Bài tập ôn giữa kì - Toán Kinh Tế | Trường Đại học Tôn Đức Thắng

BÀI T I
ẬP ĐẠ SỐ TUYẾN TÍNH
1. MA TRẬN.
1.1. Cho A là ma trận vuông cấp n th a ỏ mãn 2
A  A  I . Ch ng ứ
minh rằng A có ma trận n
nghịch đảo và tìm ma trậ ịch đả n ngh o của A . 5 6 2 1.2.  
Cho M , N là các ma trận vuông cấp 3 th a ỏ mãn MN  6 7  2   6 6 1   a. Tính 2 (MN) .
b. Chứng minh NM khả nghịch. Tìm ma trận nghịch đảo của NM .
1.3. Cho A là ma trận cấp n thỏa mãn 2 A  A . Ch ng
ứ minh rằng ma trận B  2A I có ma trận nghịch đảo. 1.4. Cho ma trận ( ) a. Chứng minh rằ ế ng n u thì
b. Tìm sao cho tồn tại để ( ) 1.5. Tính n  n 1 0 1 2 1 0     a. 0 1 0   b. 0 1 0   0 0 1   0 0 2   cosx sinx
1.6. Tính lũy thừa bậc n của A  . s  inx cosx    2017 1 2  017 1.7.  
Cho ma trận A  2016 2 2  017 
 . Xác định các phần tử nằm trên đường chéo chính 2016 1 2  016   của ma trận 2 2017
S  I  A  A    A .
1.8. Cho là ma trận vuông cấp ( ) Tính , với là s ố nguyên dương. 1.9. Cho th a
ỏ mãn . Chứng minh rằng .
1.10. Cho thỏa mãn Chứng minh rằng tồn tại ma trận
khác ma trận 0 thỏa mãn
1.11. Cho ma trận vuông A, B cấp n. Vết của ma trận A là t ng ổ
tất cả các phần tử trên đường
chéo chính của A, kí hiệu Tr  A . Ch ng m ứ inh rằng:
a. Tr A  B  Tr  A  Tr  B . b. Tr k  A  kTr  A , k  . c. Tr A 
B  Tr B  A
1.12. Chứng minh rằng không t n t ồ ại các ma trận ,
A B,C, D vuông cấp n sao cho
AC  BD  I và CA BD  0 , I là ma trận đơn vị, 0 là ma trận không.
1.13. (Đẳng thức Wagner)
a. Chứng minh rằng với mọi ma trận ,
A B,C vuông cấp 2 ta luôn có
 AB  BA2 C C AB  B 2 A  0
b. Chứng minh rằng với mọi ma trận ,
A B,C vuông cấp 2 ta luôn có
AB  BA2016 C C AB  BA2016  0  1  2 1 1  1    m 1  1 1  1 
1.14. Tùy theo giá trị của m , hãy tìm hạng của ma trận A     1 m 0 1 1    1 2 2 1 1    3 1 4 1   m 2 3 1
1.15. Tìm m để ạ
h ng của ma trận sau nhỏ ấ nh t A     3 1 1 0   3 3 7 2    1 m 0 ... 0 0   0 1 m ... 0 0  
1.16. Cho ma trận vuông cấp n: A  ... ... ... ... ... ... . Tìm m để ạ h ng của ma trận A   0 0 ... ... 1 m   m 0 0 ... 0 1    nhỏ hơn n.
1.17. Chứng minh rằng m i
ọ ma trận hạng r đều có thể phân tích được thành t ng ổ của r ma trận có hạ ằ ng b ng 1.
1.18. Giả sử A B
, là các ma trận vuông cấp n thỏa mãn 2016 2017 AB  B , A A  0, B  0. a. k
Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k để A  B   0.
b. Chứng minh rằng r I  A B  r I  A B  n .
2. ĐỊNH THỨC 2 3 1 x x x 2.1. 1 2 4 8
Giải phương trình:  0 1 3 9 27 1 4 14 64
2.2. Tính định thức : 1 1 1 1 a b c d x x x x b  a d c  a. 1 2 3 4 b. 2 2 2 2 x x x x c  d  a b 1 2 3 4 3 3 3 3 x x x x d c b a 1 2 3 4 a b c
2.3. Tính b c a trong đó , 3 a ,
b c là 3 nghiệm của phương trình bậc 3 : x  px  q  0. c a b
2.4. Cho m, n, p, q là các nghiệm của phương trình 4
x  x 1  0 và m 1 1 1 1    1 n 1 1 1 A     1 1 p  1 1    1 1 1 q   1 Tính det A.
2.5. Tính các định thức cấp n sau : 1 2 2 ... 2 1 2 3 ... n 2 2 2 ... 2 1  0 3 ... n a. 2 2 3 ... 2 ; b. 1  2  0 ... n . . . ... . . . . ... . 2 2 2 ... 2 1  2  3  ... 0 0 1 1 ... 1 a b b ... b 1 0 x ... x b a b ... b c. 1 x 0 ... x ; d. b b a ... b . . . ... . . . . ... . 1 x x ... x b b b ... a 2 1 x x 0 ... 0 2 x 1 x x ... 0 e. 2 D   , n 0 x 1 x ... 0 . . . ... . 2 0 0 0 ... 1  x
D là định thức cấp n mà các phần t
ử nằm trên đường chéo chính bằng 1+x2, các phần tử n thuộc hai đường chéo g ng chéo chính b ần đườ
ằng x và các phần tử còn lại bằng 0. 2.6. a.  A là m t
ộ ma trận vuông cấp n thỏa mãn 1 A  A . Ch ng ứ
minh det( A  I )  0 hoặc det(  ) 2n A I . b. ,
A B là hai ma trận vuông cùng cấp n thỏa mãn AB  BA  B . Ch ng ứ minh det( ) B  0. 2.7. Cho ,
A B là các ma trận thực vuông cấp n thỏa mãn AB  A  B và 2016 A  0. Chứng minh rằng det( ) B  0.
2.8. Cho các ma trận vuông , A B thỏa mãn t  ; t A A
I B B  I . Biết det A  det B . Ch ng ứ minh rằng det(A ) B  0 .
2.9. Cho ma trận vuông cấp n A  a ; a  min ,i j . Tính det  A . ij ij 
2.10. Cho A  a là m t
ộ ma trận vuông cấp n  2 và A  A   A  0 , trong đó A ij  11 12 1n 1j là phần bù đại s c ố ủa a . Ch ng m ứ inh rằng tồn tại s ố thực  để 1 j a   a   ... a   11 12 1 n a a ... a 21 22 2n  2016 ... ... ... ... a a ... a n1 n 2 nn
3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 3.1. Giải hệ phương trình:
 3x y 2z t u  1 
 2 x  y  7 z 3t 5u  2
 x 3y 2z 5t 7u 3  3
 x 2 y 7z 5t 8u   3
3.2. Giải hệ phương trình thuầ ấ n nh t sau:
 x  x  x  0 1 2 3
 x x x  0 2 3 4 
 x  x  x  0 3 4 5   ........
 x  x  x  0 8 9 10 
x ...  x  x  0 1 9 10
x  x ... x  0  1 2 10
3.3. Giải và biện luận các hệ phương trình sau 
2x  y  z  t 1
mx  y  z  t  1   
x  2 y  z  4t  2
a. x  my  z  t  1 b.  
x  7 y  4z 11t  m 
x  y  mz  t  1
4x  8y  4z 16t  m   1 3.4. Cho là các s ố nguyên. Giải hệ: { 3.5. Chứng minh rằ ệ ng h m
phương trình sau có nghiệ khác nghiệm tầm thường: { trong đó và n lẻ.
3.6. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất
 mx 8z  7t  m 1 3
 x  my  2z  4t  m  2
mz  5t  m 1 
 5z mt  2m   2
3.7. Tùy theo giá trị của m, hãy biện luận số nghiệm của ệ h : 
mx  y  z t  m 
 2x  3y  2z  (5m  3)t  m  1  2
(m  1)x  3y  2z  (m  m )t  4 
3.8. Tìm điều kiện của m để hai hệ sau có nghiệm chung
 2x  y  z  2t 3u  3  
x  y  z t u  1 3
 x  y  z 3t 4u  2m 
x  y  2z  2mt  0 
2x  y  z  t   m 3.9. Cho , a , b , c d  . Ch ng m ứ
inh rằng hệ phương trình sau chỉ có nghiệm tầm thường:   2
1 a  x  by  cz  dt  0  bx    2
1 a y  dz  ct  0 
cx  dy   2
1 a  z  bt  0 
 dx  cy  bz    2
1 a t  0 4. ĐA THỨC 4.1.
Tìm tất cả các đa thức ( P ) x có hệ s nguyê ố n sao cho ( P P '( ) x )  P '( ( P x)), x   4.2.
Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm phân biệt x , x ,..., x . 1 2 n Chứng minh rằng: 1 1 1 a.   ...  0. P'( x ) P'( x ) P'( x ) 1 2 n P' ( x ) P' ( x ) P ' (x ) b. 1 2  ... n   0. P '(x ) P '(x ) P '(x ) 1 2 n 4.3. Với mỗi số
nguyên dương n  2 xét đa thức n n 1 P (x) nx x    ... x 1
 . Hỏi P (x) có bao nhiêu nghiệm th c ự : n n
a. Khi n  2;n  3? b. Khi n  4? 4.4. Cho ,
m n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng điều kiện c
ần và đủ để đa thức m n
x  x 1chia hết cho 2
x  x 1 là mn  2 chia hết cho 3. 4.5. Cho đa thức 3 2
P(x)  4x  ax  bx  c trong đó , a ,
b c là các số thực. Hãy tìm , a , b c sao
cho P(x) 1 với m i
ọ x thoả mãn x 1. NG D N GI I BÀI T OLIMPIC MA TR N
1.1 Có A(A I ) I A có ma tr n ngh o là A I n 2 1.2 (MN) I a) Có 3 b)Ta có det(MN ) 1 det NM 1 NM có ma tr n ngh o det(MN) 0 detM 0 và detN 0 N và M có ma tr n ngh o 2 1 1 1 (MN) I MNMN I NM M N
(NM ) . V y NM có ma tr n ngh o là 3 3 NM. 1.3 Ta có 2 (2A I )(2 A I) 4 A 4A I 4A 4A I I B có ma tr n ngh o là chính nó. 1.4 a) tính suy ra
b) S d ng phân tích ý 1) r i tìm ra a,b,c. 1.5 n 1 0 1 1 0 n 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 n 2 1 0 2n n 0 0 1 0 0 1 0 0 0 2 0 0 2 n cos nx sin nx n A 1.6 nx nx sin cos 2017 1 2017
1.7 Cho ma tr n A 2016 2 2017 nh các ph n t n ng chéo chính c a 2016 1 2016 ma tr n 2 2017 S I A A A . 2016 1 2017 Ta có A I , B B 2016 1 2017 . D dàng ki m tra 2 B 0 i m i s t nhiên k 2016 1 2017 ta có: k A I kB . T S
2018I 1009.2017.B . V y các ph n t
ng chéo chính c a ma tr n S là s 2018 1009.2017.2016; s 2018 1009.2017; s 2018 1009.2017.2017; 11 22 33 1.8 HD : , v i . 1.9 HD: suy ra . Suy ra . 1.10 HD: T u ki n suy ra không kh ngh n t i các ma tr n khác ma tr n 0, sao cho t là ma tr n c n tìm.
1.11 D dàng ch ng minh
1.12. Gi s t n t i các ma tr n ,
A B,C, D vuông c p n sao cho AC BD I và CA BD 0 CA BD 0 Tr CA BD 0 Tr AC BD n Tr AC Tr BD n Tr CA Tr BD n Tr CA BD n , vô lí . 1.13. a. 2 2 AB BA C C AB BA 0 2 x y x yz 0 Ta có 2 2 Tr AB BA 0 AB BA AB BA x yz I 2 z x 0 x yz Ta có IC CI b. cmtt 1.14 r A 3 m 1; r A 4 m 1 3 1 4 1 3 1 4 1 3 1 4 1 m 2 3 1 m 2 3 1 m 2 3 1 1.15 A . Ta th y r A 2 . D 3 1 1 0 0 2 3 1 0 2 3 1 3 3 7 2 0 2 3 1 0 0 0 0 x y ra khi m 0 1.16 Khai tri nh th c theo c c 1 det 1 1 n n A m . H ng c a ma tr n A nh n khi và ch khi n 1 n 1 det 0 1 1 n 0 1 n A m m 1 N u n l thì m 1. N u n ch n thì m 1. .
1.17 Gi s ma tr n A c p m n có h ng b ng r. B ng cách s d ng các phép bi p I 0
trên hàng ho c c t c a A có th A v d ng r R
, t c là t n t i các ma tr n không 0 0 m n suy bi n , P Q sao cho A
PRQ( các th y cô xem ch i s tuy n tính c a th u c n ). Ta phân tích R R R ... R
R là các ma tr n có t t c các ph n t u b ng 0 tr 1 2 r i ph n t hàng i, c t i b ng 1. Ta có r PR Q r R 1 (các phép bi i h ng c a ma tr n). i i V y A P R R ... R Q PR Q ...
PR Q là cách phân tích th a mãn yêu c u c a bt. 1 2 r 1 r k 1.18 k a) Do AB BA i i k i nên A B C A B . k i 0 Vì 2016 2017 k A 0, B 0 nên k 2017 thì A B 0. b) Vì k A B 0, k 2017 nên ta có k k 1 I I A B I A B I A B ... A B k 1 1 det I det I A B .det I A B ... A B det I A B 0 r I A B n Ta có: 2k 1 2 ... k I I A B I A B I A B A B . suy ra r I A B n NH TH C 2.1 Khi khai tri nh th c v u, ta s có v c b c 3 c a x , ký
hi u là f (x) . Ta có f (2) 0 nh th u b , có f (3)
0, f (4) 0. Vì f (x)
c b c 3 nên có 3 nghi m 2, 3, 4 nên pt có 3 nghi m 2, 3, 4. 2.2 a) 1 1 1 1 0 2 1 3 1 4 1 0 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 4 1 0 ( )( 2 2 ) ( )( 2 2 ) ( )(2 2 2 1 2 2 1 1 3 1 3 3 1 1 4 1 4 4 1 1) 1 1 1 ( )( )( ) 2 1 3 1 4 1 2 1 3 1 4 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 3 3 1 1 4 4 1 1 1 0 0 ( )( )( ) 2 1 3 1 4 1 2 1 3 2 4 2 2 2 ( )( ) ( )( 2 2 1 1 3 2 3 2 1 4 2 4 2 1 1 ( )( )( )( )( ) 2 1 3 1 4 1 3 2 4 2 3 2 1 4 2 = b) Ta có: 2 a b c d a b c d a b c d b a d c b a d c b a d c . c d a b c d a b c d a b d c b a d c b a d c b a 2 2 2 2 a b c d 0 0 0 2 2 2 2 0 a b c d 0 0 2 2 2 2 0 0 a b c d 0 2 2 2 2 0 0 0 a b c d 4 2 2 2 2 a b c d a b c d b a d c 2 2 2 2 2 a b c d c d a b d c b a 2.3
nh lý Viet, ta có a b c 0 , nên a b c a b a b c a b 0 b c a b c a b c b c 0 0 c a b c a a b c c a 0
2.4. Ta có m, n, p, q là nghi m c 4 x x 1 0 nh lý Viet
Nhân c t 4 v i -1 r i c ng vào các c t còn l i ta có 0 0 1 0 1 0 0 1 det 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 2 2.5 a) Nhân dòng 2 v i (- Ta có 1 2 2 ... 2 1 2 2 ... 2 1 2 2 ... 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 ... 2 0 2 2 ... 2 (1) 2 2 3 ... 2 0 0 1 ... 0 0 0 1 ... 0 2(n 2)! . . . ... . . . . ... . . . . ... . 2 2 2 ... 2 2 2 2 ... n 2 2 2 2 ... n 2 (1) : Nhân dòng (1) v i (- ng vào dòng (2). b) L t c 1 2 3 ... n 1 2 3 ... n 1 0 3 ... n 0 2 6 ... 2n 1 2 0 ... n 0 0 3 ... 2n n! . . . ... . . . . ... . 1 2 3 ... 0 0 0 0 ... n
Khai tri n theo hàng 1 ta có: c) 1 2 2 ; 1 1 2 1 M t khác, 1 2 2 2 4 2 2 2 ( 1 1 .... 2 1 2 4 .... 1 u tiên c ng các c t (1). i (-1) c ng vào các Ta có a b b ... b a
(n 1)b b b ... b a (n 1)b b b ... b b a b ... b a
(n 1)b a b ... b 0 a b 0 ... 0 n 1 b b a ... b a
(n 1)b b a ... b 0 0 a b ... 0 a n 1 b a b . . . ... . . . . ... . . . . ... . b b b ... a a
(n 1)b b b ... a 0 0 0 ... a b 2.6 a) Ta có 2 1 2 2 ( ) 2( ) det 2n A A A I A I A I A I
det A I . Suy ra u ph i cm.
b) Ta có AB BA B. Nhân c 2 v v i k 1 B
vào bên ph i các ma tr n ta có : k k 1 . . . k k k k A B B A B
B . L y det 2 v : 0 det . A det B det B .det A det B u ph i ch ng minh. 2.7 Ta có 2016 2016 2016 A 0 det(A ) (det ) A 0 det A 0 AB A B B AB A B ( A B I ) det B det . A det(B I ) 0 2.8 Ta có, det A 1, det B
1. Do det A det B
det A det B 0 . Xét t det .det( ) det .det det( . t ) det( . t . t B A B B A B B A I B A A A ) det . A det( A ) B det . B det( A ) B Mà det B 0 det(A ) B 0 u ph i cm.
2.9. Nhân hàng 1 v i -2; -3; ...;-n r i c
ng vào các hàng 2, 3,....n. 1 1 1 ... 1 1 0 0 ... 0 det 2 1 0 0 ... ... ... .... ( 1) ( 2 ( 3) .... 1 0 0 ... 0 2 1 0 0 Khai tri n theo c t n det 1 1 2 1 ... = ... ... ( 1) ( 2) ( 3) ... 1 1 . 1 1 12 1 2.10 Cho A
a là m t ma tr n vuông c p n 2 và A A A 0 A là ij 11 12 1n 1j ph
i s c a a . Ch ng minh r ng t n t i s th c 1 j a a ... a 11 12 1 n a a ... a 21 22 2n 2016 ... ... ... ... a a ... a n1 n 2 nn Ta có a a ... a a a a n ... n ... 11 12 1 11 12 1 a a ... a a a a a a a n ... n ... 21 22 2 21 22 2 21 22 2n A A A ... A 11 12 1 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... n a a ... a a a ... a a a ... a n1 n 2 nn n1 n 2 nn n1 n 2 nn 2016 A Suy ra . A A A 11 12 1n H N TÍNH 3.1 G
i ch hai pt cu i lên trên r i gi i h b Gauss: 1 3 2 5 7 3 1 3 2 5 7 3 3 2 7 5 8 3 0 11 7 5 8 3 3 1 2 1 1 1 3 1 2 1 1 1 2 1 7 3 5 2 2 1 7 3 5 2 3.2 T c 3(x1
9+ x10)=0 nhóm 3 s h ng l i thành m t nhóm c x1 =
0 0 suy ra x1+x2=0 nên x3=0 suy ra x6= x9=0 nên x8=0 nên x7= x5= x2= x1 ch có nghi m t ng. 3.3
a) L p ma tr n h s m r ng và dùng các phép bi n v d ng b c thang: Do . Ta có các kh N u . h có vô s nghi m N u . h có vô s nghi m N u . h có vô s nghi m
b) L p ma tr n h s m r ng và dùng các phép bi n v d ng b c thang: N u . H vô nghi m. N u . H có vô s nghi m 3.4 H i: G i là ma tr n h s c Ta có: là m t s ch n. Suy ra và có cùng tính ch n l , v i m i n. Mà là s l nên l . V y h
trên là h Cramer và có nghi m duy nh t : .
3.5 G i A là ma tr n các h s . Ta có . Mà nên (do n l ) B i v y detA = 0 t
nh lý Cronecker Capelly h có vô s nghi m ph thu c vào (n r ) tham s có nghi m khác 0. m 0 8 7 3 m 2 4 m 0 m 5 3.6 detA= 2 2 m m 25 0 0 m 5 3 m 5 m 0 0 5 m H có nghi m duy nh y z x t y z x t 1 1 m 1 m 1 1 m 1 m 3.7 3 2 2 m 5 3 m 1 0 1 3m 2 6 5m 2m 1 3 2 m 1 m 2 m 4 0 1 2m 1 m 2 m 3 3m 4 y z x t 1 1 m 1 m 0 1 3m 2 6 5m 2m 1 0 0 m 3 m2 4m 3 3 m
V i m=3 h có vô s nghi m x, t l y giá tr tùy ý V
có vô s nghi m t l y giá tr tùy ý
3.8 G i ý: Hai h có nghi m chung khi và ch khi h sau có nghi m 2x y z t 2 u 3 3 x y z t u 1 3x y z t 3 4u 2m x y 2 z 2mt 0 2x y z t m u x y z t u x y z t 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 0 3 2 1 1 2 0 1 4 4 1 4 3 1 1 3 2m 0 1 3 5 1 2m 4 0 1 1 2 2m 0 0 1 1 2 2m 0 0 2 1 1 1 m 0 2 1 1 1 m HS t làm ti p
3.9 G i A là ma tr n h s c a h .
nh th c c a ma tr n này b ng cách làm gi ng trong bài 2.2 b), và t c det(A) khác C 4.1 Gi s Suy ra - N u thì th a s b c cao nh t c Th a s b c cao nh t c : nguyên) , suy ra mâu thu n. - N u n = 0 thì t i m i x.
- N u n = 1 thì P(x) = ax + b, nên t . V y
c tho mãn yêu c u bài toán là P(x) = 0 ho c P(x) = ax + v i a nguyên. 4.2 a) Ta có t Ta có c:
Ta có b c c a Q(x) < n và Q có n nghi m là , ,..., S
. uy ra Q(x) = 0 v i m i x, nên h 1 2 1 1 1 s cao nh t c a Q(x) là ... 0. '( ) '( ) '( ) 1 2 b) Ta có Suy ra Do nên nh lý Rolle t n t i sao cho L i có Suy ra 4.3 a) Khi n = 2:
có 2 nghi m th c x = 1 và x = - ½. Khi n = 3:
có duy nh t nghi m th c x = 1. Ta s ch c Q(x) =
có duy nh t m t nghi m th c x = a < 0 n u n ch n và
không có nghi m th c n u n l . Nh . V . Kh o sát t s R(x) = Ta th y
N u n l thì S(x) 0 v i m i x, d u b ng x y ra khi x = 1 (dung BDT Cauchy). Tuy nhiên Q(1)
khác 1. V y Q(x) không có nghi m th c .
N u n ch n kh o sát hàm s ta th y S(x) có 2 nghi m, x = 1 và m t nghi m x = a < 0 . V y Q(x)
có duy nh t m t nghi m th c x = a < 0.
4.4. Bi u di n m = 3k + r và n = 3l + s, v i Vì và cùng chia h t cho nên chia h t cho khi và ch khi chia h t cho Do nên chia h t cho khi và
ch khi r = 2, s = 1 ho c r = 1, s = 2.
M t khác mn 2= (3k + r)(3l + s) 2 = 3(3kl + ks + lr) + rs 2 chia h t cho 3 khi
và ch khi r = 2, s = 1 ho c r = 1, s = 2.
4.5. Thay x = 1 và x = -1 ta có: .
Thay x = 1/2 và x = -1/2 ta có: . Suy ra b = - 3. L i thay x = 1; x = - c
Thay x = 1/2 và x = -1/2 ta có: Suy ra a = c = 0. V y Th l
t x = cost, ta có |P(x)| = |cos3t|