Giáo trình toán cao cấp - ĐH Trà Vinh

trị tại điểm (x0, y0). Chú ý: Định lý trên có thể mở rộng đối với hàm nhiều hơn hai biến số. Ví dụ 4.15: Tìm cực trị của hàm f(x, y) = xy với điều kiện ràng buộc ϕ(x, y) = (x – 1)2 + y2 –1 = 0. Giải Lập hàm Lagrange ( )[ ]11),,( 22 −+−+= yxxyyxF λλ Xét hệ ( )⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ =−+−= =+= =−+= 011 02 0)1(2 22' ' ' yxF yxF xyF y x λ λ λ Giải hệ trên ta tìm được 3 điểm dừng của hàm ),,( λyxF là: )0,0,0(1M ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − 2 3, 2 3, 2 3 2M và ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − 2 3, 2 3, 2 3 3M . Ta có ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ = = = 1 2 2 '' '' '' xy yy xx F F F λ λ Ứng với 0=λ ⇒ 0)0,0()0,0(2)0,0()0,0( 2''''2''2 =++= dyFdxdyFdxFFd yyxyxx Tương tự, ứng với 2 3−=λ ta có: 222 323 2 3, 2 3 dydxdydxFd −+−=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ( )[ ] 0))(13( )323( 222 22 <+−+−−= +−−= dydxdydx dydxdydx Tương tự, ứng với 2 3=λ ta có: 222 323 2 3, 2 3 dydxdydxFd ++=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − ( ) 0))(13( 222 >+−++= dydxdydx Theo định lý 4.7 thì hàm f(x, y) đạt cực đại tại ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ 2 3, 2 3 2N , đạt cực tiểu tại ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − 2 3, 2 3 3N Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 65 IV.3.4/ Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong miền đóng và bị chặn. Nhận xét: Hàm z = f(x, y) liên tục trên miền đóng và bị chặn trong miền D thì nó đạt ít nhất một lần giá trị lớn nhất và một lần giá trị nhỏ nhất trong miền D. Nếu z = f(x, y) đạt giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất tại một điểm trong miền D thì điểm đó phải là điểm cực trị của hàm. Ngoài ra giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất của hàm còn có thể đạt được ngay trên biên của miền D. * Cách tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm z = f(x, y) trong miền đóng và bị chặn D, với biên của miền D có phương trình là 0),( =yxϕ . + Tìm điểm dừng ở trong miền D, toạ độ điểm dừng (x,y) là nghiệm của hệ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = = 0 0 ' ' y x z z . + Tìm điểm dừng trên biên của miền D, toạ độ điểm dừng (x,y) là nghiệm của hệ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = =+ =+ 0),( 0 0 '' '' yx z z yy xx ϕ λϕ λϕ . + Tính giá trị của hàm z tại tất cả các điểm dừng, giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất) của hàm z tại các điểm dừng là giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất) của hàm z trên miền D. Ví dụ 4.16: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm z = x2 – y2 trong hình tròn đóng x2 + y2 ≤ 4. Giải * Tìm các điểm dừng của hàm z = x2 – y2 tại các điểm trong miền: x2 + y2 < 4 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ == == 02 02 ' ' yz xz y x 0==⇒ yx ⇒ toạ đọ điểm dừng O(0; 0) ⇒ z(0, 0) = 0. * Tìm các điểm dừng của hàm z = x2 – y2 trên đường tròn x2 + y2 = 4 Ta có: 04),( 22 =−+= yxyxϕ Xét hệ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =−+= =+−=+ =+=+ 04),( 022 022 22 '' '' yxyx yyz xxz yy xx ϕ λλϕ λλϕ Giải hệ trên ta được: Ứng với 1−=λ ta có các điểm dừng M1(0, 2); M2(0, -2). Ứng với 1=λ ta có các điểm dừng M3(2, 0); M4(-2, 0). ⇒ z(0, 2) = z(0, -2) = -4 và z(2, 0) = z(-2, 0) = 4 Vậy 4min −=Z tại M1(0, 2) và M2 ( 0, -2) 4max =Z tại M3 (-2, 0) và M4(2, 0). x y O D Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 66 Câu hỏi củng cố 1. Tìm cực trị của hàm số 2 biến? 2. Tìm GTNN và GTLN của hàm số 2 biến? Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 67 KẾT QUẢ HỌC TẬP 5: Giải các bài tóan phương trình vi phân cấp I và cấp II. BƯỚC HỌC 1 V.1/ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT: V.1.1/ Các định nghĩa: Định nghĩa 1: Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình có dạng F(x, y, y’) = 0 ( 5.1) hay y’ = f(x, y) hay dx dy = f(x, y) trong đó, x là biến số độc lập; y là hàm phải tìm; y’ là đạo hàm cấp 1 của y. Ví dụ: Các phương trình sau là các phương trình vi phân cấp 1 3yy’ + 3x2 = 0. y2 dx + xdy = 0. y’ = - x y . Định nghĩa 2: * Hàm số y = ϕ(x, c) thỏa mãn phương trình (5.1), với c là hằng số tùy ý được gọi là nghiệm tổng quát của một phương trình (5.1). Từ nghiệm tổng quát khi ta cho c = c0 ta được y = ϕ(x, c0) gọi là nghiệm riêng của một phương trình (5.1) ( C0 thường được suy ra từ điều kiện y(x0) = y0). * Đẳng thức φ(x, y, c) = 0 thỏa mãn phương trình (5.1), với c là hằng số tùy ý được gọi là tích phân tổng quát của một phương trình (5.1). Từ tích phân tổng quát khi ta cho c = c0 ta được φ(x, y, c0) = 0 gọi là tích phân riêng của một phương trình (5.1) ( C0 thường được suy ra từ điều kiện y(x0) = y0). Giải phương trình (5.1) là đi tìm nghiệm tổng quát hay tích phân tổng quát của phương trình (5.1). Ví dụ: Giải phương trình vi phân y’ = cosx Giải Tích phân hai vế ta được: ⇔+= ∫ Cxdxy cos y = sinx + C là nghiệm tổng quát. V.1.2/ Định lý về tồn tại và duy nhất nghiệm: Cho phương trình y’ = f(x, y). Nếu hàm f(x, y) liên tục trong một miền chứa (x0, y0) thì phương trình đã cho sẽ tồn tại một nghiệm y = y(x0) thoả mãn điều kiện y0 = y(x0). Ngoài ra, nếu y f ∂ ∂ cũng liên tục trong miền nói trên thì y = y(x) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Điều kiện y0 = y(x0) được gọi là điều kiện đầu của phương trình của (5.1), thường được ký hiệu: 0xx yy 0 == . V.1.2/ Một số phương trình vi phân cấp 1 thường gặp: Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 68 V.1.2.1/ Phương trình vi phân có biến phân ly: Phương trình vi phân có biến phân lý là phương trình có dạng: M(x)dx + N(y)dy = 0 (5.2) Trong đó, M(x); N(y) là những hàm phụ thuộc x, y ( x là biến độc lập; y là hàm cần tìm) Ví dụ: Các phương trình sau là các phương trình vi phân có biến phân ly 0dy)1y(dx 1x x 2 =+++ ; (e2 + x + 1)dx + (siny + 2cosy)dy. Cách giải: Lấy tích phân hai vế: CdyyNdxxM =+ ∫∫ )()( ( tích phân tổng quát của (5.2)) Chú ý: Xét phương trình vi phân dạng: M1(x) N1(y)dx + M2(x) N2(y)dy = 0 (5.3). • Nếu M2(x)≠ 0, N1(y) ≠ 0 thì chia hai vế cho (M2(x). N1(y)) (5.3) ⇔ 0dy )y(N )y(Ndx )x(M )x(M 1 2 2 1 =+ đây là phương trình vi phân có biến phân ly. • Nếu M2(x) = 0 ⇒ x = a thì x = a cũng là nghiệm của phương trình (5.3). • Nếu N1(y) = 0 ⇒ y = b thì y = b cũng là nghiệm của phương trình (5.3). Ví dụ: Giải các phương trình 1/ xdx + (y + 1)dy = 0. 2/ x2(y + 1)dx + (x3 – 1)(y – 1)dy = 0. Giải 1/ Ta có Cdyyxdx =++ ∫∫ )1( Cyyx =++⇔ 22 22 là tích phân tổng quát. 2/ Khi ⎩⎨ ⎧ −≠ ≠ 1y x 1 , phương trình đã cho tương đương 0 1 1 13 2 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + −+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − dyy ydx x x ⇒ Cdy y ydx x x =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + −+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − ∫∫ 1113 2 ⇔ Cdx yx xd =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +−+− − ∫∫ 1211 )1(31 3 3 ⇔ 3 1 Cyyx =+−+− 1ln21ln 3 là tích phân tổng quát. Ngoài ra, x = 1, y = -1 cũng là nghiệm của phương trình V.1.2.2/ Phương trình vi phân đẳng cấp: Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 69 Phương trình vi phân dạng: y’ = ϕ( x y ) (5.4). ví dụ: y’ = 2) x y(1 ) x y(2 − là phương trình vi phân đẳng cấp Cách giải: Đặt x y = u ⇒ y = u.x ⇒ dx dy = u + x dx du ⇒ u + x dx du = ϕ(u) ⇒ x dx du = ϕ(u) – u • Nếu ϕ(u) – u ≠ 0 thì ta có x dx = u)u( du −ϕ , tích phân hai vế: =xln ∫ −ϕ )u)u( du( + Cln = φ(u) + Cln ⇒ C xln = φ(u) ⇒ x = C . )u(eφ = C . )( xyeφ . Vậy tích phân tổng quát của phương trình (5.4) là x = C. )( x y eφ . • Nếu ϕ(u) – u = 0 ⇒ u = u0 thì y = u0x cũng là nghiệm của phương trình (5.4). Ví dụ: Giải các phương trình sau 1/ y’ = xy yx 2 22 + . 2/ y’ = yx yx − + . Giải 1/ Phương trình đã cho tương đương x y x y y 2 1 2 ' ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+ = Đặt u = x y ⇒ y = ux ⇒ y’ = u + x dx du ⇒ u + x dx du = u u 2 1 2+ ⇔ x dx du = u u 2 1 2− ⇒ x dx = 21 2 u udu − ⇔∫ xdx = ∫ − 212 uudu Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 70 ⇔ xln = ( )∫ −−− 2 2 1 1 u ud + Cln ⇔ xln + 21ln u− = Cln ⇔ x(1- u2 ) = C ⇔ ( ) CxyxC x yx =−⇔= ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛− 22 2 1 2/ Phương trình đã cho tương đương x y x y y − + = 1 1 ' Đặt u = x y ⇒ y = ux ⇒ y’ = u + x dx du ⇒ u + x dx du = u1 u1 − + ⇔ x dx du = u u − + 1 1 2 ⇒ x dx = 21 )1( u duu + − ⇔ xln + Cln = ∫ + − du u1 )u1( 2 ⇔ =Cxln ∫ + 2u1 du 2 1− ∫ + 21 udu ⇔ Cxln = arctgu 2 1− 2u1ln + ⇔ Cxln + 2u1ln + = arctgu ⇔ Cx 2u1+ = arctgue ⇔ Cx 2 2x y1+ = xyarctge V.1.2.3/ Phương trình vi phân tuyến tính: Phương trình vi phân dạng: y’ + p(x)y = q(x) (5.5). Trong đó: p(x), q(x) là những hàm số liên tục của biến x. • Nếu q(x) = 0 thì (5.5): y’ + p(x)y = 0 (5.6) gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất. • Nếu q(x) ≠ 0 thì (5.5) gọi là phương trình tuyến tính không thuần nhất. Ví dụ: y’ + 3x2 y = 0 là phương trình tuyến tính thuần nhất. x 2 ey x1 x2'y =−+ là phương trình tuyến tính không thuần nhất. Cách giải: Để tìm nghiệm tổng quát của phương trình (5.5), trước hết ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình (5.6). Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 71 Từ (5.6), ta có: y)x(p dx dy −= . • Khi y ≠ 0 ⇒ dx)x(p y dy −= ⇒ ∫∫ −= dxxpydy )( Clndx)x(pyln +−=⇔ ∫ ∫−=⇔ dx)x(pC yln ⇒ ∫−= dx)x(pCey • Ta thấy y = 0 cũng là nghiệm phương trình (5.6)( ứng với C = 0 ). Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (5.6) là ∫−= dx)x(pCey . Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của phương trình (5.6) dưới dạng: ∫−= dxxpexCy )()( , C là hàm số của biến x Ta có: y’ = C’(x). ∫− dx)x(pe + C(x).[-p(x)] ∫− dx)x(pe thay vào (5.5), ta được: C’(x). ∫− dx)x(pe = q(x). C’(x) = q(x). ∫− dx)x(pe C(x) = ∫ ξ+∫− dxe)x(q dx)x(p Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (5.5) là: y = [ ∫ +∫− Cdxexq dxxp )()( ] ∫− dx)x(pe . Ví dụ: 1/ Tìm nghiệm tổng quát của phương trình x3y x 1'y =+ , từ đóhãy tìm một nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện y(1) = 1. 2/ Tìm nghiệm tổng quát của phương trình 22' xy x y =− . Giải 1/ Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho: ( ) x Cx x CxeCdxexy x dx x dx +=+=∫⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +∫= ∫∫ − 22 13..3 vì y(1) = 2 ⇒ C = 1 ⇒ y = x2 là một nghiệm riêng của phương trình đã cho. 2/ Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho: ( ) ( ) 232ln2ln22222 ... CxxxCdxeCexeCdxexy xxxdxxdx +=+=+=∫⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +∫= ∫∫∫ −− . V.1.2.4/ Phương trình Bernoulli: Phương trình dạng: y’ + p(x).y = q(x). αy (5.7) Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 72 trong đó p(x), q(x) là những hàm số liên tục của x, α là một số thực bất kỳ và α ≠ {0, 1} Cách giải: Giả thiết y ≠ 0, ta chia cả hai vế (5.7) cho αy :y’ . αy + p(x) . 1y −α = q(x). Đặt Z = α−1y ⇒ Z’ = (1 - α) α−y y’ ⇒ α−y y’ = α−1 'Z Khi đó ta có: α−1 'Z + p(x) Z = q(x) ⇒ Z’ + (1 - α)p(x)Z = (1 - α)q(x) (là phương trình vi phân tuyến tính cấp một không thuần nhất đối với Z ) Ví dụ: Giải các phương trình sau: 1/ y’ – 2x.y = 2x3y2 . 2/ yeyy x .2' =+ . Giải 1/ Ta thấy y = 0 cũng là nghiệm của phương trình. Khi y ≠ 0, phương trình đã cho tương đương: 2y 'y - y x2 = 2x3 ⇔ y’. y-2 – 2x.y-1 = 2x3 Đặt Z = y-1 ⇒ Z’ = - y-2 y’ ⇒ - Z’ = y-2 y’ Khi đó ta có: - Z’ - 2x.Z = 2x3 ⇔ Z’ + 2xZ = - 2x3 ⇒Nghiệm tổng quát: ( ) 223223 2..2 xxxdxxdx eCexeCdxexZ −− +−=∫⎥⎦⎤⎢⎣⎡ +∫−= ∫∫ Tính ∫= dxexI x232 . Ta có dxexxI x22.2∫= Đặt ⎪⎩ ⎪⎨⎧ = =⇒⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = = 22 2 .2 2 xx ev xdxdu dxexdv xu )1(..2. 222 22222 −=−=−= ∫ xeeexdxexexI xxxxx [ ] 222 )1()1( 22 xxx CexeCxeZ −− +−=+−=⇒ 2 2 2 2 1 1)1(1 x x Cex yhayCex y − − +−=+−=⇒ Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: 221 1 xCex y −+−= . 2/ Ta thấy y = 0 cũng là nghiệm của phương trình. Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 73 Khi y ≠ 0, phương trình đã cho tương đương: y y' - y = 2 x e Đặt Z = y ⇒ Z’ = y y 2 ' ⇒ 2Z’ = y y ' Khi đó ta có: 2 Z’ + Z = 2 x e ⇔ Z’ + 2 1 Z = 2 1 2 x e ⇒Nghiệm tổng quát: 2222 2 1.. 2 1 xx dxdxx eCdxeeCdxeez −− ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +=∫⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +∫= ∫∫ ⇒ 2 2 1 xx eCez −⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ += Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: xx eCey −⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ += 2 2 1 . V.1.2.5/ Phương trình vi phân toàn phần: Định nghĩa 3: Phương trình P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (5.8) được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu tồn tại một hàm số F(x,y) sao cho x FyxP ∂ ∂=),( ; y FyxQ ∂ ∂=),( . Định lý: Nếu các hàm P(x,y), Q(x,y) có các đạo hàm riêng liên tục trên tập mở D và x Q y P ∂ ∂=∂ ∂ thì phương trình (5.8) là phương trình vi phân toàn phần. Cách giải Theo định nghĩa phương trình vi phân toàn phần ta có: dF(x,y) = 0 Tích phân hai vế ta được: F(x,y) = C ( tích phân tổng quát của phương trình (5.8)) Ví dụ: Giải các phương trình sau: 1/ 2xy dx + x2dy = 0. 2/ 2xy dx + ( x2 - y2 )dy = 0. Giải 1/ Đặt P(x,y) = 2xy ; Q(x,y) = x2 Ta có y P ∂ ∂ = x Q ∂ ∂ = 2x ⇒ phương trình đã cho là phương trình vi phân toàn phần . ⇒ Tồn tại hàm F(x,y) sao cho ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ =∂ ∂ =∂ ∂ )(2 )(2 IIxy x F Ix y F Tích phân 2 vế (II) theo x ta có: )(2),( 2 yCyxxydxyxF +== ∫ 0)()( '2'2 )( =⇒=+⇒ yCxyCxI Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 74 ⇒ F(x,y) = x2y Vậy tích phân tổng quát của phương trình đã cho là: x2y = C. 2/ Đặt P(x,y) = 2xy ; Q(x,y) = x2 – y2 Ta có y P ∂ ∂ = x Q ∂ ∂ = 2x ⇒ phương trình đã cho là phương trình vi phân toàn phần . ⇒ Tồn tại hàm F(x,y) sao cho ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ =∂ ∂ −=∂ ∂ )(2 )(22 IIxy x F Iyx y F Tích phân 2 vế (II) theo x ta có: )(2),( 2 yCyxxydxyxF +== ∫ 3 )()()( 3 2'22'2 )( yyCyyCyxyCx I −=⇒−=⇒−=+⇒ ⇒ F(x,y) = x2y - 3 3y Vậy tích phân tổng quát của phương trình đã cho là: x2y - 3 3y = C. Câu hỏi củng cố Giải phương trình vi phân cấp I? Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 75 BƯỚC HỌC 2 V.2/ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI V.2.1/ Các định nghĩa: Định nghĩa 4: Phương trình vi phân cấp hai là phương trình dạng 0),,,( ''' =yyyxF (5.9) hay y’’ = f(x, y, y’) = 0 (5.10), trong đó y là hàm cần tìm. Ví dụ: Các phương trình sau là những phương trình vi phân cấp hai. y’’ + cos y’ + (sinx) y = ex tgx 2yy’’ + y’2 = 0. y’’ = sin x. Định nghĩa 5: * Hàm số y = ϕ(x, c1, c2) thỏa mãn phương trình (5.9) hoặc (5.10), với c1, c2 là các hằng số tùy ý được gọi là nghiệm tổng quát của một phương trình (5.9). * Đẳng thức φ(x, y, c1, c2) = 0 thỏa mãn phương trình (5.9)hoặc (5.10), với c1, c2 là hằng số tùy ý được gọi là tích phân tổng quát của một phương trình (5.9). Từ nhgiệm tổng quát hay tích phân tổng quát ta cho C1 = 01C ; C2 = 0 2C ta được y = ϕ(x, 01C , 02C ) hay φ(x; y; 01C ; 02C ) = 0 và gọi nó là nghiệm riêng hay tích phân riêng. Giải phương trình (5.9)hoặc (5.10) là đi tìm nghiệm tổng quát hay tích phân tổng quát của phương trình (5.9). V.2.2/ Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân cấp hai: Cho phương trình y’’ = f(x, y, y’) Nếu hàm f(x, y, y’) liên tục ở trong một miền chứa điểm (x0, y, y0’) thì phương trình vi phân cấp hai đã cho tồn tại một nghiệm y = y(x) thỏa mãn điều kiện: y(x0) = y0; y’(x0) = y0’. Ngoài ra nếu y f ∂ ∂ và 'y f ∂ ∂ cũng liên tục trong miền nói trên thì nghiệm y = y(x) là nghiệm duy nhất. Điều kiện để y(x0) = y0; y’(x0) = y0’được gọi là điều kiện đầu của một phương trình vi phân cấp hai, đôi khi ta kí hiệu: 0xx y = = y0; 0xx'y = = y0’ V.2.3/ phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với hệ số là hằng số: Định nghĩa 6: Phương trình vi phân cấp hai là những phương trình có dạng )(''' xfbyayy =++ (5.11) trong đó a1, a2 là những hằng số . • Khi f(x) = 0, ta có: 0''' =++ byayy (5.12) được gọi là phương trình tuyến tính cấp hai thuần nhất. • Khi f(x) ≠ 0: phương trình (5.11) được gọi là phương trình tuyến tính cấp hai không thuần nhất. Ví dụ: Các phương trình sau là những phương trình vi phân cấp hai. y’’ + 4y’ + 4y = 0. Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 76 y’’ + 3y’ + 2y = exsinx. Cách giải • Tìm nghiệm tổng quát của phương trình (5.12): 0''' =++ byayy . Xét phương trình bậc 2: k2 + ak + b = 0. ( được gọi là phương trình đặc trưng của (5.11) và (5.12)). + Nếu phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt k = k1, k = k2 thì nghiệm tổng quát của (5.12) là: xkxk eCeCy 21 21 += . + Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép k = k0 thì nghiệm tổng quát của (5.12) là: xkexCCy 0)( 21 += . + Nếu phương trình đặc trưng không có nghiệm thực thì nghiệm tổng quát của (5.12) là: xexCxCy αββ )sincos( 21 += với 2 4; 2 2aba −=−= βα . Ví dụ: Giải các phương trình sau: 1/ 032 ''' =−+ yyy . 2/ 044 ''' =+− yyy . 3/ 0''' =++ yyy . Giải 1/ Phương trình đặc trưng: k2 + 2k – 3 = 0 ⇒ k1 = 1, k2 = - 3 ⇒ Nghiệm tổng quát của phương trình: xx eCeCy 321 −+= . 2/ Phương trình đặc trưng: k2 - 4k + 4 = 0 ⇒ k = 2 ⇒ Nghiệm tổng quát của phương trình: xexCCy 221 )( += . 3/ Phương trình đặc trưng: k2 + k + 1 = 0 không có nghiệm thực, 2 3; 2 1 =−= βα ⇒ Nghiệm tổng quát của phương trình: xexCxCy 2 1 21 )2 3sin 2 3cos( −+= . • Tìm nghiệm tổng quát của phương trình (5.11): )(''' xfbyayy =++ . Trường hợp 1: RxPexf x ∈= γγ );(.)( , P(x) là đa thức: + Nếu γ là nghiệm kép của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng của (5.11) có dạng: )(.2 xQexy xγ= . + Nếu γ là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng của (5.11) có dạng: )(. xQxey xγ= . Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 77 + Nếu γ không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng của (5.11) có dạng: )(. xQey xγ= . Trong đó Q(x) là đa thức cùng bậc với đa thức P(x). Ví dụ: Tìm nghiệm riêng của các phương trình sau: 1/ xxeyyy 2''' 44 =+− . 2/ ( ) xexyyy 4323 ''' −=+− . 3/ ( ) xexyyy 2''' 254 +=++ . Giải 1/ Ta có xxexf 2)( = . Vì 2=γ là nghiệm kép của phương trình đặc trưng k2 – 4k + 4 = 0 nên nghiệm riêng của phương trình có dạng: )()( 23222 BxAxeBAxexy xx +=+= . ( )[ ]BxxBAAxey x 2232 232' +++=⇒ . ( )[ ]BxBAxBAAxey x 2)86(4124 232'' +++++=⇒ . Thay vào phương trình vi phân ta được: ( ) xx xeBAxe 22 26 =+ Cân bằng hệ số của hai đa thức ta được: ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = = 0 6 1 B A Vậy nghiệm riêng của phương trình là: xexy 2 3 6 = . 2/ Ta có xexxf )43()( −= . Vì 1=γ là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng k2 – 3k + 2 = 0 nên nghiệm riêng của phương trình có dạng: )()( 2 BxAxeBAxxey xx +=+= . ( )[ ]BxBAAxey x +++=⇒ 22' . ( )[ ]BAxBAAxey x 2242'' ++++=⇒ . Thay vào phương trình vi phân ta được: ( ) xx exBAAxe )43(22 −=−+− Cân bằng hệ số của hai đa thức ta được: ⎩⎨ ⎧ = = 1 2 B A Vậy nghiệm riêng của phương trình là: ( ) xexxy += 22 . 3/ Ta có xexxf 2)2()( += . Vì 2=γ không là nghiệm của phương trình đặc trưng k2 + 4k + 5 = 0 nên nghiệm riêng của phương trình có dạng: )(2 BAxey x += . ( )BAAxey x 222' ++=⇒ . ( )BAAxey x 4442'' ++=⇒ . Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 78 Thay vào phương trình vi phân ta được: ( ) xx exBAAxe 22 )2(17817 +=++ Cân bằng hệ số của hai đa thức ta được: ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ = = 289 26 17 1 B A Vậy nghiệm riêng của phương trình là: xexy 2 289 26 17 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ += . Trường hợp 2: [ ] RxxNxxMexf x ∈+= λγλλγ ,;sin)(cos)(.)( và M(x), N(x) là các đa thức: + Nếu ⎩⎨ ⎧ = = βλ αγ thì nghiệm riêng của (5.11) có dạng: [ ]xxNxxMxey x λλγ sin)(cos)( 11 += . + Nếu ⎢⎣ ⎡ ≠ ≠ βλ αγ thì nghiệm riêng của (5.11) có dạng: [ ]xxNxxMey x λλγ sin)(cos)( 11 += . Trong đó M1(x), N1(x) là hai đa thức cùng bậc với hai đa thức M(x), N(x). Ví dụ: Tìm nghiệm riêng của các phương trình sau: 1/ xyy 2cos4'' =+ . 2/ xeyy x cos3 2''' =− . Giải 1/ Ta có xxf 2cos)( = . Vì ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ −== −== 2 42 2 0 2ab a λ γ nên nghiệm riêng của phương trình có dạng: )2sin2cos( xBxAxy += . )2sin22cos2()2sin2cos(' xBxAxxBxAy +−++=⇒ . )2sin22cos4()2cos42sin4('' xBxAxxBxAy +−+−=⇒ . Thay vào phương trình vi phân ta được: xxBxA 2cos2cos42sin4 =+− . Cân bằng hệ số của hai đa thức ta được: ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = = 4 1 0 B A Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 79 Vậy nghiệm riêng của phương trình là: x xy 2sin 4 = . 2/ Ta có xexf x cos3)( 2= . Vì 2 2 a−≠=γ nên nghiệm riêng của phương trình có dạng: )sincos(2 xBxAey x += . [ ])sin)2(cos)2(2' xBAxBAey x +−++=⇒ . [ ]xBAxBAey x sin)34(cos)43(2'' +−++=⇒ . Thay vào phương trình ta được: xxBAxBA cos3sin)3(cos)3( =+−++ . Cân bằng hệ số của hai đa thức ta được: ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ = = ⇒⎩⎨ ⎧ =+− =+ 10 9 10 3 03 33 B A BA BA Vậy nghiệm riêng của phương trình là: ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ += xxey x sin 10 9cos 10 32 . Định lý: Nếu y* là nghiệm tổng quát của phương trình (5.12) và y là nghiệm riêng của phương trình (5.11) thì nghiệm tổng quát của phương trình (5.11) là: yyy += * Ví dụ: Giải phương trình xxeyyy 2''' 44 =+− . Giải Từ kết quả các ví dụ trên ta có nghiệm tổng quát của phương trình là: xexxCCy 2 3 21 6 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++= Định lý: Nếu phương trình )(1''' xfbyayy =++ có nghiệm riêng là y1(x) và phương trình )(2''' xfbyayy =++ có nghiệm riêng là y2(x) thì phương trình )()( 21 ''' xfxfbyayy +=++ có nghiệm riêng là y(x) = y1(x) + y2(x). V.2.4/ các phương trình vi phân cấp hai giảm cấp được: Loại 1: y’’ = f(x) (5.13) Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y’’ = sin x. Tìm một nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện đầu 0x y = = 0; 0x'y = = 1. Giải Ta có: y’’ = sin x ⇒ y’ = ∫ xdxsin + C1 = -cos x + C1 Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 80 ⇒ y = - ∫ xdxcos + C1x + C2 = - sin x + C1x + C2 ⇒ nghiệm tổng quát là: y = - sin x + C1x + C2 * Tìm nghiệm riêng: Vì 0x 'y = = 0 ⇒ - sin 0 + C1 0 + C2 = 0. ⇔ C2 = 0. Vì 0x 'y = = 1 ⇒ - cos 0 + C1 = 1 ⇒ C1 = 2. Vậy nghiệm riêng thoả điều kiện là: y = -sin x + 2x Loại 2: y’’= f(x, y’) Ví dụ: Giải phương trình y’’ = x - x 'y . Đặt y’ = p(x) ⇒ y’’ = p’(x) ⇒ p’(x) = x - x p ⇒ p’ + x P = x. ⇒ p = 3 x2 + x C1 hay y’ = 3 x2 + x C1 ⇒ y = 9 x3 + xlnC1 + C2 . Loại 3: y’’ = f(y, y’) . Ví dụ: Giải phương trình: 2yy’’ + y’2 = 0 Giải Đặt y’ = p(y) ⇒ y’’ = dy dp dx dy = p(y) dy dp ⇒ 2 . y . p(y) dy dp + [p(y)]2 = 0 ⇔ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ =+ = )(0)(2 )(0)( IIyp dy dpy Iyp (I) .0' Cyy =⇒=⇒ (II) ⇒ dy dpy2 = - p hay p dp = - y2 dy ⇔ pln = - 2 1 yln + 1Cln . ⇔ pln = y Cln 1 ⇒ p = y C1 hay dx dy = y C1 ⇔ y dy = C1 dx ⇔ ∫ dyy = C1 ∫dx + C2 ⇔ 3 2 23y = C1x + C2 ⇔ 2 3y = ξ1x + ξ2 ⇒ y = 32)x( 21 ξ+ξ . Câu hỏi củng cố Giải phương trình vi phân cấp II? Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 81 KẾT QUẢ HỌC TẬP 6: Giải các bài toán về ma trận và hệ phương trình tuyến tính BƯỚC HỌC 1 VI.1/ KHÔNG GIAN VECTƠ Rn VI.1.1/ - Không gian vectơ R n Mỗi vectơ trong không gian Rn là một bộ n số thực có thứ tự X = ( x1, x2, …, xn) xj∈R, j = 1..n. Cho hai vectơ X = (xj) , Y = (xj)∈Rn . Khi đó : X = Y ⇔ xj = xj ∀ j = 1..n. Xét tích Descartes Rn = R x R x R x…x R= { X= (xj)n , xj∈R , j = 1..n } với hai phép toán (cộng vectơ và nhân vô hướng) là không gian vectơ n chiều. VI.1.2/ Tổ hợp tuyến tính Cho các vectơ X1, X2,…, Xm ∈Rn và các số thực k1, k2,…, km ∈R. Khi đó vectơ n m i ii RXkX ∈= ∑ =1 được gọi là tổ hợp tuyến tính của các vectơ đã cho. Hơn nửa, nếu X = (x1, x2,…,xn) và Xi = (xi1, xi2,…,xin), i = 1..m thì njxkx m i ijij ..1, 1 == ∑ = là các biểu thức toạ độ tương ứng với tổ hợp tuyến tính trên. Ví dụ 6.1: Trong không gian R4 Cho các vectơ X1 = (2, -4, 5, 0), X2 = (0, 2, 4, 3), X3 = (4, -1, 0, 7) và tổ hợp tuyến tính X = (x1, x2, x3, x4) = 5X1 + 2X2 – 3X3. Khi đó: X = (-2, -13, 33, -15) VI.1.3/ Hệ vectơ phụ thuộc tuyến tính vàì độc lập tuyến tính Hệ vectơ { }mXXX ,...,, 21 trong không gian Rn được gọi là hệ độc lập tuyến tính nếu θ=∑ = n i ii Xk 1 thì ki = 0, i = 1..m. Nếu hệ vectơ{ }mXXX ,...,, 21 không độc lập tuyến tính thì gọi là phụ thuộc tuyến tính. Tức là tồn tại ít nhất ki ≠ 0 sao cho θ=∑ = n i ii Xk 1 . Ví dụ 6.2: 1/ Trong không gian R4 cho hệ vectơ { }321 ,, XXX với X1 = (2, -3, 0, 4), X2 = (0, 6, -2, 5) và X3 = (1, 0, 5, 0). Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 82 Ta có: k1X1 + k2X2 + k3X3 = θ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ =+ =+− =+− =+ ⇒ 054 052 063 02 21 32 21 31 kk kk kk kk ⇒ k1 = k2 = k3 = 0 Vậy hệ đã cho là độc lập tuyến tính. 2/ Trong không gian R4 cho hệ vectơ { }321 ,, XXX với X1 = (2, -3, 0, 4), X2 = (0, 6, -2, 5) và X3 = (4, -6, 0, 8). Hệ đã cho phụ thuộc tuyến tính vì ta có 2X1 + 0X2 – X3 = 0. Chú ý: Trong không gian Rn , một hệ vectơ độc lập tuyến tính có không quá n vectơ và một hệ vectơ có nhiều hơn n vectơ thì phụ thuộc tuyến tính. Câu hỏi củng cố Thế nào là không gian n chiều? Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 83 BƯỚC HỌC 2 VI.2/ MA TRẬN VI.2.1/ Định nghĩa: Ma trận A cấp m x n là một bảng gồm m dòng, n cột, có dạng: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = mnmm n n aaa aaa aaa A ... ... ... 21 22221 11211 MMM , Trong đó: aij là phần tử nằm trên dòng i, cột j của ma trận A. Kí hiệu: A = (aij)mxn Ví dụ: Ma trận ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − −= 011 121 A là ma trận cấp 2 x 3, trong đó: a11 = 1; a12 = - 2; a13 = 1; a21 = 1; a22 = - 1; a23 = 0. Hai ma trận bằng nhau: Hai ma trận A = (aij)m x n và B = (bij)m x n được gọi là bằng nhau nếu aij = bij với mọi i = 1..m, j =1..n. VI.2.2/ Phân loại ma trận: - Ma trận không: Ma trận không là ma trận có dạng: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 0...00 0...00 0...00 MMMθ . Ví dụ 6.3: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= 000 000 32xθ - Ma trân vuông: Ma trận vuông cấp n x n là ma trận có dạng: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = nnnn n n aaa aaa aaa A ... ... ... 21 22221 11211 MMM . Trong đó: dãy các phần tử a11, a22, …,ann được gọi là đường chéo chính, còn các phần tử a11, a22,…, ann được gọi là các phần tử trên đường chéo chính. Ví dụ 6.4: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − −− −− − = 2473 5142 1352 2031 44xA . Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 84 - Ma trận tam giác:Ma trận tam giác là ma trận vuông có các phần tử nằm về một phía của đường chéo chính bằng 0, có dạng: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = nn n n a aa aaa A ...00 ...0 ... 222 11211 MMM hoặc ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = nnnn aaa aa a A ... 0... 0...0 21 2221 11 MMM . Ví dụ 6.5: ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 400 520 213 A ; ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 032 021 001 B . - Ma trận đường chéo: Ma trận đường chéo là ma trận ma trận vuông có tất cả các phần tử nằm ngoài đường chéo chính bằng 0, có dạmg: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = nna a a A ...00 0...0 0...0 22 11 MMM . Ví dụ 6.6: ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 400 000 003 A . - Ma trân đơn vị: Ma trận đơn vị là ma trận đường chéo có tất cả các phần tử nằm trên đường chéo chính bằng 1, có dạng: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 1...00 0...10 0...01 MMMI . Ví dụ 6.7: ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 100 010 001 3I ; ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 1000 0100 0010 0001 4I . VI.2.3/ Các phép toán trên ma trận: VI.2.3.1/ Phép cộng hai ma trận: Cho hai ma trận A = (aij)m x n và B = (bij)m x n là hai ma trận cùng cấp m x n . Tổng của hai ma trận A và B là một ma trận cấp m x n, ta viết: C = A + B = (cij)m x n với cij = aij + bij , i = 1..m; j = 1..n. Ví dụ 6.8: Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 85 Cho ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − −−=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − −= 3141 2211 ; 2315 4132 BA , ta có: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛=+= 1454 2123 BAC . VI.2.3.2/ Phép nhân một số với một ma trận: Cho số thực k và ma trận A = (aij)m x n. Tích của số thực k với ma trận A là một ma trận cấp m x n trong đó các phần tử của ma trận mới bằng tích của số thực k với phân tử tương ứng của ma trận A, tức là kA = (kaij)m x n. Ví dụ 6.9: Cho ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= 1454 2103 A , ta có: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= 28108 4206 .2 A . VI.2.3.3/ Phép chuyển vị ma trận: Cho ma trận A = (aij)m x n . Ta thành lập ma trận mới bằng cách lấy dòng của ma trận A làm cột tương ứng của ma trận mới. Ma trận mới được gọi là ma trận chuyển vị của ma trận A, tức là AT = (aji)m x n . Kí hiệu: AT Ví dụ 6.10: Cho ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −= 23 10 21 A , ta có: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= 212 301TA . VI.2.3.4/ Phép nhân hai ma trận: Cho ma trận A = (aij)m x n có cấp m x n và ma trận B = (bij)n x p có cấp n x p. Tích của hai ma trận A và B là một ma trận cấp m x p, ta viết: C = A.B = (cik)m x p với pkmibac n j jkijik ..1;..1, 1 === ∑ = . Sơ đồ mô tả phép nhân hai ma trận Dòng i ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ KK KK KK KK KK KK KK KK KK KK KK KKKKKK KKKK KKKKKK ikc x x x xxx Cột k Ví dụ 6.11: Cho ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= 11 10 01 , 110 101 BA , tính C = A.B ? Giải Ta có: c11 = 1.1 + 0.0 + 1.1 = 2 c12 = 1.0 + 0.1 + 1.(-1) = -1 c21 = 0.1 + 1.0 + (-).1 = -1 c22 = 0.0 + 1.1 + (-1).(-1) = 2 Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 86 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − −=⇒ 21 12 C . VI.2.3.5/ Các tính chất của phép toán trên ma trận: Định lý 6.1: Cho A, B, C là các ma trận cấp m x n ; k1, k2 là các số thực. Khi đó ta có: 1. (A + B) + C = A + (B + C) 2. A + B = B + A 3. A + θ = A 4. A + ( - 1)A = θ 5. 1.A = A 6. (k1 + k2)A = k1A + k2A 7. k1(A + B) = k1A + k1B 8. (k1k2)A = k1(k2A) Định lý 6.2: Cho A là ma trận cấp m x n; B, C là các ma trận cấp n x p; D là ma trận cấp p x q và k là một số thực. Khi đó ta có: 1. ImA = AIn = A 2. nxpmxp A θθ = 3. A(BD) = (AB)D 4. (kA)B = A(kB) = k(AB) 5. A(B + C) = AB + AC Chú ý: Phép nhận ma trận không có tính chất giao hoán Ví dụ 6.12: Cho ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= 76 10 ; 43 21 BA . Khi đó ta có: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= 2524 1312 76 10 43 21 AB và ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −−=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= 4027 43 43 21 76 10 BA BAAB ≠⇒ . Định lý 6.3: Cho A là ma trận cấp m x n và B là ma trận cấp n x p. Khi đó ta có: 1. ( ) AA TT = 2. (A + B)T = AT + BT 3. (AB)T = AT.BT Câu hỏi củng cố Thực hiện các phép toán trên ma trận? Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 87 BƯỚC HỌC 3 VI.3/ ĐỊNH THỨC VI.3.1/ Hoán vị và nghịch thế. Xét tập hợp gồm n số tự nhiên đầu tiên {1, 2,…,n} Mỗi cách sắp xếp có thứ tự từ n phần tử trên được gọi là một hoán vị từ n phần tử, ta đã biết số các hoán vị từ n phần tử đã cho là: n! = 1.2.3…n. Ví dụ 6.13: Tập {1, 2, 3} có 3! = 1.2.3 = 6 hoán vị, cụ thể là: P1 = (1, 2, 3); p2 = (1, 3, 2); p3 = (2, 1, 3); P4 = (2, 3, 1); p5 = (3, 1, 2); p6 = (3, 2, 1). Trong một hoán vị, mỗi cặp số (i, j) có i > j thì ta gọi đó là một nghịch thế của hoán vị đó. Số nghịch thế của hoán vị p được kí hiệu là N(p). Ví dụ 6.14: Xét các hoán vị trong ví dụ trên, ta có N(p1) = 0; N(p2) = N(p3) = 1; N(p4) = N(p5) = 2; N(p6) = 3. VI.3.2/ Định nghĩa định thức. Giả sử ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = nnnn n n aaa aaa aaa A ... ... ... 21 22221 11211 MMM là ma trận vuông cấp n. Khi đó định thức của A đuợc định nghĩa và kí hiệu như sau: ( )∑ −=== nnpN nnnn n n aaa aaa aaa aaa AA ααα ...1 ... ... ... det 21 21 )( 21 22221 11211 MMM , trong đó tổng ( )∑ − nnpN aaa ααα ...1 21 21)( lấy theo tất cả các hoán vị ( )np ααα ,...,, 21= từ n phần tử {1, 2,…,n}. Nếu ma trận A có cấp n thì ta gọi định thức của A là một định thức cấp n. Ví dụ 6.15: 1. Khi n = 2, ta có ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= 2221 1211 aa aa A ( ) ( ) 211222111221)1,2(2211)2,1( 2221 1211 11 aaaaaaaa aa aa NN −=−+−=⇒ Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 88 2. Khi n = 3, ta có ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 333231 232221 131211 aaa aaa aaa A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 322311332112312213322113312312332211 312213322113312312332112322311332211 312213 )1,2,3( 322113 )2,1,3( 312312 )1,3,2( 332112 )3,1,2( 322311 )2,3,1( 332211 )3,2,1( 333231 232221 131211 111 111 aaaaaaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaa aaaaaaaaa aaa aaa aaa NNN NNN −−−++= −++−−= −+−+−+ −+−+−=⇒ Để nhớ định thức cấp 3 ta thường dùng qui tắc sau (qui tắc Sarrus): a11 a12 a13 a11 a12 a13 a21 a22 a23 a21 a22 a23 a31 a32 a33 a31 a32 a33 Dấu (+) Dấu ( - ) Ví dụ 6.16: Tính định thức 1836181.1.12.2.23.3.31.2.33.1.22.3.1 213 132 321 −=−=−−−++==D . VI.3.3/ Tính chất của định thức. Giả sử A = (aij)n và B = (bij)n là các ma trận vuông cấp n. Khi đó ta có các tính chất sau: 1. detAT = detA. 2. Nếu 'A là ma trận thu được từ ma trận A bằng cách nhân vào hàng thứ i một số thực k thì AkA detdet ' = . 2’. Cho k là một số thực, khi đó: det(kA) = kndetA 3. Nếu ma trân A có một dòng (hoặc một cột) bằng không thì detA = 0. 4. Nếu đổi chổ hai dòng (hoặc hai cột) của định thức cho nhau thì định thức sẽ đổi dấu. 4’. Nếu ma trận A có hai dòng (hoặc hai cột) trùng nhau thì detA = 0. 4’’. Nếu ma trận A có hai dòng (hoặc hai cột) tỉ lệ với nhau thì detA = 0. 5. Nếu ở dòng thứ i nào đó của ma trận A có aij = a’ij + a’’ij ; j = 1..n thì ''' AAA += , Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 89 trong đó: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = nnnn inii n aaa aaa aaa A ... ... ... 21 '' 2 ' 1 11211 ' MMM MMM ; ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = nnnn inii n aaa aaa aaa A ... ... ... 21 '''' 2 '' 1 11211 '' MMM MMM . 6. Nếu ta cộng thêm vào một dòng nào đó của ma trận A một tổ hợp tuyến tính của các dòng còn lại thì định thức sẽ không đổi. 7. Nếu một dòng nào đó của ma trận A là một tổ hợp tuyến tính của của các dòng còn lại thì detA = 0. 8. det(A.B) = detA.detB VI.3.4/ Phần bù đại số và định lý Laplace. VI.3.4.1/ Định nghĩa phần bù đại số. Cho A = (aij)n x n là ma trận vuông cấp n ( 2≥n ), gọi Mij là ma trận thu được bằng cách bỏ đi hàng i và cột j của ma trận A. Ta gọi là phần bù đại số của phần tử aij là: Aij = (-1)i + j detMij. Ví dụ 6.17: Cho ma trận ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 213 132 321 A , ta có: ( ) ( ) ( ) ;7 13 32 1;1 23 12 1;5 21 13 1 3113 21 12 11 11 −=−=−=−==−= +++ AAA ( ) ( ) ( ) ;5 13 21 1;7 23 31 1;1 21 32 1 3223 22 22 12 21 =−=−=−=−=−= +++ AAA ( ) ( ) ( ) ;1 32 21 1;5 12 31 1;7 13 32 1 3333 23 32 13 31 −=−==−=−=−= +++ AAA VI.3.4.2/ Định lý Laplace: Cho A = (aij)n x n là ma trận vuông cấp n ( 2≥n ), Khi đó { }ni ,...,2,1∈∀ ta có: ∑ = = n j ijij AaA 1 det (hoặc { }nj ,...,2,1∈∀ ta có: ∑ = = n i ijij AaA 1 det ). Ta gọi đó là công thức khai triển theo dòng (hoặc theo cột). Ví dụ 6.18: Cho ma trận ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 213 132 321 A , ta có: detA = a11A11 + a12A12 + a13A13 = 1.5 + 2.(-1) + 3.(-7) = - 18 (khai triển theo dòng 1) Hay detA = a12A12 + a22A22 + a32A32 = 2.(-1) + 3.(-7) + 1.5 = - 18 (khai triển theo cột 2) Chú ý: Nếu A là ma trận tam giác thì detA bằng tích các phần tử trên đường chéo chính. Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 90 VI.3.5/ Cách tính định thức. • Sử dụng định lý Laplace để khai triển theo dòng (hay theo cột) đối với những dòng (hay những cột) có nhiều phần tử không nhất. Ví dụ 6.19: Tính định thức 431 003 211 =D ? Giải Khai triển theo dòng 2, ta có: 6 43 21 )1.(3 12232322222121 =−=++= +AaAaAaD . • Nếu định thức không có dòng nào (hay cột nào) chứa nhiều số không thì ta dùng các tính chất của định thức để đưa định thức cần tính về định thức có dòng (hay cột) có nhiều phần tử không. Sau đó sử định định lý Laplace để khai triển theo dòng (hay cột) đó. Ví dụ 6.20: Tính định thức 1214 3021 2312 4153 − − −−=D ? Giải Đổi chỗ dòng thứ nhất cho dòng thứ ba ta được: 1214 4153 2312 3021 − −− − −=D Dòng thứ hai bằng dòng hai cộng với (-2) lần dòng thứ nhất; dòng thứ ba bằng dòng ba cộng với (-3) lần dòng thứ nhất; dòng thứ tư bằng dòng tư cộng với (-4) lần dòng thứ nhất, ta có: 11270 13110 4350 3021 − − − − −=D . Khai triển theo cột thứ nhất, ta có: 145)305160( 805 612 )1.(1 8050 6120 1311 1127 435 1311 1127 1311 435 1127 1311 435 )1( 11270 13110 4350 3021 11 11 =−−=−− −−−−= −− −−−=−= = − − − −−= − − − − −= + +D • Dùng các tính chất của định thức để đưa về dạng ma trận bậc thang. Ví dụ 6.21: Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 91 Tính định thức a a a a D 111 111 111 111 = ? Giải Ta có: a a a aaaa D 111 111 111 3333 ++++ = a a a a 111 111 111 1111 )3( += ( ) 3)1)(3( 1000 0100 0010 1111 3 −+= − − −+= aa a a a a Câu hỏi củng cố Tính định thức? Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 92 BƯỚC HỌC 4 VI.4/ MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO VI.4.1/ Định nghĩa: Cho A = (aij)n là ma trận vuông cấp n, nếu tồn tại một ma trận vuông B = (bij)n cấp n sao cho A.B = B.A = In thì ta gọi ma trận B là ma trận nghịch đảo của ma trận A. Kí hiệu: B = A-1. Định lý 6.4: Cho A =(aij)n là ma trận vuông cấp n, khi đó ma trận A có ma trận nghịch đảo khi và chỉ khi detA 0≠ . VI.4.2/ Cách tìm ma trận nghịch đảo. VI.4.2.1/ Phương pháp dùng định thức. Cho A = (aij)n là ma trận vuông cấp n. • Bước 1: Tính detA. Nếu detA = 0 thì kết luận A không có ma trận nghịch đảo. Nếu detA 0≠ thì chuyển sang bước 2. • Bước 2: Tìm ma trận nghịch đảo. Tính phần bù đại số của aij: Aij T nnnn inii n AAA AAA AAA A A ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ =⇒ − ... ... ... 1 21 21 11211 1 MMM MMM . Ví dụ 6.22: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −−= 120 112 213 A . Giải Ta có: detA = 3 ⇒ A có ma trận nghịch đảo. A11 = 3; A12 = 2; A13 = -4; A21 = 3; A22 = 3; A23 = -6; A31 = -3; A32 = -1; A33 = 5 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −− − − = ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −− − − =− 3 52 3 4 3 11 3 2 111 564 132 333 3 11A VI.4.2.2/ Phương pháp dùng phép biến đổi sơ cấp. * Phép biến đổi sơ cấp: Cho ma trận A = (aij)m x n . Khi đó các phép biến đổi trên các hàng của một ma trận A sau đây gọi là phép biến đổi sơ cấp. 1. Đổi chổ hai hàng Hi và Hj cho nhau, kí hiệu: Hi ↔ Hj. 2. Nhân vào một hàng Hi nào đó với một số thực khác không, kí hiệu: Hi → kHi. 3. Thay hàng Hi nào đó bởi Hi + kHj, kí hiệu: Hi → Hi + kHj. Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 93 Nếu ta cần thực hiện các phép biến đổi theo cột thì ta thay hàng thành cột. * Phương pháp tìm ma trận nghịch đảo bằng phép biến đổi sơ cấp: Cho A = (aij)n là ma trận vuông cấp n. • Bước 1: Tính detA. Nếu detA = 0 thì kết luận A không có ma trận nghịch đảo. Nếu detA 0≠ thì chuyển sang bước 2. • Bước 2: Lập ma trận khối [ ]nIA . Sau đó dùng các phép biến đổi sơ cấp theo hàng đưa [ ]nIA về dạng [ ]BnI , khi đó A-1 = B. Ví dụ 6.23: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 101 110 111 A . Giải Ta có: detA = 1. Xét ma trận khối [ ] ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 100101 010110 001111 3IA H1→ H1 – H2 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 100101 010110 011001 H3→ H3 – H1 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − 111100 010110 011001 H2→ H2 – H3 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − − 111100 101010 011001 vậy ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − =− 111 101 011 1A Câu hỏi củng cố Tìm ma trận nghịch đảo? Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 94 BƯỚC HỌC 5 VI.5/ HẠNG CỦA MA TRẬN VI.5.1/ Các định nghĩa: • Định thức con cấp k: Cho A = (aij)mxn là ma trận cấp mxn, số nguyên k ( { }nmk ,min1 ≤≤ ). Khi đó mỗi ma trận vuông cấp k thu được bằng cách: Giữ lại các phần tử nằm trên giao của k hàng và k cột nào đó của ma trận A, định thức của ma trận vừa nêu được gọi là định thức con cấp k của ma trận A. • Hạng của ma trận: Cho A = (aij)m x n là ma trận cấp mxn. Ta gọi hạng của ma trận A, kí hiệu: rankA hay r(A) là một số nguyên dương r nếu: + Nếu A = θ thì r = 0. + Nếu θ≠A thì r chính là số nguyên dương lớn nhất sao cho ma trận A có định thức con cấp r khác không còn tất cả các định thức con cấp (r + 1) đều bằng không. • Ma trận suy biến và ma trận không suy biến: Cho A = (aij)n là ma trận vuông cấp n. Khi đó: + Nếu rankA = n thì A được gọi là ma trận không suy biến. + Nếu rankA < n thì A được gọi là ma trận suy biến. VI.5.2/ Các tính chất. Cho A = (aij)mxn là ma trận cấp mxn. Khi đó: 1. rankA = 0 θ=⇔ A và rankA θ≠⇔≠ A0 . 2. { }nmArank ,min)(0 ≤≤ . 3. Nếu A có định thức con cấp r khác không thì rArank ≥)( . 4. Khi m = n, tức A là ma trận vuông cấp n thì: i/ rankA = n 0det ≠⇔ A . ii/ A suy biến 0det =⇔ A . iii/ A không suy biến 0det ≠⇔ A ⇔ A có ma trận nghịch đảo. Định lý: Cho A = (aij)mxn là ma trận cấp mxn. Khi đó: 1. rankA = rankAT. 2. Hạng của ma trận không thay đổi qua hữu hạng các phép biến đổi sơ cấp. VI.5.3/ Cách tìm hạng của ma trận. Để tìm hạng của ma trận A = (aij)mxn ta dùng các phép biến đổi sơ cấp theo hàng (hoặc theo cột) để đưa ma trận A về dạng: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ 0000 0000 ...00 ...0 ... 2222 111211 KK MMMM KK K MMMM K K nrrr nr nr aa aaa aaaa , trong đó a11,…,arr 0≠ . Khi đó hạng của ma trận A bằng r. Ví dụ 6.24: Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 95 Tính rankA, với ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 32333 21222 11112 11111 A . Giải Ta có: rankA = ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − −−−− 00000 01000 11110 11111 rank (H2→H2 – 2H1; H3→H3 – 2H1; H4→H4 – H3 – H1) ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − −−−−= 00000 00100 11110 11111 rank (C3 ↔ C4). = 3 Vậy rankA = 3. Câu hỏi củng cố Tìm hạng của ma trận? Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 96 BƯỚC HỌC 6 VI.6/ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH VI.6.1/ Khái niệm. Hệ phương trình tuyến tính: Hệ phương trình tuyến tính gồm m phương trình n ẩn là hệ phương trình có dạng: ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ =+++ =+++ =+++ mnnmmm nn nn bxaxaxa bxaxaxa bxaxaxa K KKKKKKK K K 2211 22222121 11212111 (6.1) trong đó: x1, x2, …, xn là các ẩn; aij, bi (i = 1..m; j = 1..n ) là các số thực; aij gọi là hệ số của biến xj, bi gọi là hệ số tự do. • Ma trận A = (aij)mxn = ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ nmmm n n aaa aaa aaa K MMM K K 21 22221 11211 . gọi là ma trận chính. • Ma trận ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ = mb b b B K 2 1 gọi là ma trận cột tự do (gọi tắt là cột tự do). • Ma trận [ ] == BAA ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ mnmmm n n baaa baaa baaa K MMMM K K 21 222221 111211 . gọi là ma trận bổ sung. • Ma trận ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ = nx x x X K 2 1 gọi là ma trận cột các ẩn. Khi đó, hệ phương trình (6.1) được viết dưới dạng một phương trình ma trận: AX = B (6.2) Nếu b1 = b2 =…= bm = 0 thì hệ phương trình (6.1) gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất. Nghiệm của hệ phương trình tuyến tính: Nghiệm của hệ phương trình (6.1) là bộ số (c1, c2,…,cn) nR∈ sao cho khi thay xi = ci (i = 1..n) vào (6.1) thì ta có m đẳng thức đúng. Nhận xét: 1. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn nhận (0, 0,…,0) nR∈ làm nghiệm, nghiệm này gọi là nghiệm tầm thường hay nghiệm không. 2. Việc tìm nghiệm của hệ phương trình (6.2) chính là tìm ma trận X sao cho AX = B. VI.6.2/ Điều kiện tồn tại nghiệm. Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 97 Định lý 6.5: (định lý Kronecker- Capelli). Hệ phương trình tuyến tính có nghiệm khi và chỉ khi hạng của ma trận chính bằng hạng của ma trận bổ sung. Ví dụ 6.25: Tìm k để hệ phương trình ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −=++− =++ =−− 12 322 032 321 321 321 kxxx xxx xxx có nghiệm. Giải Ta có: ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −− −− = 121 3212 0321 k A H2→H2 – 2H1 ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −− −− 1300 3850 0321 k Hệ có nghiệm ⇔ r( A ) = r(A) ⇔ k – 3 ≠ 0 3≠⇔ k . VI.6.3/ Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp Gauss. Dùng các phép biến đổi sơ cấp theo hàng để đưa ma trận bổ sung về dạng: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ n rnrrr nr nr b baa baaa baaaa 0000 0000 ...00 ...0 ... 22222 1111211 KK MMMM KK K MMMM K K , trong đó a11,…,arr 0≠ . Trong khi biến đổi ta chú ý các vấn đề sau: - Nếu thấy có một hàng mà các phần tử đều bằng không thì bỏ hàng đó đi. - Nếu thấy hai hàng bằng nhau hay tỉ lệ nhau thì ta bỏ đi một hàng - Nếu thấy một hàng có dạng [0 0…0 / a] với a≠ 0 thì kết luận hệ vô nghiệm mà không cần biến đổi tiếp. Ví dụ 6.26: Giải hệ phương trình ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =+++ =+++ =+++ 104332 732 52 4321 4321 4321 xxxx xxxx xxxx Giải Ta có: ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 104332 73121 51211 A H3→H3 - H1- H2 ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − 20000 73121 51211 ⇒ hệ vô nghịêm Ví dụ 6.27: H3→H3 + H1 Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 98 Giải hệ phương trình ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ =++++ =−+−+ =+−+− =++++ 3333 032 1 1 54321 54321 54321 54321 xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx Giải Ta có: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −− −−= 331313 011312 111111 111111 A H2 →H2 – H1 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −−−−− −− 331313 231510 002020 111111 H3 →H3 21− H2 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −−− −− 000000 230500 002020 111111 H2 → 21− H2 ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ 5 2 5 30100 001010 111111 ⇒ hệ có nghiệm là: ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = −= −= −= ax bx ax bx ax 5 4 3 2 1 5 3 5 2 5 2 5 3 với a, b là hai số thực tuỳ ý. VI.6.4/ Hệ Cramer. Định nghĩa: Hệ phương trình tuyến tính được gọi là hệ Cramer nếu hệ phương trình có số ẩn bằng số phương trình và ma trận chính là ma trận không suy biến. Định lý Cramer: Hệ Cramer ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =+++ =+++ nnnnnn nn bxaxaxa bxaxaxa K KKKKKKK K 2211 11212111 luôn có nghiệm duy nhất: )det( )det( A B x jj = , j =1..n; trong đó A là ma trận chính, Bj là ma trận thu được bằng cách thay cột thứ j của ma trận chính bởi cột hệ số tự do. Ví dụ 6.28: H3 →H3 – 2H1 H3 → 5 1− H3 H4 →H4 - 3H1 - H2 Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 99 Giải hệ phương trình ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −=+−− =+− =−+ 122 322 032 321 321 321 xxx xxx xxx Giải Ta có: det(A) = ⇒≠= −− − − 05 221 212 321 hệ trên là hệ Cramer. 5 221 213 320 )det( 1 = −− − − =B ; 5 211 232 301 )det( 2 = −− − =B ; 5 121 312 021 )det( 3 = −−− −=B . Hệ có nghiệm duy nhất: 1 )det( )det( ;1 )det( )det(;1 )det( )det( 3 3 2 2 1 1 ====== A Bx A Bx A Bx VI.6.5/ Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất. Ta đã biết hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn có ít nhất một nghiệm đó là nghiệm tầm thường. Vấn đề là khi nào hệ có nghiệm không tầm thường? Định lý 6.6: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi hạng của ma trận chính nhỏ hơn số ẩn của hệ. Hệ quả: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất n phương trình và n ẩn AX = θ có duy nhất nghiệm tầm thường ⇔ 0)det( ≠A và có nghiệm không tầm thường 0)det( =⇔ A . Ví dụ 6.29: Giải hệ phương trình ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ =−++ =+−+ =−++ =−++ 0192483 03254 04653 0342 4321 4321 4321 4321 xxxx xxxx xxxx xxxx Giải Ta có: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − − 192483 3254 4653 3421 H2→H2 - 3H1; H3→H3 - 4H1 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − −− −− − 101220 151830 5610 3421 H2→ - H2 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − −− − − 101220 151830 5610 3421 H3→H3 + 3H2; H4→H4 - 2H1 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − 0000 0000 5610 3421 H4⇒H4 - 3H1 Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 100 ⇒ hệ có nghiệm là: ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ = = +−= −= ax bx abx abx 4 3 2 1 56 78 với a, b là hai số thực tuỳ ý. Câu hỏi củng cố Giải hệ phương trình tuyến tính? Trường Đại học Trà Vinh QT7.1/PTCT1-BM7 Toán cao cấp 101 TÀI LIỆU THAM KHẢO ™ TÀI LIỆU THAM KHẢO ĐỂ BIÊN SOẠN NỘI DUNG MÔN HỌC [1] Phan Quốc Khánh, Phép tính vi phân tập 1 và 2, NXB Giáo dục, 1997. [2] Nguyễn Đình Trí (chủ biên), Toán cao cấp, NXB Giáo dục, 1998. [3] Nguyễn Viết Đông-Lê Thị Thiên Hương-Nguyễn Anh Tuấn-Lê Anh Vũ, Toán cao cấp, tập 1 và 2 - NXB Giáo Dục. [4] Đậu Thế Cấp-Trần Minh Thuyết-Hoàng Đức Hải-Trần Gia Tùng-Hoàng Anh Tuấn, Toán cao cấp C, NXB Giáo dục, 1998. [5] Trần Văn Hạo-Nguyễn Bác Văn-Nguyễn Văn Thêm-Lê Văn Hốt, Giải tích, NXB Khoa học Kỹ thuật, 1997. [6] Lê Văn Hốt (chủ biên), Toán cao cấp (Phần đại số tuyến tính), Trường Đại học Kinh tế TPHCM. [7] Trần Văn Hạo, Đại số tuyến tính, NXB Khoa học Kỹ thuật, 1997. [8] Ngô Quang Minh, Bài giảng toán cao cấp, Trương CĐ Bán công Công nghệ và Quản trị Doanh nghiệp TPHCM. [9] Phan Văn Hạp (chủ biên) - Toán cao cấp cho ngành Quản trị kinh doanh - NXB Giáo Dục. [10] Lê Ngọc Lăng (chủ biên) Ôn thi học kỳ và thi vào giai đoạn 2, NXB Giáo dục, 1997. [11] Nguyễn Viết Đông-Lê Thị Thiên Hương-Nguyễn Anh Tuấn-Lê Anh Vũ, Bài tập toán cao cấp, tập 1 và 2 - NXB Giáo Dục. [12] Hoàng Xuân Sính-Trần Phương Duy, Bài tập đại số tuyến tính, NXB Giáo dục, 2000. [13] Trần Ngọc Liên, Vi tích phân A1, Đại học Cần Thơ. [14] Nguyễn Hữu Khánh, Vi tích phân A2, Đại học Cần Thơ. [15] Nguyễn Thanh Bình-Lê Văn Sáng, Đại số tuyến tính, Đại học Cần Thơ. ™ TÀI LIỆU THAM KHẢO ĐỀ NGHỊ CHO HỌC VIÊN [1] Nguyễn Đình Trí (chủ biên), Toán cao cấp, NXB Giáo dục, 1998. [2] Trần Ngọc Liên, Vi tích phân A1, Đại học Cần Thơ. [3] Nguyễn Hữu Khánh, Vi tích phân A2, Đại học Cần Thơ. [4] Hoàng Xuân Sính-Trần Phương Duy, Bài tập đại số tuyến tính, NXB Giáo dục, 2000. [5] Lê Văn Hốt (chủ biên), Toán cao cấp (Phần đại số tuyến tính), Trường Đại học Kinh tế TPHCM. [6] Lê Ngọc Lăng (chủ biên) Ôn thi học kỳ và thi vào giai đoạn 2, NXB Giáo dục, 1997.