Bài thi kết thúc học phần Toán cao cấp 1 - Đại học Ngân hàng Thành phố Hồ Chí Minh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGÂN HÀNG TP. HỒ CHÍ MINH BÀI THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Môn thi: .................. Toán Cao Cấp 1 ........................ Họ và tên sinh viên: ........................ Nguyễn Hương Giang ........................................ MSSV: ............... 030137210165 .............. Lớp học phần:D13 ......... THÔNG TIN BÀI THI Bài thi có: (bằng số):16 trang (bằng chữ):mười sáu trang YÊU CẦU - Trình bày tiểu luận theo đúng chuẩn như Giảng viên đã hướng dẫn trong lớp học. - Các ví dụ minh họa phải tính toán chi tiết. - Tiểu luận tối thiểu là 8 trang, font chữ Times New Roman cỡ chữ 13. - Điểm cao sẽ dành cho các bài tập có tính đa dạng và vận dụng. BÀI LÀM 1 CÂU 1.(4 ĐIỂM) HÃY TRÌNH BÀY THEO SỰ HIỂU BIẾT CỦA EM VỀ CÁC NỘI DUNG SAU (4 ĐIỂM) a) Thuật toán Gauss – Jordan để giải hệ phương trình tuyến tính AX = B Để giải hệ phương trình tuyến tính AX B bằng thuật toán Gauss – Jordan, chúng ta thực hiện theo các bước sau: - Bước 1: Viết ma trận hệ số mở rộng �̃�= (A|B) của phương trình AX = B, gồm ma trận A là ma trận hệ số ẩn và B là ma trận hệ số tự do. - Bước 2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để biến đổi ma trận mở rộng về dạng bậc thang. Phép biến đổi sơ cấp:  j j id d dα β , với  0α và 1,mi (với m là số dòng của  A B ) - Bước 3: Dùng định lý Kronecker – Capelli để kiểm tra hệ có nghiệm hay không. - Bước 4: Viết hệ phương trình tương ứng với ma trận bậc thang. - Bước 5: Giải hệ ngược từ dưới lên. b) Định lý về số nghiệm của hệ phương trình trên. Mỗi trường hợp hãy cho 1 ví dụ minh họa, trong đó ma trận A có ít nhất 3 dòng. - Định lý về số nghiệm của hệ phương trình AX=B (Định lí Kronecker –Capelli) Ta luôn có    r A r A B  Nếu r(�̃�) ≠ r(A) thì hệ vô nghiệm.  Nếu r(�̃�) = r(A) thì hệ có nghiệm. + Nếu r(�̃�) = r(A) = n thì hệ có 1 nghiệm duy nhất. + Nếu r(�̃�) = r(A) < n thì hệ có vô số nghiệm, phụ thuộc vào n – r(A) ẩn tự do. Trong đó: n là số ẩn của phương trình. - Ví dụ minh họa TH1: Phương trình vô nghiệm 0 2 3 2 3 2 18 2 x y z x y z x y z               2 A =          1 1 1 2 3 1 3 2 18 (A|B) = 3 32 2 1 3 3 1 152 3 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 2 3 1 2 0 1 3 2 0 1 3 2 3 2 18 2 0 5 15 2 0 0 0 12 d d dd d d d d d                                        Ta thấy r(A) = 2 < r(�̃�) = 3 nên hệ vô nghiệm. TH2: Phương trình có 1 nghiệm duy nhất                    1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 4 10 2 1 3 2 3 6 36 4 x x x x x x x x x x x x x x x x à = (A|B) = 1 3 2 3 1 4 10 1 1 1 3 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 3 2 2 3 1 4 10 3 1 6 36 4 3 1 6 36 4 d d                                 3 22 2 1 3 3 1 4 4 1 d = d - d d = d - 2d d = d - 3d 1 1 1 3 2 1 1 1 3 2 0 2 3 4 1 0 1 3 10 6 0 1 3 10 6 0 2 3 4 1 0 4 3 27 2 0 4 3 27 2 d d                                      3 3 1 4 4 3 4 4 1 2 4 1 1 1 3 2 1 1 1 3 2 0 1 3 10 6 0 1 3 10 6 0 0 9 24 11 0 0 9 24 11 0 0 9 13 22 0 0 0 11 11 d d d d d d d d d                                   Ta thấy r(A) = r(�̃�) = 4 = n (số ẩn) nên hệ có nghiệm duy nhất. 3  Ta có, hệ phương trình tương đương: 1 2 3 4 2 3 4 3 4 4 3 2 3 10 6 9 24 11 11 11 x x x x x x x x x x                   1 2 3 4 13 9 13 3 35 9 1 x x x x                 Vậy nghiệm của hệ phương trình 1 2 3 4( ; ; ; )x x x x  13 13 35 ; ; ;1 9 3 9       TH3: Phương trình có vô số nghiệm 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 0 3 2 3 3 4 5 4 2 5 14 4 x x x x x x x x x x x x x x x x                          |à A B = 2 2 1 3 3 1 4 4 1 d = d - d d = d - 3d d = d - 2d 1 2 1 3 0 1 2 1 3 0 1 3 1 2 3 0 1 2 5 3 3 4 1 5 4 0 2 2 4 4 2 1 5 14 4 0 3 3 8 4                                 3 3 1 3 4 4 4 1 2 3 1 2 1 3 0 1 2 1 3 0 0 1 2 5 3 0 1 2 5 3 0 0 6 14 10 0 0 3 7 5 0 0 3 7 5 0 0 6 14 10 d d d d d d d d                                   4 4 3 2 1 2 1 3 0 0 1 2 5 3 0 0 3 7 5 0 0 0 0 0 d d d              Ta thấy r(A) = r(�̃�) = 2 < 3 (n: số ẩn) nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 3-2=1 tham số tự do. 4  Ta có, hệ phương trình tương đương: 1 2 3 4 2 3 4 3 4 2 3 0 2 5 3 3 7 5 0 0 x x x x x x x x x                  Đặt 4x =t, t ∈ R  7 4 1 3 1 2 3 5 7 3 3 4 t x t x t x x t                   Vậy hệ phương trình có vô số nghiệm và 1 2 3 4( ; ; ; )x x x x  7 4 1 5 7 ; ; ; 3 3 3 t t t t t R          c) Xét hệ phương sau đây : 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 2 2 ax x x a x bx x b x x cx c                   Trong đó a là ngày sinh, b là tháng sinh và c là năm sinh của bản. Hãy giải phương trình trên bằng ít nhất 2 cách. Phương trình sau khi thay ngày tháng năm sinh vào: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 5 7 11 13 2003 2005 x x x x x x x x x                Cách 1: Dùng thuật toán Gauss – Jordan. 1 2 2 2 1 3 3 1 5 5 1 1 7 1 11 1 13 1 11 1 13 ( | ) 1 11 1 13 5 1 1 7 0 54 4 58 1 1 2003 2005 1 1 2003 2005 0 10 2002 1992 d d d d d d d d A B                                       5 2 2 3 3 2 1 . 1054 13 131 11 11 1 11 29 292 20 1 0 1 27 27 27 27 0 10 0 02002 1992 54074 54074 27 27 d d d d d                             Ta thấy r(Ã) = r(A) = 3 = n (số ẩn) nên hệ có 1 nghiệm duy nhất.  Ta có hệ phương trình: 1 2 3 1 2 3 2 3 3 54074 54074 27 27 11 13 1 2 29 1 27 27 1 x x x x x x x x x                        Vậy nghiệm của hệ phương trình 1 2 3( ; ; ) (1;1;1)x x x   Chứng minh hệ Cramer 1 2 3 1 2 3 1 2 3 5 7 11 13 2003 2005 x x x G x x x x x x                5 1 1 1 11 1 1 1 2003 A                     dßng 1 1 1 1 2 1 3 5 1 1 11 1 1 1 1 11 1 11 1 5.( 1) . 1.( 1) . 1.( 1) . 1 2003 1 2003 1 1 1 1 2003 A = 5.22032 – 1.2002 + 1.(-10) =108148 108148 0det( )A   (1) Ta thấy: số ẩn = số phương trình = 3 (2) Từ (1), (2)  G là hệ Cramer 6  Cách 2: Dùng phương trình ma trận AX=B để tìm X trong hệ Cramer 1 2 3 1 2 3 1 2 3 5 7 11 13 2003 2005 x x x G x x x x x x                Ta có: 1 2 3 5 1 1 7 1 11 1 ; ; 13 1 1 2003 2005 x A X x B x                                 Dạng ma trận của hệ: AX B Khi đó nghiệm 1.X A B 1 5 11 1 7 1 11 1 . 13 1 1 2003 2005                       1 1 1            ứng với 1 2 3 x x x           Vậy nghiệm của hệ phương trình 1 2 3( ; ; ) (1;1;1)x x x   Cách 3: Dùng định thức trong hệ Cramer 1 2 3 1 2 3 1 2 3 5 7 11 13 2003 2005 G x x x x x x x x x                5 1 1 7 1 11 1 ; 13 1 1 2003 2005 A B                      Ta có  det( ) 108148 0A (chứng minh trên) 1 7 1 1 13 11 1 2005 1 2003 A            2 3 5 7 1 5 1 7 ; 1 13 1 ; 1 11 13 1 2005 2003 1 1 2005 A A                       Trong đó: - A1 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 1 bằng cột tự do B. - A2 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 2 bằng cột tự do B. - A3 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 3 bằng cột tự do B. 7 1 1 1 2 1 3 1 11 1 13 1 13 11 det( ) 7.( 1) . 1.( 1) . 1.( 1) . 1 2003 2005 2003 2005 1 A         = 7.22032 + (-1).24034 + 1.(-22042) =108148 1 2 1 2 1 3 2 13 1 1 1 1 13 det( ) 5.( 1) . 7.( 1) . 1.( 1) . 2005 2003 1 2003 1 2005 A         =5.24034 + (-7).2002 + 1.1992 =108148 1 1 1 2 1 3 3 11 13 1 13 1 11 det( ) 5.( 1) . 1.( 1) . 7.( 1) 1 2005 1 2005 1 1 A         = 5.22042 + (-1).1992 + 7.(-10) =108148 Ta có: 1 1 det( ) 1 det( ) A x A   ; 2 2 det( ) 1 det( ) A x A   ; 3 3 det( ) 1 det( ) A x A   Vậy nghiệm của hệ phương trình  1 2 3; ; (1;1;1)x x x   Cách 4: Biến đổi linh hoạt, đặt ẩn phụ                                          1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 a x x x x b x x x x c x  Đặt            1 2 3 1 1 1 x x y x z x , hệ phương trình trở thành:               0 0 0 ax y z x by z x y cz Do đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất và   5, 11, 2003a b c làm cho 3 dòng độc lập tuyến tính nên sẽ có nghiệm duy nhất là nghiệm tầm thường  Hệ phương trình                    1 2 1 2 3 3 1 0 1 0 1 1 0 x x y x x x x z x 8 CÂU 2 (3 ĐIỂM): a) Trình bày 2 cách tính định thức của ma trận vuông cấp 3. Mỗi cách cho 1 ví dụ minh họa  Cách 1: Phần bù đại số  ( ) n nijA a , đặt  ( 1) . ij i j ij A M , Trong đó, ij M là định thức sinh ra từ định thức của ma trận A bằng cách bỏ đi dòng i và cột j. Còn ij A được gọi là phần bù đại số tương ứng với phần tử ij Aa  .                1 1 1 2 1 n 11 12 1n dßng 1 1 j 1 1j .( 1) . (1 /1) .( 1) . (1 / 2) ... .( 1) . (1 / n) det (1/ j) .( 1) .( ) n i A a A A A A A a a a Cách tính trên là công thức khai triển theo dòng. Có thể chọn dòng hoặc cột tùy ý. *Thủ thuật: Chọn dòng hoặc cột chứa nhiều số 0 nhất để khai triển cho nhanh. Ví dụ minh họa:                     dßng 1 1 1 1 2 1 3 2 1 4 3 11 6 3 6 3 1 6 2.( 1) . 1.( 1) . 4.( 1) . 2 55 3 2 3 2 5 3 2.1.(1.3 6.5) 1.( 1).(3.3 6.2) 4.1.(3.5 1.2) 54 3 52 1  Cách 2: Qui tắc Sarrus Để tính định thức của ma trận vuông cấp 3 theo quy tắc Sarrus, ta :  11 12 13 21 22 23 31 32 33 detA a a a a a a a a a Bước 01: Viết lại 2 cột đầu của định thức theo thứ tự phía sau cột cuối cùng (cột 3) của ma trận vuông ban đầu 11 12 13 11 12 21 22 23 21 22 31 32 33 31 32 a a a a a a a a a a a a a a a Bước 02.1: Tích các phần tử (đủ 3 phần tử) song song với đường chéo chính rồi cộng chúng lại với nhau 9  11 22 33 12 23 31 13 21 32a a a a a a a a a Bước 02.2: Tích các phần tử (đủ 3 phần tử) song song với đường chéo phụ rồi cộng chúng lại với nhau, đặt cho nó một dấu trừ trước tổng    13 22 31 11 23 32 12 21 33a a a a a a a a a Bước 02.3: Cộng hai phần này lại với nhau, ta có được định thức của ma trận A.       11 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31 11 23 32 12 21 33detA a a a a a a a a a a a a a a a a a a Hoặc ta có thể dựa vào sơ đồ sau: det(A) = A = Tổng 3 đường chéo đỏ - tổng 3 đường chéo xanh 11 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31 11 23 32 12 21 33 . . . . . . ( . . . . . . )A a a a a a a a a a a a a a a a a a a       Ví dụ minh họa: 2 1 1 1 2 2 7 1 8 x x x x x      VT  2 1 1 1 7 1 2 1 1 1 2 7 1 8 x x x x x x x x        3 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 2 3 2 4 13 22 2 4 13 24 0 2 .1.8 1( 2).7 ( 1)( 1) .1.7 2 ( 2)( 1) 1.( 1).8 16 7 14 2 (7 2 2 4 4 8 8) 16 7 14 2 7 2 2 4 4 8 8 4 13 22 VP x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                           3x  10 b) Định nghĩa ma trận khả nghịch? Nêu 1 phương pháp để xác định tính khả nghịch của ma trận? Cho 2 ví dụ minh họa cụ thể (ma trận cấp 3, cấp 4) - Đinh nghĩa: Cho A là 1 ma trận vuông cấp n trên k. Ta bảo A là ma trận khả nghịch nếu tồn tại 1 ma trận B vuông cấp n trên k sao cho: A.B=B.A=In. Khi đó B được gọi là ma trận nghịch đảo của A(ký hiệu A-1), còn A gọi là ma trận khả nghịch. Trong đó, In là ma trận đơn vị cấp n. Như vậy: A.A-1=A-1.A=In - Phương pháp để xác định tính khả nghịch của ma trận: tính det(A)  Nếu det(A) 0  Ma trận A có tính khả nghịch.  Nếu det(A)0  Ma trận A không có tính khả nghịch. - Ví dụ minh họa xét tính khả nghịch của ma trận + Ma trận cấp 3: 1 1 2 3 2 1 2 1 3 A                         Ma trËn vu«ng A cã tÝnh kh¶ nghÞch 1 1 2 1 1 3 2 1 3 2 1.2.3+1.1.2+2.3.1 (2.2.2 1.1.1 1.3.3) 2 1 3 2 1 14 18 4 0 A + Ma trận cấp 4: 1 1 2 2 2 2 16 0 1 1 3 2 3 2 1 5 B                   1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 16 0 0 4 20 4 0 1 5 1 1 1 3 2 0 2 5 4 0 2 5 4 3 2 1 5 0 1 5 1 0 4 20 4 B                   11 det 1 1 2 2 0 1 5 1 ( ) 1.( 1).( 5).0 0 0 0 5 2 0 0 0 0 B            Ma trận B không có tính khả nghịch. c) Cho 3 ví dụ cụ thể vận dụng tính khả nghịch của ma trận trong việc giải các phương trình ma trận sau: A.X = B, X.A=B, A.X.B=C  A.X = B 1 2 1 1 2 2 1 1 2 . . 4 3 4 3 4 3 4 3 3 1 1 210 10 . 4 32 1 5 5 7 10 X X                                                       9 10 2 1 5 5             X.A=B 1 72 1 5 45 3 1 2 0 9 3 1 11 2 5 45 3 4 1 3 4 1 3 1 2 3 1 2 3 . 6 9 12 . 6 9 12 3 2 1 3 2 1 1 3 2 1 3 2 1 2 3 . 3 2 1 X X                                                          16 71 5 45 15 6 31 7 5 45 3              12  A.X.B=C 1 -1 . 54 23 23 7 3 23 23 1 3 0 3 5 2 1 3 . . 2 0 4 7 4 5 3 0 4 5 6 1 3 0 3 5 2 1 3 . 2 0 4 7 4 5 3 0 4 5 6 5 9 3 2 4 2 2 1 3 31 1 . . 2 4 25 3 0 X X                                                             5 7 3 4 8 4 5 9 3 2 4 217 11 12 23 23 23 31 1 . 2 4 21 2 21 23 23 23 5 7 3 4 8 4 52 81 29 23 46 23 153 65111 92 184 92                                                        CÂU 3. (3 ĐIỂM) HÃY TRÌNH BÀY THEO SỰ HIỂU BIẾT CỦA EM VỀ CÁC NỘI DUNG SAU a) Sự phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính của họ các vector. Cho 2 ví dụ minh hoạ? Một hệ vector 1 2 3, , , , mv v v v được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu có một tổ hợp tuyến tính không tầm thường của 1 2 3, , , , mv v v v bằng vector 0, nghĩa là   1 0 m i i i c v , với   2 1 0 m i i c 13 Một hệ vector 1 2 3, , , , mv v v v được gọi là độc lập tuyến tính nếu hệ vector đó không phụ thuộc tuyến tính     1 0 0 m i i i i c v c  1,mi Ví dụ minh họa: Xét tính phụ thuộc tuyến tính/ độc lập tuyến tính của hệ vector  Ví dụ 1:           1 2 31;2;3 ; 2;1;0 ;v 0;1; 2A v v Xét   1 1 2 2 3 3 0c v c v c v          1 2 31;2;3 2;1;0 0;1; 2 0c c c              1 2 1 2 3 1 3 2 0 2 0 3 2 0 c c c c c c c    1 2 3 0c c c  Vậy hệ vector A độc lập tuyến tính.  Ví dụ 2:         1 22;4 ;u 1; 2B u Xét  1 1 2 2 0c v c v        1 22;4 1; 2 0c c         1 2 1 2 2 0 4 2 0 c c c c  1 22c c Tồn tại  1 21; 2c c để  1 1 2 2 0c v c v  Vậy hệ vector B phụ thuộc tuyến tính. b) Không gian nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất? Hãy cho 1 ví dụ minh hoạ và xác định số chiều cũng như cơ sở của nó. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn có ít nhất một nghiệm tầm thường, đây chính là phần tử trung hoà đối với phép cộng. Như vậy nghiệm của hệ phương 14 trình tuyến tính sẽ có thể lập thành một không gian con của không gian n với n là số ẩn của hệ phương trình. Từ các phương trình ta sẽ tìm được mỗi liên hệ giữa các ẩn, gọi r là số liên hệ độc lập của hệ phương trình tuyến tính n ẩn, ta có được không gian con có số chiều là n – r, nghĩa là nó sẽ được lập nên bởi một cơ sở gồm n – r vectors độc lập tuyến tính. Ví dụ: Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất                  1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 2 4 3 0 3 3 0 2 5 3 2 0 x x x x x x x x x x x x Xét ma trận hệ số ẩn               1 2 4 3 1 3 3 1 2 5 3 2 A                 2 2 1 3 3 2 1 1 2 4 3 0 1 5 4 0 0 0 0 d d d d d d d Ma trận trên gồm r = 2 dòng độc lập tuyến tính (hay     2rank A r ), trong khi một vector nghiệm tổng quát của hệ phương trình trên có số chiều bằng 4 (  *dim 4W n ), như vậy hệ phương trình này tạo ra một không gian con W chứa những vector nghiệm X với số chiều   dim 2W n r Chọn      3 4 x m x t , và biểu diễn 1x , 2x theo m,t từ mối liên hệ           1 2 3 4 2 3 4 2 4 3 0 5 4 0 x x x x x x x         1 2 2 x 2x 3t 4m x 5m 4t        1 2 x 11t 14m x 5m 4t Vậy nghiệm tổng quát có dạng                                                          1 2 3 4 14 11 14 11 5 4 5 4 1 0 0 1 x m t x m t X m t x m x t 15 Vậy bất kì vector trong không gian nghiệm W của hệ phương trình trên đều biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của hai vectors độc lập tuyến tính              1 14 5 1 0 X ;              2 11 4 0 1 X Như vậy, một trong các cơ sở của không gian nghiệm W sẽ là   1 2;XB X   dim 2W cardB c. Xét không gian 4 , hãy cho ví dụ về một không gian con nằm trong không gian 4 có số chiều bằng 2. Xác định một cơ sở của nó và công thức biểu diễn toạ độ của một vector trong không gian đó với cơ sở trên? Xét không gian 4 có vector tổng quát dạng               1 2 3 4 x x X x x Nếu thêm ràng buộc        1 3 4 2 3 4 17 4 24 x x x x x x , thì không mất tính tổng quát ta đặt      3 4 x y x s , ta được không gian con W với vector tổng quát dạng:                17 4 24 y s y s X y s với y,s Có thể viết X dưới dạng tổ hợp tuyến tính                           17 4 24 1 1 0 0 1 X y s 16 Như vậy, mọi vector X trong không gian con W đều có thể viết được dưới dạng tổ hợp tuyến tính của              17 24 1 0 Y và              4 1 0 1 S , và dễ nhận thấy Y, S độc lập tuyến tính. Không mất tính tổng quát, chọn   ,B Y S là cơ sở của không gian con W, và mọi vector X trong W đều được viết dưới dạng  1 2X c Y c S , với 1 2,c c và còn được gọi là toạ độ của X ứng với cơ sở B trong không gian W. 17