m  8: D 0,D1 0, hệ phương trình vô nghiệm

(1)

Trường ĐH Sư phạm Kỹ thuật Tp.HCM Đáp án môn: Toán cao cấp A2 Khoa Đào tạo Chất lượng cao Mã môn học: MATH130201 Ngày thi: 05/01/2018

Câu Ý Nội dung Đi

ểm

1

2 3 2

2

2 2

1 3

2 10 48 , 5 4 6

2 68 186 , 8 38 42

D m m D m m m

D m m D m m

       

        ^0,5

Biện luận:

* m  8: D 0,D₁ 0, hệ phương trình vô nghiệm.

* m  3 : hệ phương trình có vô số nghiệm có dạng

11 13 3 7

, ,

2 4

a a

x   y  z a

   .

0,5

* m  8 và m  3: D  0, hệ có nghiệm duy nhất

 

1

2

3

2

31 8

4 7

8

2 2

2 8

D m x D m

y D D

D m

z D m

m m

m

  



 

  





   

 





. 0,5

2 a

0 6 0 4 0 5 3 0 1 A

 

 

 

 

 

Vì detA 1140, B P x2

 

và số vectơ của B bằng số chiều của P x2

 

nên suy ra B là một cơ sở của ^{P x}₂

 

^.

1

b Vì

1

2 3 2 3

1

, . 32 0

t t t t dx 15







   nên B không là tập trực giao. 0.5

c Cơ sở của W là



^u¹^{ }^x²^^{x u}^, ² ^⁴^x²^¹



, dimW = 2 1

3 a

Phương trình đặc trưng ³18²991620

Giá trị riêng ₁3, ₂ 6, ₃9 ^0,5

1 1 1

1

2 2 3

3, 2 , 1 2 3

1 1 3

X X

 X

    

   

       

   

   

2 2 2

2

1 2 3

6, 1 2 , 1 1 3

2 3 1

X X

 X

   

   

      

   

   

 

1

(2)

3 3 3 3

1 2 1 3

9, 1 , 1 2 3

1 2 3

X X

 X

   

   

      

   

   

Vậy

2 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 2 3 P

  

 

   

 

 

(là ma trận trực giao)

và ¹

3 0 0 0 6 0 0 0 9

P AP^ D

 

 

   

 

 

.

Thực hiện phép biến đổi X PY , ta đưa dạng toàn phương f về dạng chính tắc

 

³ ₁² ⁶ ₂² ⁹ ²₃

fCT y  y  y  y .

0,5

b

 

¹ ³

 

¹ ³

3

det 8 . . 8 . det . det . det 8 det . det . 1 detB 8 . det 82944

T T

B A B B A B B A

A

 

 

 

 

 

 

1

4 a

3 2

2 sin 1

x x yz z

F     .

2 2

3 4 2

,

2 cos 2 cos

x y

z z

F x xyz F x z

z z

F x y z F x y z

  

        

   



^{1, 1}



^1,



^{1, 1}



⁰

x y

z   z 

1



^{1, 1}



x



^{1, 1 .}



y



^{1, 1 .}



⁰

dz z dxz dy dx dy 0,5

b

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm

 

^, ⁴ ² ⁴ ²

T x y  x  xyy , với điều kiện x²y² 25.

Lập hàm Lagrange ^{L x y}



^{, ,}^



^ ⁴^x²^⁴^xy^^y² ^^



^x² ^^y²^²⁵



^0,5

Giải hệ

2 2

8 4 2 0

4 2 2 0

25

x y

L x y x

L x y y

x y



     

      

  



tìm được 4 điểm dừng



^{2 5,} ^{5 ,}

 

^{2 5, 5 , P}

 

^{5, 2 5 ,}

 

^5, ^{2 5}



M  N  Q  

0,5

   

125 0 T M T N T P T Q

 

Vậy nhiệt độ cao nhất là 125(⁰C) (đạt được ở điểm M và N), nhiệt độ thấp nhất là 0(⁰C) (đạt được ở điểm P và Q).

0,5