báo cáo nhóm đại số tuyến tính phần bài tập và phần ứng dụng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI KHOA ĐIỆN TỬ CƠ BẢN Thái Duy QuyềnHoàng Thái SơnNguyễn Bá SongNguyễn Văn ThiệnĐỗ Hữu ThịnhTạ Văn ThịnhHoàng Xuân ThôngNguyễn Hưng ThuậnNguyễn Hữu ToạiNg

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI

KHOA ĐIỆN TỬ CƠ BẢN

──────── * ───────

BÁO CÁO NHÓM HỌC PHẦN: ĐSTT BS6001

BÀI TẬP NHÓM

Sinh viên thực hiện: Trần Văn Quyến

Nguyễn Trạch Quyền Thái Duy Quyền Hoàng Thái Sơn Nguyễn Bá Song Nguyễn Văn Thiện

Đỗ Hữu Thịnh

Tạ Văn Thịnh Hoàng Xuân Thông Nguyễn Hưng Thuận Nguyễn Hữu Toại Nguyễn Quang Toàn

Tên lớp: 2023DHKTMT02

Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Thu Phương

Hà Nam, ngày…… tháng…… năm 2023

MỤC LỤC MỤC LỤC

PHẦN MỞ ĐẦU

PHẦN NỘI DUNG

PHẦN I

Bài 1: Tính

Bài 2 : Tính

Bài 3: Tìm ma trận X biết: X =A At+B

Bài 4: Tìm ma trận X thỏa mãn: 1−132−123−26 X =−1230−221−10

Bài 5: Cho ma trận A=23 −23−245−32 Tìm ma trận X thỏa mãnXA=At

Bài 6: Tìm ma trận X biết XA + 3B = 2I trong đó

Bài 7: Tìm điều kiện để ma trận khả đảo

Bài 8: Tính định thức xới x là số thứ tự của nhóm

Bài 9 Sử dụng tính chất của định thức, chứng minh rằng định thức sau bằng 0 Bài 10 Giải phương trình

Bài 11: Tính định thức cấp n của ma trận

Bài 12: Tính hạng của các ma trận sau

Bài 13 : Tính hạng của các ma trận sau tuỳ theo m :

Bài 14: Tìm m để hạng của ma trận sau bằng 3:

Bài 15 Giải bằng phương pháp gauss

Bài 16 Tìm m để hệ có vô số nghiệm:

Bài 17: Giải hệ bằng phương pháp ma trận nghịch đảo

Bài 18: Tìm k để hệ giải được bằng phương pháp Cramer

Bài 19: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

Bài 20: Biện luận số nghiệm của hệ sau theo m:

PHẦN II:

Ví dụ 1:

Ví dụ 2:

Ví dụ 3:

Phần kết luận:

Tài liệu tham khảo:

PHẦN MỞ ĐẦU

Đại số tuyến tính là một phần quan trọng của khoa học máy tính và kỹ thuật Nó được

sử dụng rộng rãi trong việc xây dựng và phân tích các thuật toán, trong việc giải quyết các vấn đề tối ưu hóa, và trong việc xây dựng các hệ thống điều khiển và mô phỏng

Do đó, việc sinh viên phải dành một lượng thời gian nhất định để học tập và thực hành

là điều tất yếu để giúp cho sinh viên làm bài thật tốt đạt được điểm số cao cũng như là

có được cơ sở vững chắc để học các môn khoa học tự nhiên và làm tiền đề để sinh viên lĩnh hội những kiến thức

Thuộc lĩnh vực các môn chuyên ngành trong tương lai

Sau khi tìm hiểu về môn học đại số tuyến tính, nhóm của em đã trình bày 1 số bài tập liên quan đến ma trận, định thức, ma trận nghịch đảo, hạng của ma trận, hệ phương trình tuyến tính Ngoài ra, nhóm em còn tìm hiểu thêm về một số ứng dụng theo chủ đề

ma trận, định thức, hệ phương trình tuyến tính

Nội dung của bọn em được chia ra làm 2 phần đó là phần bài tập và phần ứng dụng Sau đây là nội dung tìm hiểu bài tập lớn của nhóm em ạ!

PHẦN NỘI DUNG

PHẦN I

Bài 1:Thực hiện phép tính , biết:

1 −3) B= (1 2

3 −4)

Giải:

Ta có : =2.(4 1

1 −3) - 3.(1 2

3 −4)

=(8 2

2 −6) - 3.(1 2

3 −4)(1 2

3 −4)(1 2

3 −4)

= (8 2

2 −6) - 3.(7 15

10 22)(1 2

3 −4)

= (8 2

2 −6) - 3.(37 81

54 118)

= (8 2

2 −6) - (111 243

162 354)

= (−103 −241

−160 −360)

Bài 2 :Cho ma trận A=(2 1

0 3)Tính

Giải:

Ta có : A2

=(2 1

0 3)(2 1

0 3)=(4 5

0 9)

A3=A2

A=(4 5

0 9)(2 1

0 3)=(8 19

0 27)

=> A n=(2n 3n−2n

0 3n )

Giả sử đúng với n, ta sẽ chỉ ra điều này đúng với n+1, thật vậy:

A n+1= A n

A=(2n 3n−2n

0 3n ) (2 1

0 3)=(2n+1 3n+1−2n+1

0 3n+1 )

Kết luận: A n

=(2n 3n−2n

0 3n )

Bài 3: Tìm ma trận X biết: X =A A t

+B

A=( 1 −3

−1 2 ) A t=( 1 5 −1

−3 1 2 ) B=(−1 2 4

4 −2 1

2 1 −2)

Giải:

Ta có: X =A A t

+B=( 1 −3

−1 2 ) ( 1 5 −1

−3 1 2 )+(−1 2 4

4 −2 1

2 1 −2)

= ( 1+9 5−3 −1−5

5−3 25 +1 −5+2

−1−6 −5+2 1 +4 ) + (−1 2 4

4 −2 1

2 1 −2)

= ( 9 4 −3

6 24 −2

−5 −2 3 )

Vậy: X =A A t

+B=( 9 4 −3

6 24 −2

−5 −2 3 )

Bài 4: Tìm ma trận X thỏa mãn (1 −1 3

2 −1 2

3 −2 6) X=(−1 2 3

0 −2 2

1 −1 0)

Giải

Ta có dạng A.X=B A−1 = Det1( A) A¿ (*)

 X= A−1 B

Det(A)= (-6) + (-2).2.3 + (-1).3.2 – (-1).3.3 – (-2).2.1 – (-1).2.6 = -6-12-6+9+4+12=1≠ 0

Ta có lần lượt :

A11=(−1)1+1.(−1 2

−2 6)=−2, A12=(−1)1+2.(2 2

3 6)=−6,

A13=(−1)1+3.(2 −1

3 −2)=−1 Tương tự : A21=0 , A22=−3 , A23=−1

A31=1 , A32=4 , A33 =1

Từ đó A¿=(−2 0 1

−6 −3 4

−1 −1 1) thay vào (*) => A−1=(−2 0 1

−6 −3 4

−1 −1 1)

 X= A−1 B =(−2 0 1

−6 −3 4

−1 −1 1)(−1 2 3

0 −2 2

1 −1 0)=( 3 −5 −6

10 10 −24

2 −1 −5 )

Vậy X =( 3 −5 −6

10 10 −24

2 −1 −5 )

Bài 5: Cho ma trận A=(2 3 −2

3 −2 4

5 −3 2 ) Tìm ma trận X thỏa mãn X.A=A t

Giải:

Ta có: Vì A t là ma trận chuyển vị của A => A t=( 2 3 5

3 −2 −3

−2 4 2 )

=> X=A t A−1

Ta có: A−1 = Det1( A) A¿(*)

Det(A)= (−8)+18+60−20+18−24=56≠ 0

Ta có lần lượt :

A11=(−1)1+1× Det(−2 4

−3 2) = 8

A12=(−1)1+2× Det(3 4

5 2) = 14

A13=(−1)1+3× Det(3 −2

5 −3) = 1

Tương tự : A21= (−12),A22= 14, A23= 21

A31= 8, A32= (−14), A33= (−13)

Từ đó A¿=( 8 −12 8

14 14 −14

1 21 −13) thay vào (*)¿ > ¿ A−1 = 561 × ( 8 −12 8

14 14 −14

1 21 −13)

 X=A t A−1=( 2 3 5

3 −2 −3

−2 4 2 )× 1

56×( 8 −12 8

14 14 −14

1 21 −13)

¿ 1

56×(63 123 −91

−7 −127 91

42 122 −98)

=( 9

8

123 56

−13 8

−1 8

−127 56

13 8 3

4

61 28

−7

4 )

Vậy X = =( 9

8

123 56

−13 8

−1

8

−127 56

13 8 3

4

61 28

−7

4 )

Bài 6: Tìm ma trận X biết XA + 3B = 2I trong đó:

A=(1 0 3

3 −5 1

3 −1 4 )

Giải:

Ta có; Vì I là ma trận đơn vị cấp 1 ¿ > ¿ I = (1 0 0

0 1 0

0 0 1)

XA + 3B = 2I => X.(1 0 3

3 −5 1

2 1 −2) =(2 0 0

0 2 0

0 0 2)- ( 3 9 −6

9 −3 12)

=> X.(1 0 3

3 −5 1

2 1 −2) =(−1 −9 6

−9 3 −10) => X = A−1.(−1 −9 6

−9 3 −10)

Ta có :A−1 = Det1( A) A¿(*)

Det(A)=10 +9+0−(−30)−0−1=48≠ 0

Ta có lần lượt : A11=(−1)1+1× Det(−5 1

1 −2) = 9

A12=(−1)1+2× Det(3 1

2 −2) = 8

A13=(−1)1+3× Det(3 −5

2 −1) = 13

A21= 3, A22=−8, A23= − ¿1

A31= 15, A32= 8, A33= −5

Từ đó A¿=( 9 3 15

8 −8 8

13 −1 −5)thay vào (*)¿ > ¿ A−1 = 481 ×( 9 3 15

8 −8 8

13 −1 −5)

 X = A−1.(−1 −9 6

−9 3 −10)

= 481 ×( 9 3 15

8 −8 8

13 −1 −5).(−1 −9 6

−9 3 −10)

=( 3

16

1 16

5 16 1

6

−1 6

1 6 13

48

−1 48

−5

48).(−1 −9 6

−9 3 −10)

=( −1

16

21 16

−39 16

−5 48

41 48

13 48

−187 48

−41 48

−61

48 )

Vậy X =( −1

16

21 16

−39 16

−5 48

41 48

13 48

−187 48

−41 48

−61

48 )

Bài 7: Tìm điều kiện để ma trận khả đảo

A=(1 3 5 −2

2 m+1 2 −1

4

2 −1

1

2 3

4

1 )

Giải:

Để ma trận A nghịch đảo det(A) ≠ 0

Det(A) = ¿ 1 Det|m+1 2 −1

−1 2 4

1 3 1 | + (−1) 1+2 3 Det|2 2 −1

4 2 4

2 3 1 |+ ¿

5 Det|2 m+1 −1

2 1 1 |+ (−1) 1+4 (-2) Det|2 m+1 2

4 −1 2

2 1 3|

=|m+1 2 −1

−1 2 4

1 3 1 | – 3.|2 2 −1

4 2 4

2 3 1 |+5.|2 m+1 −1

2 1 1 |+2|2 m+1 2

4 −1 2

2 1 3|

= – 10m + 5 – 3 (-20) + 5.(4m-12) + 2.(-8m – 6)

= – 10m + 5 + 60 + 20m – 60 – 16m – 12

= – 6m – 7

Det(A) ≠ 0 -6m – 7 ≠ 0  m ≠ −76

Vậy để ma trận A khả đảo thì m ≠ −76

Bài 8: Tính định thức với x là số thứ tự của nhóm

D= |1

2

x+2 5

5

x

6 1

6 1 2 5|

Giải:

Ta có: Vì x thuộc nhóm 5 nên khi đó ma trận sẽ thành :

D= |1

2

7

5

5

5

6 1

5 6 1 2

6 1 2 5|

Det(D) = ¿ 1 Det|5 5 1

6 1 2

1 2 5| + (−1) 1+2 3 Det|2 5 1

5 1 2

6 2 5|

+ ¿ 5.Det|2 5 1

5 6 2

6 1 5|+ (−1) 1+4 6 Det|2 5 5

5 6 1

6 1 2|

=|5 5 1

6 1 2

1 2 5|− ¿3.|2 5 1

5 1 2

6 2 5| + 5.|2 5 1

5 6 2

6 1 5|− ¿6 |2 5 5

5 6 1

6 1 2|

= -124 + 413 – 200 + 918 =1007

Bài 9 Sử dụng tính chất của định thức, chứng minh rằng định thức sau bằng 0

D = | 4 5 9

25 34 48

425 534 948|

Giải:

Ta có: Det(D) = 4.34.948+25.534.9+5.48.425-9.34.425-48.534.4-934.5.25

= 128928 + 120150 + 102000 – 130050 – 102528 – 118500 = 351078 – 351078

= 0

Bài 10 Giải phương trình

3 x 2 −3

2 x2 4 8| = 0

Giải

Ta có: 16 + (-1).(-3) 2 x2 + (3x.4) − ¿(2 x¿¿2.2)+12¿ + 3 x.8 = 0

 16 + 6 x2 +12 x − ¿4 x2 +12 +24 x = 0

 2x2

+36 x+28=0

 x2 + 18 x + 14 = 0  [x=−9+√67

x=−9−√67

Bài 11: Tính định thức cấp n của ma trận

D=[1 2 2 … 2

… … … … …

Giải:

Ta có : D=[1 2 2 … 2

… … … … …

2 2 2 … n]= −1d2+d3→ d3

−1 d2+d4→ d4

0 0 0 … n−2]

−2 d1+d2→ d2

0 0 0 … n−2]

Định thức ma trận dạng tam giác bằng tích các phần tử trên đường chéo chính

=> Det(D)= (-2)(n-2)!

Bài 12: Tính hạng của các ma trận sau

a)A=[ 1 2 −5 −1

5 −6 −17 −9

2 1 5 1 ] b) B=[1 2 −1 3 0

4 −3 1 3 4 ]

Giải:

a) Ta có: A=[ 1 2 −5 −1

5 −6 −17 −9

2 1 5 1 ]

2 d1+d2→d2

d3−5 d1→ d3

d2+d4→ d4

0 −16 8 −4

0 5 11 5 ]

2 d2+d3→ d3

16 d4+5 d3→ d4

→ [1 2 −5 −1

0 8 −4 2

0 0 216 60]d3

⇔ d4

→ [1 2 −5 −1

0 8 −4 2

0 0 216 60

0 0 0 0 ] Kết luận: Hạng của ma trận r(A)=3

b) Ta có: B=[1 2 −1 3 0

4 −3 1 3 4 ]2 d1−d2→ d2

d4−2 d2→ d4

0 −7 −1 1 6]

7 d3+4 d4→ d4

d2−2 d2→ d3

0 0 9 −11 0

0 0 17 −3 38]17 d3−9 d4→d4

0 0 0 −160 −342]

Kết luận: Hạng của ma trận r(B)=4

Bài 13 : Tính hạng của các ma trận sau tuỳ theo m :

a) A=( 2 1 −2 1

−2 4

1

−1

0 2

2 m ) b¿A=( 2 3 1 2 1

−2 2 −12 m −2)

Giải:

a) Ta có: A=( 2 1 −2 1

−2 4

1

−1

0 2

2 m )3 d1−2 d2→ d2

d1+d3→ d3

2 d3+d4→d4

0 3 −6 1

0 2 −2 3

0 1 2 m+4)

2 d2−3 d3→ d3

−d3+2 d4→ d4

0 3 −6 1

0 0 −6 −7

0 0 6 2 m+5)d3+d4→ d4

0 0 −6 −7

0 0 0 2 m−2)

Vậy ma trận đạt hạng 3 khi 2m-2=0m=1

ma trận đạt hạng 4 khi 2m-2 ≠0m≠1

Ta có: A=( 2 3 1 2 1

−2 2 −12 m −2)3 d 1 −2 d 2 → d 2

d 1 +d 3 → d 3

0 5 −11 −12 1

0 5 −11 m+2 −1)

−d 2+d 3→ d 3

0 5 −11 −12 1

0 0 0 m+14 −2)

Vậy ma trận đạt hạng 3 với mọi m

Bài 14: Tìm m để hạng của ma trận sau bằng 3:

a) B=( 1 −1 2 4

1 −1 2 m+1 4 ) b)B=( 1 3 1 −1

4 12 3+m2 m−1)

Giải:

1 −1 2 m+1 4 )

d1+d3→ d3

d1−d4→d4

0 0 2 m+1 0)d2−d3→ d3

0 0 1−2 m 0)

Để r(A) = 3 => 1-2m ≠ 0  m ≠ 12

Ta có : B=( 1 3 1 −1

4 12 3+m 2

m−1) 2 d1+d2→ d2

−4 d1+d4→ d4

0 0 m+1 2

0 0 m2−1 m+1)

Để r(B) = 3 => m+1 ≠ 0  m ≠ -1

=> m2−1 ≠ 0 m ≠ 1 m ≠ -1

m ≠ -1

Bài 15 Giải bằng phương pháp gauss

{2 x1−2 x2+3 x3+4 x4=3

3 x2−2 x3+x4 =−6

−x1+5 x2+x3−3 x4 =−2

4 x1−x2+3 x3+x4=7

Giải:

( 2 −2 3 4 3

0 3 −2 1 −6

−1 5 1 −3 −2

4 −1 3 1 7 ) d1+2 d3→ d3

−2 d1+d4→ d4

0 0

8 3

5

−3 −2 −1−7 1 )−8d2+3d3→ d3

−d2+d4→ d4

0 0

0 0

31

−1 −14 45−8 7 )d3+31d4→ d4

0 0

0 0

31

0 −14 45

−262 262)

 {2 x1−2 x2+3 x3+4 x4=3

3 x2−2 x3+x4 =−6

31 x3−14 x4=−2

−262 x4 =262

 { x1=1

x2=−1

x3=1

x4=−1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (1,-1,1,-1)

Bài 16 Tìm m để hệ có vô số nghiệm:

{ x + y−2 z=1

3 x +2 y+(m−1)z=4

5 x+4 y−z=6

(I) Giải:

Ta có: A = (1 1 −2 1

3 2 m−1 4

5 4 −1 6 )−3 d1+d2→ d2

−5 d1+d3→ d3

0 −1 m+5 1

0 −1 9 1 )

−d2+d3→ d3

0 −1 m+5 1

0 0 4−m 0)

Để (I) có vô số nghiệm => 4 - m = 0 => m = 4

Vậy với m = 4 thì hệ phương trình có vô số nghiệm

Bài 17: Giải hệ bằng phương pháp ma trận nghịch đảo

{ 2 x + y+2 z=3

x +3 y+5 z=−4

5 x +10 y−z=2

Giải:

Ta có: Đặt A=(2 1 −2

5 10 −1) X=(x

y

z)B=( 3

−4

2 )

Hệ trở thành: AX=B

Có det(A)= (-6)+25-20+30+1-100= -70≠0 => X= A−1 B=−1

70 A

¿ B

Ta có lần lượt : A11=(−1)1+1× Det(3 5

10 −1) = -53

A12=(−1)1+2× Det(1 5

5 −1) = 26

A13=(−1)1+3× Det(1 3

5 10) = -5

Tương tự : A21= (−19),A22= 8, A23= -15

A31= 11, A32= (−12), A33= 5

Từ đó A¿=(−53 −19 11

−5 −15 5 )= ¿ A−1 = −170×(−53 −19 11

−5 −15 5 )

.⇒ X= A−1 B=( 53

70

19 70

−11 70

−13 35

−4 35

6 35 1

14

3 14

−1

14 ).( 3

−4

2 )= ( 61

70

−11 35

−11

14 )

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (61

70; −

11

35 ; −

11

14 )

Bài 18: Tìm k để hệ giải được bằng phương pháp Cramer

{ kx + y−5 z=3

2 x +5 y+(k+1)z=−4

−x+10 y−z=2

Giải:

Đặt :A=( k 1 −5

2 5 k+1

−1 10 −1)

Để hệ bằng phuương pháp cramer : det(A)≠0

Det(A)= -5k-(k+1)-100-25+2-10k.(k+1)=-10k2-16k-124

Ta thấy Det(A)<) nên Det(A)≠0 => ∀ k đều áp dụng được công thức cramer Vậy mọi số kđều áp dụng được công thức cramer

Bài 19: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

[ 1−1 3

2 −12

3−2 m+1].X=[ 3

−1

2 ]

Giải:

Ta có: A ¿( 1−13

2 −12 3−2m+1| 3

−1

2 )

−2 d1+d2→ d2

−3 d1+d3→ d3

0 1 −4

01 m−8| 3

−7

−7)

−d2+d3→ d3

→ ( 1 −1 3

0 1−4

0 0−4+m| 3

−7

0 )

Để hệ phương trình có n o duy nhất  -4+m≠0  m≠4

Để hệ phương trình có VSN  -4+m=0  m=4

Bài 20: Biện luận số nghiệm của hệ sau theo m:

{x + y+mz=2

x +my +z=2

mx + y+z=2

Giải

Ta có: A ¿(11 m

1m 1

m1 1|2

2

2)

−d1+d2→ d2

−m d1+d3→ d3

0−1+m−m+1

01−m−m2

+1| 2

0

2−2m)

d 2 +d 3→ d 3

0−1+m−m+1

0 0−m2

−m+2| 2

0 2−2m) TH1:{−m2

−m+2=0

¿−2 m+2=0 { m=1

¿m=1 Với m = 1 =>(11 1

0 0 0

0 0 0|2

0

0)

 r(A) = r(A¿<n

 Hệ phương trình có vô số nghiệm

Với m = -2 =>( 1 1 −2

0−3−1

0 0 0 |2

0

6)

 r(A) ≠ r(A¿

 Hệ phương trình vô nghiệm

TH2: m≠ 1; m≠−2 => Hệ phương trình có n o duy nhất