TỔNG ôn KIẾN THỨC NGUYÊN lý kế TOÁN

CHƯƠNG 1: MA TRÂÂN VÀ ĐỊNH THỨC
I.

MA TRÂÂN
1.định nghĩa ma trâ Ân :xem sách trang 7
2.các loại ma trâ Ân : xem sách trang 7,8
3. phép cô Âng ma trâ Ân:
A= (aij )mn
B= (bij )mn
a +b
A+B=( ij ij
¿ ¿ mn
 chú ý: khi cô Âng hai ma trâ Ân thì hai ma trâ Ân đó phải cùng cấp
VD: A=

(26

6 4
6 7

)

A+B=

B=
2+1
(6+9

(19

3 4

2 6

6+ 3 4+4
6+ 2 7+6

)

) = (153

9 8
8 13

4.phép nhân ma trâ Ân với mô Ât số thực
kA= (k . aij )mn
2 6 4
VD:ta có ma trâ Ân A=
. tính 2.A
6 6 7
2.2 6.2 4.2
4 12 8
2.A=
=
6.2 6.2 7.2
12 12 14

(

(

)

)

(

)

*Mô Ât số tính chất quan trọng:
i.
ii.
iii.
iv.
v.
vi.
vii.
viii.
ix.

A+B=B+A
(A+B)+C=A+(B+C)
A+O=O+A
với O= 0mn
A+(-A) = O
α ( A+ B ) =αA +αB
( αβ ) A=α ( βA )
( α + β ) A=αA + βA
1A=A
(αA + βB)T =α AT + β BT

5.phép nhân hai ma trâ Ân

A= (aij )mn

B= (bij )np
p

A.B= (c ij )mp

với c ij =∑ aik bkj
k=1

VD: A=

(

2 6 4
6 6 7

A.B=

)

(2.1+6.2+4.4
6.1+6.2+7.4

B=

( )
1 3
2 0
4 1

2.3+ 6.0+4.1
6.3+6.0+7.1

) = (3046 1025)

*mô Ât số tính chất quan trọng: xem sách trang 9
II.

ĐỊNH THỨC
1.ĐỊNH NGHĨA : xem sách trang 10
2.MÔÂT SỐ TÍNH CHẤT THƯỜNG DÙNG :
 Tính chất 1: |A|=| A T ∨¿ với A là ma trâ Ân vuông

)




Tính chất 2: định thức sẽ đổi dấu nếu đổi chỗ hai dòng với nhau trong định thức
1 2 3
7 8 9
VD: 4 5 6 =− 4 5 6
(đổi dòng 1 với dòng 3)
7 8 9
1 2 3
Tính chất 3: nếu các phần tử của 1 dòng có thừa số chung là số ∝ thì ta có thể rút ∝ ra

| || |



ngoài khỏi dấu định thức

VD:



Tính chất 4: định thức có giá trị bằng o nếu hai dòng tỷ lê Â nhau

VD:




| || |
9 9 9
1 1 1
5 6 6 =9 5 6 6
4 30 8
4 30 8

| |

3 3 3
5 2 8 =0
3 3 3

( dòng 1 với dòng 3 tỷ lê Â nhau)

Tính chất 5: định thức sẽ khồng đổi nếu biễn đổi dòng i thành dòng I cô Âng với k lần dòng j
Tính chất 6: định thức của ma trâ Ân tam giác dưới bằng tích các phần tử nằm trên đường chéo
chính
VD:



| |

3 3 3
0 2 3 =3∗2∗5=30
0 0 5

Tính chất 7: |AB|=|A|.|B|

*chú ý: các tính chất từ 2 đến 5 vẫn đúng khi đổi dòng thành cô Ât
III.

MA TRÂÂN NGHỊCH ĐẢO
1. định nghĩa:
AB =BA=I n
và khi đó B được kí hiê Âu là A−1 .khi đó A được gọi là ma trâ Ân khả nghịch hay ma trâ Ân không suy

biến
¿

¿ A∨¿ A
1
−1
A =¿

2. tìm ma trâ Ân nghịch đảo bằng phép biến đổi theo dòng:
( A|I )=( I | A−1 )
*Các tính chất quan trọng:
i. Đổi chỗ hai dòng cho nhau

VD:

( )( )
1 4 7
7 4
=
8 5 6
6 5
9 3 7
7 3

1
8
9

(đổi d1 với d3)


ii.
iii.

VD:

Lấy mô Ât dòng nhân với mô Ât số khác không
Thay mô Ât dòng bằng dòng đó cô Âng với k lần dòng khác

( )(

1 4 7
1
4
7
8 5 6 = 0 −27 −50
9 3 7
9
3
7

3. giải phương trình ma trâ Ân
xét phương trình A mn∗X=Bmp

)

biến đổi d2 thành d2+ (-8.d1)

(1)

x ij
 Cách 1: dựa vào kích thước của ma trâ Ân A B ta đă t ma trâ Ân X= ¿
¿
¿
 Cách 2: ( chỉ áp dụng khi A là ma trâ n vuông)
 Nếu |A| # 0 , khi đó phương trình (1) có nghiê Âm duy nhất
 Nếu |A| =0 , B là ma trâ Ân vuông và |B|# 0 thì không có X
 Nếu |A| =0 , B là ma trâ Ân vuông mà |B| =0 thì sử dụng cách 1

HẠNG CỦA MA TRÂÂN
1. định nghĩa
Cho ma trâ Ân A= (aij )mn có ít nhất mô Ât định thức con cấp k khác 0 và mọi định thức k+1 =0 thì

IV.

hạng của ma trâ Ân A =k
2. sử dụng ma trâ Ân bâ Âc thang để tìm hạng của ma trâ Ân

VD:

A

=

(

2
1
2
3

|)

3 11 5 0
2 6 1 1
1 3 2 −3
2 6 6 −6

|)

|)
|)

2 3
11
5 0
0
1
1
−3
2
⟶
0 −2 −8 −3 −3
0 −5 −21 −3 −12

(
(

2
⟶ 0
0
0

3 11
5
1
1
−3
0 −6 −9
0 −16 −18

⟶

2
0
0
0

(

0
2
1
−2

3 11 5 0
1 1 −3 2
0 −6 −9 1
0 0 36 −28

 R( A )= 4

(2d2-d1; d3-d1; 2d4-3d1)

(d3+2d2; d4+5d2)

(6d4-16d3)


MỘT SỐ TÍNH CHẤT QUAN TRỌNG CỦA ĐỊNH THỨC

 Tính chất 1 : Với ma trận Ann thì A  AT
 Tính chất 2 : Nếu đổi chỗ hai dịng, ta có một định thức mới có giá trị ngược dấu
với định thức cũ.
 Tính chất 3 : Nếu định thức có hai dịng giống nhau hoặc tỷ lệ nhau thì định thức
có giá trị bằng 0 .
 Tính chất 4 : Nếu nhân một số  vào một dòng của định thức, ta có một định thức
mới có giá trị bằng gấp  lần định thức cũ.
 Tính chất 5 : Định thức của ma trận tam giác có giá trị bằng tích các phần tử thuộc
đường chéo chính.
 Tính chất 6 : Nếu cộng thêm vào một dịng bởi k lần dịng khác, ta có một định
thức mới có giá trị bằng định thức cũ.
 Tính chất 7 : Với các ma trận Ann và Bnn thì A.B  A . B .
Chú ý : Các tính chất 2 đến tính chất 7 vẫn đúng nếu ta thay “dịng” bằng “cột.

 Một số ví dụ minh họa :
a1 a2
Ví dụ 1 (tính chất 2) : b1 b2
c1 c2

a3
c1
b3   b1
c3
a1

c2
b2
a2

c3

b3 (đổi chỗ dịng 1 và dịng 3)
a3

Ví dụ 2 (tính chất 3) :
1
1
1
1
1
1  0 (dịng 1 và dòng 2 giống nhau)
2018 2019 2020
1 2020 10
2 2019 20  0 (cột 1 và cột 3 tỷ lệ nhau)
3 2018 30
Ví dụ 3 (tính chất 4) :
a1 a2
k b1 b2
c1 c 2

a3 ka1 a2
b3  kb1 b2
c3 kc1 c2

a3 a1
b3  b1
c3 c1

ka2
kb2
kc2

a3 a1 a2
b3  b1 b2
c3 c1 c2

ka3
kb3
kc3
Trang 1


a1  a2
b1  b2
c1 c2

a3
a1 a2
b3  (      )  b1 b2
c3
c1 c 2

Ví dụ 4 (tính chất 5) :

1

1

1

1

0

2

2

2

0

0

3

3

0

0

0

4

a3
b3
c3

 1  2  3  4  24

Ví dụ 5 (tính chất 7) :
Với Ann thì A. AT  A . AT (tính chất 7). Vì AT  A (tính chất 1) nên suy ra
A. AT  A

2

 Một số bài tập minh họa :
a
b
c

b
c
a

1
(b  c)
2

1
( c  a)
2

 Bài tập 1 : Tính D 

c
a
b

1
1
1

1
( a  b) 1
2

Dùng tính chất 6 (cộng cột 2, cột 3 vào cột 1) thì ta có
a
b
c

b
c
a

1
(b  c)
2

1
( c  a)
2

c
a
b

1 abc

1 abc
1  abc

1
( a  b) 1
2

b
c
a

c
a
b

1
(c  a)
2

abc

1
1
1

1
( a  b) 1
2

Áp dụng tính chất 4 vào cột 1, ta lại có :

abc
abc
abc

b
c
a

abc

1
( c  a)
2

c
a
b

1
1
1
1
1  (a  b  c) 1

1
( a  b) 1
2

1

b
c
a
1
( c  a)
2

c
a
b

1
1
1

1
( a  b) 1
2

Sử dụng tính chất 3 (cột 1 và cột 4 giống nhau) thì

Trang 2


Do đó : D 

1
1
1

b
c
a

1

1
(c  a)
2

a
b
c

b
c
a

c
a
b

1
(b  c)
2

1
( c  a)
2

c
a
b

1
1
1 0

1
( a  b) 1
2
1
1
1 0

1
( a  b) 1
2

1 1 1 1
1 m 1 1
 Bài tập 2 : Cho định thức D 
1 1 m 1
1 1 1 m
Dùng tính chất 6 (dịng 2 trừ dịng 1, dòng 3 trừ dòng 1, dòng 4 trừ dòng 1) :
1 1 1 1 1
1
1
1
1 m 1 1 0 m1

0
0

1 1 m 1 0
0
m1
0
1 1 1 m 0
0
0
m1
Áp dụng tính chất 5 (định thức của ma trận tam giác), ta có :
1
1
1
1
0 m1
0
0
 ( m  1)3
0
0
m 1
0
0
0
0
m 1
1 1 1 1
1 m 1 1

Vậy : D 
 ( m  1)3
1 1 m 1
1 1 1 m

Trang 3


GIẢI & BIỆN LUẬN HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
Gợi ý cách giải : Ta có hai cách như sau
 Cách 1 (chỉ dùng trong trường hợp hệ có số phương trình = số ẩn) : Lập ma
trận hệ số A (đây là ma trận vng, vì số phương trình = số ẩn). Tính A và xét
các trường hợp A  0 (dùng phương pháp Cramer), A  0 (dùng phương pháp
Gauss).
 Cách 2 (tổng quát, dùng cho mọi trường hợp của ma trận hệ số) : Dùng
phương pháp Gauss, biến đổi ma trận hệ số mở rộng  A B  thành ma trận bậc
thang. Sau đó, biện luận các trường hợp xảy ra đối với những phần tử dẫn đầu
có chứa tham số m .
Đề bài tập minh họa : Giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính sau đây theo
tham số m
x  2 y  z  1

(I)
2 x  my  mz  3
3 x  5 y  ( m  1)z  4

Giải :
 Cách 1 : Ta thấy hệ (I) có số phương trình = số ẩn, nên ma trận hệ số A là ma trận
vng. Do đó, ta dùng được cách 1 trong bài tập này.
1 2

1 


Ma trận hệ số của hệ (I) là : A   2 m
m  . Ta có : A  m2  5m  6
 3 5 m  1


 m2  5m  6  0  m  2, m  3 : hệ (I) là hệ Cramer nên hệ (I) có nghiệm duy nhất.
1 2
1
1 1
1
1 2 1
1  3 m
m  ( m  3)2 ;  2  2 3
m  0 ; 3  2 m 3  m  3
4 5 m1
3 4 m1
3 5 4


m3
x  1 
A m2



Nghiệm duy nhất của hệ (I) trong trường hợp này là :  y  2  0
A




1
z  3 
A m2

1 2 1 1


 m  3 : Ta có  A B    2 3 3 3 
3 5 4 4


Trang 1


 1 2 1 1
1 2 1 1




d2 d2  2 d1
d3 d3 d2

  0 1 1 1  
  0 1 1 1 
d3 d3 3 d1
 0 1 1 1 

0 0 0 0




 R( A| B)  R( A)  2  số ẩn (3 ẩn) nên hệ (I) có vơ số nghiệm.
 x  3z  3
x  2 y  z  1

Khi đó, hệ (I)  
  y  z  1 (nghiệm tổng quát)
 y  z  1
z  

1 2 1 1


 m  2 : Ta có  A B    2 2 2 3 
3 5 3 4


 1 2 1 1
1 2 1
1 
1
d

d

d



3
3


d2 d2  2 d1
2 2

  0 2 0 1  
1 
d3 d3 3 d1
 0 2 0
 0 1 0 1 
0 0 0 1 / 2




 R( A| B)  3  R( A)  2 nên hệ (I) vô nghiệm.

 Cách 2 : (tổng quát, dùng cho mọi trường hợp của ma trận hệ số)
1 2
1
1


Ma trận hệ số mở rộng :  A B    2 m
m
3

3 5 m  1 4


1
2
1
1
1
2
1
1




d2 d2  2 d1
d2 d3

  0 m  4 m  2 1  
 0
1
m  2 1
d3 d3 3 d1
0
 0 m  4 m  2 1
1
m  2 1 




1 2
1
1 


d3 d3 ( m 4) d2

  0 1
m2
1 
 0 0 ( m  2)( m  3) m  3 


Nhận xét : các phần tử dẫn đầu của dòng 1 và dòng 2 lần lượt là 1 và 1 , chúng khác
0 với mọi m . Nên ta chỉ cần biện luận các trường hợp xảy ra cho phần tử dẫn đầu
của dòng 3, là ( m  2)( m  3) .
 ( m  2)( m  3)  0  m  2, m  3 : Thì R( A| B)  R( A)  3  số ẩn nên hệ (I) có

m3
x  m  2
x  2 y  z  1


nghiệm duy nhất. Khi đó, hệ (I)   y  ( m  2)z  1
 y  0
( m  2)( m  3)z  m  3

1

z 

m2

Trang 2


1 2 1 1


 m  3 : Ta có  A B    0 1 1 1 
0 0 0 0


 R( A| B)  R( A)  2  số ẩn (3 ẩn) nên hệ (I) có vơ số nghiệm.
 x  3z  3
x  2 y  z  1

Khi đó, hệ (I)  
  y  z  1 (nghiệm tổng quát)
 y  z  1
z  

1 2 1 1 


 m  2 : Ta có  A B    0 1 0 1 
 0 0 0 1 


 R( A| B)  3  R( A)  2 nên hệ (I) vơ nghiệm.

HỆ PHƯƠNG TRÌNH THUẦN NHẤT
Gợi ý về lý thuyết : Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có dạng A.X  0 (chứa n
ẩn số). Hệ này ln có nghiệm X  0 .
Ma trận hệ số mở rộng của hệ này là  A 0  . Mặt khác, ta ln có R  A 0   R  A 
nên hệ thuần nhất có hai trường hợp về nghiệm như sau :
 R( A)  n (số ẩn) : Hệ có nghiệm duy nhất X  0 (gọi là nghiệm tầm thường).
 R( A)  n (số ẩn) : Hệ có vơ số nghiệm trong đó có nghiệm X  0 .
Đề bài tập minh họa : Chứng minh hệ phương trình tuyến tính thuần nhất sau đây
ln có nghiệm không tầm thường với mọi a , b , c , a1 , a2 , b1  
ax  a1 y  a2 z  0

 a1x  by  b1z  0 (I)
 a x  b y  cz  0
1
 2
 a
a1 a2 


Giải : Ma trận hệ số của hệ (I) là : A    a1 b b1 
  a b c 
1
 2

 a  a1 a2 


Ta có AT   a1 b b1   AT   A
a
c 

 2 b1
Từ AT   A suy ra AT   A (*)
Vì AT  A và  A  ( 1)3 A (do A là ma trận vuông cấp 3) nên (*) cho A   A ,
suy ra A  0 , nghĩa là R( A)  3 . Vậy. hệ (I) có nghiệm khơng tầm thường.
Trang 3


MƠ HÌNH INPUT – OUTPUT MỞ LEONTIEF
 GIỚI THIỆU.
Đây là một mơ hình kinh tế học đã đoạt giải Nobel Kinh tế vào năm 1973. Trong mơ hình
này, tồn tại ma trận đầu vào – đầu ra, được phát triển bởi nhà Kinh tế học Wassily W.
Leotief, dùng miêu tả mối tương quan giữa những lĩnh vực khác nhau của một nền kinh
tế. Cụm từ đầu vào – đầu ra (Input – Output) đã được sử dụng bởi vì ma trận này thể hiện
đầu ra của một ngành có thể là đầu vào cần thiết cho các ngành khác cũng như cho người
tiêu dùng.
Để dễ nắm bắt và hiểu rõ mơ hình, giả sử ta đang quan sát một nền kinh tế đơn giản gồm
ba ngành liên quan với nhau, đặt tên là ngành 1 , ngành 2 và ngành 3 (chẳng hạn như :
nông nghiệp, than đá và thép). Với mỗi ngành j (với j  1, 2, 3 ) , sản xuất một sản phẩm j
cần đầu vào từ các ngành khác, bao gồm cả ngành j . Nếu ta đặt aij là số lượng đầu vào
lấy từ ngành i (với i  1, 2, 3 ) cần có để sản xuất một sản phẩm của j thì các số aij tạo
thành một ma trận vuông cấp 3 như sau (thường gọi là ma trận hệ số đầu vào hoặc ma
trận Leontief) :
 a11 a12 a13 


A   a21 a22 a23 
a

 31 a32 a33 
 0, 3 0, 2 0,1 



Chẳng hạn như ta xét cụ thể ma trận Leontief : A   0, 2 0, 3 0, 2 
 0, 2 0, 3 0, 4 


Đọc các số trong cột thứ nhất của ma trận A ở trên như sau : để sản xuất một sản phẩm
đầu ra của ngành 1 thì người ta cần
 0, 3 đơn vị đầu vào lấy từ ngành 1.
 0, 2 đơn vị đầu vào lấy từ ngành 2.
 0, 2 đơn vị đầu vào lấy từ ngành 3.
Tương tự như vậy, số lượng đầu vào cần thiết cho ngành 2 , ngành 3 lần lượt đọc được từ
cột thứ hai và cột thứ ba của ma trận A .
Trong nền kinh tế có thể tồn tại yêu cầu cuối cùng, nghĩa là với mỗi ngành thì yêu cầu đầu
ra có thể khơng được sử dụng như đầu vào cho các ngành 1, ngành 2 và ngành 3. Những
yêu cầu cuối cùng như vậy có thể là sản phẩm xuất khẩu hay hàng tiêu dùng. Trên quan
điểm của mơ hình trên, ta chỉ quan tâm đến vấn đề duy nhất từ yêu cầu cuối cùng, chúng
sẽ không trùng với yêu cầu được miêu tả bởi ma trận A .
Chẳng hạn như, có một yêu cầu cuối cùng cần
 66 đơn vị đầu ra từ ngành 1
 76 đơn vị đầu ra từ ngành 2
 44 đơn vị đầu ra từ ngành 3
Khi đó, ta có thể biểu thị các con số này bởi ma trận sau đây (thường gọi là ma trận yêu

ThS. Đào-Bảo-Dũng
Trang 1


cầu cuối cùng)

 66 
 
D   76 
 44 
 
Mơ hình này cần giải quyết câu hỏi : xác định mức sản xuất cho từng ngành (ngành 1,
ngành 2, ngành 3) để đáp ứng được yêu cầu cuối cùng D và đồng thời cũng đáp ứng được
yêu cầu bên trong (tức là đáp ứng đầu vào của các ngành). Nghĩa là
Giá trị Sản lượng = Yêu cầu bên trong + Yêu cầu cuối cùng (*)
Ta đặt ma trận sau đây biểu thị giá trị sản lượng (còn gọi là giá trị đầu ra) của ba ngành
 x1 
 
X   x2 
x 
 3
(trong đó x1 , x2 , x3 lần lượt là giá trị đầu ra của ngành 1, ngành 2 và ngành 3).

 a11 a12 a13   0, 3 0, 2

 
Với ma trận Leontief đang xét là A   a21 a22 a23    0, 2 0, 3
a
 
 31 a32 a33   0, 2 0, 3
 Cần lấy 0, 3x1 lượng đơn vị lấy từ đầu ra của ngành 1

0,1 

0, 2  , ta thấy rằng :
0, 4 

để sản xuất được x1 của

ngành 1 và 0, 2x2 lượng đơn vị lấy từ đầu ra của ngành 1 để sản xuất được x2 của
ngành 2 và 0,1x3 lượng đơn vị lấy từ đầu ra của ngành 1 để sản xuất được x3 của
ngành 3. Nghĩa là cần 0, 3 x1  0, 2 x2  0,1x3 lượng đơn vị lấy từ đầu ra của ngành 1
để sản xuất được x1 , x2 , x3 lần lượt là đầu ra của ngành 1, ngành 2 và ngành 3.
Con số 0, 3x1  0, 2 x2  0,1x3 này là kết quả của dòng thứ nhất trong ma trận A nhân
vô hướng với các số trong ma trận X .
 Lập luận tương tự, cần 0, 2 x1  0, 3 x2  0, 2 x3 lượng đơn vị từ đầu ra của ngành 2 để
sản xuất được x1 , x2 , x3 lần lượt là đầu ra của ngành 1, ngành 2 và ngành 3. Con
số 0, 2 x1  0, 3 x2  0, 2 x3 này là kết quả của dòng thứ hai trong ma trận A nhân vô
hướng với các số trong ma trận X .
 Lập luận tương tự, cần 0, 2 x1  0, 3 x2  0, 4 x3 lượng đơn vị từ đầu ra của ngành 3 để
sản xuất được x1 , x2 , x3 lần lượt là đầu ra của ngành 1, ngành 2 và ngành 3. Con
số 0, 2 x1  0, 3 x2  0, 4 x3 này là kết quả của dòng thứ ba trong ma trận A nhân vô
hướng với các số trong ma trận X .
Yêu cầu bên trong là lượng đơn vị lấy từ đầu ra của ngành 1, ngành 2, ngành 3 để sản xuất
được x1 , x2 , x3 . Như vậy, yêu cầu bên trong chính là A.X . Nên, từ điều kiện (*), ta sẽ có
một phương trình ma trận như sau :
X  A.X  D

Điều này tương đương phương trình : ( I  A).X  D

ThS. Đào-Bảo-Dũng
Trang 2


 0,7 0, 2 0,1   x1   66 

   

  0, 2 0,7 0, 2   x2    76  (**)
 0, 2 0, 3 0,6   x   44 

 3   

 x1  200

Bằng phương pháp Cramer, dễ dàng tìm được nghiệm duy nhất của hệ (**) là  x2  240 .
 x  260
 2
Đây chính là giá trị đầu ra của ba ngành đáp ứng được câu hỏi của mơ hình, ứng với yêu
 66 
 
cầu cuối cùng là D   76  .
 44 
 

 BẢNG ĐẦU VÀO – ĐẦU RA & MA TRẬN LEONTIEF.
Trong thực tế, chúng ta có dữ liệu về các ngành, kể cả các yếu tố khác (bao gồm chi phí cho
các lĩnh vực tương ứng, lao động, lợi nhuận,...) và các yêu cầu cuối cùng (ở đây có thể xem như
được tiêu thụ bởi xuất khẩu và người tiêu dùng). Dữ liệu này được ghi bởi một bảng số liệu
mà ta thường gọi là bảng đầu vào – đầu ra.
Giả sử ta có một bảng đầu vào – đầu ra như sau (các ký hiệu N1, N2, N3 trong bảng này
được dùng để chỉ đến ngành 1, ngành 2 và ngành 3) :
Đầu vào
Đầu vào
Đầu vào
Yêu cầu
Tổng Cộng
N1

N2
N3
cuối cùng
Đầu ra N1

360

300

140

400

1200

Đầu ra N2

240

450

280

530

1500

Đầu ra N3

240

450

560

150

1400

Yếu tố khác

360

300

420

Tổng Cộng

1200

1500

1400

Lưu ý :
 Cột “Tổng Cộng” cho ta biết về tổng sản lượng của ngành 1, ngành 2, ngành 3 lần
lượt là 1200 , 1500 và 1400 . Các con số này tạo nên ma trận X .
 Dịng “Tổng Cộng” phải có kết quả giống cột “Tổng Cộng”.
 Cột “Yêu cầu cuối cùng” cho biết các con số tạo nên ma trận D .

 Ý nghĩa của dòng thứ nhất : trong 1200 đơn vị đầu ra của ngành 1, người ta dùng 360
đơn vị cho đầu vào ngành 1, 300 đơn vị cho đầu vào ngành 2, 140 đơn vị cho đầu vào
ngành 3 và 400 đơn vị cho yêu cầu cuối cùng.
 Ý nghĩa của dòng thứ hai : trong 1500 đơn vị đầu ra của ngành 2, người ta dùng 240

ThS. Đào-Bảo-Dũng
Trang 3


đơn vị cho đầu vào ngành 1, 450 đơn vị cho đầu vào ngành 2, 280 đơn vị cho đầu vào
ngành 3 và 530 đơn vị cho yêu cầu cuối cùng.
 Ý nghĩa của dòng thứ ba : trong 1400 đơn vị đầu ra của ngành 3, người ta dùng 240
đơn vị cho đầu vào ngành 1, 450 đơn vị cho đầu vào ngành 2, 560 đơn vị cho đầu vào
ngành 3 và 150 đơn vị cho yêu cầu cuối cùng.
 Ý nghĩa của cột thứ nhất : để sản xuất 1200 đơn vị đầu ra của ngành 1, thì người ta cần
mua 360 đơn vị đầu ra của ngành 1, 240 đơn vị đầu ra của ngành 2, 240 đơn vị đầu ra
ngành 3 và 360 đơn vị của yếu tố khác.
 Ý nghĩa của cột thứ hai : để sản xuất 1500 đơn vị đầu ra của ngành 2, thì người ta cần
mua 300 đơn vị đầu ra của ngành 1, 450 đơn vị đầu ra của ngành 2, 450 đơn vị đầu ra
ngành 3 và 300 đơn vị của yếu tố khác.
 Ý nghĩa của cột thứ ba : để sản xuất 1400 đơn vị đầu ra của ngành 3, thì người ta cần
mua 140 đơn vị đầu ra của ngành 1, 280 đơn vị đầu ra của ngành 2, 560 đơn vị đầu ra
ngành 3 và 420 đơn vị của yếu tố khác.
Giả thuyết quan trọng của mơ hình này là cấu trúc cơ bản của nền kinh tế phải giữ
nguyên trong khoảng thời gian hợp lý. Cấu trúc cơ bản này sẽ giúp ta xác định được các
hệ số đầu vào, và từ đó lập được ma trận Leontief.
Theo trên, ta thấy rằng, để sản xuất 1200 đơn vị đầu ra của ngành 1, thì cần mua 360 đơn
vị đầu ra của ngành 1, 240 đơn vị đầu ra của ngành 2, 240 đơn vị đầu ra ngành 3, nghĩa là
ta tính được các hệ số đầu vào sau đây
360

240
240
a11 
, a21 
và a31 
1200
1200
1200
Cứ tương tự như vậy, ta sẽ tính được các hệ số đầu vào cịn lại.
Tóm lại, từ các số liệu trong bảng trên, ta viết được ma trận Leontief như sau :
 360
300
140 
 1200 1500 1400 

  0, 3 0, 2 0,1 
240
450
280  


A
  0, 2 0, 3 0, 2 
 1200 1500 1400 


 
450
560   0, 2 0, 3 0, 4 
 240

 1200 1500 1400 


Như thế, với bảng đầu vào – đầu ra ở trên, thì ta sẽ thu được đẳng thức ma trận
X  A.X  D
 1200 
 400 




trong đó X   1500  và D   530  .
 1400 
 150 




Tóm lại, từ bảng đầu vào – đầu ra, ta ln ln tìm được ma trận Leontief A tương ứng.
Nếu nhu cầu cuối cùng D thay đổi, giá trị đầu ra X tương ứng sẽ thay đổi thỏa mãn
X  A.X  D (nghĩa là tìm được giá trị đầu ra X khi có yêu cầu cuối cùng D ).


ThS. Đào-Bảo-Dũng
Trang 4


 MƠ HÌNH TỐN HỌC TỔNG QT CỦA INPUT – OUTPUT
MỞ LEONTIEF.
Phân tích mơ hình tốn học

( I  A).X  D
 a11

a
với ma trận Leontief là A   21
 .

 an1

a12
a22
.
an 2

... a1n 

... a2 n 
………… (ttheo dõi bài giảng trên lớp).
.
. 

... ann 

 HẾT 


ThS. Đào-Bảo-Dũng
Trang 5

Chương II: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH VÀ
ỨNG DỤNG TRONG PHÂN TÍCH KINH TẾ
A. TĨM TẮT LÝ THUYẾT
I.

HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH TỔNG QT

1. ĐỊNH NGHĨA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH (xem sách trang 53)

Vd: (I):

{

3 a+6 b−2 c +d=10
2 a−b+3 c +d =−3
−2 a+b +c−5 d=−1

là một hệ phương trình tuyến tính gồm 3 phương trình và 4

ẩn
+ MA TRẬN HỆ SỐ: xem sách trang 53

(
( )

3
6 −2 1
2 −1 3
1

−2 1
1 −5

Vd: A=

10
−3
−1

B=

X=

a
b
c
d

()

)

là ma trận hệ số của hệ (I)

là cột hệ số tự do của hệ (I)

là nghiệm của hệ (I)

Với các đặt như trên thì hệ (I) được viết lại thành
A.X=B

Khi B=0 thì hệ được gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất. Ngược lại khi B≠0 ta
gọi là hệ không thuần nhất.
+ MA TRẬN HỆ SỐ MỞ RỘNG (MA TRẬN BỔ SUNG): xem sách trang 53
Vd: ( A|B )=¿

A

=

(

|)

3
6 −2 1 10
2 −1 3
1 −3
−2 1
1 −5 −1

là ma trận hệ số mở rộng (còn được gọi

là ma trận bổ sung) của hệ (I)
2. NGHIỆM CỦA HỆ PT TUYẾN TÍNH

A.X=B


Hệ pt có nghiệm ⟺ R( A ) = R(A) (xem sách trang 54)

Vd: Cho biết hệ phương trình sau đây là có nghiệm, vơ nghiệm hay vô số nghiệm?


{

2 a+3 b+11 c+5 d =0
a+2 b+6 c +d −1
2 a+b+3 c +2 d=−3
3 a+2 b+6 c +6 d=−6

(K):

A

Ta có

=

(

2
1
2
3

|)
|)
|)
|)

3 11 5 0
2 6 1 1
1 3 2 −3
2 6 6 −6

2 3
11
5 0
1 −3 2
⟶ 0 1
0 −2 −8 −3 −3
0 −5 −21 −3 −12

(
(

2
0
⟶
0
0

3 11
5
1
1
−3
0 −6 −9
0 −16 −18

⟶

2
0
0
0

(

0
2
1
−2

(2d2-d1; d3-d1; 2d4-3d1)

(d3+2d2; d4+5d2)

3 11 5 0
1 1 −3 2
0 −6 −9 1
0 0 36 −28

(6d4-16d3)

Suy ra R( A ) = R(A) = 4 ⟶ hệ pt tuyến tính có nghiệm


Hệ pt tuyến tính (có cùng số ẩn) được gọi là tương đương với nhau nếu có cùng tập
nghiệm (xem sách trang 54)

Vd: hpt (a):

ha+ yb=5
{ma+
nb=6

(với h, y, m, n ϵ

có nghiệm (a; b) = (0; 6)
R ;

a, b là nghiệm cần tìm)
hpt (b):

ic+ jd=3
{qc+
kd=4

(với i, j, q, k ϵ

có nghiệm (c; d) = (0; 6)
R ;

c, d là nghiệm cần tìm)
⟹ hpt (a) và (b) tương đương nhau
II.

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
1. PHƯƠNG PHÁP KHỬ ẨN LIÊN TIẾP (PHƯƠNG PHÁP GAUSS) (xem

sách trang 54; 55)
Để giải hpt tuyến tính A.X=B


A

B1: Đưa ma trận hệ số mở rộng (A |B ) =
cấp trên dòng

về dạng bậc thang bằng các pp biến đổi sơ

( |)
a … ……
… … ……
… … ……
0 0 0 b

A =

B2: Viết hpt tương ứng với dạng bậc thang


TH1: Nếu b≠0 → hpt vô nghiệm



TH2: Nếu b=0 → hpt xuất hiện pt 0=0 → loại bỏ pt đó khỏi hệ → cịn lại
n pt, r ẩn số → ta giải từ dưới lên thông qua các biến số

Vd: Giải các hpt tuyến tính sau đây:

{

a+2 b+2 c=1
−2 a−3 c=2
2a+ b+3 c=3

a)

A



= (A |B ) =

|)

(

1 2 2 1
−2 0 −3 2
2 1 3 3

Có thể hiểu là

(

→

|)

1 2
2 1
0 4
1 4
0 −3 −1 1

|)

1 2 2 1
0 4 1 4
0 0 −1 16

→

(

→

( |)
1
0
0
0

(d2+2d1; d3-2d1)

(4d3+3d2) (i)

2 2 1
4 1 4
0 −1 16
0 0 0

Thuộc TH2



Hệ pt tương ứng

{

a+2 b+2 c=1
4 b+c=4
−c=16

⇔

{

a=23
b=5
c=−16

Vậy hpt đã cho có nghiệm duy nhất (a; b; c) = (23; 5; -16)

{

a−b+3 c=3

2a+ 2b +2 c=1
−a−3 b+ c=0

b)



A

= (A |B ) =

(

|)

1 −1 3 3
2
2 21
−1 −3 1 0

→

(

|)

1 −1 3 3
0 4 −4 −5
0 −4 4 3

(d2-2d1; d3+d1)


(

→

|)

1 −1 3 3
0 4 −4 −5
0 0
0 −2

(d3+d2) (iii)

Thuộc TH1 (nếu là trắc nghiệm thì suy ra vơ nghiệm luôn)



+ Tự luận
Hpt tương ứng

{

a−b+3 c=3
4 b−4 c=−5
0 a+0 b+ 0 c=−2(vơ lí )

Vậy hpt đã cho vơ nghiệm

{

a−b+3 c=2
2a+ 2b +2 c=1
−a−3 b+c=1

c)

A



=

|)

1 −1 3 2
2
2 21
−1 −3 1 1

(

→

→

(

(

|)
|)

1 −1 3 2
0 4 −4 −3
0 −4 4 3

1 −1 3 2
0 4 −4 −3
0 0
0 0

(d2-2d1; d3+d1)

(d3+d2) (ii)

Thuộc TH2



Hpt tương ứng

⟺

{

a−b+3 c=2
4 b−4 c=−3

0 a+0 b+ 0 c=0 ( luônđúng )

+3 c=2
{4a−b
b−4 c=−3

(a; b: ẩn phụ thuộc – hệ số đầu tiên ≠0 của các dòng;
c: ẩn tự do – các ẩn còn lại)
⇔

(t ϵ

R )

Vậy hpt đã cho có vơ số nghiệm (a; b; c) = (-2t+5/4, t-3/4 ; t) với t ϵ

R

2. ĐỊNH LÝ KRONECKER-CAPELLI (xem sách trang 56)

Hpt có nghiệm khi và chỉ khi R(A) = R( A ). Hơn nữa :
i)

R(A) = R( A ) = n : hệ có nghiệm duy nhất

Vd: II (1 – phần vd câu a)
Giải đến bước này


(

|)

1 2 2 1
0 4 1 4
0 0 −1 16

→ R(A) = R( A ) = 3 → hpt có nghiệm duy nhất

R(A) = R( A ) < n : hệ có vơ số nghiệm, phụ thuộc vào (n-r) tham số

ii)

Vd: II (1 – phần vd câu c)
Giải đến bước này

(

|)

1 −1 3 2
0 4 −4 −3
0 0
0 0

→ R(A) = R( A ) = 2 < 3 → hpt có vơ số nghiệm

R(A) < R( A ): hệ vơ nghiệm

iii)

Vd: II (1 – phần vd câu b)
Giải đến bước này

(
III.

|)

1 −1 3 3
0 4 −4 −5
0 0
0 −2

HỆ CRAMER (xem sách trang 57)
Hệ pt tuyến tính được gọi là hệ Cramer nếu m=n (số pt=số ẩn) và D = | A| ≠ 0 (định
thức ma trận hệ số ≠ 0)

-



C1: Do D = | A| ≠ 0 → A.X=B → hệ có đúng 1 nghiệm là X=A-1.B



C2: Áp dụng công thức Xj=Dj/D với Dj (j=1;…n) là định thức của ma trận có được
bằng cách thay cột j của ma trận A bởi ma trận tự do

Vd: Giải hpt sau bằng pp Cramer:

{

a−b+ c=6
2a+ b+c=3
a+b+ 2c=5

| |
| |
| |

D = | A| =

D1=

→ R(A) = 2 < R( A ) = 3 → hpt vô nghiệm

6 −1 1
3 1 1
5 1 2

1 −1 1
2 1 1
1 1 2
=5

= 5 (≠0 nên hệ có nghiệm duy nhất)

D2=

1 6 1
2 3 1
1 5 2

= -10

D3=

Áp dụng cơng thức Cramer, ta tính được nghiệm của hpt là
IV.

|

|

1 −1 6
2 1 3
1 1 5

=15

{

a=1
b=−2
c=3

HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (xem sách trang 58)

Vd: Giải hệ pt sau:

A=

(

1 1 −2
2 3 3
5 7 4

)

{

a+b−2 c=0
2 a+3 b+3 c=0
5 a+7 b+ 4 c=0
→

(

(

1 1 −2
→ 0 1 7
0 0 0
Hpt tương ứng

⟺

)

1 1 −2
0 1 7
0 2 14

)

(d3-2d2)

c=0
{a+b−2
b +7 c=0

{

a=9 t
b=−7 t
c=t

với t ϵ

(d2-2d1; d3-5d1)

(a; b: ẩn phụ thuộc;

R

Vậy hpt đã cho có vơ số nghiệm (a; b; c) = (9t ; -7t ; t) với t ϵ
V.

c: ẩn tự do)

R

MỘT VÀI ỨNG DỤNG TRONG PHÂN TÍCH KINH TẾ
1. MƠ HÌNH CÂN BẰNG THỊ TRƯỜNG: (xem sách trang 58 ; 59)

Vd1 : Xét thị trường có 3 loại hàng hóa. Biết hàm cung và hàm cầu của 3 loại hàng hóa trên lần
lượt là :
QS1=6P1-2P3-60
QS2=-P1+9P2-P3-30
QS3=-2P1+8P3-20
Tìm giá bán tại điểm cân bằng thị trường

QD1=120-5P1+P2
QD2=160+P1-6P2+P3
QD3=140+P2-4P3

Ta có QSi=QDi
⟺

{

6 P 1−2 P 3−60=120−5 P 1+ P 2
−P 1+9 P2−P3=160+ P 1−6 P 2+ P3
−2 P 1+8 P 3−20=140+ P 2−4 P 3

⟺

Vậy Giá cân bằng = (P1 ; P2 ; P3) = (19910/933 ; 16760/933 ; 17155/933)
Lượng cân bằng = (Q1 ; Q2 ; Q3) = (29170/933 ; 28595/311 ; 78760/933)
Vd2 : Xét thị trường có 3 loại hàng hóa. Biết hàm cung và hàm cầu của 3 loại hàng hóa trên lần
lượt là :
QS1=9P1-P2-170
QS2=12P2-P3-500
QS3=-P1-P2+10P3-510
Tìm điểm cân bằng thị trường
Ta có QSi=QDi

QD1=1880-8P1+P2+P3
QD2=2070+P1-10P2+P3
QD3=2140+P2-8P3


{

9 P 1−P 2−170=1880−8 P 1+ P 2+ P 3
12 P 2−P 3−500=2070+ P 1−10 P2+ P 3
−P 1−P 2+10 P 3−510=2140+ P 2−8 P 3

⟺

⟺
Vậy điểm cân bằng là (P1 ; P2 ; P3) = (146.99 ; 4588/33 ; 9396/55)
2. MƠ HÌNH INPUT – OUTPUT MỞ LEONTIEF (xem sách trang 60; 61; 62)

(In – A)X = D (*)
Vd: Trong mơ hình Input – Output mở, cho biết ma trận hệ số đầu vào:
A=

(

)

0,3 0,1 0,1
0,1 0,2 0,3
0,2 0,3 0,2

= (aij)3x3

a) Giải thích ý nghĩa kinh tế của hệ số a23 trong ma trận A

b) Tìm mức sản lượng của 3 ngành nấu ngành mở yêu cầu 3 ngành trên phải cung cấp cho
nó những lượng sản phẩm trị giá tương ứng (70; 100; 30)
GIẢI
a) a23=0,3

Ý nghĩa kinh tế: Ngành 2 cung cấp cho ngành 3 lượng nguyên liệu 0,3 đơn vị tiền để
ngành 3 làm ra 1 đơn vị tiền
b) Ta có (In – A)X = D

(

)( ) ( )

0.7 −0.1 −0.1 a
−0.1 0.8 −0.3 b
−0.2 −0.3 0.8 c

⇔

Nếu làm trắc nghiệm:



{

0.7 a−0.1 b−0.1 c=70
−0.1 a+ 0.8 b−0.3 c =100
−0.2 a−0.3 b+0.8 c=30



=

70
100
30

{

a=150
b=200
c=150

⟺

(dùng máy tính)

Nếu làm tự luận: dùng pp Cramer

|I 3−A| =

|

|

0.7 −0.1 −0.1
−0.1 0.8 −0.3
−0.2 −0.3 0.8

= 0.352

D1=

|

|

70 −0.1 −0.1
100 0.8 −0.3
30 −0.3 0.8

=

52.8
D2=

|

|

0.7
70 −0.1
−0.1 100 −0.3
−0.2 30
0.8

= 70.4

D3=

|

|

0.7 −0.1 70
−0.1 0.8 100
−0.2 −0.3 30

= 52.8


Vậy hpt có nghiệm duy nhất (a; b; c) = (
150)

52.8
;
0.352

70.4
;
0.352

52.8
) = (150; 200;
0.352


CHƯƠNG III: HÀM MỘT BIẾN
GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC
A. GIỚI HẠN CỦA HÀM MỘT BIẾN (xem sách trang 99; 100)
lim f (x) = L ⟺ x càng gần x0 thì f(x) càng gần L
x→x0
-

lim (2 x +3) = 5
Vd:
x→ 1
Giới hạn dạng vô định là những giới hạn mà ta khơng thể tìm chúng
bằng cách áp dụng trực tiếp các định lý về giới hạn và các giới hạn
cơ bản. Do đó muốn tính giới hạn dạng vơ địn của hàm số, ta phải
tìm cách khử dạng vơ định để biến đổi thành dạng xác định của giới
hạn.
 Có 7 dạng vô định:
0
∞
;
; ∞ - ∞ ; 0. ∞ ; 1∞ ; ∞ 0; 00

0
∞

0
0
Để tính giới hạn dạng này, phương pháp chung là sử dụng các phéo
biến đổi (phân tích đa thức thành nhân tử, nhân cả tử và mẫu với
đạo hàmtử
biểu thức liên hợp, thêm bớt, lim
…) để khử các thành
x → x 0 đạo hàmmẫu
phần có giới hạn bằng 0 đưa về tính giới hạn xác định
 Loại 1: Khử dạng vơ định bằng cách phân tích cả tử và
mẫu thành nhân tử chung
Vd: Tìm giới hạn sau
0
2 x 4−5 x 3+ 3 x 2 + x−1
L1 = lim
(Thế vô x=1 ⟹ DVĐ
)
4
3
2
0
x→ 1 3 x −8 x + 6 x −1


-

Giới hạn vô định


=
=
=

2 x 4 −5 x 3+3 x 2 + x−1
x2(2x2-5x+3) + x – 1
x2(2x-3)(x-1) + x – 1
(x-1)(2x3-3x2+1)

L1 =

lim



3

x→ 1

2 x 3−3 x 2 +1
3 x3 −5 x2 +1+ x

(vẫn còn DVĐ

3 x 4−8 x 3 +6 x 2−1
3x4-3x3-5x3+6x2-1
3x3(x-1)-5x2(x-1)-1+x2
3x3(x-1)-5x2(x-1)+ (x-1)(x+1)

(x-1)(3x3-5x2+x+1)
⟹

 2 x 3−3 x2 +1

2

3 x −5 x + x +1
1
= 3(x+
)(x-1)2
3
= (3x+1)(x-1)(x-1)
= (x-1)(3 x 2−2 x −1¿
2 x 2−x −1
L1= lim
(DVĐ
2
x→ 1 3 x −2 x−1
(x −1)(2 x +1)
= lim
x→ 1 (x −1)(3 x +1)


=
=
=
=
0
0

Khử tiếp)

1
)
2
= (x-1)(2x2-x-1)
= 2(x-1)2(x+

0
)
0


2 x+1
(Hết dạng vô định rồi)
x→ 1 3 x+1
2.1+1
=
3.1+1
3
=
4
 Loại 2: PP nhân liên hợp hay dùng biểu thức liên hợp
Các công thức thường được dùng để nhân liên hợp là:
( √ A ± √ B )( √ A ∓ √ B ) = A – B (A≥0;
B≥0)
3
3
3

3
3
2
Căn
cùng
bậc
∓
( √ A ± √B ¿ ( √ A
√ A √B +
√3 B2 ) = A
± B
Vd: Tìm giới hạn
√ x +2−1
L2 = lim
x →−1 √ x+ 5−2
( √ x+2−1)( √ x +2+1)( √ x +5+2)
= lim
x →−1 ( √ x +5−2)( √ x +5+2)( √ x+2+1)
(x +2−1)( √ x+ 5+2)
= lim
x →−1 (x+5−4 )( √ x +2+1)
√ x+ 5+2
= lim
x →−1 √ x +2+1
√−1+5+2
=
√−1+2+1
=2
 Loại 3: Sd thuật toán thêm bớt để có thể nhân biểu
thức liên hợp

PP chung để tính các giới hạn của biểu thức các căn thức không
cùng bậc là thêm, bớt 1 lượng nào đó tách thành nhiều giới hạn rồi
nhân liên hợp. Việc thêm bớt dựa trên đặc điểm từng bài và phải
thật tinh tế.
Vd: Tính giới hạn sau:
√ x+3−√3 x+7
L3 = lim
x→ 1
x 2−3 x+ 2
( √ x+ 3−2 ) +(2−√3 x+ 7)
= lim
x→ 1
x 2−3 x+ 2
3
x +3−2
2−√ x+7
√
lim
lim
=
+
2
2
x→ 1 x −3 x+2
x→ 1 x −3 x+2
3
3
4 +2 √ x +7+ √( x+7)2
¿
2

3
4 +2 √ x +7+(√3 x+7)
¿
( √ x+ 3−2)( √ x+ 3+2)
2
= lim 2
+
( x −3 x +2) ¿
x→ 1 ( x −3 x +2)( √ x +3+2)
3
(2−√ x +7)¿
¿
lim ¿
=

-

-

lim

x→1


2

=

lim

x→ 1

x−1
( x −2)( x−1)( √ x+ 3+2)

+

4 +2 √3 x +7+( √3 x+7)
¿
( x−2)( x−1)¿
8− x−7
¿
lim ¿
x→1

−1
1
+ lim
2
3
3
x→ 1
x→ 1 ( x −2)( √ x +3+2)
( x−2 ) [4 +2 √ x +7+ ( √ x +7 ) ]
−1
¿
(Thế x=1 vô)
6
đạ o hà mt ử
 Loại 4: lim

x → x 0 đạ o hà m mẫ u
Vd : tính giới hạn sau :
ln ⁡( 1+ x)
L4 = lim
x
x→ 0
=

lim

=

1
1+ x
lim
1
x→ 0

=1

-

Giới hạn vơ định

∞
∞

Có dạng là:
f ( x)
g( x)

x→x
lim f ( x) = lim g ( x)
L=

lim

0/∞

Trong đó:
-

-

x → x 0/∞

x → x 0/∞

=

∞

Để khử dạng này, pp thông thường là chia cả tử và mẫu cho lũy thừa
f (x)
bậc cao nhất của tử và mẫu của phân thức
g ( x)
Nếu f(x), g(x) là các đa thức có bậc tương ứng là m, n thì ta chia cả
f(x); g(x) cho lũy thừa bậc cao nhất. Khi đó có 3 trường hợp:
am x m+ am−1 xm−1 +…+ a1 x+ a0
¿
lim

L=
với am ; b n ≠ 0 ; m ,n ϵ N
n
n−1
x→∞ b x +b
+…+ b1 x +b 0
n
n−1 x
 m=n (bậc của tử = bậc của mẫu) chia cả tử và mẫu cho xn
ta được :
a −1
a1 a 0
am + m
+…+ n−1
+ n
x
x
x
L = lim
b −1
b1 b0
x→∞
bn + n
+…+ n−1
+ n
x
x
x
am
= lim

x → ∞ bn
am
=
bn
 m > n (bậc tử > bậc mẫu)