Buoi 02 - Dai So Tuyen Tinh - Citd.doc

Ví dụ mẫu 1 Giải hệ pt tuyến tính sau trên  2 1 3 1 2 3 1 2 3 2 3 0 2 3 4 2 2 8 x x x x x x x x x            Ví dụ mẫu 2 Giải và biện luận hệ pt tuyến tính sau trên [.]

Ví dụ mẫu 1: Giải hệ pt tuyến tính sau   x2  x1  3x3 0   x1  x2  x3   x  x  x   Ví dụ mẫu 2: Giải và biện luận hệ pt tuyến tính sau  theo tham số thực m :  x1  x2  mx3 1   x1  mx2  x3 m  mx  x  x m  Giải: Ví dụ mẫu 1: Ta có dạng ma trận hóa của hệ sau:  (3) (1)    (3)     (3) (3)  (2)  1    (2)  2(1)   (2)     (1)   1(1) (1) 2(2) ( A | B )               (1)      2     8  1  8  0   6        0  10           14  0    (1)  (1)  (3) (2)  (2) 2(3) (3)   1(3) Do ma trận kết quả có cột chuẩn liên tiếp nhau, nên hệ pt có nghiệm nhất là:  x1  10;   x2  14;  x 6  Ví dụ mẫu 2: Ta có dạng ma trận hóa của hệ là:  1 m  (2) (2)  (1) 1 m    (3) (3)  m (1)   ( A | B )  m m        m  1  m m   (*)  m 1 m2    m  m2 m2  m       1 11 (2) (2)  (1)  1 1    (3) (3)  (1)     0 0 TH1: m  0  m 1 thì hệ pt (*)   1 11      1 11  0 0     Ta thấy cột 2, cột khơng ch̉n hóa được nên hệ pt CÓ VƠ SỐ NGHIỆM sau:  x2 a; , a, b   Ta có x1  x2  x3 1  x1 1  a  b  x3 b Đặt  TH2: m  0  m 1 (2) m 1 (3) (3) 1 m (2)   1 m  (1) (1)  (2)  m 1      (3)  (2) Ta có (*)         1   (3)    0 1  (**)  1 m  m  0 m   m  1     TH2.1 m  0  m    0   Ta có (**)    1  từ dòng ta thấy  0 1   dạng (0 0 | 1) nên hệ pt VÔ NGHIỆM TH2.2 m  0  m      m  1 (3) (3)     0  1 Ta có (**)   m   0   (m  1)   ( m  2)    0 ( m  1) / ( m  2)      0 1/ ( m  2)   0  (m  1) / (m  2)    (2)  (2) (3) (1)  (1)  ( m 1)(3) Kết luận: Khi m  thì hệ pt VÔ NGHIỆM  x2 a; , a, b   và x1 1  a  b  x3 b Khi m 1 hệ pt có vô số nghiệm, với  Khi m 1 và m  thì hệ pt có nghiệm nhất: x1  ( m  1) ( m  1) ; x2  ; x3  m2 m2 (m  2) Bài 1: Giải hệ pt tuyến tính sau   x2  x3  x4  x1 6 3 x  x  x  x     x1  x3  x2  x4 4  x3  x4  3x2  x1  Bài 2: Giải và biện luận hệ pt tuyến tính sau  theo tham số thực m  x1  x2  x3 1  3 x2  mx3  x1 3  x  mx  x 2  * Các cột bán chuẩn Các cột bán chuẩn cấp m là các cột có m thành phần, sau:  u1   a  b        u2   0  c E '1   , E '2   , , E 'm           um        0  0  u       m  Trong đó: a, c, , um là những số tùy ý khác 0; còn b, u1 , u2 , , um là những số tùy ý Ví dụ Ta có các cột bán chuẩn cấp sau:   3   1  8  6  3            0  7  0   3  1 E '1   , E '2   , E '3    , E '4   , E '5               0  0  0   9  5  0  0  0  0   11           Áp dụng: a/ Tìm hạng của ma trận: Cho ma trận A (aij )11ijmn Từ A bán chuẩn hóa (chuẩn hóa) tối đa các cột H Ta gọi ma trận H là ma trận dạng bậc thang (echelon form matrix) của A Ta đặt rank ( A) r ( A) số dòng khác zero của H = hạng của ma trận A 3 2      Tìm r ( A) ? Ví dụ mẫu: Cho A     10    Giải: Ta có  (2) (2)2(1)   3 2   3   (3) (3) 4(1)   (3) (3) 2(2)   A                     H    10    14    0 0       Do H có dòng khác zero nên rank ( A) r ( A) 2 Bài tập tương tự:   5    2 4  A  Bài 1: Cho Tìm r ( A) ?   7      4  1   Bài 2: Cho A     3  3  9   Tìm r ( A) ?   10  1  1  3   Bài 3: Cho A  m  Tìm và biện luận hạng của ma trận A theo tham số thực m 1 m    5m  m   m   Bài 4: Cho A  2m m 10m  Tìm và biện luận hạng của ma trận A theo tham số thực m   m  2m  3m    3  m Bài 5: Cho A   2 1 4  10  Tìm và biện luận hạng của ma trận A theo tham số thực m 17   1 b/ Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp bán chuẩn (pp GAUSS) Ta giải một hệ pt tuyến tính, dưới dạng ma trận hóa ( A | B) , gồm m pt và n ẩn số, F, bằng cách bán chuẩn hóa các cột (thay vì phải chuẩn hóa các cột pp GAUSS-JORDAN), và ta gọi là pp GAUSS Quá trình bán chuẩn hóa các cột là hoàn toàn tương tự trường hợp chuẩn hóa các cột Tuy nhiên, giải hệ bằng pp GAUSS thì bộ nghiệm ta không có được trực tiếp giải bằng pp GAUSS-JORDAN, mà ta sẽ các ẩn có chỉ số lớn trước, rồi thay dần vào các pt bên trên, ta sẽ các ẩn có chỉ số nhỏ Ví dụ ta có x5 , rồi tới x4 , và thay vào các pt bên trên, ta có x3 ; x2 và x1 1  ppGAUSS Ví dụ: Giải hệ pt ( A | B)        2 0   5    12   18   0   Ta có:  x5 4  x5   x4  x5 18  x4 3 x5  3.(  2)   12 x3 2a, a   là ẩn tự (do cột thứ không bán chuẩn hóa được) (2a)  12  (  2)  16  3a  x1  x2  3x4  x5   x1 5  2.( 16  3a)  3.( 12)  4.( 2)  55  6a x2  x3  x4  x5  12  x2   Ví dụ mẫu 1: giải hệ pt tuyến tính sau  bằng pp GAUSS  x2  x1  3x3 0   x1  x3  x2 4  x  x  x   Giải: Ta có dạng ma trận hóa của hệ sau:    (3) (3)(1) 1 1 0 0   (2) (2)2(1)   (3) (3) (2)   ( A | B)                  4     8    8  0   12        Do ma trận kết quả có cột bán chuẩn hóa liên tiếp nhau, nên hệ pt có nghiệm nhất là:   32   12   x1 2 x2  x3 2              x1  x2  x3 0   32   12    x2 4      x2  x3 4  7   x  12    12  x3     5   Ví dụ mẫu 2: Cho ma trận A   1 Tìm hạng của ma trận A   6   Giải: 5    (2) (2)2(1)    2   (3) 2(3)5(1)   (3) (3)  (2)     H Ta có A   1              6   37   0  15 28        Do ma trận kết quả có dòng khác zero, nên hạng của ma trận A là r ( A) rank ( A) 3 Ví dụ mẫu 3: Tìm và biện luận hạng của ma trận theo tham số thực m , với  1  3   A  m   m 3    3  1   (2) (2)  2(1)    (3) (3)  (1)    m   (*) Giải: A  m         m 3 0 m      1  3  1  3   (3) (3)  (2)        H1 TH1: m 0  m   và m  6 nên hệ (*) =        0 1  0 0      Do ma trận kết quả có dòng khác zero  r ( A) 2 TH2: m 0  m   ta có hệ (*)  3  1 3  1 3  1       (*)         m     m     m   H  0  (m  1)( m  6)   0 m  5m   0 m( m  5)        (3)  (3) ( m  1)(2) TH2.1: m  0  m   m(m  5) 0  1  3   Ta có H   1  Do ma trận kết quả có dòng khác zero  r ( A) 2 0 0    TH2.2: m  0  m   m(m  5) 0 (do m 0 ) 3  1   Ta có H   m   Do ma trận kết quả có dòng khác zero  0 m(m  5)     r ( A) 3 Kết luận: Khi m 0 hoặc m  thì r ( A) 2  m 0 thì r ( A) 3  m  Khi  5/ CÁC PHÉP TÍNH TRÊN MA TRẬN a/ Phép cộng, trừ ma trận Cho ma trận có cùng kích thước A (aij )11ijmn và B (bij )11ijmn Ta có: A B (aij bij )11ijmn b/ Phép nhân số với ma trận: Cho ma trận A (aij )11ijmn , F, và cho số c  F Ta có c A (c.aij )1i m 1j n Ví dụ: Cho ma trận    10     10       1 9  4 2    A và B     12      9     8    12    2517 A  3594 B 1153B  675 A  Tìm:   2879 A  5495B 1423B  719 A c/ Phép nhân giữa dòng với cột: Cho dòng U (u1 u2  v1    v  un ) và cột V   , ta có       U V (u1 u2  v1    v  un )   u1v1  u2v2    un        2     5 Ví dụ: Cho U ( 10  7) và V   thì    6   1   U V ( 3).2  2( 5)  10.8  6.6  (  7)(  1) 107 d/ Phép nhân ma trận: Cho ma trận A (aij )11ijmn và B (b jk )11kj np (số cột của ma trận đứng trước = n = số dòng của ma trận đứng sau) Tích của ma trận A, B là ma trận kết quả có được ta nhân từng dòng của ma trận A (ma trận đứng trước) với từng cột của ma trận B (ma trận đứng sau) Cụ thể sau: Ta xét:  A1    A A        Am   Dòng  Dòng  Dòng m B ( B1 B2  B p ) Cột Cột Cột p Ta có: Cmp  Amn Bnp  A1    A  AB   ( B1      Am  B2  A1 B1  A2 B1  B p )      Am B1 A1 B2 A2 B2  Am B2  A1 B p    A2 B p       Am B p  Ta gọi Cmp là ma trận tích của A và B (nghĩa là C là ma trận có m dòng và p cột) Lưu ý: tổng quát thì phép nhân ma trận không có tính chất giao hoán, nghĩa là AB  BA * Tính chất của phép nhân ma trận: 1/ Ta có ( AB)C  A( BC )  ABC 2/  m Amn  Amn  n  mn  I m Amn  Amn  Amn I n  Amn 3/   A( B C )  AB AC ; ( B C ) D BD CD 4/  5/ (cA) B c( AB)  A(cB) , với c  F Ví dụ: Cho các ma trận    3 1 5     6 1 4      8   1       A   10   , B  , C   12  , D   2   2 7     1  10              3 1 4  Tìm các ma trận sau: E33  AB; F34 CA; G44 BA; H 34  AD; I 43 DB J 43 BC ; K 33 FI ; L33 HJ ; M 44 IH ; N 44 JF ; O44 MN ; P44  NM ; Q44 GP; R44 OG; S 44 QR; T44 RS ;U 43 TJ ;V34 HT ;W44 UV ; X 44 WT ; Y44 TX ; Z 44  XY Giải: Ta có E33    3    6    29 20 11         AB   10    27  82 53        1           46 96  54    Nhân ngoài nháp 5.(-5)+(-1).3+3.1+(-6)(-9) (-2).(-5)+10.3+(-4).1+1(-9) 7.(-5)+(-8).3+4.1+(-1).(-9) 5.6+(-1).(-8)+3.(-2)+(-6).2 (-2).6+10.(-8)+(-4).(-2)+1.2 7.6+(-8).(-8)+4.(-2)+(-1).2 5.(-3)+(-1).7+3.5+(-6).(-3) (-2).(-3)+10.7+(-4).5+1.(-3) 7.(-3)+(-8).7+4.5+(-1).(-3) Lũy thừa của ma trận vuông * Xét A là ma trận vuông cấp n F Ta có lũy thừa nguyên, không âm của A sau: A0 I n A1  A ; A2  A A A3  A A A  A2 A … Ak  A A A ( Ak  ) A , k 0, k nguyên k lần 1  k  Tìm A , k 0, k   1   Ví dụ: cho A  Ta có: 1 A0 I  0 1 A1  A  1 0  1 0  1 1 A2  A A  1 1 A3  A2 A  2  1 0      1   0 1 0      1   0  1 0  1  0  , k 0, k   (*)  k 1 k Dự đoán: A  Ta chứng minh bằng pp quy nạp sau:  0  , nghĩa là (*) đúng với k 0  1 Với k 0 ta có A I  1 0  , nghĩa là (*) đúng với k 1 1 1 Với k 1 ta có A  A  1  1    k 2 ta có A  A A      , nghĩa là (*) đúng với k 2 1  1     0   m 1 m Giả sử (*) đúng với k m , m 0, m   , nghĩa là ta có: A  0    m 1  m 1 Ta cần chứng minh (*) đúng k m  , nghĩa là ta cần chứng tỏ A  0  0  0 1 0  m m 1  , nhân vế pt cho A ta được: A A     A    m 1  m  1   m 1  m Thật vậy, A  0   0 k  , nên theo pp quy nạp, ta có A   , k 0, k   đúng  m 1   k 1 m 1 Như vậy, ta có A  (đpcm) Bài tập tương tự:  0   Bài 1: Cho A  0  Tìm A2 và A3  0 0     1 k Bài 2: Cho A   Tìm A , k 0, k     2  1 1   Bài 3: Cho A  1 1 Tìm Ak , k 0, k    1 1    1 1   Bài 4: Cho A  1 Tìm Ak , k 0, k    0 1    1 0   Bài 5: Cho A  1  Tìm Ak , k 0, k    0 1    1   Bài 6: Cho A  0 1 Tìm Ak , k 0, k    1    1   Bài 7: Cho A   Tìm Ak , k 0, k    1   Lưu ý: Nếu AB=O thì ta không thể kết luận A = O hay B=O thông thường   2  0  2  0     và B         0  0  0 Ví dụ: Cho A    2  2  0        0  0 Mà AB  0