Bài tập toán cao cấp đại học kinh tế

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ TP HCM Bộ mơn tốn cơ bản

Khoa tốn - Thống kê

BÀI TẬP

TOÁN CAO CẤP

(Đại số tuyến tính và giải tích)

C4 d” I(x, ¥) , yy - “dy k

"Ax" “Oy*

Trang 2

CHUONG I: KHONG GIAN VECTO

Chương I

KHONG GIAN VECTO

A Ly thuyét

1 Không gian vectơ - Không gian vecto con 1.Định nghĩa:

Cho tập V # 2 Trên W ta định nghĩa hai phép toán cộng và nhân như sau: Phép cộng (+) là một ánh xạ từ WƒxW vào

V Phép nhân là một ánh xạ từ l&xW' vào V W được gọi là một

không gian vectơ trên trường IR nếu 8 tinh chat sau thỏa:

1LX+Y=Y+X, VX,YeEV

2 (X+Y)+Z=X+(Y+Z), VX/Y,ZeV 3 Tôn tại phần tử Ó e V (phần tử không) sao cho:

AX+O=O+X—=X, VXCYV

4 VX eV, tén tai phan tr Y € V sao cho

X+Y =O ký hiệu Y =—X

5 a(BX) =(aB)X, Va,Be R, VXEV 6.(@+ B)X =aX+ BX, Va,peER, VXEV 7 A(X +Y)=ax+ay, VaeR, VX,YeEV

8.1xX =X, VX EV

Vd: Trén &” ta dinh nghia hai phép cộng và nhân như sau:

Phép công: X = (z, ,z„)€ ?Ƒ°; Y = (0 „)€ => X+Y= (a, +1, + 9,, ,2„ +ụ,)<

Phép nhân vô hướng:

XxX =(4,, ,2,)e RB"; ke R>kX = (k=,; ,kz„) 6 1” Khi đó #" thỏa 8 tính chất trên Vậy #* là một không gian vecto

trên trường [IK |

2 Phuong pháp chứng mỉnh một tập hop la không gian vectơ Để chứng minh một tập V đã được xác định hai phép toán: cộng và nhần vô hướng với một số thực là một không gian

Trang 3

HUONG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH vectơ, ta chứng minh V thỏa 8 tiên đề như trong định nghĩa

3 Định lý: Mét tap hop U c R”, U # Ø là không gian vectơ con

_ của #" nếu thỏa: " " | 1VX,YeU- => X+YeEeU

2.VXEU,AE RD AXEU

4 Phu ong pháp chứng mỉnh một tập hợp là không gian con

Để chứng minh tập hợp ? CV là không gian vectơ con của

V, ta chứng minh:

+ PzŒ |

+X+YeEP,VXYEP

_ +ŒXcP,VœclR, VXCP

II ĐỘC LẬP TUYẾN TÍNH - PHỤ THUỘC TUYẾN TÍNH

1 Định nghĩa: Hệ vectơ œ,,0,, ,u„ của không gian vectơ W trên

| R được gọi là phụ thuộc tuyển tính, nễu tồn tại các Œ,, Œ,, , Œ,,

không đồng thời bằng 0, sao cho #0 + UV, + +@,v, =0 Định nghĩa: Hệ vectơ khơng phụ thuộc tuyến "tính được gọi là độc lập tuyến tính

2 Phương pháp chứng mỉnh một hệ vectơ là độc lập tuyến tính | hay phụ thuộc tuyên tính |

Cho hé vecto A = AI Ai eA, J R", m22

Xét:k,A, +k, A, + 4+ kA =

Ta thu duoc hé phuong trinh:

Ak, + ak, + +4,,,k,, = 9

Ay hy + Agghy + + Ayy, Ky, = O Œ9

ta + A, ky + + Qaim Kin = ~ 0

- Néuhé (*) có nghiệm duy nhất k, =k, = = š„ =0 thì hệ A độc lập tuyến tính

-_ Nếu hệ (*) có vơ số nghiệm thì hệ 4 phụ thuộc tuyến tính

CHƯƠNG I: KHÔNG GIAN VECTƠ

F— ¬p ⁄ ⁄

e Chu y:

- Nếu hệ A có chứa vectơ Ĩ thì hệ 4 phụ thuộc tuyên tính - Nếu trong hệ 4 có chứa ít nhất một vectơ là tổ hợp tuyến

tính của các vectơ cịn lại thì hệ 4 phụ thuộc tuyên tính - Nếu hệ A có chứa một hệ con phụ thuộc tuyên tính thì hệ

A phụ thuộc tuyến tính | - Trong chương 2, ta sẽ gặp phương pháp sử dụng kiến thức

ma trận _ định thức dé chứng minh một hệ vectơ độc lập tuyến tính - phụ thuộc tuyên tính

Ill HANG CUA HE VECTO : 1 Định nghĩa: Hạng của hệ vecto la số vecto trong mot hé vecto

độc lập tuyến tính cực đại của nó | 2 Phương pháp tìm hạng của hệ vectơ

Cho hệ vectơ 41 ={A,, 4,, , A„} c IR”

Ta thực hiện các bước sau: ©

- Chọn 4, #0 => {4,} độc lập tuyến tính

-_ Thêm một vectơ 4, (2 # 7) vào hệ {4,} sao cho A, # kA, Vke Rk => hệ {A,;A;} độc lập tuyến tính

- Thêm một vectơ 4, (ý # ¿ và ¿ # 7) vào hệ {A,, 4, Ì ta có hệ (4,4; A} (*)

+ Nếu (*) phụ thuộc tuyến tính — ta thay 4, bởi một vectơ

khác trong 4 _

+ Nếu (*) độc lập tuyến tính, ta lại tiếp tục thêm một vectơ

khác Quá trình tiếp tục cho đến khi thêm vào bất kỳ một vectơ nào khác thì hệ phụ thuộc tuyến tính Khi đó ta sẽ có hệ vectơ độc lập tuyến tính cực đại của 4, số vectơ của hệ vectơ độc lập tuyên tính cực đại này là hạng của 4

Chú ý: Trong chương 2, ta sẽ dùng phương pháp tìm hạng ma trận dé tim hang cua hé vecto | |

IV CO SO VA SO CHIEU - TOA DO CUA VECTO

1 Dinh nena: Cho U 1a mét khéng gian con cua #“ Hệ vectơ {A,,4,, 4,,} trong U được gọi là cơ sở của 1H nếu thỏa:

Trang 4

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH

1 A,A,, ,A, độc lập tuyến tính |

2 Mọi vectơ của Ù là tổ hợp tuyến tính của A,, A,, ,A,

Định nghĩa: SỐ vectơ trong cơ sở được gọi là số chiều của không gian vectơ

Nếu không gian vectơ 7 có số chiều là k, ta viết: dim = È

2 Phương pháp tìm cơ sở - số chiều của không gian vectơ: a Để tìm hệ cơ sở của không gian vecto V, ta tim hé

{X,,X,, ,X,} (1) déc lap tuyến tính cực đại, nghĩa là: (1) độc lập tuyến tính

VX eV, X biéu thi tuyén tính qua (1)

b SỐ vectơ trong một co sé cua V duoc goi la SỐ chiêu của không gian vectơ ƒ

Chú ý:

+ Nếu biết dimW = ø thì mọi hệ con có + vectơ độc lập tuyến

tính đều là cơ sở của V

+ dim R” =n, hệ cơ sở chính tắc của R” là:

e, = (1,0, ,0),e, = (0,1,0, ,0), ¢, = (0,0, ,1)

3 Toa độ vectơ: Nếu {X

VX eV, X duoc biéu thi tuyến tính duy nhất qua cơ sở {Ai ;,

X,, , X„} là một cơ sở của V thì X„) dưới đạng:

X=kX, + kX, + +kh,X,,

Khi do: (k,,k,, ,&,,) duoc goi 1A toa d6 cia vecto X ddi voi

CƠ SỞ trền |

4 Cơ sở - số chiều: Không gian con L(X,,X,, ,X,) sinh béi hệ vectơ Ä,,X., ÄX„ có một cơ sở là hệ vectơ độc lập tuyến

tính cực đại của hệ đó và

dim L({X,,X), , X,,}) = = rank [X, Xyy ,X,,}

(hang của hệ vectơ {X,, X prey X,, })

B BÀI TẠP

Bài 1.1 Cho 4 = (1,0,2), B= (0,1, -1), C=(1,2,0)

(a) Tim X =2A-—B+3C

(b) Tim Y saocho 4+9 + 3Ø +4Y = 0 |

(c) Hỏi: Œ có phải là tổ hợp tuyến tính của A4, Ư 2 Giải: (a) Ta có: X = 2A-B+3C = 2(1,0,2) - (0,1,—=1) + 3(1,2,0) = (2,0,4)-(0,1,-1) +(3,6,0) =(2+0+3,0—1+6,4+1+0) = (5,5,5) Vậy: X = (5,5,9) | (b) Tr A+26+3C+4Y =0, taco: y =-+A-4+B-2¢ =(-1,-2,0) 4 2 4 Vay: Y = (-1,-2,0) (c) Giả sử C =k, A+k,B 1 0 1 k, ©|2!=#5|0 all ©|2|= k, 0 12 [1 0 2k, — k,

Ta thu được hệ phương trình:

meh k,=1

k, = 2 c© Đ =2

2k, —k, =0

nén C = 4+2 Vậy Œ là tổ hợp tuyến tính của A, B

Bài 1.2 Xét tính độc lập tuyến tính - Phụ thuộc tuyến tính của các

hệ vectơ sau đây:

(a) A ={A, = (12,-1);4, =(1L0,-1);4; = (-1,-2,2)}

Trang 5

HUGNG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CÁP ĐẠI SĨ TUYẾN TÍNH

(c) C={C, = (2, 1,0, 1), Œ, = (4, 2,0, 2) C, = (1,2,5,0)}

Giải:

(a) Xét kA, + iA, +hA, <0 re

Ta thu dugc hé phuong trinh | |

ktk-k=0 (k+k—k, =0 k, =0

2k,-2k,=0 4 -2k, =0 = 4k, =0

-k,-kj+2k,=0 | =k =0 [k, =0

(nghiệm duy nhat)=> hệ C độc lập tuyÊn tính (b) Ta co:

B,+ B, = ,0,0,2) + (— 1,0,2,1) = (0,0,2,3)= B => Ư, là tơ hợp tuyến tính của B, B,

= Hệ Ư phụ thuộc tuyến tính

(c) Ta có: Œ; = (4,2,0,2) = 2(2,1,0,1) = 2Œ,

—= {C,,C,} phụ thuộc tuyến tính -

= Hệ Œ phụ thuộc tuyến tính

Bài 1.3 Xét tính độc lập tuyến tính - Phụ thuộc tuyến tính của các

vectơ sau đây: a

(a) X = {X, = (1,2,0, —2,3),X, = (-2,2,1,4,0), X, = (3,6,0, —6,9)} (6) Y={Y =(2,13,1),% =(3,2,0,2),¥, =(5,3,10),¥, =(3.2-2,-1)} Giải: | (a) Xét hé kX, +k,X, +k, X, =0 Ta có hệ phương trình: lk,—2k, +3, =0 (1) 2k, + 2k, + 6k, =0 (2) 3 4 ky =0 (3) ( ) 2k, + 4k, — 6k, =0 (4) 3k, +9k, =0 (5) 8

LAy (2) trừ 2 lần (1), (4) cộng 2 lần (1), (5) trừ 3 lần (1), ta có: lg, — 2k, + 3k, = 0 6k, =0 {k,-2k,+3k,=0 [k, =-3kh, _ na => => 4 k, = 0 k, =0 k, = 0=0

— hệ (*) có vơ số nghiệnm— hệ X phụ thuộc tuyến tính

(b) Xét AY, + KY, +kY, + kyY, =0

| (2k, + 3k, + 5k, + 3k, =0

k, + 2k, + 3k, + 2k, = 0 PT

kh, +2&,- _—=k,=0

(D tương đương với hệ sau (đôi chỗ phương trình thứ nhất với

phương trình thir 2) | (hk, +2k,+3k,+2k,=0 (1) 2k, + 3k, + 5k, + 3k, =0 (2) 3 3k, + k,-2k,=0 (3) k,+2k, —k, =0 (4) 0 (i)

_ Ta giai hé phuong trinh sau bang phương pháp khử ấn liên tiếp lay (2) trừ 2 lần (1), (3) trừ 3 lần (1), (4) trừ (1), ta có:

kk, + 2k, +3k,+2k,=0 (1)

Trang 6

HƯỚNG DẪN GIẢI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYẾN TÍNH

(k, + 2k, + 3k, + 2k, = 0 k, = 0 -k, -k, -k, =0 k, = 0 -2k ~2k =0 ”Ï&, =0 k, =0 lk, = 0 Vậy: hệ Y độc lập tuyến tính

Bài 1.4 Tìm hệ vectơ độc lập tuyến tính tối đại của các hệ vectơ: (a) U =‡u, =(1,~3, -1), u, =(-2,1,7), us = (-1,9,-5)}

(b) V ={u, =(1,4,1), v, = (0, 1,3), % = (-25, —9)

Giải:

(a) Vì tọa độ của u, va u, không tỉ lệ với nhau nên {,,u„} độc

lập tuyên tính

Xét: ku, + katy + ht, = Ö

k, — 2k, —k, = 0 (1) k, — 2k, — k, = 0 (1) | (2)43.0) 4—-3k, +k, +9k, =O (2) => (3)+(1) —k, + 7k, -5k, =O (3) (3')+(2’) ‘ — 2k, — &; = 0 ~ 5k, + 6k, = 0 5k, +6k,=0 (2) 5k, —-6k, =O (3)

- Hệ này có vơ số nghiệm

(3)+(1)

Suy ra {u,,u,,u,} phu thuéc tuyén tinh > {u,,u,} 1a hé vecto

độc lập tuyến tính tối đại của Ù |

(b) Vì các tọa độ của %œ,, ø, không tỉ lệ với nhau nén {», ,0,} độc

lập tuyến tính

Xét kv, + kyu, + kyv, = 0

Ta thu được hệ phương trình

k -2,=0 () 1h -9k =0 (1) lák —k,+5k =0 (2) => | -k+13, =0 (2) Ga + 3k,+4k,=0 (3) ử 3k,+6k,=0 (5) 10

- CHƯƠNG I: KHÔNG GIAN VECTƠ

Ki, — 2k, = 0 k, = 90

ee —~k, +13k, =0 => 4k, =0 (nghiém duy nhat)

45k, = 0 k, =0

= {0,,u,,u,‡ độc lập tuyến tính => {0,0,, 0, }là hệ vectơ độc lập

tuyến tinh toi đại của V

Bai 1.5 Goi Rk” = 1x = (2), Uy) )| z,€ IR, Vi= In}

+ Với phép cộng: Ä + Y = (2, + Y,,2y + Yop %, + Y, ) voi X = (2,,25, ,2,), Y= (Uys Yor Yn)

+ Phép nhan véi mot s6 thuc: k.X = (ka,,ka,, ,kx, )

Chứng minh #” là một không gian vecto Giải:

Ta chứng minh #” thỏa Š tiên đê

I X+Y =(2# +02; +9;, ,2„ + 0„)

=(U +1,y +;, ,U„ +3,)=Y +

2.(X+Y)+Z=(z#, +12; +9;, ,2„ + 9, ) + (Z\›Za›-:-› Z2 ) = (1t,1®,, ,) + (0 +29; + 22 „ + Z„) =X+(Y+) 3 Phần tử Ó (khơng) là Ĩ = (0,0, ,0) vì: Ĩ + X =(0,0, ,0) + (4,,2¿, ,„ ) =(0+,,0+z, ,Ũ + Z„) = (#\,s; ,5„) = X

4 Phần tử đối của X 1a —X = (-2,,-2), ,-,,) € R" vi: X+(—X)=(, —,#, — #„, ,2„ — £,,) = (0,0, ,0) 5 Va,Be R,VX € R", taco:

z(8X) = ơ(»,., Ø»;¿, , Ổ+„) = (+, xổ»;, , HBX, )

= đ8(\,%;, ” x,) = (af) X

6 Va, pe R,VX € R",tacé:

(a+ B)X =((at B)x,,(at f)2,, ,(a+ B)z, )

Trang 7

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CÁP_ ĐẠI SĨ TUYỂN TÍNH = (đz, + Øa,,Œz, + BX, ,a%, + Bx, ) = (đ,,đz,, ,Œ,„) + (z f>; +„,) = ax + BX 7.Va@ER,VX € R", tac: a(X+ Y)= Œ(#4 + 1,1; + 9ạ; ,2„ + 9„)

= (az, + Ay,, ax, + đỤ;, ., ax, + ay, )

= (0c, LL», ,02,) + (,, Œụ;, , %U,„) = aX + ay 8 1.X =1(®;#;; ,„) = (#,#;, ,#„) = X _ Sex, vk E R| ;=l Bai 1.6 Goi L = L({X,, X,, , X, 3 =|x|x

(voi X,,X,, ,X,, thuéc vé khong gian vecto V_) 1a tap hgp sinh

ra từ X,,%, ,X,, Chứng minh: là không gian con của W, Giải:

+ Vì V là khơng gian vectơ nên SN X eV, Vk,e R

w=] Vay VXeL=XeV=LECV + Chọn k =k = =k, =0>0=0X +0X, + +0X,c —>L#@ 1t + +VX,YeL>X= SLX, Y= 1X tl m mì =X+Y= S1} X.+ Ÿ 2X = > (+t,)X, =ŠRXeL (k =1 +() wl ¿=l i=l wl mm Hh

+ Vae RVXEL, > aX = ay hx, = > (ơk) X,e 1L (ak, € R)

i=] i=l

Vậy L là không gian vecto con cua V

Bai 1.7.Cho P ={X|X = (a,a - 2b,a,c),Va,b,ce R}

1 Chimg minh P 1a khéng gian con cua FR”

2 Tìm một cơ sở và số chiều của P

Giải: 1 Cách ï: Chứng minh trực tiếp: +PcR vì XE P= X = (a,a- 2b,a,c)e R*- 12 | |

CHƯƠNG I : KHÔNG GIAN VECTƠ

+ P#Ø vì có O=(0,0,0,0)€ ?

+ VX =(a,,4, ~ 2b,,a,,c,)€ P

Y =(a,,a, — 2b,,a,,c,)€ P, Va,,b,,¢,€ R, +=1,2 =>X+Y= (a, + @,,a, ta, —2(b, + b,),a, + a,,c, + €;

= (a@;,@, — 2b,,a,,¢,)€ P

+ VX =(a,,a, —20,,a,,¢)¢€ P, Vke R-

kX = (ka,, ka, — 2kb,,ka,,kc,) = (a,a — 2b, a ee P Vậy P là không gian con của R*

Cách 2: Dựa vào không gian con sinh bởi hệ vectơ dé chứng minh

2 Ta có: X = ø(1,1,1,0) + ð(0,—2,0,0) + c(0,0,0,1)

=aX, +bX,+cxX,

=> Hé L ={X, =(1,11,0), X, = (0,-2,9, 0), X, = (0,0,0,1)} sinh ra P Vay P là không gian con sinh bởi: X,, X,, X, mà hệ L={X,,X,, X,} độc lập tuyến tính (sinh viên tự kiểm tra) > L

là cơ sở của P và số chiều cua P la3 (số vecto trong co so Ù) Bài 1.8 Chứng minh răng mặt phang qua gôc tọa độ là một không

gian vectơ con có số chiều là 2 của không gian R’°

Giải:

Mặt phẳng P trong Ƒ# qua @ là tập hợp các điểm

M(z,,z) có phương trình a# + 0U + c2 = 0 voi a,b,c khong

déng thoi bang 0

Ta có : ax + by + cz =0, gia sử c0 ta có z = đ + By, a, Bp là những hằng s6 (twong tu néu a # 0 hay b#0)

Vay: P ={X = (2, y, x + By)| Z,t € R} ¢ Tuong tu nhu chimg minh trén ta co:

1 P#O

2X,YeP> X+Ye P

3 VXeP,Vke l=kXc F

Vậy P là không gian con của Rề

¢ Ta chứng minh ? có số chiều là 2

Trang 8

HUONG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TÍNH

VX € P, tacé:

X =(2,y,ax + By) = (2,0, av) +(0, y, By) = ©(1,0,a@) + y(0,1, 8)

Dat: u = (1,0,@), v= (0,1, 8) tacéd: X =zutyu (1)

Ta có hệ {ø,ø} độc lập tuyến tính (sinh viên tự làm) và do (L) nên

nó tơi dai Suy ra {u,v} la cơ sở của P và ta có dim P =2

Bài 1.9 Chứng minh rằng một đường thắng không đi qua gốc tọa

độ không phải là không gian con của ??

Giải: Đường thắng D không đi qua gốc tọa độ có phương trình ụ =aœ +b với b #0 hay D có thê viết:

D={X =(z,az+b)|Vze R, a, b hang sé, b#0}

Tacé: O€ D

That vay, neu OE D va X = (z,a=+b)€ D ta có:

z=0 |

(z,az + b) = (0, = Na tb= 9 72 =0 trái giả thiết

Vậy: @£ Ö nên phép cộng '®) trong 2 khơng có phân tử trung hịa do đó 7 khơng bên đối với phép cộng (+)

(XeÐ-XeD=xX+(- -X) =O¢ D) Kết luận: 7 không phải là không gian vectơ con của R”

Cách khác: Chọn X = Y =(0,b)e 2= X+Y =(0,3b)£ D

Bài 1.10 Chứng minh hệ sau là cơ sở của R® _ | U ={u, = (1,-2,3), ty = (2,-1,5),u, = (3,-4,16)}

"Giải:Mọi cơ sở trong ??Ì đều có số vectơ là 3 Vì hệ 7 có 3 vectơ nên ta chỉ cần chứng minh hệ U độc lập tuyến tinh

Xét : ku, + ku, + ku, = 0

14

a `

k, + 2k, + 3k, =0 (1) k, + 2k, + 3h, = 0 (1) _ — +2(1) L, — ⁄ ~2k, — ky - 4k; =0 — (2) — nụ” 3k, +2k, = 0 (2) 3k, + ky +16k, =O (3) —k,+7k,=0 (3)

—> hệ U độc lập tuyến tính Vậy Ù là cơ sở của †È”

Bài 1.11 Trong 7“, cho hệ vectơ: ¬ |

U ={u, =(1,2,-1,2),u, = (2,3,0,-1),u, = (1,2,1,3),% = (1,3,—1,0))

(a) Chứng minh: U là cơ sở của R* |

(b) Tìm tọa độ của X = (7,14,—1 ,2) theo cơ SỞ U

Gial:

(a) Mọi co so trong R’ đều có số vectơ là 4.Vì hệ Ù có 4 vectơ: nên ta chỉ cần chứng minh Ứ độc lập tuyến tính

Xét _ Uy + Katy + bạn + Rythy = 0

Ta thu được hệ phương trình :

(kk +2k, + kỳ +k, =0 (1) | [hj +2k + k+k =0 (I) 2k, + 3k, + 2k, + 3k, =0 2) „„„ —% + =0 = (2) ky + k,- k, =0 (3) od 2k, + 2k, =0 (3) 2h — hy + Shy =O (4) | + k2 =U (4) (++ hth =0 (0 Jae _k = k, =0 -

(3)-242) % tR =0 (2) => (nghiém duy nhat)

aaa _ 2,+9, =0 (5) nr lk =0 |

L ;—7R=0 (Ø (uA

=> hệ U độc lập tuyến tính Vậy Ù là cơ so cia R°

(b) Xét: X =hu, +kyu, + Ryu¿ + k tu,

Trang 9

HUONG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TiNH Ta thu được hệ phương trình:

fk +2k + + =7 (1,)- 2h +3k +2k, +3 =14 (2,) M+2,+;+R =7 — (h) -& th=0 (3)2 —— enn < —k +; —& =-1 (3,) } ba) +2 =6 3) 24 +h, + 3h, =2 (4) | -#+-2=-12 (4) M+2++ =7 (1) (Kk +26 +h, +h, =7 ay “Kk +k,=0 (2) -k +k =0 (3)-242,) c (4-48) 3) | | (4)-542) ', 3 i ^ 2k, +2, =6 (3,) (8 k +k, =3 &~TR =2 (4) ( _ 15 9 15 1 Suy ra: y k =— k=— kh = 4 8 3 8 › Ấp S Ấn — Á

Vậy tọa độ của X trong cơ sở Ù là: [xX], = (AK, 13⁄4)

Bài 1.12 Chứng minh các tập hợp sau đây là không gian con của không gian vectơ tương ứng và tìm cơ sở và số chiều của chúng

¬+

1 D, = |(2,2%,2;) L4 , Vaz, € R, i=13|

2 D, = {(2,,%, ,0,,,0), Va ER, i=1,n-1!3

3 D, = {(2, 2;, ,,)G I" |x, +4, + +z = 0}

Giải:

2= [x22 Jneen]

° Dị #Ø vì có Ó =(0,0,0)e D, (voi 1, =¿ = 0} ° VÀ, Y€ D,,tachứng minh: were dD,

vi_X, yeD=X=(x, Ly = -£, +2, 5), V@z,,0,E€ + 2 — U TU

và y =(u,# 5 Huy) V1⁄,U„€

16

1

=> X+Y= Ẹ +0: (8 ty T1; + y,), 2; ty]

Đặt: đi =1; +1: Ls = 4; + Y3

> X+Y {2%

«VX ED, Vke R, tachtng minh: kX € D, kt, + kx,

Ta có: kX = p(n, S82.) = (er, Ae, ker 7 2 2

Dat: x; = kx, , 0, = kx,

=> kX = Km s2} Va, c,eR=> kX € D,

Do đó D, là không gian vectơ con của không gian ?Ÿ” e VX € lÙ), ta có: : + 2 1 2 X = (=,.4 2 “3 1 = 4: (1,5,0} +2, 02.1) _ 1 2 dat: a, = (1.5.0), ay = (02.1) Vậy : X = aứ + 1:0, (Œ) - Néu: z, = 1, „,=0= X=(1 0]=a,eÐ ND ¬ 9| mạ =0,1, =1= X -(05.1] =a, € D,

Ta chứng minh {a,,a,} độc lập tuyến tính Xét: ka, + kya, = 0 ta thu duoc hé phuong trinh:

(fk, + Ok, = 0

do đó hệ vectơ {a,,a„} độc lập tuyên tính

, /

a + 2! 13 ,x |, Vz,z,c h => X+ỲCỦÙ

2 |

Trang 10

HUONG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH Mọi vecto X € D, déu duoc biéu thi tuyén tinh qua hai vecto œ, œ„ (biêu thức (l)) và hệ này độc lập tuyến tính do đó hệ {a,,a„} độc lập tuyến tính cực đại trong D,

Vậy: 16; 4; j là một cơ sở của D, va không gian vectơ con D, cé

số chiều là 2 (vi co sở có 2 vectơ)

2 D, #Ø vì có O=(0,0,0)e D2,

° VX,YeÙ)—>X=(a,s, z„,,0) và Y = (›12›- „ ¡;0)

=> X+ Y =(z, FY Ly F Yo, L,Y, 1,0) = (t,,t,, ,t,4,0)

trong đó ý, =2,+y, >t,€ R,i=1,n-1 | Vay: X+Ye D,

-Tuongtu: VX e D,, VkEe R=> kX € Dy

Vay D, la khéng gian con cia R” |

s Tìm cơ sở và số chiều của D,

+ Chọn hé vecto; {e, =(1,0, ,0),e, =(0,1 ,0), ,e_, =(0,0 ,1,0)} Ta chứng minh ‡e,,e;, ,e,_,} độc lập tuyến tính |

That vay: ke the, + +k.e,=0ek =k = =k

+ VX =(4,,%, ,2 n-1? ,O)€ Dy, tacé: X =az,e, + 16, + FG ¡ n—] = 0

Vậy X biểu diễn tuyền tính qua e,, @, , €,,

Do dé {¢,,6, ,¢,,} la mét co sé cia D, va dim D, = n—1 3 VX € D, 5X (2,Z¿, ,2„) thỏa # +4 + +a; =0

° lacó Ù_ # @ vì có QĨ = (0,0 0) thoaman 0+0+ 4+0=0 >0Oe D,

° VAY Ee D, > X =(a,z;, ,z„), Y = (0,,u;, ,„) thỏa mãn m +7, + +1, =0, ị Đụ, + +, =0 | | => ÄX+Ÿ =1 +13, + YZ, +Y,) va (2, +y,)+(2, +,)+ +(, + 0„) =(t, +2, + +2,)+(y + + +ự,)=0+0=0 Do đó: X +Y e D, * lương tự: VX€ D,, Vke R > kXc D, 15

CHƯƠNG I: KHÔNG GIAN VECTƠ

Vậy D, la khong gian vecto con cua fh” ¢ Tim co so va so chiéu cua D,

+ Chọn hệ :{e =(1,0 ,0—1),ø =(0,1 ,0—1) 4,„¡ =(09 ,1L—} Ta chứng minh {e,,e,, ,e„,} độc lập tuyến tính

Thật vậy: Ke + Kix€, + ? ki, 1€ ti—Ï =0 c= k, = ky = = Ki = 0

+ VX=(z,,z,, ,z„)€ D, thỏa mãn:z, + ø; + + z„ = 0 —> 1, =1, Ty — — đụ

Khi đó, ta có: Ä = #,e, + ;@; + + 2„ 16, vay X biéu dién tuyén tinh qua ¢,, @, , €,_,-

Do dé {e,,¢,, ,€,-,} la métco sé cua D, va dim D, =n —1

Bài 1.13 Tìm cơ sở và số chiêu của không gian con sinh bởi hệ

vecto M ={X, =(1,2,0,1),X, = (21 3,1),X, = (-1,1,-3,0)} Giải:

Vì các tọa độ của LX,,X, } không tỉ lệ với nhau nên {X,,X,} độc

lập tuyến tính

Xét kX, + kX, + k,X, =0

(k, + 2k, —k, = 0 (1, ) lk +2k, —k, =0 1, 2k, +k, +k; =0 (2,) | — 3k, + 3k, =0 ) 3k, -3k, =0 (3,) 4) 3 k, + ky =0 (4,) | —k + k=0U (4, (k, + 2k, —k, = 0 , => hk, — ky, = 0 - héc6 v6 so nghiém

=> {X,,X,,X,}phu thuộc tuyến tính

= {X,, X;} là hệ vectơ độc lập tuyén tinh toi dai cha M

Suy ra {X,,X,}la co sé cia L(M) (khéng gian con sinh boi M ) va dim L(M) = 2

Trang 11

HUONG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH

Bài 1.14 Đặt W/ là không gian con sinh bởi hệ vectơ:

U = {u, (1,-2,5,-3),u, = (2,3,1,-4),u, = (3,8,-3, -5)j Tim co sé cua W va dimW

Giải:

Vì các tọa độ của u,, u„ không tỉ lệ nhau nên {u,,u,} độc

lập tuyến tính

Xet kyu, +kyu, +k,u, = 0

lk,+ 2k, + 3k, = 0 (1,) fk, + 2k, +3k,=0 (1,) 4 ~2k, + 3k, + Sk, = 0 (2, ) _ („)#24(,) Thy + 14k, = 0 (2,) Bk, +k, - 3k, =0 (3) ph) —9k — 18k, = 0 (3,) 3k, — 4k, - 5k, = 0 (4,) 2k, +4k,=0 (4,) »* ÂN (k, + 2k, + 3k, = 0 (2, xe k, + 2k, =0 _{k, + 2k, + 3k, =0 (3, oy k, + 2k, = 0 Ik, + 2k, =0

Hệ co vo sé nghiém => {u,, u,,u,}phu thudc tuyén tinh

—= {u,, 0; } là hệ vectơ độc lập tuyến tính tối đại của Ù

Suy ra {,,, } là cơ sở của W và dinmHW =2

BÀI TẬP ĐÈ NGHỊ

1.1 Tập hợp V ={X|X =(z,,z;,0.0),Vz,e RÌ với phép cộng

và nhân vô hướng với một số thực được xác định như trên

Tỉ có phải là không gian vecto không ?

1.2 Xét xem các tập hợp sau đây với các phép toán đã xác định, tập hợp nào là không gian vectơ

1) Tập hợp các đa thức với hệ số thực, bậc không quá n, với phép cộng và phép nhân đa thức với một sô thông thường

20

a CHUONG I: KHONG GIAN VECTO

2) Tập hợp các đa thức với hệ số thực, bậc n, với phép cộng _ và phép nhân đa thức thông thường

3) Tập hợp các đa thức của cosz, bậc không quá n, hệ sé thực, với phép cộng và phép nhân một sô thông thường 4) Tập hợp các hàm sé liên tục trên [a,b] với phép cộng và

phép nhân với một số thực được định h nghề như trong giải

tích | |

1.3 Từ một không gian vectơ, ta loại bỏ vectơ X Phan còn lại (sau khi loại bỏ vectơ X) có phải là một không gian vectơ hay không 2

1.4 Trên tàu hỏa có một kho hàng, mà người phụ trách kho thường phát và nhận các mặt hang hàng ngày gôm: ,

1) Đường, 2) Chè, 3) Bánh quy, 4) bánh mì khô, 5) Than cui Gia su Ty, Ly, Z,, £,, x, trong tng la cac SỐ gia của lượng hàng xuất nhập đó (tính theo kg) trong ngày Nếu z, > 0 thì - thực phẩm hay than tương ứng nhận được lớn hơn lương thực phát trong ngày, còn nêu %, < 0 thì lượng phân phát lớn hơn

lượng nhận được từ kho vê Kí hiệu

V= b= (x, Ty, ,,y% )Ì với + có ý nghĩa như trên có ¡đại Ty

phải là không gian vectơ khơng ? (—100, õ,0,—200, 3) có ý

nghĩa gì ?

1.5 Trong Rˆ, các vectơ hình học có sốc chung tại gốc tọa độ và năm trong phần tư thứ nhất có lập thành một không gian vectơ hay không ?

1.6.Gọi `” là tập hợp các số thực đương, ta định nghĩa phép toán theo quy tắc:

+ Phép “cộng” hai SỐ SẼ hiểu là phép nhần thông thường + Phép nhân vô hướng sé thuc r voi mot s6 ae R* sé hiéu 1a phép nang sé œ lên lũy thừa r thông thường

R* cùng với hai phép tốn trên có phải là không gian vectơ

hay không ? |

1.7.Cho A = (1, -1,0); ø=(011)- |

Trang 12

2 Tìm X =5A-3B

3 Cho Y =(1,L1) thì Y có phải là tơ hợp tuyến tính của A

và hay không ? _

4 Hệ {A,,Y} là độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính

1.8 Những hệ vectơ sau đây, hệ nào là hệ độc lập tuyên tính, phụ thuộc tuyến tính

I.{X, =(3,2,7,4),X, =(1,—4,—1,0),X; = (3,—5,2,1)]

2 {Y, = (3,2,2,5,3),¥, = (1,-2,0,5,-3), Y, = (3,-2,1,10,-3)}

3 {Z, =(31,1,5,-1),Z, =(L1-11,-1), Z, =(4,2,0,6,-2)}

1.9.Chứng minh hệ vectơ sau là phụ thuộc tuyến tính (xét trong

khơng gian 7#)

1 Ba vectơ X, Y, Z đồng phẳng

2 Bốn vectơ bất kỳ: X, Y, Z, 7

1.10 Chứng minh rằng nếu hệ vectơ {4,, 4,, tính thì hệ (Đ.= A, ,A,} độc lập tuyến 4c ~ eting déc lập tuyên tính i a Y6 6 vế vế th 1.11 Tìm hạng của hệ vectơ: 1 {A, = (4,2,0,2), A, = (3,5,7,-9), A, = (2,—1,-4,7), 4A, =(1,-2,—5,8)} 2.14, =(1,2,3,0,1),A, = (1,3,4,2,0), A, = (2, 4,6,1,4), | A, = (2,5,7,2,m)} |

1.12 Chung minh rang: néu hé vecto Ä), Ä;, , X, biểu thị

tuyên tính được qua hệ {Y,,Y;, ,Y„} thì hạng của hệ ban

đầu không lớn hơn hạng của hệ thứ hai 22

CHƯƠNG I1: KHÔNG GIAN VECTƠ

1.13 Chứng minh răng nếu ta thêm vào một hệ vectơ, một vectơ là tổ hợp tuyến tính của các vectơ ban đầu của hệ thì hạng

của hệ mới không thay đối

1.14 Trong không gian ??”, chứng minh hệ vectơ

{A, = (1L-3,9),A, = (2,=4,5),4, = (3,-2,11)}

là một cơ sở Tìm tọa độ của vectơ X = (~1,~7,—10) đối với

cơ Sở trên Si

1.15 Trong không gian ??”, cho hệ vectơ sau:

U ={A, = (1,3,2),4, = (2,-4,1), A, = (3,m,3)}

-a.Tìm rm để hệ Ù là cơ sécta khéng gian R°

b Khi m = 1, tìm toạ độ của vectơ X = (1,1,0) trong cơ sở

1.16 Trong R*, cho hai hé vecto:

X, = (0,4,0,1) lY, =(1,0,3,3)

X, = (1,3,1,2) Y, = (-1,-1,0,1)

X,, = (0,2,1,3) ¬ Y, = (0,1,2,2)

X,=(-2112) — |f,=(2,323)

1 Chứng minh rằng hai hệ đó là hai cơ sở của FR’ 2 Tìm tọa độ của X = (z,,#,,#„,z„) theo hai cơ sở trên

1.17 Chứng minh tập hợp sau đây là không gian vecto con cua không gian tương ứng Tìm cơ sở của chúng

1 Tập hợp các vectơ X = (#,,z¿, ,%„}€ TỶ” mà tọa độ của nó thỏa đẳng thic hx, +h,2, + +k,2, = 0 với

k,, fy, ik, là các số thực cho trước

2 Tập hợp các vectơ của J“ mà thành phần cuối cùng bằng thành phân thứ nhất

3 Tập hợp các vectơ có dạng:

Trang 13

1.18 Tìm một hệ độc lập tuyên tính tôi đại của hệ sau:

L {Á, =(1,~3,~2),.4, = 2,-1,3), A, = (4,-7,-1)} |

2.{A, = (1,3,-4,0),A, = (2,-1,-1,3), A, = (3,2,-5,3)}

1.19 Se = (1,2,3,0), A, = (0,121), A, = (1,3,0,1) A, = (2,6,5,m)

L Tim m dé {A,,A,,A,,A,} laco sé cia Rt

2 Tìm cơ sở và số chiều của không gian con sinh bởi hệ

vectơ 41, A,, A,;, A, khi m =2

1.20 Trong không gian vectơ V cho hai hệ vectơ A = {A,, , A, } va B={B,, ,B,} thoa diéu kién:

24)

Vj =1m tacé A, = AB h,€ R, Vi = In tacé B= YikA ke 777) R

1 Chứng minh răng hai không gian con sinh bởi hai hệ vectơ trên trùng nhau

2 Áp dụng cho trường hợp A4, =(1,11), A, =(1,-11),

A4, =(1,—5,1); Ø, =(1,0,1),B, =(0,10),8, = (1,2,1) 1.21 Cho hé X, =(11, ~214), X, =(0,1,-L2,3), X, =(1,-1,0, ~3,0)

1 Tim co sở và số chiều của không ¢ gian con sinh bởi

X,,X,,X, ký hiệu là L(X,,X,,X,)

2 Cho X = (1,m,1,m — 3,-5), tim mdéX € L(X,, X,,X,)

Từ đó hãy tìm tọa độ của X đối với cơ sở {X.X,,X,} 1.22 Cho l„, L¿ là hai không gian con của #” Chứng minh:

1.Neu L, CL, thi dim Z, < dim Z,

2.Néu L, CL, va dim L, = dim L, thi L, = L,

24 CHUONG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC Pens Chương ÏI —_ MA TRẠN VÀ ĐỊNH THỨC _A.Lý thuyết F1, TÍNH ĐỊNH THỨC

Cho ma trận vuông câp n

(Ay, Ay ct Ay; Qi, \

Qj, ay Dy j Ay,

Qiy Qiz ai; Qin (Ont a, a a, " Quà, J

Đề tính định thức của ma trận A, ta dùng các phương pháp sau:

PPI: Dùng các tính chất của định thức để đưa định thức về dang

dac biét (hay về dinh thức cần chứng minh) PP2: Khai trién dinh thức theo dòng hoặc cột

Gi, Ary Qj ni,

đạp - đạ; By; Oy,

D =

ait G;; a; Qin Gay G2 me" a,j " Gan

=a,A, +a,A, +-:++4,,A,, (khai tién theo dong 1) = 4,,A,; + @,,A,, +++ +4,A,; (khai triển theo cột j)

Zs — i+]

Trong dé: A, = (-1)™ M

được gọi là phần bù đại số của a„ trong 7 va M,, là định thức

con bù của a, trong D (M,, la dinh thức cap n—1 c6 duoc tr D

bằng cách bỏ đi dòng thứ ¿ và cột thứ 7 của D)

Trang 14

HƯỚNG DẪN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH

Chú ý: Khi khai triển theo dòng hoặc theo cội, ta chọn dòng nào hay cot nao co nhiéu so O

PP3: Phuong phap biển đối: Dùng các tính chất của định thức đưa về ma trận tamgiác - đu địa c!: đị, OG Gy, 7 D = : TỐ “ vo = Ay 1-Ayy Gy, 0 a 0 Qarn

PP4: Khai trién Laplace: D = M,A, + M;,A, + -+ MA,

trong đó: M,, M,, , M, la tất cả các định thức con cấp k lấy ra

từ k dòng (Cột với A,, A,, , A, la phân bù đại số tương ứng của

chúng

PPS: Phuong phap truy chứng (truy hồi) dé tinh dinh thuc cap n (n tùy y): Nếu không biến đổi định thức câp n về dạng tam giác, ta

| dùng khai triển theo dòng hoặc theo cột sao cho biêu diễn định

thức đã cho theo các định thức cùng dạng có cấp thấp hơn, ta được biểu thức truy hồi

Chú ý :

1) Khi tính định thức ta có thể kết hợp vừa biến đổi vừa khai triển

định thức |

, , ⁄ Ay, Ôi;

2) Tính định thức câp 2: D = = Ay) -Ay — Ay, -Q,,

Qz, Ago

Giá trị của định thức cấp 2 băng tích của hai phân tử năm trên đường chéo chính trừ đi tích của hai phần tử năm trên đường chéo phụ 3) Quy tắc tính định thức cấp 3

đường chéo chính đường chéo phụ

Qi, Ay Ay : 7,

Ù =lqy„ a¿ ¿| = (+) (—) Q3, Ax, Ags )

Hinh l.a _Hình I.b

— đGuđ22@ïšy — 0G, — G0; = đi1022Œ TP ¡0Œ 0i;0216,,, 26 CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THÚC 2 4: _K ` 4 ưa z

Giá trị của định thức câp 3 băng tông đại sơ của hai nhóm:

+ Nhóm thứ nhất mang dấu + là: Tích của các phân tử năm tiên đường chéo chính, tích các phân tử song song với đường chéo

chính với phan tử ở góc đối diện (hình 1.a)

+ Nhóm thứ hai mang dấu - là: Tích của các phần tử nằm trên đường chéo phụ, tích các phân tử song song với đường chéo phụ vol phan tử ở øóc đối diện (hình 1.b)

II CÁC PHÉP TOÁN VỀ MA TRẬẠN

1 Phép cộng hai ma trận: Ả = (a, i) ; B= (0; ) A+B= (a, +b ;)

2 Phép nhân ma trận với một số thực:

k A= (k.a dự ) nxn FIER

3 Phép nhan hai ma tran: A= (%; ) TLD ; B= (b,,), ,

A.B= (c,,] _ VOl €„ = Daub 4 Vt=lm, Vg =Lp

mxp

_ 4 Tim ma tran nghich dao:

Cho ma tran vu6ng cap n: A= (a, ) /mxu

a) A có ma trận nghịch đảo A`` © |A| # 0 Khi đó:

(A, Ay, wee Ai ` A`'= ly VỚI 4° Ay uy nh da

\ 4 1 nn A,,, A, J

Trong đó:

_ 1+7

A,=(-U ”.M

Mĩ, : là định thức con bù của a„ trong |4| đà định thức con của |A| sau khi bỏ đi dòng ¿ cột 7)

Trang 15

HUGNG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_ DAI SO TUYEN TINH Chú ý: 4` là ma trận phụ hợp của 4 đôi khi được ký hiệu là A

5b) Tìm ma rận nghịch đảo bằng phép biến đổi theo dong:

(dùng cho ma trận câp 4 trở lên)

Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng: e Đối chỗ hai dòng cho nhau

e Lay một dòng nhân với một số khác 0

e Thay mot dong bang dịng đó cộng với k lần dòng khác Biến đối cùng một lúc hai ma trận A va J (ma tran don vị ) cùng cấp bằng các phép biến đổi sơ cấp tiên dịng , theo sơ đơ:

(Al7)—3eeme—›(I|A"') biến đối trên dòng

Chi y: Trong quá trình biến đổi, nếu xuất hiện một dịng có các phần tử đều bằng 0 ta kết luận khơng có ma trán nghịch dao A” 5 Tim hạng của ma trận:

Ta dùng các phương pháp sau đầy:

|PPI: Theo định nghĩa, ta có thể tìm hạng của ma trận bằng VIỆC tìm hạng của hệ vectơ dòng (hay cột) của ma trận đó

PE2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận + Đối chỗ hai dòng (hay cộÐ cho nhau

+ Nhân một dòng (hay cột) với một sé khac 0

+ Nhân dòng ¿ (hoặc cột ¿) với một số k rÔi cộng tương ứng vào o dong 7 (hoặc cột 7) {¿ # 7) để đưa ma trận về dạng bậc thang:

(%, Ag cr Gh, tr GY

OO ay rr Ay, Ay,

_ O O soe a eee Qa re

A en = „ ™ 1 VỚI đị,G.2, ,Œ # ( U ~ 0

( 0 0 0 o| 0

Vì các phép biến đổi sơ cấp không làm thay đổi hạng của ma trận

Chú ý: CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC

Phương pháp trên vẫn được áp dụng khi thay dòng bởi cột

PP3: lìm hạng của ma trận bằng phương pháp định thức:

Giả sử A= ( a) có ít nhất một định thức con cấp r khác 0

Nếu mọi định thức con cấp r +1 có chứa định thức con cấp r

khac không nêu tiên đều bang 0 thì hạng của ma trận 4 bang r Nếu trong số định thức con cấp z + 1 chứa định thức cấp r khác 0 | trên , có một định thức khác 0 thì quá trình lập lại tương tự với vai

trò là định thức cấp z + 1 khác 0 đó

6 Giải phương trình ma trận: AX=B (i)

Cach 1: Dua vao cap của ma tran A va B, ta dat ma tran:

+ 7 (x, ) ney

với: 7n là sô cột của ma trận A, pla số cột của ma tran B

Dung phép nhan ma tran va cho hai ma tran ¡bằng nhau ta được hệ phương trình tuyến tính Giải hệ đó ta có Tụ

Cách 2: (chỉ được áp dụng khi 4 là một ma trận vuông ) + Nếu |A| # 0, khi đó phương trình (1) có nghiệm: Ä = A'B

Tìm A™ sau đó nhân với ma trận Ö ta có X

+ Nếu |A| =0 va |B] # 0 => khơng có X (theo định lý về phép nhân định thức ) |

+ Néu |A| = 0 va |B| = 0 thi ding cach 1

Trang 16

HUONG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH | 1 -2 3 p,=|3 1 2 -2 3 1 = 1.1.1+ (-2).2.(—2) + 3.3.3 — (—2).1.3 — 1.2.3 — 3.(—2).1 = 42 mà 1 =L D,=|m—1 1 0 |=m.1.(m+2)+1.1.0+1.(w—1)(—1) 1 1 m+2 —1.1.(-1)-—m.1.0=1.(m—-1).(m+2)=4 a+b c Ì Bai2.2 Tinh D=|b+ce a 1

cta bồ ] Giai:C ộng cột 2 vào cột Ì, ta có : atb+e e 1 l ec ] D=la+b+c a lị=(a+b+c)l a 1Ì=0 a+b+c b.1- II LẦN | (rút thừa số chung ở cột l) Bài 2.3 Chứng minh rang

laa D=I bò b’|=(b-—a)(c—a)(e—-b) lee Giải:LẪy d; — dị, đ› — dị, ta có la@ 1 a @ D={1 b 0 |=|0 b—a tˆ-g › 2 ‘ l ¢ € O c-a ¢-a 30 ở dòng 2 và dòng 3 CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC TT” 2 1 a a”

racine "Fb —a)ce—a)|0 1 b+al=(b-a)(c—a)(atc)

0 1 atc

Bài 2.4 Tính định thức băng cách khai triển theo dòng 3

|2 -3 4 1 4 -2 3 2 P= b ca -1 4 3

Giải: Khai triển định thức D theo dong 3 ta cé:

D =aA,, + bA,y + cA,, + dA,,

Ta tinh cac phần bù đại số: _

Trang 17

-~-HUGNG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_ DAI SÓ TUYẾN TÍNH oS lÍ o oS So 8 9 L ` - pont Cr B]— †— 1 mt 5 oe = 9.1.4.4.4.4 = 2304 Bài 2.6 Tính định thức cấp n: Giai: Lay d +h, di +d,

Bài 2.7 Dùng khai triển Laplace tính:

l)Dp=

Giai:1) Lay dong 1 và dòng 3: 32 =4 0 L ở 2 O =2 1 1-8 1 1 1 1 1 1 d,->d,+{-1)d, | =gjl 1 5 1 1 1 1 1 5 1 0 1 1 1 1 5 0 1 3 n =1 O n —=] =2 -3 0 sang d; +d,, ta có : 1 2 3 n 0 2 6 2n 0 0 3 2n —1.2.3 m= = ml 0 0 0 n 2 -1 O l1 z #4 # =3 -1 4 2) 1 ø 00 1 3 0 — D=| b O =3 -1 2 1 0 0 ec 1 0 5 | -4 0 2 -1 O 2-0 1 3 0 1 ©œ CC CC + oOo + © 1 oO >> CO C 1 = Cd © CC CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC cere A

Cac dinh thuc con cap 2 khác 0 được lập từ hai dòng này là:

13 - ¬ 2 14 ~4 vt 34 -1 3 2 1|“ 8: Hi; =la gị= TH; 1; =|, 3 = 7 Các phần bù đại số là: | 3-1 4 | 3 —3 4 A#=(-UJ|1 -1 2|=-20; 4; =(-1)|1 -3 2) =62 | —_ 6ö 0 -5 -5 1 5 il 3 4 Aw =(-1)"|-1 1 2|=-8ï 1 -5 5} Vay: D = (-8)(—20) + (10) (62) + 7(—87) = —1069 l # 4 # | La 0 0 1# 1 12 @ 2) D= 2) 10 8b 0 = —]| lja 0 Oj+e)l a 0 | 10 0e 0 ö 0 10 6

= ~(#ab —0) + c(ab — za — xb) = abc — x(ab + bc + ca)

Bai 2.8 Tinh các định thức sau bằng phương pháp truy đoán:

L1 1 1 1 l+2 2 0 - 0 -1 2 0 0 0 z lt+e® a -: O 0 -1 2 0 0 2)D =| 0 + 1+4 - 0 D9 5Í0 9 -1 2 0 " 0 0 0-1 3 0 O z 1+3 Giải: | Ti

1) Khai tiên 7? theo cột l ta được:

Trang 18

HUONG DAN GIAI BAL TAP TOAN CAO CÁP ĐẠI SOTUYEN TINH 7 12 0 0 + 0 | | _1 9 0 0 D = 1.(-1) 0 I 2 sa 0 + (—1)(-1)" D1 = 2+ D4 0: 0 T1 2 vay: D, = 2"" + D,., Da — 27 + D,_» D,-» — 2" + D, 3 D,=2?+D, ~ Cộng các đăng thức trên, ta có; r | } J sở nl ot _— D =21+2"?+22+.+ 2 +TÍ b + +2 =2 1 1+z7 ce Ov: 0 + 1+z7 + ma c0 2)DĐ = 0 #z 1+#” + 0 0 0 vee # 1+z

Hướng dẫn: Khai trên định thức D, t theo cột L, tacO6 ~ "

D,=(1+z VD, - 2D, với R=1+ẻ, D=(1+a@) -2? =a' +2? +1 => D =1+#?°+z + +”

Bài 2.9 Cho các ma trận sau

_Í3 5 7 (1 2-3)

A=l6 3 4|,B=|3 2 -4

5 -2 -3 13 —L 0

1) Tính 3A + 2

2) Tìm ma trận X sao cho A+X= 34 : | co 2 5 -3) 1)3A+2B=3/6 3 4213 2 —4 Qo —2 0 CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC

3) Tinh A.B, B.A

4) Kiểm t lại 3 câu hỏi trên với

“ “(6 3 JSP" [3 2 ~4

Giai:

—6 8 19 15

=|18 9 +16 4 8 |=|24 13 4

15 -6 6 -2 0 21 -8 -9

2) Tir phuong trình: 1+ X=Ø—>X=B-A

Trang 19

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CÁP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH _

4) a) Câu 3 không thực hiện được b) Chỉ thực hiện duge AB, BA

—j|

| -1 2 1 3 La

Bai 2.10 Cho A = Ý› g 1 PFỊT]

SỐ 0 1

2 Tính A',Đ' (AB) ,E!A

3 Kiém tra (AB) = B'A’

Giải: | | te _ (2 -1 0 T _ _ | 1) AT =| 2 0), BT =|) 9 4 1 1] J | | | (=1 3 1 2 | (4 6 apy -4 4° A8=| 0 i 1 2 “| 4-1 ( ) _ 16 =l nan 2 -l OV —4 ‘| = 2 O|= | BA -1 2 1 6 -1} | 1 1 |

2) Theo câu 1) ta có: (AB) =B'A’ |

| z 1\

Bài 2.11 Tính Ả, = "10 2 | Giai:Bang phuong pháp quy nap:

+, lL | +Voin=1, taco: A4 =|„ |: | | (8 oy a + 1W (z 1\(z Ì (x? Qe tYới n =é mee: + =0 ; "10 zj|0 zjJ {|0 z 36 CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC

+ Giả sử A, đúng với n =k, tue là:

z 1V (a* kr*

A= = |

Ta phải chứng minh A, ding voi n = k +1, nghĩa là:

Bai 2.13 Bang hai phương pháp tim ma trận nghịch đảo của ma

2 7 3 a

trậnsau: A=/3 9 4 1 5 3

Giải: Cách 1: Dùng ma trận phụ hợp A” = A ¬ SỐ 1A

+ Ta có |A| = -3 # 0 do đó A khơng suy biến = 34"

Trang 20

_ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CÁP_ ĐẠI SỐ TUYẾN TINH

+ Timcac phan bi dai số A,

Cách 2: Dùng phép biến đổi sơ câp theo dòng

2 7 31 0 0 | 2 7 311 0 O —2d,-30, oy _ _ 1Ì _ 0 dạ —>d) toa 3.9 40 1 0 |—2 2 ằ7o|0 -3 -l 3.2 0|—>*>~*> 1 5 30 0 1 : (0 3 SN 0 2 2 7 3|1 00 2 7 3{1 0 O > hd, gÌ_ 4245), 0 -3 -l-3 2 0| —>—|0 -3 -]-3 2 eer 0 0 2|-4 2 2 — 10 0 1Ị-2 1 1 3 7 07 -3 -3) 6 0 0|-14 12 -2 d 34372 — VÌ ( _3 05B 3 1 0 0 i1-2 1 1 1 1 ¡0 0-7/3 2 1/3) 0 1 cÍ:ÿ 0 -3 Oj-5 3 0 0 1-2 1 dị (1/6) dạ —(~ 1/3); 0 Vs -1 =1/3|=(1A”) 1 1 1 38 CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC N má _1 3 3 A?! = 5 ~] 1 3 3 —2 1 1 )

Chi ý: Người ta thường dùng phương pháp này với ma trận vuông

cấp 4 trở lên và có |A| # 0

Bai 2.14 Tim hang cua ma tran:

(1 7 17 8) L2 3 a 4 10 1 payee 245Ì3 1 1a 24 3, Giai: |

Ta biên đôi ma tran A thành ma trận bậc thang

Trang 21

HƯỚNG DAN GIAI BAI TAP TOÁN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH (3 7 17 1 ) 8 7 1 0 -5 -13 13a 0 —5 13a /5)đ; —> ni 00 0 a 0 0 a 0 0 0 (0 0 0 0, ( +Nếu ø =0 = hạng 4 =2 + Nếu ø #0 > hạng ẢÁ =3

Bài 2.15 Cho hệ vectơ A, = (2,3, 12), 4, =(1,2,3, —1)

1 — 0 0 7) 13 / A, = (7,12,11,1), Á, =(4m,~3,n)

Tim m, nø để r(A,,4,,4,) = 7 (Av A Ass Ad)

Giải:

Cách1: Tìm r (A,, A,, A;) bang cách biến đổi ma trận sau:

4Ì (1 2 3 -1 12 3 -1 Al=l2 3 1 2 |—*45]0 1 gh -1 5 4 A, 7 12 11 1 0 -2 -10 8 1 2 3 -1 —*+ QO -1 -5 4] — r(A.,4;,4,) = 2 00 0 0

Vậy: r(A,,4,,4;,4,) = r (Ay, Ay, As) = r(A,,A,) = 2

Ta có: | | A) (1 2 3 -1 (4 2 3 -1) 2I-l2 3s 1ì 2| ##D|0 42 8 4] |4 m -3 2 0 m-8 -lỗ5 n+4/ (4 2 3 -1 13 2 -1) — 13“ Jg 1 =5 4 |o|0 6 -1 4 0 m-5 0 n-8} [0 0 m-5 n-8, 40 CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC

Muon ma tran trên có hạng là 2 thì ta phải có:

m„ị—® =0 = n=8 /1 3 11 3) 3 2 12 m d; —> dạ =3d,

Cach 2: Cach2: (4 A, A, A,)> Ma dy—>d3—2d, a

2 =1] Ì n ) (i 3 ll -3 \ ‘1.3 11 -3) T -21 94m) - -15 10 |0 =ð 15 10 | ay, ~7 -21 9+m _ -7 -21 64n -7 -21 64+n ` 7 \ ) d,—d,—d, ` 0 —Ÿ —21 9 +m dz —>d +7 dy 0 0 0 —5 +m & _f -2l O+n } 0 0 0 ~Ở —Tn — 1)

Vì quá trình biến đổi không làm thay đối thứ tự của các cột, nên r(A,,A,,A,) =2.Do dé:

r(A,,4,4,)=7(A, A, Ay, 4,)

—-5>+m=0 m=5 = r(A,,A,,A;,A,) =2© -3-m+n=0~ \n=8 |

| 1 2

Bai 2.16 Cho A = 4 i} Tim B saocho AB = BA

| | a Ob

Giai: Gia su ma trận B cé dang B= , A

1 2\(a 6b at+2c b+2d

Xét: AB = —

3 4jc d 38a+4c 3b+ 4d

Trang 22

HUGNG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CÁP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

a b\(1 2) (at+3b 2a+4b

BA =| il: i}-[ e+ sad

‘a + 2¢ = 0430 | (0ø — 3b + 2c =

b+ 2d = 2a + 4Ù —9ø — 3b — 0c + 2d = 0

Sg+4e=e+3d S” \3a+0b+3e~ 3d =0

3b+4d=9c+4d — |0a+3b—2c+ 0d =0

| 'd=0a=-Sb,c=Šb

Giải hệ phương trình này fa được: ở = 0, a =— 5° c= 5

AB= BA ©ˆ

Bb b

vay: B=| 47 — | “0 3b — b tùy ý

E

Bài 2.17 Tìm ma trận X de AX = B và Y để Y.AT = B với

_ (1 2 0 2 1 2\ D4 1 2 1Ƒ ” | 2 1 2 -3 -1 -3 0 2A=|3 2 -4|,B=|10 2 1) 2-1 0 10 7 8 Giải: - củ 1)Vì 4 có cấp (2x3) và có cầp (2x2) nên X có cấp (3x2) | \- (1 2025 ”Ị (1 2 tị J 2 AX=Bo + Yo = Dat: x =| 2, “) Ta co: 7 121 -1 2 Lz Ys - % 4s ø, + 27; U +29; _ t | © |g 420, +2, =wu+2,+) (T1 Z 42 CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC_ (ly +2, =1 (a, = 1-22, y, + 2y, = 2 L, = —42,

I + 2% + Ys = 2 Ys = 4— Âu,

1-27, 2-2y,

Vay: X =| @, Uy |, V2„,u; € đ

-4r, 4-4y,

2) Cách 1: Giải tương tự như trên

Cách 2: Vì |A| =1 # 0 nên có 4 ”.Vậy:

-4 3 -2\)({1 -3 °| 6 4 5

X=A'B=|-8 6 -5||10 2 7|=|2 1 2 |, am Y

-7 5 -4]|10 7 3) 3 3 3

1-1

„ 1 2 0 T |

1) Ta CÔ A= — AT =|2 9 ’ V3 Ag = By,

-1 21 | 0 1

Ta có 4” là ma trận cấp 3x2, B là ma trận cấp 2x2 do đó Y

phai la ma tran cap 2 x 3

I 1 3;

- Gt 4% 1 2

Dat Y = tacé: Y,.A., =B ) |—

| ly 1; | >a sa = Poa {i 1 4 = ¬ )

| 0 1

Íø, + 2z, =1 |; +2, —#z, +2, + | ( 1 | —z, + 2%, +øz; = 2

= =

y, +2y, —y, +2y,+y,} (-1 2)" |y, +2y, =-1

I + 2; +9; = 2 |

Giải hệ thống phương trình trên ta có được z;„, z„ được tính theo z„ = Œ Và t,, „ được tính theo , = / |

2) Vì |A|=|A'|=1 Vậy có (A4) Ta có: Y.A = B

Trang 23

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CÁP_ ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

-13 -26 -22 - _1\T

=> Y=B.(A') =|-48 -103 -88 | với (A'}' =(4")

_ |-858 78 -67

Bài 2.17 Tìm ma trận X sao cho AX = B

101-1 1203 101 211 Am 2013| 2) A=|0 1 1|;B=|-1 0 2 “{Q 1-1 Of’ 0132 112 113 12-11 3210 | | Giải:1) Tìm |A| Ta có: 1 0 1 1 1 0 1 T1 1 10 il -1 1 0 1|zz|9 1 1 0 tien | 4 ol=0 — _ Tu _1 0| e@u | 0 1 -1 0 4, +á, | 1 1 > 0 0 =1 2 -1 1 0 2 0 Of}

Vì |A| = 0 nên ma trận Á khơng có ma trận nghịch đảo

0 3 | 1 2 0 3 1 2, go yi 2 0 1 31, „„|0 -4 ¬ | L3 gÌ-78z0 |B = 0 1 3 2|2-220 1 3 2| meseet 41-3 3 2 10 0 -4 1 -9

Vậy ta khơng tìm được X bởi vì X khơng thỏa: _

AX =B—|A|lX|=|B|= 0.|X|= 75 (vô lý) 2) Tìm |A|, |4| =0 = không tồn tại ma trận nghịch đảo A”

Vi |B|= 0 Ta có: A.X = =© |A|.|x| =|Bl = 0.|X| =0 Ta tim X băng cách đặt

X =| 2, Lq7 Z2: AA

- CHUONG IL: MATRAN VA DINH THUC

1,0 Iya, Ty Ug 2 11

AX=Be©|0 I1 1llz„, z2 z„ |=|—-l:0 2

Lo 1 2)\( % 432 #3: 1 1 3

Ly, + Ly, Ty + X35 U3 + Ls; 2 11 = Ly, + Ly Loy + Loo Lo, + Lp =|-l 0 2 yy + Ly Ð2đạ Ly + Ly + 22a, Ly3 + Log + 225g 1 1 3 #ụị + đại = 2 _|#ạ +; =1 Bj, + 23, =1

€ $2, +23, =—1 và 4Z„, +; = Ö VA 4X3 + X33 = 2-

Ly, + Ly, +225, =1 địa + ¿¿ + 21; = Ì D3 + Xo, + 21;; = ỗ

Giải ba hệ phương trình trên ta tim dugc X

Bài 2.18 Cho ma trận 4 = (a,) với |A|z 0

Tìm ma trận nghịch đảo của A biét: A? +3A-22, =0

Giải: Tacó: 4“Ở+3A=2I, © A.A+3I,.A=A.A+3A.I, = 21,

©(A+31,)A= A(A+31,) = 21,

©s(A+3l,) A=5 A(A+SI,) =1,

Theo định nghĩa ma trận X thỏa man:AX = XA=T[, thi

X=A'.Dođó: 4" =5(A+31,)

1 1 0 2 3 1 Bài 2.19 Cho các ma trận sau:4=|2 2 1|, B=|4 1

1 0 1 | 2 0 2

_ |A(X+Y)=B

Tìm 4" —_ 2)Tìm X, Y đê -

(X-Y)A'=?'

Trang 24

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CÁP ĐẠI SỐ TUYEN TÍNH Giải: 1) Ta có : 1 10 IA=l2 2 1|=3-2=1#0=>34” 1 0 1 Tìm ma trận phụ hợp A (hay 4’) —— |Ð 1 1 0 4 1 0 Ai=|y 72> “nh = 31 2 1 2 1 1 0 1 0 ; As =|, =_—Ì ; h TP) 4u =—Ăbb 1 22 | 1 1 11 —- = =— ° = —= —| }) = | =O - | 2 -1 1 Vay: A'=.LA4=|-1 1 -1 I4| 3 1 0

Cách khác: Tìm AT! bằng phương pháp biến đổi sơ cấp trên dòng

1 1 01 0 0Ị 1 1 01 00 (A7)=|2 2 to 1 0|— S09 0 1-2 1 0 101001 |0 1 Hi 01

(11 ol1 0 >| fri di oe

soa tg 1 ati 0 a} e440 1 gt 1 4

(0 0 1f-21 0 00 121 0 46 CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC 2 -1 1 2 1 1 1 0 0 | 4h 919 1 0-1 1 -1|- VẬY: A4A'=|-1 1 -1 0 0 1-2 1 0 -2 1 0 A(X+Y)=B X+Y=A'B 2) T TT” T ¬ | —

(X-Y)4 = 8 x-y= BA)" Ìy=1[esg—mr(4r)"] có 2 |

" (2 -1 -2 (2

Voi: (AT) =(A*) =/-1 1 1]; BT=)3

2 1 -5 2 | 0 5 1 Y = —[4"B - B" (4")']= s| =5 0 5 -1 -5 0

Bai 2.20 Tim tất cả các ma trận vuông cấp 2 mà bình phương băng ma trận không a b a’ +bc ab+bd 0 0 Giải: Giả sử Ä = —> Á”= | = ted actcd cd+d@ 0 O lạ? +be=0 ab+bd=0 _

c ‹ Giải hệ trên ta có: đ = —a, c = —ad

œce + cả =0

2

cd+d’ =0

(a b

Vay: aet c -a voi bc = —a’

Trang 25

HƯỚNG DAN GIAI BA TAP TOAN CAO CAP_DAI SÓ TUYÉN TÍNH

BAI TAP DENGHI

2.1 Biết rằng các số 204, 527, 255 chia hết cho 17, chứng minh 2.0 4

răng:|ö 2 7| chia hét cho 17

Trang 26

HUONG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH 1 ay a, si a, 1 ay +Ủ, Q, vee a, 53D =l a, a+b, + a, 1 a, A, a, + 0, 3 1 1) 1 1 -l 2.6.Cho A= =, A= 2.1 2| B=|2 -1l 1 | 133 1 2 0

Hãy tinh A+B, AA, AB, A.B, A’, B

01 0

2.7.Cho A=|0 0 1| Tinh A.A’, A7A, A’, A” 00 0 /1 2 -2 5\(/1 2 0 1` 0 4 3 5||-1 =5 3 11 2.8 Tính:1|„ „ 9 gllig o 8 -8 7 6 -4 7}|0 16 0 -16, 0 2 -1\{70 34 -1071| 27 -18 10 2y|-2 -1 2 ||52 26 —68 | -46 31 -l7 3-2 -1||\101 50 -104 3.2 1 - - , ~ " , 1 -2Y , 2 2 -I\ 2.9 Tính các lũy thừa: 1) b A 2) 3 _9 50 CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC (A 0 + OY" ‘cos@ —sinag)" 0 A, ae | 4)| S1" # COS &@ ° : LŨ 0U - A, O 1 1

5)(1,+ A)’, voi A=|0 0 1Ị

| 0 0 O

2.10 Tìm ma trận X thỏa A.X = B voi

1 2 1 2 1 2 9 0 ) I) ÄA=| ) 3 4 , B = r 9 2) A =|-—1 -—1 2 , B B=l|2 1 1 1 3 cos@ —sSin4 sin@ cosa

2.11 Cho A(@) = | Cm: A(2).A(Ø) = A(ø + 8) 2.12 L) Chứng minh răng: Nếu A4 và là hai ma trận vuông

cing cap va AB = BA thi:

(A+B) =A°+2AB+B’ va (A+B)(A-B)=A -B 2)Cho A=(a,) thỏa ø, =0,V2> 7 Chimg minh răng:

A" =(0), (ma trận không cấp ? n)

2.13 Tìm tât cả các ma trận giao hoán được với các ma trận sau:

of)

2.14 Tìm ma trận vuông cấp hai sao cho bình phương của nó bằng ma tran don vi

Trang 27

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CÁP ĐẠI SĨ TUYẾN TÍNH CHƯƠNG III : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

⁄ 1 /1 1 1 1\ ¬ ’ Chương II " 2 1 1 —] -] | 1- 0 Los 1 ~ as x | Ø,

)|6 3 4|21¡ ¡ ¡ 1|” Á,=| : HE PHUONG TRINH TUYEN TINH

| bo -b -b 1, 11779) A TOM TAT LY THUYET

1 2 -3) |1 -3 0 | I HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH TỐNG QT

¬ - ác -alx-|10 2 7 Hệ phương trình tun tính n 4n,m phương trình là hệ phương

2.16 Tim ma trận X biết: 1) | ở 2 trình códạng - | |

2 -1 0 10 7 8) | (04,2, + Ay, + + 0,2, =),

ai 1 -3 0 2 =O -2 Ay EH Any Ly + + A, 2, = O,

2 3 | MỖI Ô ay”2 2 9 (a„,b, c R)

2)|4 5 2|.X.|10 2 7|=|18 12 9 | nh TH HH HH

5 — 10 7 8} |23 lã 11) Gini Uy + đu24; đc đu, = Đạ

2.17 Cho các ma trận 1 2 1 1 cae ma tren GQ, GQ th 0N Qi, ee GQ, ‘ a, |), `

| - | | 1G, Gy Gy _ | a đc tt Ayn |b

"Am 2 —2 | ga] mm agape lh | | | |

1 - T \ | đi Quá nh Ginn : đc 0a ch Gnntd

để A là ma trận suy biên a | " a : \ a mp —

với m =3 tìm ma trận X sao cho AX = B va tim ma tran | được gọi lan luot là ma trận hệ sô và ma trận hệ sô mở rộng (hay

Ỹ sao cho VA =€ Ộ | a | ma tran bo sung) cua hé ho

2.18 ] ] | Mỗi bộ øœ số X = (Z,Z,, ,z„) thỏa Ð œ2, = b,, Vú = 1, ,m

1 Chứng minh rằng nếu 4B = BA thi AB = BÀ | j=l

2 Cho 4, là hai ma trận không suy biên, chứng minh: được gọi là một nghiệm riêng của hệ |

(AB)” — BA và ( An ý =(A" y" Nêu tôn tại các biên độc lập 4,, A,, , 4, € R sao cho:

219, Tin hang | | | : +ì = #ì 6

(0 -# =1 1Ì 2 1 3 =1 Je = BAA)

| 3-12 0] 021 2 nae ¬ |

— 2)Ä= : | cả

Ll) A 4 2 6 2 3.4 -2 |, = 2, (A, A5, -5 A, )

l4 3 404 Ẳ 1 2 1 , - luôn là nghiệm của hệ và ngược lại mọi nghiệm riêng của hệ đều | J | co dang biéu dién trên |

Trang 28

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOAN CAO CAP_DAI SỐ TUYẾN TINH

- Hệ có nghiệm <> hạng của ma trận hệ sô băng hạng của ma trận

hệ số mở rộng

¢ Hai hệ phương trình được gọi là tương đương nêu hai tập nghiệm của chúng trùng nhau

II PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ THÔNG THƯỜNG

1 Phương pháp khử ân liên tiép AF A ` |

Ta biết rằng mỗi hệ phương trình có duy nhất một ma trận hệ số mở rộng và ngược lại khi đã có ma trận hệ số mở rộng thì ta ln viết được hệ phương trình vì thế khi giải phương trình bằng

phương pháp khử an lién tiếp (phương phap Gauss), ta sử dụng _ các phép biên đơi sơ câp theo dịng của ma trận trên ma trận hệ

số mở rộng của nó (Nếu đổi cột trong n cột đầu thì phải đơi ân)

Trong q trình biến đổi nếu xuất hiện 1 dòng của ma trận

mở rộng có dạng (0,0, ,b) voi 6 #0 thì ta kết luận ngay hệ vô

nghiệm Trái lại hệ sẽ có nghiệm và khi đó bao giờ cũng đưa được ma trận hệ số mở rộng về dạng hình thang chuân (sau khi

đã đổi n cột đầu)

(1 0 0 - O ga Cn d, )

0 1 0 0 Cope owt Con 2

0 0 1 0 Copa,” « Cxy„ |

cŨ 0 0 1 đua 2O Cám | )

Khơng giảm tính tổng quát ta có thê coi cột thir 7 là cột biểu diễn

các hệ số ân x, ( J=Ìl, , m) Khi đó nghiệm tổng quát của hệ là:

Dy — d, ~ (Crp Ager + + C,,A, )

¬"

Dy = ở, — (Cres Aeat + † CinAy ) Gray = “ca

'x¬ ‹

Ta — Hà

với 4,.;›; , 4„ là những sô thực tùy ý

=

CHƯƠNG II : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

¡Ta gBỌI ?\, 2;, , , là các ân chính, z,,,, Z,,;; , Z„ là các ân phụ

Chú ý: Không nên đổi chỗ các cột, chỉ nên đơi chỗ các dịng |

2 Dinh ly Kronecker-Capelly: Q,, 2, + 02, + + 4,2, = 9, | Oy By F Aga Ty + + + Ay, Ty = b, Xéthệ: + _ - (a, c R) 1 - ae đạn, +02; + + du„2„ = Ð ` Goi A là ma trận hệ số, 4 là ma trận hệ sô mở rộng

Tinh rankA va rankA ae

+ Nếu rankA < rankA — :hé vé nghiém | + Nếu rankA = rankA =n : hệ có duy nhất nghiệm

+ Nếu rankA = rankA = k < n : hệ có vơ sơ nghiệm

Goi Œ = (C5) la ma tran con cap k cia A saocho rankC =k Bằng phương pháp biến đổi sơ cấp ta có thể đưa hệ về dạng |

— (Bi, + + uy = thị + gui, Tà + Quý

C1, + Đ (y1 = dy, + Copy Tyg Fee F CQ,

| “IẴi + + Cy Uy, — d,., + Cụ +1 Ủy +1 + + Cry Ly,

coi #,¡; ,„ là các tham sô Khi đó có hệ Cramer theo k ân ‘JUL HE CRAMER

Cho hé phuong trinh :

đu + 02; + + 0,2, = 4, Ay, Ly + d2, + † 02,9, = Ủy

4 (a,,,0, c R)

AM ố .e

đu; +02, + + 0,7, = b

Hệ trên được gọi là hệ Cramer nêu

Trang 29

¢Do D#0 nén A= (a,,)

tồn tại 4 '' Ta viết hệ dưới dang AX =

nghiệm X = 4`

trong đó: Ù,, V7 = Ì, ,?

cách thay cột 7 của 4 bởi cột tu do IV HE THUAN NHAT

Hệ thuần nhất là hệ có dạng: [ai + Ay Ly + + 4,2, = 0 + ;,,2, = 0 Đ 9 6690260900046 99 6606690 6064600090069 09 662969986 ® %6 8 8€ [Gmi%, + 6, n2, + +, ann = dưới dạng :

Gy, (địa '!o Ổi, đc Ag lẻ Ay,

đà - Ñ „2 yen

là ma trận không suy biên vì thê nên

® Ngoài phương pháp giải trên ta cịn có thể sử dụng công thức

D, Œị =—> D „D2 J ˆ D (công thức Crammer) dD, c= L D

là định thức của ma trận có được băng

Hệ ln có nghiệm và tập nghiệm cùa nó là khơng gian con

của #" với số chiêu là (n — rankA) với Á là ma trận hệ SỐ

Một cơ sở của không gian nghiệm được gọi là hệ nghiệm cơ bản Để tìm hệ nghiệm cơ bản ta thường tìm nghiệm tơng qt

— z 0 b Hệ có đúng một id Py Pare 56

CHƯƠNG II : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYEN TINH

[ = Ey (Agsrs Aga An ) Ly = Dy (AgstsAgazs An) CÓ ĐA 90 0.6900 6 0909990909906 060 e9 se %5 9® ee = Fy (Ansar ¿¿š-+-32 ) ns SA “.“

Trong đó z,.;, , „ là các ân phụ Khi đó ta thấy ngay hệ nghiệm cơ bản u, = (5 (1,0, ,0),z; (1,0, ,0), u„ = (, (0,1, ,0), 2, (0,1, ,0), .z„(1,0, , , (0,1, 0),1,0, ,0) ,0),0,1, ,0) “the = (E00, 1), 7 (0,0, ,1),

là một hệ nghiệm cơ bản của hệ

V VAI UNG DUNG TOAN TRONG PHAN TICH KINH TE

1 Tìm điểm cân bằng thị trường Giả sử các hàm cung q,, = 4, (D1) Po

đ„ = đ„(PuÐ¿,- ;0,),V, =1, là các hàm bậc nhất của các giá

,p„ của n loai hàng hóa

„8; (0,0, ,1),0,0, , 1)

sp }và các hàm câu

Để tìm điểm cân băng thị trường, ta giải hệ q,„ = đ„, Võ = 1,n

hay | cóc

| bì (Py, Pos Pu) = 0

E,(0,,D), ,P,) =0 |

) 2 (Pi Par P )= (1)

E,, (Pr: Pars Pn) = 0

Do đặc điểm của các hàm cung, hàm câu và ý nghĩa của các hệ

số của giá p, trong các hàm p„ và q„, hệ (1) được đưa về dạng

Trang 30

HUONG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SỐ TUYẾN TINH yy Dy — QyyDy +++ Oy, P, = 4 Ay Py + AyyPy + +++ Ayn Dn = by + | (2) T81) G2 Đ2 — T QnnPn = b,,

Trong đó: a„ >0, 0, >0, Vi} = Ln

Đề tìm giá cả các mặt hàng tại điểm cân bằng thị trường ta phải

giải hệ (2)

Lời giải của (2) có ý nghĩa kinh tế khi các thành phần của

nghiệm phải dương và khi thay những giá trị đó vào các hàm cung và câu, giá trị các hàm đó cũng phải dương

Ký hiệu: (0g “Ay °° | —6¡„ ` Ay, 02 lo “đạ A= nt Ene m7" Qian 2 (Đị Ò (bị \ Py | | b, P=) |, B-=\ Ped On

Khi đó hệ (2) được viết dưới dang : A P= B (2)

và giải hệ (27) bằng một trong hai phương pháp đã nêu ở phần hệ

phương trình

2 Mơ hình input-output Leontief

Mơ hình này nhằm xác định đầu ra của mỗi ngành trong 7 ngành kinh tế sao cho vừa đủ để thỏa mãn toàn bộ nhu cầu của cả nền kinh tế đó (kế cả dự trữ và xuất khẩu)

-_ Các đơn vị được sử dụng trong mô hình được quy thành tiền - Ki higu a, là giá trị của lượng nguyên liệu mà ngành j nhận được từ ngành I i dé san xuat ra một lượng sản phẩm có giá trị mot don vi tiên

CHƯƠNG II: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

errr

- Giasu rang :

vx Mỗi ngành chỉ sản xuất một loại sản phẩm

vx Các ngành sử dụng một tỷ lệ cố định nguyên liệu đầu

— Vào từ các ngành khác

⁄ Nếu lượng đầu vào tăng lên k lần thì đầu ra cũng tăng

thêm k lan

Qy, Gyn ee An

a Qo, gg dạ, ¬ ` -

-Ki hiéu 4 =| 1 (CA được gọi là ma trận hệ

Qn a2 “ee Qin

số đầu vào — ma trận hệ số kỹ thuật)

Bên cạnh n ngành, mơ hình cịn có một ngành khác được gọi là ngành mở, cung ứng những đầu vào thiết yêu (ví dụ như lao động, dịch vụ) cho n ngành trên Ngược lại, sản lượng của các ngành được xác định bởi yêu cau nguyên liệu của các ngành trong nên kinh tế và yêu cầu cuối (yêu cầu dự trữ, xuất khẩu) Lượng yêu cầu cuỗi này được xem là yêu tố để lập kế hoạch cho toàn bộ nền kinh tế

- Gọi lượng đầu ra của øœ- ngành là z;,2;, ,„ ; yêu cầu cuối cùng cho đâu ra của ngành thứ ¡ là đ,,¿ =l,n

- Giả sử nghành thử 1 sản xuất một lượng đâu ra x¡ vừa đủ dé - dap ung những điều kiện đầu vào của n ngành và đáp ứng yêu cầu cuỗi cùng của ngành mở Khi đó, ta cé :

(I, - A).X =D

Trong d6 J, 1a ma tran don vi cap n, A là ma trận các hệ số đầu vào, X là véctơ cột của lượng đầu ra , D là vectơ cột biểu thị

58 các yêu cầu cuối cùng Ta tìm được nghiệm X = (I, - A) 3D

B BÀI TẬP |

Bai 3.1 : Giai hé phuong trinh Cramer:

Ll, —z,+2, =6 20,+2,+ 4, =3 |#¡ +7, +21; =Ð

Trang 31

HUONG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH Giải: | 1 -1 l1 Tính D=12 1 1Ìl=5z0 Hệ có nghiệm duy nhất | 1 1 2 6 -1 1 16 1) Cách 1: Tinh D.=l3 1 W=5,D,=|2 3 1l=-10 >; 5 1 2 1 5 2 1 -l 6 ja, =D,/D=1 D,=|2 1 3) = 15 Vay nghiém 1a , 2, = D, /D = —2 1 1 5 jt; = D,/D=3

Cách 2: Hệ phương trình được viết dưới dạng

AX=B—X=4A'bB ¡ 1 3 -2 1 3 -2\(6) (1 Av =e -3 1 1 => X ==|-3 1 1 ||3|=|-2 1 -2 3 | 1 -2 3 4\5 3 2 9% ˆ < ‘ - ~~ /

Vậy nghiệm của hệ là *X - (? — gái 3.2 : Giải hệ phương trình:

2z, + 7z, + 3z; + z¿ =Ô 3z, + 5z, +22 +21,=4 (1) 9z, + 4z, + ø; + 7, = 2 2 7 3 I1Ị6 Giải: XetmatranZ _|3 5 92 a4 9 4 1 712 Dùng phương pháp tìm hạng của ma trận có

Ta có: r(4) = r(A) = 2 => Hệ vô định phụ thuộc vào 2 tham sé,

60

_ CHƯƠNG II: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Tc—— chọn z;, z„ làm tham sơ, ta có hệ: 2m, + 7z, = 6Ô T— 1; — 1, ` 1’ 32, +52, =4— 2%, — 20, (1) 2 7 D= 3.95 =-11 6-32,-%, 7 D, = LÍ 2y 9, 5) = —z¿ + 9z, +2 3Ô D, = — “| =5 2 —10 —? 13° 4-22, - 22, — 7 | D, 2, -92,-2

Vậy nghiệm của (1’) la: z, =—+ =— ay nghiệm của (1) La 7 4

D, 52, +2, +10

Ll, >= =

D 11

Kết luận: hệ (1) vô định, phụ thuộc vào hai tham số z;, 2

_ Nghiệm tông quát:

`x _ & —9z„ —2_ —ðz7¿; + z, + 10

| 1ˆ 11

Bài 3 3 Giải hệ phương trình:

Trang 32

HUGNG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_BAI SO TUYẾN TINH (1 =2 8 211) (1 -2 8 3|-—1) 10 -19 ~2|2 0 10 -19 -2| 4 10 -19 -2|0| |0 0 0 0|0 0 10 -19 -2|1J |0 0 0 0|2,

=> r(A) =2# r(4) = 3, do đó hệ đã cho vô nghiệm Bài 3.4 Giải và biện luận hệ phương trình:

4+4z++z=l J4 +Âu+z=4 xz+tu+ 4z = Ä Giải: Xét: A 11 D=l|1 4 1=(2-1ÿ (4+2) L1 Â

= Néu D40>/141,A #-2, thi hé đã cho là hệ Cramer nên

D D D

có nghiệm duy nhât: z = —#, y=— z= =

ergy mee SD? FD D

1 11 4 1 1

D=|A A2 1Ì=-(-4Ý(+4); D,=l1 4 1Ì=(1-4}

47 1 Ä 1 4 A

Â4 1 1

D=|1 A Al=(A-1)(A+)) > .Vay nghiém «ra 4+1 1 (4+l)

, | ( ) Way nghis b= A+2 at

112

62

s Nếu 2 # 1,44 # -2 Hệ có nghiệm duy mái

CHƯƠNG II : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH z+0+z=l

z+u+z=l rty+z=1

Hệ tương đương với phương trình z?t+y+z= 1

Hệ vơ định nụ thuộc vào 2 tham số Nghiệm tổng quát:

x=~ y—2,y,2), Vaye R

v Nếu A = -2

Khi đó ma trận mở rộng của hệ phương trình có dạng:

(2 1 111) -2 1 -1 1 A=|1 -2 I1|-2|— 2z |0 3 -1-3 3 -4 16 4J- 0 2 7| 6 -2 1 1 1 _— ›| 0 -3 3|-3 0 0 O| 3°

Ta thay n)= 2, r(A) = 3 Vậy hệ vô nghiệm

| Két luận: :

+1 1 (4+!

Â+2`1+2` +2 | Nếu 4 =1 hệ vô định phụ thuộc hai tham SỐ Nghiệm tông

quát (1- -—2,,2),V+z,uc R = Néu 2= -2 hệ vô nghiệm

Bài 3.5 Giải và biện luận hệ phương t trình:

mz+y+z=m

2z + (m +1) + (m + 1)z = m + Ì

z+++rnz = Ì1

Giải: D = (m - 1} (m + 2)

Trang 33

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CÁP_ ĐẠI SỐ TUYẾN TINH m+lmt+l1 -l ——————— ——————— ahentimtngen, Py A eee a 4 1e d nhat 5 }

Néu m # 1,m # —2, hệ có nghiệm duy (a m+2’m+2 = Nếu mm = 1, hệ vô định, phụ thuộc 2 tham SỐ

nghiệm tổng quát (—y - z + 1,,2)Vz, 1

“=_ Nếu mm =-—2,r(4) = 2,r(A) = 3 Hệ vô nghiệm

Bài 3.6 Giải và biện luận hệ phương trình: ‘bar tay+z=1

4(2b—1)+ + au + 3z=1

bz+ayu+(b+3)z =1 Giải: D=a(b+3)(1—Ị)

Y¥ a=0,042,b4#1 Hệ vơ nghiệm

Y a=0,b=1 Hé v6 dinh (1,y,0),Vye R

Y a=0,b=-2 Hệ vô định (1,y,3),Vye RB

vẻaz#0Ub=1_ Hệ vô định (1-— ay,,0),Vục ¥ a#0,b=-2 Hệ vô định (= = + 3,2), vye R

3 a 3a Bai 3.7 Cho hé phuong trinh:

2++rnz = Ì 42 +?nụ+z=a

z+(m+1)+(m+1)z =b

1) Với giá trị nào của m thì hệ phương trình trên có nghiệm

duy nhất

2) Tìm a, b đê hệ trên có nghiệm với mọi giá trỊ của m Giải:

1) Muốn hệ phương trình có nghiệm duy nhất, nó phải là hệ

Cramer, nghĩa là:

64

CHƯƯƠNG III : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Ll 1 m

D=\1 ™ 1 =?m”—1#U<€>m z +] 1 m4+l1 m +]

2) Néu D #0 thi m # +1 Hệ đã cho là hệ Cramer luôn luôn có _

nghiệm duy nhất Nếu D =0 —= mm = +1

¬ | cóc E+Q+z=1

a) m=1.Ta thay khi dé a =1 Khi a =1 c6hé

L+2y+2z=b

hệ có nghiệm vì z(4) = r(A) =2 Vay a=1,be R

z+—z=1 _— |#=b b) 7m = —l,tacó 4z-+z=a c- —z=1-b z+=b_ y—-z=b-a

| | | a=1 a=]

| Yây hệ đã cho có nghiệm Vm = tat =0 c> L =1 Bài 3.8 Giải hệ phương trình tuyến tính:

Z, + 32, — 4z; = 11

| 2%, — Ly + 3z, = —3 | 22, + @ +; = —] |

Giải: Cách 1: Biến đổi ma trận:

1 3 44) l 2 -4|11

A4=|2 -1 3H|—jSjl0 -7 HỊ-2

2 1 " lo 0 4|-4

- Ta có hệ phương trình tương đương: |

Trang 34

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CÁP ĐẠI SỐ TUYẾN TINH —_—_— —— _—YP z; +3; — 4z, =11 g, =1 Tr, + lla, =-25 24% =2 Ac, = —4 |a, =71 Cách 2: Dùng phương pháp định thức: 1 3 -4 D=|2 -1 3|=-28 -2 1 1 |

Vậy hệ phương trình đã cho là hệ phương trình tuyến tính

Cramer, do đó hệ có nghiệm duy nhât:

HH1 3 -4 1 11 -4 D.=|-3 -1 3|=-28 D,=|2 -3 3|F 56 -1 1 1 i2 =1 1 đị = Đ - 1 =1 8 11 D

D,=|2 -1l -3) = 28 Nghiệm của hệ là: & = Dp = 2

_ ¬- —1 | | ED ay |

Cách 3: Dùng phương pháp tính ma trận nghịch đảo: —_ Hệ đã cho được viết dưới dạng: 4X = B (1)

a 1 3 -4 vy 11 Trong đó:Á=| 2 -1 3 |, X=lz,|, B=| =3 SỐ |-2 1 1] V5 =1 -4 -7T 9 1 4: =— Ai =— —-8 -7 -ll Ta có: |A|=-28#0 => 8 | O -7 -7 66

CHƯƠNG III : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUN TÍNH

47 5\(u) (4 Từ (1) suy ra: X=A'B=-= -8 -7 -H-3|=| 2

0 -7 -7|Ì-1| |-I1

Bài 3.9 Tìm a để hệ sau có nghiệm lai +22, —zy + 4z, =2

21, — 7ø, +1 +1, =1

mị + 7ø, — 4z; + 1z, = a

L2 II 4/2 4

“Ai: 4, =O — _ d(-2)+d,

Giải: Xét AÁ=| 2 1 1 I1Ị Layee 1 ~ -Ä Ilia

1 2 -1 4| 2 1 2-1 4 2

0 5 -3 7la-2 0 0 0 OF} a-5

=>r(A)= 2,7 (A) = 3 nếu a #5 |

| r(4)= 2 nếu a =5

| @a=5 |

Bài 3.10 Giải và biện luận phương trình bài 3.4 bằng phương

pháp Gauss

Giải:Dùng các phép biên déi Gauss trén ma tran A

( Ai 1]1 1 4 1A

Z=|t 4 1|A|—“e2O|2 1 afi

1 1 4# | 1L 1 42?

Trang 35

HƯỚNG DÂN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CÁP_ ĐẠI SÓ TUYẾN TINH _ L4 1 12 | 2-24) |0 1~Ẩ' 1A -1 1-ÄÄ-Ä

0 1-A A-1 {0 1-# 1-A-f

| i A 1 | 4

d,—rd;+d,(At]) »ị 0 A-l 1-A | A2-Z

lo 0 (1-4)(4+2)|la+4Ÿ(1-4)

Biện luận: _ |

“" Nếu 4#l, 2#-—2.Hệ có nghiệm duy nhất

_(+4Ƒa-4) (4+1 ae aa) A+2 i | am 2? —(1— A = , 4 4l- +-{ 3/5 A+2 4+1 = Âu —z= " Ap yr as —A+2 | ; 11 1) " Nếu 3 =1 Ta có ma trận 4 = 0 010 9 010

—=r(4)= 1= r(A) Hệ vô định phụ thuộc vào 2 tham SỐ,

nghiệm tông quát X = (1—~ z,,2Z),VW+,z€ R

| 0 -2 1|-2

" Nếu 4{=-2tacó: A=|0 -3 3| -6 0 0 0 3

=r(4) =2 =r(4) = 3 = Hệ vô nghiệm

68

CHUONG III : HE PHUONG TRINH TUYEN TINH

Bài 3.11 Lập I hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có hệ

nghiệm cơ bản là: X, = (8,—6,1 0); X, = (-7,5,0,1) |

Giai: Cach 1: Vi Ay, Xs là một cơ sở của không gian nghiệm của 5 hệ phương trình tuyến tính thuần nhất nên |

VX =(2,,2),%,,0,)€ N > X =hX, +h,X, (2,,%),25,%,) = K, (8,-6,1,0) + K, (-7,5,0,1) | 8h, — Tk, =X, | —6k, + 5k, =f, ‹c> k, = £5 k, = 2, có ma trận suy rộng: (8 -7iz\ (1 0z) (1 0 1) ~ | 0 ð|3; | 0 1z |0 1 Tụ A=] >} —| _ 0 3 8 —7 Ly GO -7| 2% — 82, : 1| |-c g6 7 BỊ2Z : OT) (6 515) (0 5] + OH (1 0 2 \ _y ! 4 | _— |r—8#zz + 7z, =0 —8z.+ 7x, |-Hệ có nghiệm = | 02: 3 4 # +, —5z„ = L 0|; +1, — 5z, 1¬

Đây chính là một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất cần tìm -

Céch 2: Lay X =(x,,2,,25,2,) € N

Hang của hé (X,, X,,X, ) phai băng 2, tức là hạng của ma trận

sau phải bằng 2 |

Trang 36

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CAP_DAI SO TUYẾN TINH _

8 =6 1 0

7 5 0 1

L 1s 1s UY

1 0 S 6

Bằng các phép biến đổi sơ cấp———>|0 1 —~ 5 0 0 z-88 + 15 +60,-5a,

¢, — 84, + Tz, = 0

Để ma trận có hạng băng 2 thĩ: 1, + 6x, ~ 51, = 0 Đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất cần tìm

Bài 3.12 : Cho hệ phương trình:

(2z — 2z, + 5z„ + 6z, = 0

m — 3ø; + 20; + 21, = 0

3z — ø, + 8z; + 10z, = 0

a

52, — 1, +?nz„ +122, = 0

a Tim 1 hé nghiệm cơ bản của hệ trên khi znm = 11 b Biện luận sô chiều của không gian nghiệm theo m

Giai: a) Khi m = 11 2 -2 O 6 1 -3 2 2 3 -1 8 10 5 -11 11 12 H12 ~1#0=r(4)= 2 0 1 de 2 2 0 o | œ €G= CC *= œ €©= rm Oo © = ` Có: D = m — 3ø, + 2z, + 2z, = Ö => = 11z, + 21, Hệ tương đương lu +2, +22, =0 1y = —4; — 2 70

CHƯƠNG III : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYEN TÍNH

a 9

Nghiệm tông quát của hệ X = (11, + 2z,+,,—4+, — 2„, 2, )

lúc đó hệ nghiệm cơ bản gom n—r(A) = 2 nghiém

x, — (11, 1, -4,0) (x, =1, Ly = 0)

X, =(2,0,-2,1) (a =0,2, =1) b) Biện luận số chiêu của không gian nghiệm

2 -2 5 6 1 -3 2 2 1 -3 2 2] |2 -2 5 6 A='3 -1 g 10/13 -1 8 10 5 -ll m 12 | 5 -11 m 12 (1 -3 2 2) 04 1 2 1-3 2 ; lo 8 2 4| 7 [8 4 1 “| (0 4 m-10 2, 00 nh, ” Nếu rn— 120 m211: r(A)=

= Khong gian nghiệm có ?+ — r7 = Ì vectơ nghiệm dim N = 1

" Nếu ?nr—-1i=>m =11:r(A4)=2_

Không gian nghiệm c6 n—1r=2 vecto nghiém dim N = 2 Bai 3.13 Chimg minh W la mot kh6ng gian con của R’, tim 1 co

sở và một số chiều của W biết: 3

W ={(®,1,3;) Je t Ji — Ly + 20; = 0}

Giải: Coi W là không gian nghiệm của hệ phương trình thuần nhất LZ, — XL, +22, = V

Tìm cơ sở và số chiều

Một cơ sở của W chính là một hệ nghiệm cơ bản của hệ

phương trình tuyền tính gơm Í phương trình, 3 an: z, —+; + 2z, =0

r =1,n = 3 Hệ nghiệm cơ bản gồm ø — r = 2 vecto

Nghiệm tổng quát: (z,,z, + 2z;, +; ) Cho ấn phụ những giá trị tùy ý Vậy l cơ sở của W là: X, = (11,0), X, = (0,2,1) = dinW =2

Trang 37

HUGNG DAN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH _

W ={(z\,.#;,2;) € e R* |x, — a, + 22, = 0}

mà (4¡,#¿, 2; ) — (x,, 2, + 2s, Z ) =Í;; 0) + (0,2x,,2;,) = — + (1,1,0) + (0210) | |

Nên 2 vectơ X, = (1,1,0),X, = (0,2,1) sinhra W

Vậy {X,,X,}là 1 cơ sở của W |

Bài 3.14 Tim nghiém téng quát.và hệ nghiệm cơ ban của hệ

phương trình: 4 ø, + z„ — 2z; + 32, = 0 3m — 2%, + 82,+ 2, =0

Giai: Bién doi ma tran

1 -l 5 -I 1-1 -5 -Ì A=| 1 1 -2 3| 0 2 -7 4 3 -1 8 1 0 2 -7 4 _—%-=%_ | 0 2 4 |>r(4)=2 © © © © „ 7 Chọn z„,z„ làm ân ty do,taco Z; = 2 —22,,2, = “9% — 2, Vậy nghiệm tông quát của hệ phương trình:

.( 3 7 X= (—S, — #414 = 2g ty, | Wi c lí Hệ nghiệm cơ bản: 37 3 7 Cho z„ = l,z¿ =Ũ >7 = —519 = X, = (-5 7 1,0) Cho nara sĩ“

Vậy hệ nghiệm cơ bản là: 2°20 | | X, = (-1,-2,0,1)

72

CHUONG III: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Bài 3.15 Tìm một cơ sở và số chiều của không gian con các

nghiệm của hệ phương trỉnh:

l3, — 6z, + 9z„ — 3z„ + 6z; = Ö —m, + 21, — 1¿ + 1, — 3; =0 mị — 2, +92, — 1, + 1, =0 —2ãy + 4ø, — 2, + 2, — 2z, = Ũ Giải 3 -6 9 -3 6 | -l 2 -1 1 =-1 -1 2 -1 1 -1 aay) 3-6 9 -3 6 A=), -2 5 -1 3] -2 5 -1 3 -2 4 -2 2 -2 -2 4 -2 2 -2 1 2 -1 1 -1) =Ì 2 -1 J] -l | | 0 6 0 38 =a, (3) —— >| 0 0D 2 01 de 0 4 0 sử f(-2)+d 0 0 2 0 1 0 0 0 0 0 \ : \ — 42412) ! ae Ty = 20, + Uy ~ S#ụ Hh,

os +60 0 2 0 1 Nghigm tong quat: ⁄¿ = —Ø; 1

Trang 38

HƯỚNG DẪN GIAI BAI TAP TOAN CAO CAP_DAI SO TUYEN TINH

Bai 3.16 Thị trường có 3 loại hàng hóa Hàm cung và hàm câu của

3 loại hàng trên là:

Q, =18P -P,-P,-45, Qp, = =6P, + 2P, + 130

Q,„ =-P.+13B_— HP, -10, đọ; = 2P, —7P, + P, + 220

Q.3 = —~P, - P, + 10P; — 1, Qn; = 3P, — 5P; + 215

Tìm điểm cân bằng thị trường

FE, = Q, -Qp; = 9 24p, — 3p, — ps = 179

Giải: Xéthệ J|p, = Q„ - Qp, = 0 @ {—3p, + 20p; — 2p; = 230

E, = Q,5 - Qp3 = 9 —p, —4p, + 15p, = 230

Giai hé phuong trinh bang phuong phap Cramer ‘Ta co:

24 -3 —Ì D=(|-3 20 -2|=68335 #0 =Ì]l -4 l5 175 -3 -Ì 24 175 -—Ì D, =|230 20 -2|= 68350 D, =|-3 230 -2|= 102525 230 -4 230 =1 230 15 24 -3 175 D, =\|-3 20 230) = 136700 =1 -4 230

Vậy nghiệm của hệ là

D D, D, — _—_—L — , =>, =15;P,= —==20:- PL => = 10; Py = 5 Py Vì P, P,P,>0 va ta thay FP =10, P,=15, FP, = 20 vào Qn,» Qp, > Qp, taco: Qn, = 100, Qp, = 199, Qp, = 140 nên hệ thống giá cân bằng : f, =10, P, =15, P, = 20

Do đó điểm cân bằng thị trường là (10,15, 20)

74

CHƯƠNG II : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

HH HH

Bài 3.17 Trong mô hình input _ Output mở biết ma trận đầu vào 0,3 01 0,1)

A=|0,1 0,2 0,3 | 02 03 0,2

¡_ Nói ý nghĩa kinh tế của hệ số ø„; = 0,3

2 Tìm mức sản lượng của 3 ngành kinh tế, nếu ngành kinh tế mở yêu cầu 3 ngành trên phải cung cấp cho nó những lượng sản

phẩm trị giá tương ứng (70,100, 30) Giải:

I Y nghĩa kinh tê của hệ sô a,, = 0,3

e

Can mot lượng hàng hóa thứ 2 (nguyên liệu thứ 2) trị giá 0,3

(đơn vị tiên), để sản xuất một lượng hàng hóa thứ 3 trị giá 1 (đơn

vị tiên)

2 Ta gọi J, la ma tran don vi cấp 3, A là ma trận dau vao va D

là nhu câu cuỗi cùng với X là vectơ ở dạng cột

Trang 39

:#&

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TOÁN CAO CẤP ĐẠI SO TUYEN TINH

x, = 150

Giải hệ trên bằng phương pháp Cramer ta có: 4 2, = 200 z„ = 150

Bài 3.18 Xét mơ hình input - output mo gồm 3 ngành kinh tế với

ma trận hệ sô đâu vào là:

01 03 0,2 A=l04 02 01 02 0,3 0,3

I1 Tìm mức sản lượng của 3 ngành kinh tế mở đôi với 3 ngành kinh tế trên là (110,52,90)

2 Tìm mức sản lượng của 3 ngành với điều kiện bố sung: do cải

tiên kỹ thuật ở ngành | tiêt kiệm được 25% nguyên liệu của ngành 2; còn yêu câu của ngành kinh tê mở đôi với 3 ngành

kinh tế trên là (124, 66,100)

Giải:

1 Gọi X là vectơ sản lượng của 3 ngành kinh tế viết theo cột ta co: 2 ,-A)X =D 0,9 -0,3 -0,2\fx,) {110 © |-04 08 -01||z; |=| 52 -0,2 -0,3 0,7 \\%) | 90 Ta tìm được: X=B"D [ 39 -0,3 0,2 110 | Với B=|-04 0,8 -0,1| va D=| 52 |-o2 -0,3 0,7 90 76

CHƯƠNG II : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUN TÍNH

4_ Do cải tiến kỹ thuật ngành I nên nguyên liệu ngành thu 2 giảm |

25% Như vậy a., = 0,4 lúc đầu chưa cải tiên, sau khi cải tiên ky thuat a,, = 0,3 | Ta có ma trận các hệ số đầu vào 01 0,3 0,2 A=l03 0,2 01 02 0,3 0,3 Áp dụng cách như trên để tìm X BÀI TẬP ĐE NGHỊ 3.1 Cho hệ phương trình: | 2z+3+2z=9 —+z + 2+ 3z = 14 3z + 4+ z= 16 1) Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận các hệ SỐ 2) Giải hệ phương trình trên

3.2 Xét xem các hệ phương trình sau có nghiệm hay khơng?

Trang 40

3.3 Giai hé phuong trinh: m +9, —y =Ì l) 4—21z, +1z¿ +; = 2 z, +16, + ø„ = 4 (2a + 3m, +11z, + 5ø, = Ú g, +20, +62,+2%, =1 2) § ) 2m, +1, +31; +21, = cổ 32; +22, +62, + 62, = —6 f 32, -62, + , — 34, =1 ; 1, — 28, — 2x — 1, = —2 )) on — 42, + 7x, —20, =7 l4”: — 8x, — 32, — 41, = T~ỏ (3a, + 3m, + 71 — 6x, + 62, = 3 2 +2, + 4z; — z, + 3m, = 2 “a t+ 2+ 2%,+3¢, =—l 2m +2, + Bay — 3x, + 94, = 2 3.4 Giải và biện luận hệ phương trình:

Cet yt mz =] 1) + + nụ + 2z = Tn jm# + 1/ + Z = Íx~+2bu+z= 4 2) 127 + dù + 22 = 7 az +1 + z= 4 78 LOCO OPE COE ta eaten eet Orne uu arte Gea 000200000 0

CHƯƠNG III : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH _

fo 2 3 |r+ayrta,z =a, +a yt+arz =a; 2 +a.U + đ22 = đà az +bu+z = Ì 4) 4ø + abỤ + z =6 J2+bự+ a2 =1 7

3.5 Tìm nghiệm tơng quát và hệ nghiệm CƠ ban của: — 22, + 32, — ¿ + 22; = 0 | mm x, =O Ì 9ø — 4a, +6ø, — 2, + 4ø, =0 vo 22, — Aa, — 2x, + 20, — 22, =0 ` =3, 6 Cho he phương Hình _ „T— 4m, — 3ø, =Ú —9 " + 9x, = 0 Ậ Qt, — zy — 2ø; — 6, =0 4z, — #¿ — Ơ; +nz, = Ư `

1) Tìm một cơ sở và số chiều của không gian nghiệm của hệ phương trình khi m = Ư

2) Tim m, dé không gian nghiệm có số ơ chiều bằng 1 3) Khi m # 0 Tìm hệ nghiệm cơ bản của hệ

Định dạng
Số trang	137
Dung lượng	30,25 MB