+1
−
90
2𝑚+1
)
=
56𝑚+28+222𝑚−240−272𝑚+296−90
2𝑚+1
=
6𝑚−6
2𝑚+1

11. 10
+ x1 = -11 -x2 + x3 -x4 + 2x5
= -11 – (
6𝑚−6
2𝑚+1
) +
−74𝑚+80
2𝑚+1
− (
−34𝑚+37
2𝑚+1
) + 2. (
18
2𝑚+1
)
= -11 -
6𝑚−6
2𝑚+1
+
−74𝑚+80
2𝑚+1
+
34𝑚−37
2𝑚+1
+
36
2𝑚+1
=
−22𝑚−11−6𝑚+6−74𝑚+80+34𝑚−37+36
2𝑚+1
=
−68𝑚+74
2𝑚+1
═>
{
𝑥1 =
−68𝑚+74
2𝑚+1
𝑥2 =
6𝑚−6
2𝑚+1
𝑥3 =
−74𝑚+80
2𝑚+1
𝑥4 =
−34𝑚+37
2𝑚+1
𝑥5 =
18
2𝑚+1
c) Giải hpt khi m bằng 1
𝐴̅ 1 1 -1 1 -2 -11
0 1 3 -8 5 28
0 0 -2 6 -5 -28
0 0 0 -1 3 17
0 0 0 0 m+
3
2
9
0 0 0 0 0 0
Ta có r (A) = r (𝐴̅ ) = 5 = số ẩn ═> hpt có nghiệm duy nhất
Dựa vào câu b thay m = 1 vào x1, x2, x3, x4 ,x5
═>
{
𝑥1 = 2
𝑥2 = 0
𝑥3 = 2
𝑥4 = 1
𝑥5 = 6

12. 11
Câu 5: (1 điểm)
a. Cho A = P-1BP. Tính A K+4
Thay K = 6 ta có
A10 = (P-1BP)10
= (P-1BP).(P-1BP).(P-1BP).(P-1BP).(P-1BP).(P-1BP). (P-1BP).(P-1BP).(P-1BP).(P-1BP)
= P-1. B10.P
b. Tính A5 biết
B = 1 0 0 P = -3 4 -1 A = P-1BP
0 -1 0 -1 1 0
0 0 -1 3 -3 1
A5 = (P-1BP)5
= P-1. B5. P
P-1 = 1 -1 1
1 0 1
0 3 1
═> A5 = -7 8 -2
-6 7 -2
0 0 -1