Tong hop kien thuc toan cao cap 1 aaaclass

lOMoARcPSD|19062250

Tổng hợp kiến thức Toán Cao Cấp (AAAclass)
Toán cao cấp (Trường Đại học Ngoại thương)

Studocu is not sponsored or endorsed by any college or university
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

TỐN CAO CẤP
CHƯƠNG I. MƠ HÌNH TUYẾN TÍNH và ĐẠI SỐ MA TRẬN
I.1. MA TRẬN

1. KHÁI NIỆM
a) Ma trận cấp m  n : là một bảng gồm mn số aij được sắp xếp thành
và

n cột dưới dạng

aij là phần tử ở dòng

i

 a11
a
A   21
 ...

 am1

a12

m

dòng

...

a1n 
a22 ... a2n 
... ... ... 

am2 ... amn 

và cột j của ma trận A ;

i

là chỉ số dòng, j là chỉ số cột

của phần tử aij đó.
1 2 3 

Ví dụ 1. A  
 là ma trận cấp 2  3 , trong ma trận này ta có phần tử
4 5 6 
a13  3, a21  4 .
Người ta thường viết tắt ma trận ở dạng A   aij 
.

m n
b) Ma trận vuông: là ma trận có số dịng m bằng số cột
trận cấp n  n ta chỉ nói đó là ma trận vng cấp n.

n, khi đó thay vì nói ma

1 3 

Ví dụ 2. B  
 là ma trận vuông cấp hai.
5 7 

Trong ma trận vuông cấp n, người ta gọi các phần tử a11 , a22 ,..., ann là các phần
tử thuộc đường chéo chính của ma trận.
c) Ma trận đơn vị: là ma trận vng có tất cả các phần tử thuộc đường chéo chính
đều bằng 1, các phần tử cịn lại đều bằng 0,kí hiệu là In .
1 0 0 
1 0 
, I3  0 1 0  là các ma trận đơn vị cấp 2, cấp 3
Ví dụ 3. I2  

0 1 
0 0 1 

d) Ma trận tam giác: là ma trận vuông có tất cả các phần tử nằm phía dưới, hoặc phía
trên đường chéo chính đều bằng 0.

1
1 2 3 
2



Ví dụ 4. C  0 4 5  , D  
4
0 0 6 

7

0 0

0
3 0 0 
là các ma trận tam giác.
5 6 0

8 9 10 

1
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

e) Ma trận chéo: là ma trận vng có tất cả các phần tử nằm ngồi đường chéo chính
đều bằng 0.
1 0 0 
Ví dụ 5. E  0 2 0  là ma trận chéo.
0 0 3 

f) Ma trận cột: là ma trận chỉ có một cột.

g) Ma trận dịng: là ma trận chỉ có một dịng.
1 
 
Ví dụ 6. F  2 , G  1 2 3 4  lần lượt là ma trận cột, ma trận dịng.
3 
h) Ma trận khơng: là ma trận có tất cả các phần tử đều bằng 0, kí hiệu là

Omn .

0 0 0 

Ví dụ 7. O23  
.
0 0 0 
i) Ma trận bậc thang: là ma trận thoả mãn hai điều kiện sau đây
- dịng có tất cả các phần tử bằng 0 (nếu có) nằm phía dưới dịng có phần tử khác 0;
- phần tử khác 0 đầu tiên (tính từ trái sang phải) của mỗi dòng dưới nằm bên phải so với
phần tử khác 0 đầu tiên của dịng trên.
Ví dụ 8.

1
0
M
0

0

2

3

4

5
1 0 0 0 0 
6 7 8 9 
, N  0 0 2 3 0 
0 10 11 12 
0 0 0 0 4 

0 0 0 0

là các ma trận bậc thang.

2. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN MA TRẬN
, B   bij 
a) Tổng hai ma trận cùng cấp A   aij 
là một ma trận
m n
m n

C cùng

, c  aij  bij .
cấp sao cho C   cij 
m n ij

Khi đó ta kí hiệu C  A  B .
1 2 3 
 3 2 0 

,B  
Ví dụ 9. Cho hai ma trận A  

.
4 0 2 
 5 6 7 
 2 0 3 

Thế thì C  A  B  
.
 1 6 9 
Chú ý: Hai ma trận chỉ cộng được với nhau khi chúng có cùng cấp.
b) Tích của một số với một ma trận bất kì
. Tích của
Cho số  và ma trận A   aij 
m n

B cùng cấp với



với ma trận

A là một ma trận

A sao cho B   bij  , bij   aij .

Khi đó ta kí hiệu B   A .

2

Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

1 2 3 
,  2 .
0 2 
2 4 6 
Thế thì B  2 A  
.
8 0 4 

Ví dụ 10. Cho ma trận A  
4

c) Tích của hai ma trận
Cho hai ma trận A   aip 
ma trận

C

m k

, B   bpj 
. Tích của ma trận A với ma trận
kn

sao cho C   cij  mn , cij 

B là

k

 aipbpj .

p1

Khi đó ta kí hiệu C  AB .
 2 3
1 2 3 
, B   1 1  .
Ví dụ 11. Cho hai ma trận A  

4 0 2 
 4 2 
 c11 c12 
Thế thì C  AB  
 là ma trận vuông cấp hai. Ta tính các phần tử của
 c21 c22 

Ta có

C.

c11  1.2  ( 2).( 1)  3.4  16, c12  1.3  ( 2).1  3.2  7,

c21  4.2  0.( 1)  2.4  16, c22  4.3  0.1  2.2  16
16 7 
Vậy C  

.
16 16 
Chú ý: - Hai ma trận chỉ nhân được với nhau khi số cột của ma trận thứ nhất bằng số
dòng của ma trận thứ hai.

- Muốn tìm phần tử ở dịng

i , cột j

của ma trận tích C  AB , ta nhân các phần tử ở

dòng i của ma trận A lần lượt với các phần tử ở cột j của ma trận B rồi cộng các
tích đó lại.
d) Phép chuyển vị
. Ma trận thu được từ A bằng cách viết các dòng
Cho ma trận A   aij 
m n
của
t

A lần lượt thành các cột được gọi là ma trận chuyển vị của A và kí hiệu là

A . Khi đó A t là ma trận cấp n  m .

1

4

1 2 3 



t
Ví dụ 12. Cho ma trận A  
 . Thế thì A   2 0  .
4
0
2


 3 2 
t t
Hiển nhiên ta có ( A )  A .
e) Luỹ thừa một ma trận vuông
Khi A là một ma trận vng, ta có thêm phép tốn luỹ thừa:

3
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

Luỹ thừa bậc

n của ma trận A là tích của n ma trận A , nghĩa là
A n  AA... A ( n lần).
1 2 

Ví dụ 13. Cho ma trận A  
 . Thế thì
0 3 

1 3 n  1 
1 8  3 1 26 
n

A 
 , A  0 27  ,..., A  
n
0
9
0




3 
Chú ý: Thứ tự thực hiện các phép toán trên ma trận tương tự như đối với các số: nhân
trước, cộng sau. Phép trừ A  B được xem là hệ quả của phép cộng và phép nhân với một
số: A  B  A  ( 1) B .
Ví dụ 14. Hãy thực hiện các phép tốn sau đây
2

 1 2
1 3 
2 5




a) 5  1 0   3 0 3   2  6 7  ; b)

 2 1 
4 2 
 3 2 
2

 2 1
 1 3  3 2 1 0 

 4 3 2 3 

 3 4  
t

3
 1 2 1 
1
t
2 1 
2 1 3 




c) 
 ; d )  0 2 3  ; e )  2 4   3 2 2  .
1 3 


 2 1 1 
 0 5 

3

3. CÁC TÍNH CHẤT
Giả sử các phép tốn dưới đây đều thực hiện được. Khi đó ta có các tính chất sau đây đối
với phép toán trên ma trận.
A  B  B  A, A  O  A, A  (  A )  O,
A  ( B  C )  ( A  B)  C, A( BC )  ( AB )C,

1 A  A, AI  IA  A,( ) A   (  A ),
(   ) A   A   A,  ( A  B )   A   B.

I.2. ĐỊNH THỨC

1. KHÁI NIỆM
a) Định thức cấp một: là định thức của ma trận vng cấp một A   a11  .
Khi đó ta có det A  a11  a11 .
Ví dụ 1. A  4  , detA  4; B   3 ,det B  3 .
a

a 

b) Định thức cấp hai: là định thức của ma trận vuông cấp hai A   11 12  .
 a21 a22 
a11 a12
 a11a22  a21a12 .
Khi đó det A 
a21 a22
Ví dụ 2.

3 4

2 3
,det A  2.7  4.3  2;
 ( 3).2  5.4  26
A

5 2
4 7 

4
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

 a11

c) Định thức cấp ba: là định thức của ma trận vuông cấp ba A   a21
 a31

a12
a22
a32

Khi đó

a11

a12

det A  a21

a31

a22
a32

Ví dụ 3.

a13 
a23  .
a33 

a13

a a a  a12 a23 a31  a13 a21a32 
a23  11 22 33
 a31a22a13  a32 a23 a11  a33 a21a12
a33

2 1 3
2.1.1  ( 1).2.( 3)  3.0.2 
0 1 2 
( 3).1.3  2.2.2  1.0.( 1)  9
3 2 1

Ví dụ 4. Tính các định thức sau
a)

5 3
4

2

2

1

; b) 1 2
0 3

2

3

3 ; c) 4
4
2

2

1

1 0
4 1

d) Định thức con bù - phần bù đại số
Cho A   aij  n n là ma trận vng cấp n bất kì. Khi đó, định thức thu được từ

A bằng cách xố đi dịng

i và cột j được gọi là định thức con bù của phần tử aij , kí

i j
hiệu là Dij . Số Aij  ( 1) Dij được gọi là phần bù đại số của phần tử aij .

1 2 3 
Ví dụ 5. Cho ma trận A  4 5 6  . Ta có
7 8 9 
5 6
a11  1, D11 
 3, A11  ( 1)11 D11  3
8 9
a12  2, D12 

4 6
7 9

 6, A12  ( 1)1 2 D12  6

Ví dụ 6. a) Xét ma trận

 2 3  a11  2, D11  7, A11  7
;
A
,
4 7  a12  3, D12  4, A12  4
a11 A11  a12 A12  2  det A
b) Tương tự, xét ma trận

a11  2, D11  3, A11  3;
 2 1 3 

a12  1, D12  6, A12  6;
A   0 1 2  ;
a13  3, D13  3, A13  3;
 3 2 1 
a11 A11  a12 A12  a13 A13  9  det A
5
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

e) Định thức cấp

n

Cho A   aij  n n là ma trận vng cấp n bất kì. Khi đó định thức của A được
gọi là định thức cấp n và được tính bởi cơng thức
det A  a11 A11  a12 A12  ...  a1n A1n
2 0
1 2
Ví dụ 7. Cho ma trận vng cấp bốn A  
2 1

0 3

3 1
0 3 
.
2 1


1 2 

Thế thì det A  2 A11  0 A12  3 A13  A14 .
2 0

3

1 2

3

1 2 0

Mà A11  1

2 1  31; A13  2 1 1  25; A14   2 1 2  11
3 1 2
0 3 2
0 3 1

Vậy det A  2.

0 2 3 0
2 0 1 1
Ví dụ 8. Tính định thức cấp bốn 0 1 1 0 .
3 2 0 2

2. CÁC TÍNH CHẤT
Định thức cấp bất kì có các tính chất sau đây.

1. det A  det A t (Hai ma trận chuyển vị có định thức bằng nhau).
2. Định thức có một dịng bằng 0 thì bằng 0.
3. Định thức có hai dịng giống nhau hoặc tỉ lệ với nhau thì bằng 0.
4. Nhân tử chung của một dịng có thể đem ra ngồi định thức.
5. Định thức của ma trận tam giác bằng tích các phần tử thuộc đường chéo chính.
6. Nếu đổi chỗ hai dịng bất kì thì định thức đổi dấu.
7. Định thức khơng hay đổi, nếu cộng vào một dòng các phần tử tương ứng của dòng
khác đã được nhân với cùng một số.
8. Các tính chất trên vẫn đúng khi thay chữ “dịng” bởi chữ “cột”.
9. Công thức định nghĩa định thức cấp n vẫn đúng khi thay dòng 1 bởi dòng bất kì
khác, nghĩa là
det A  ai1 Ai1  ai2 Ai2  ...  ain Ain , i  1,2,..., n.
10. Tương tự ta có cơng thức khai triển định thức theo cột bất kì:
det A  a1 j A1 j  a2 j A2 j  ...  anj Anj , j  1,2,..., n.
1 2 3
1 2 3
1 2 
1 3 
Ví dụ 9. det 
  det 2 4  ; 0 0 0  0; 2 4 6  0
3 4 


1 2 4
4 5 6

6
Downloaded by Trang Nguy?n ()

lOMoARcPSD|19062250

Ví dụ 10.

2
1

4 10
1
3 2 2 1

2 0

Ví dụ 11.

1 2
3 4

2 0 1 0 0 6

1



2 5 1 2 3
2 0 0
3 2 ; 0 4 5  1.4.6; 3 4 0  2.4.7

3 4
1 2

1

2

3

1

2

6 0 7
3

1

2

3

; 2 0 1  0 4 7  0 4 7  8
0 8 12
0 0 2
3 2 3

2 3 4
Ví dụ 12. 2 1 1  3 A31  4 A32  2 A33  3 A12  A22  4 A32
3 4 2

Sử dụng các tính chất trên, ta dễ dàng tính được các định thức cấp cao.

Ví dụ 13.

1 2 3 4
2 3 4 1

3 4 1 2



1 2
0 1

3
2

4
7

0 2

8

10

0 7 10 13

4 1 2 3

Ví dụ 14. Hãy tính các định thức sau



1 2 3
4
0 1 2 7
0

0

4

4

0

0

4

36

2 1
2 1 2
4 5
1 0
a)
; b) 3 2 1 ; c )
3 1
3 6
2 3 1

2 1

3
2
0
0



1 2 3
4
0 1 2 7
0

0

4

4

0

0

0

40

 160

1
1 1 1 1
0
1 1 1 1
; d)
2
1 1 1 1
3
1 1 1 1

I.3. MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO

1. KHÁI NIỆM

Định nghĩa: Cho A   aij 
là ma trận vuông cấp
n n

n . Ma trận

kiện AB  BA  In được gọi là ma trận nghịch đảo của
1 2 
 3 2 
;B  
Ví dụ 1. A  

.
1 3 
 1 1 
Khi đó ta có AB  BA  I2 nên B  A 1 .

1

A

B thỏa mãn điều

và kí hiệu là B  A 1 .

1

Chú ý: Nếu B  A thì A  B . Do đó ta cịn nói A và B là các ma trận nghịch
đảo của nhau.
Định nghĩa: Nếu ma trận A có ma trận nghịch đảo A1 thì ta nói A là ma trận khả
nghịch, hay khả đảo.
2. ĐIỀU KIỆN KHẢ NGHỊCH

Định lý: Để ma trận vuông A khả nghịch, cần và đủ là det A  0.
1 2 

Ví dụ 2. Ma trận A  
 khả nghịch (theo ví dụ 1) và ta thấy det A  1  0 .
1 3 
Ví dụ 3. Các ma trận sau đây có khả nghịch khơng?
7
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

2

 3 2
a) 
; b)  4

 1 4 
 2
1 1

Ví dụ 4. Tìm a để ma trận A  1 a
0 2

3 1
 1 2 3 
1 2  ; c)  2 1 0  .
 3 2 4 
4 1 
0
1  khả nghịch.
1 

3. PHƯƠNG PHÁP TÌM MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO
Có hai phương pháp tìm ma trận nghịch đảo của một ma trận vuông.
a) Phương pháp định thức: (sử dụng phần bù đại số)
Để tìm ma trận nghịch đảo của ma trận vuông A   aij  n n , ta cần:
1. Tính det A.
- Nếu det A  0 thì kết luận ma trận A khơng có ma trận nghịch đảo.
- Nếu det A  0 thì A có ma trận nghịch đảo A1 .
2. Tính phần bù đại số của tất cả các phần tử aij  A .

.

3. Lập ma trận phụ hợp từ các phần bù đại số thu được PA   Aij 
n n
4. Tính ma trận nghịch đảo A

1



1
det A

PAt .
1 2 

Ví dụ 5. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A  
.
1 3 
Ta có
det A  1; A11  3, A12  1, A21  2, A22  1
t

 3 1 1 1  3 1
 3 2  .
;A  

PA  



1 2 1

 2 1 


 1 1 
1 2 1


Ví dụ 6. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A  2 3 2 .
3 1 3 

Ta có

det A  6; A11  11, A12  12, A13  7, A21  7,
A22  6, A23  5, A31  1, A32  0, A33  1;
t
  11
11 12 7 
11 12 7 
 6




1
1
PA   7 6
5 ; A 
7 6
5  2
6 

 7
 1 0
 1 0
1 
1 
 6

7
6

1
6

1 0 

5 1
6
6 
8

Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

Ví dụ 7. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau đây bằng phương pháp định thức
4 2 
a) A  
;
3 5 

1 1 0 
b) B  1 1 1 
0 2 1 

b) Các phép biến đổi sơ cấp đối với ma trận bất kì:
Ta gọi các phép biến đổi sau đây là phép biến đổi sơ cấp dòng đối với một ma trận bất kì:
1. Đổi chỗ hai dịng tuỳ ý của ma trận.
2. Nhân tất cả các phần tử của một dòng với một số khác 0.
3. Cộng vào một dòng các phần tử tương ứng của dòng khác đã được nhân với
cùng một số.
Tương tự ta có các phép biến đổi sơ cấp cột đối với một ma trận bất kì.
Ví dụ 8.
1 2 2 3 1 
1
 2 3 4 1 2 
0


A

3 2 1
0
2 3 



1 1 3 3 5 
0
2 3 1 

1 2
1
 0 1 8

0
7 0 



0 0 25 21 6 
0



0 0 25 21 6 
0

2

2

3

1 8 7
4 7 7
3 1 0
2 2 3
1 8
7
0 25 21

0
0
0

1
0 

6 

6 
1
0 
6 

0

c)Tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp biến đổi sơ cấp:
, ta lập ma trận mở rộng
Để tìm ma trận nghịch đảo của ma trận vng A   aij 
n n
có dạng  A In  . Sau đó biến đổi sơ cấp dịng ma trận này thành ma trận mới có dạng

 In B . Nếu phép biến đổi thực hiện được thì B  A 1 .
1 2 

Ví dụ 9. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A  
 bằng phép biến đổi sơ cấp dòng.
1 3 
Lập ma trận mở rộng và biến đổi sơ cấp dòng, ta được
1 2 1 0 

1 2 1 0 
1 0 3 2
 A I2   



1 3 0 1 
0 1 1 1 
0 1 1 1 
Vậy

 3 2
A 1  
.
 1 1 

1 2 2 


Ví dụ 10. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A  3 1 0  bằng phép biến đổi sơ
1 1 1 

cấp dòng.

9
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

Lập ma trận mở rộng và biến đổi sơ cấp dòng, ta được
1 2 2 1

 A I3   3 1 0 0
1 1 1 0

1 2 2 1 0

 0 1 1 1 0

0 5 6 3 1

1
0 0


1 0   0
0
0 1 

1 0
0


1   0 1

0 
0 0

2

2 1

5 6 3
1 1 1
0 1 0
1 1

0

1 2

1

0 0

1 0 
0 1 
2

1  
5 

1 0 0 1 0 2 


 0 1 0 3 1 6 
0 0 1 2 1 5 



1 1 0 


Ví dụ 11. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A  1 1 1  bằng phép biến đổi sơ
1 0 0 

cấp dòng.

I.4. HẠNG CỦA MA TRẬN

1. KHÁI NIỆM
.
a) Định thức con: Cho ma trận bất kì A   aij 
m n
Định thức gồm các phần tử thuộc giao của
định thức con cấp

k của A .

k dòng và k cột tuỳ ý của

A được gọi là

1 2 3 4 
Ví dụ 1. Cho ma trận A  5 6 7 8  .
9 10 11 12 

Ta xét vài định thức con của

A.

- Định thức con cấp một: 7  7 (giao của dòng 2 với cột 3);
2 4
 8 (giao của dòng 1,2 với cột 2,4);
- Định thức con cấp hai:
6 8
-

1 2 3
Định thức con cấp ba: 5 6 7  0 (giao của cả ba dòng với các cột 1, 2, 3).
9 10 11

Ngồi ra ma trận

A cịn có 3 định thức con cấp ba khác, tất cả các định thức con cấp

A đều bằng 0. Các định thức con cấp cao hơn không tồn tại.
b) Hạng của ma trận: Ta nói hạng của ma trận A là p nếu trong A có ít nhất một
định thức con cấp p khác 0, các định thức con cấp cao hơn đều bằng 0 hoặc không

ba của

tồn tại.

10
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

Khi đó ta viết rank( A )  p hoặc r( A )  p .
1 2 3 4 
Ví dụ 2. Cho ma trận A  5 6 7 8  .
9 10 11 12 

A khác 0, các định thức con cấp cao hơn đều
bằng 0 hoặc không tồn tại. Do đó hạng của A là 2.
Để ý rằng A cũng có định thức con cấp một khác 0, tuy nhiên hạng của nó là 2. Như
Ta đã có 1 định thức con cấp hai của

vậy, hạng của ma trận là cấp cao nhất của định thức con khác 0 của nó.
1
0
Ví dụ 3. Cho ma trận bậc thang B  
0

0

2

3

4

5
6 7 8 9 
.
0 10 11 12 

0 0 0 0

1 2 3
Ta thấy ngay rằng B có một định thức con cấp ba là 0 6 7  60
0 0 10

khác 0, mọi định thức con cấp bốn đều bằng 0 vì chứa một dịng bằng 0.
Vậy hạng của B là 3, đúng bằng số dịng có phần tử khác khơng của nó.
Ta có các tính chất sau đây đối với hạng của ma trận.
2. TÍNH CHẤT
1. Hạng của ma trận bậc thang bằng số dịng có phần tử khác 0 của nó.
2. Mọi phép biến đổi sơ cấp không làm thay đổi hạng của ma trận.
Từ hai tính chất trên, ta có phương pháp tìm hạng của ma trận:
Để tìm hạng của một ma trận, ta biến đổi nó thành ma trận bậc thang và áp dụng
các tính chất để kết luận.
1 2 3 4 
Ví dụ 4. Tìm hạng của ma trận A  5 6 7 8  .
9 10 11 12 

Ta biến đổi ma trận đã cho thành ma trận bậc thang:

3
4 
4 
1 2 3 4 
1 2
1 2 3






A  5 6 7 8   0 4 8 12   0 4 8 12   A '
9 10 11 12
0 8 16 24 
0 0
0
0 

là ma trận bậc thang.
Theo tính chất 2, ta có rank( A )  rank( A ') ;
Theo tính chất 1 ta lại có rank( A ')  2 .
Vậy rank( A )  2 .

11
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

Ví dụ 5. Tìm hạng của ma trận sau theo tham số
1
3
C
3

2

Ta biến đổi C thành ma trận bậc thang:

Ta có

1 3
2 8

m
3
8




2 8 m  3

1 5
m 

3 
3 
1 1 3
1 1 3
0 1 1


1 
1 
0 1 1


C


 C'
0 1 1 m  6 
0 0 0 m  5 




0 
0 1 1 m  6 
0 0 0
2 khi m  5
r( C )  r( C ')  
3 khi m  5

Ví dụ 6. Tìm hạng của các ma trận sau đây:

1 
 1 3 2 1
1 2 3 
3 m 0
 2 5 2 1 
3 4 0 
 6 2m m
2 





a)

; b)
; c)
 1 1 6 13 
2 1 1
 9 3m 0 m  2 






7 
 2 6 8 10 
3 1 2 
15 5m 0

I.5. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

1. KHÁI NIỆM
a) Hệ phương trình tuyến tính: là hệ phương trình có dạng
 a11 x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1
 a x  a x  ...  a x  b
 21 1
22 2
2n n
2

(1)
..........


 am1 x1  am2 x2  ...  amn xn  bm

trong đó aij , bi là các số cho trước, x j là các ẩn số ( i  1,2,..., m; j  1,2,..., n ) .
Trong (1) ta thấy có m phương trình và n ẩn số.
Đặt A   aij 
là ma trận các hệ số của ẩn,
m n

B   bi m1

là ma trận các hệ số tự do,

X   x j 
là ma trận các ẩn số.
n1
Khi đó hệ phương trình (1) được viết ở dạng ma trận AX  B (2)
b) Nghiệm của hệ phương trình tuyến tính: là một bộ gồm n số được sắp thứ tự
(1,  2 ,...,  n ) sao cho khi thay x j   j ( j  1,2,..., n) vào tất cả các phương trình trong hệ,

ta được các đẳng thức đúng.
 x1  2 x2  3 x3  1
 2 x1  3 x2  x3  11

Ví dụ 1: Cho hệ phương trình tuyến tính 

12
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

Ta có

 x1 
1 2 3 
 1


A
 , B  11  , X   x2 
2
3
1


 
 x3 

Thay x1  3, x2  1, x3  2 vào hai phương trình trên, ta được các đẳng thức đúng.
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (3,1,2) .
Nghiệm của hệ phương trình tuyến tính cịn được viết ở dạng ma trận. Chẳng hạn, hệ
3 
 
phương trình trên có nghiệm là 1  .
2 

Ta có thể thử lại bằng cách xét tích các ma trận tương ứng:
3 
1 2 3     1
AX  

 . 1      B
2 3 1  2 11 
 

2. ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Để hệ phương trình (1) có nghiệm, cần và đủ là rank( A B)  rank( A) , trong đó

 A B  là ma trận mở rộng, thu được bằng cách viết thêm ma trận B vào bên phải
ma trận A .
Ví dụ 2. Xét hệ phương trình ở ví dụ trên, ta có ma trận mở rộng:
1 2 3 1
1 2 3 1
 A B   

   A ' B ' 
2 3 1 11 
0 1 7 13 
Suy ra rank( A )  rank( A ')  2; rank( A B)  rank( A ' B ')  2 .

Vậy rank( A B)  rank( A) .
Ví dụ 3. Hệ phương trình sau đây có nghiệm hay khơng?

 x1  2 x2  2 x3  1
 x1  x2  2 x3  3 x4  1


2 x1  3 x2  4 x3  1
a)  3 x1  x2  x3  x4  2 ; b) 
2 x  2 x  3 x  4 x  3

  x1  2 x2  x3  1
1
2
3
4

 x1  x2  2 x3  0


Ta tìm hạng của các ma trận tương ứng.
a)

1 1 2 3 1 


 A B   3 1 1 1 2 
2 2 3 4 3 


1 1 2 3 1 
1 1 2 3 1 




0 4 7 10 1  0 4 7 10 1   A ' B ' 
0 4 7 10 1 
0 0 0
0 2 

Ta có rank( A )  rank( A ')  2; rank( A B)  rank( A ' B ')  3
Suy ra

rank( A B)  rank( A ) .

Vậy hệ phương trình đã cho khơng có nghiệm.
13

Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

b)
1

2
 A B   
 1

 1

Ta có

1 2  2 1 
1 2
2 2 1 





3 4 1 
0 1 0 1
0 1


0 4 1 2 
0 0
2 1 1




1 2 0 
0 1 0 1
0 0
rank( A )  rank( A ')  3; rank( A B)  rank( A ' B ')  3 .

2 1 

0 1 
  A ' B ' 
1 2  

0 0 

Suy ra rank( A B)  rank( A) . Vậy hệ phương trình có nghiệm.
Ví dụ 4. Hệ phương trình sau đây có nghiệm hay khơng?
 x1  3 x2  5 x3  2 x4  3


2 x1  7 x2  3 x3  x4  5
 x  5x  9x  8x  1
2
3
4
 1

3. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
a) Phương pháp biến đổi sơ cấp (còn gọi là phương pháp Gauss)
Giả sử hệ phương trình (1) có nghiệm, nghĩa là rank( A B)  rank( A) .
Xét hai trường hợp có thể xảy ra sau đây.
a1 ) rank( A B)  rank( A )  n . Khi đó, từ ma trận bậc thang  A ' B '  thu được khi
tìm hạng của ma trận, ta lập hệ phương trình mới và giải ngược từ dưới lên để tìm các
ẩn số.
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình ở ví dụ 3b)
 x1  2 x2  2 x3  1
2 x  3 x  4 x  1
 1
2
3

  x1  2 x2  x3  1
 x1  x2  2 x3  0

Theo ví dụ 3b) ta đã có rank( A B)  rank( A)  3 . Từ ma trận bậc thang  A ' B '  , ta
 x1  2 x2  2 x3  1

 x2  1

lập được hệ phương trình 


 x3  2

Ví dụ 6. Giải hệ phương trình sau

 x1  3

 x2  1
x  2
 3

 x1  2 x2  4 x4  3
 2 x  3 x  x  5 x  3
 1
2
3
4

 3 x1  2 x2  5 x3  x4  3
 x1  x2  4 x3  9 x4  22

a2 ) rank( A B)  rank( A )  k  n . Khi đó trong ma trận

A ' sẽ tồn tại ít nhất một

định thức con cấp k khác 0, k ẩn số tương ứng với định thức này được gọi là các ẩn
chính của hệ phương trình, cịn lại n  k ẩn được gọi là ẩn tự do. Từ ma trận bậc
14
Downloaded by Trang Nguy?n ()

lOMoARcPSD|19062250

thang  A ' B '  ta cũng lập hệ phương trình mới và chuyển ẩn tự do sang vế phải. Sau
đó giải ngược từ dưới lên để tìm các ẩn chính. Cho ẩn tự do các giá trị tuỳ ý ta thu
được tập hợp tất cả các nghiệm của hệ phương trình.
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình sau
 x1  3 x2  5 x3  2 x4  3

2 x1  7 x2  3 x3  x4  5
 x  5x  9x  8x  1
2
3
4
 1

Lập ma trận mở rộng  A B  , sau một vài phép biến đổi sơ cấp (xem lại ví dụ 4), ta
thu được ma trận bậc thang có dạng
1 3 5 2 3 


 A ' B '   0 1 7 5 1
0 0 0 0 0 


Ta có rank( A B)  rank( A )  2  4 .

Trong ma trận

A ' ta chọn định thức con

là các ẩn chính, cịn lại hai ẩn số
hệ phương trình

x3 , x4

1 3
 1  0 , thế thì hai ẩn số
0 1

x1, x2

sẽ

là các ẩn tự do. Từ ma trận bậc thang ta có

 x1  6  26 x3  17 x4
 x  1  7 x  5 x
 x1  3 x2  3  5 x3  2 x4

3
4
 2

x3  
 x2  1  7 x3  5 x4


x4  

Chú ý: 1. Trường hợp a1 ) hệ phương trình có duy nhất nghiệm;
Trường hợp a2 ) hệ có vơ số nghiệm.
2. Có nhều cách chọn định thức con khác khơng, từ đó cũng có nhiều cách
chọn ẩn chính, ẩn tự do. Tuy nhiên nên chọn ẩn chính sao cho việc tìm chúng sau
đó được thuận lợi.
Chẳng hạn, ở ví dụ 7, nếu ta chọn định thức con khác 0 là 1 5 thì ẩn chính sẽ
0 7

là x1, x3 , suy ra ẩn tự do là x2 , x4 . Khi đó việc tìm ẩn chính theo ẩn tự do sẽ khó
khăn hơn.
Ví dụ 8. Giải hệ phương trình sau
 2 x1  x2  5 x3  7 x4  1

4 x1  2 x2  7 x3  5 x4  1
 2 x  x  x  5 x  3
1
2
3
4


15
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

Ví dụ 9. Giải các hệ phương trình sau đây

 x  3 y  5 z  2t  3

 4 x  3 y  2z  t  8
 2x  7 y  3 z  t  5
 3 x  2 y  z  3t  7


; b) 
a) 
 x  5 y  9 z  8t  1
 2 x  y  5t  6
5 x  18 y  4 z  5t  3
5 x  3 y  z  8 t  13

Ví dụ 10. Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số

m

 x  2 y  z  2t  m

 x  y  z  t  2m  1
 x  7 y  5z  t  m


Xét ma trận mở rộng

1 2 1 2
1 2 1
m 
2 m 





 A B   1 1 1 1 2m  1  0 3 2 1 m  1 
1 7 5 1 m 
 0 9 6 3 0 




1 2 1 2
m 


 0 3 2 1 m  1    A ' B ' 
0 0 0 0 3m  3 
- Nếu m  1 thì rank( A B)  3  rank( A )  2 nên hệ phương trình vơ nghiệm.

- Nếu m  1 thì rank( A B)  rank( A)  2  4 nên hệ phương trình có vơ số nghiệm.
Trong ma trận

A ' ta chọn định thức con

các ẩn chính, cịn lại hai ẩn số
thang, ta có hệ phương trình

y, z

1 2
 1  0 , thế thì hai ẩn số
0 1

x, t

sẽ là

là các ẩn tự do. Thay m  1 vào ma trận bậc

 x  1  4 y  3 z

y
 x  2t  1  2 y  z



z
 t  3 y  2 z

 t  3 y  2 z

Ví dụ 11. Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số m
x  2y  z  t  m


2 x  5 y  2 z  2t  2m  1
 3 x  7 y  3 z  3t  1

b) Phương pháp Cramer. Xét hệ phương trình (1), trong đó số phương trình bằng số
ẩn số. Khi đó A là ma trận vng cấp n. Ta có định lý Cramer sau đây.
Định lý. Nếu A là ma trận vng có định thức khác 0 thì hệ phương trình (1) có duy
nhất nghiệm được tính bởi cơng thức

xj 

Dj
(j
det A

trong đó D j là định thức thu được từ

 1,2,..., n)

A bằng cách thay cột j bởi ma trận B .
16

Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

Ví dụ 12. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer
 x1  x2  x3  6

2 x1  3 x2  4 x3  21
 7x  x  3x  6
1
2
3


1 1 1 
6



 
Ta có A  2 3 4  ; B  21 ;det A
7 1 3 
 6 
6 1 1
1 6
D1  21 3 4  0; D2  2 21
6 1 3
7 6

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là

 12 ;
1
1
4  36; D3  2
3

1
3

7 1

6
21  36
6

 x1  0


 x2  3 .
 x  3
 3

Ví dụ 13. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer
 2 x1  x2  x3  9

 2 x1  x2  2 x3  6
 3 x  2 x  4 x  5

1
2
3

c) Phương pháp ma trận nghịch đảo. Ta cũng xét hệ phương trình (1) khi
trận vng có định thức khác 0. Khi đó, như đã biết,
Nhân hai vế của phương trình ma trận AX  B với

A là ma

A có ma trận nghịch đảo A1 .

A1 từ bên trái ta được

nghiệm của hệ phương trình là X  A 1 B .
Ví dụ 14. Giải hệ phương trình sau bằng ma trận nghịch đảo
 x1  2 x2  2 x3  3

 3 x1  x2  2

 x  x  x 1
 1
2
3

1 2 2 
3 
 x1 
 1 0 2 








1
Ta có A  3 1 0  ; B  2 ; X   x2  ; A   3 1 6 
1 1 1 
1 
 x3 
 2 1 5 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

2  3   1 
 1 0

X  A 1 B   3 1 6  2    5  .

 2 1 5  1   3 

17
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

Ví dụ 15. Giải hệ phương trình sau bằng ma trận nghịch đảo
 x1  2 x2  5 x3  7

 x1  3 x2  3 x3  7
 x  x  2 x  14
 1
2
3

4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT
a) Định nghĩa: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất là hệ phương trình có tất cả
các vế phải bằng 0:
 a11 x1  a12 x2  ...  a1n xn  0

 a21 x1  a22 x2  ...  a2n xn  0

(3)
..........

 am1 x1  am2 x2  ...  amn xn  0
Khi đó ma trận hệ số tự do B  O nên ta ln có
rank( A B)  rank( A O)  rank( A) . Suy ra hệ phương trình ln có nghiệm.

b) Phân loại nghiệm của hệ thuần nhất:
- Trường hợp rank( A B)  rank( A )  n , hệ phương trình (3) có duy nhất nghiệm:
x1  x2  ...  xn  0 . Ta gọi đây là nghiệm tầm thường của hệ phương trình (3).
- Trường hợp rank( A B)  rank( A )  k  n , hệ phương trình (3) có vơ số nghiệm,
trong đó ẩn chính phụ thuộc ẩn tự do. Ta gọi đó là nghiệm tổng quát của hệ phương
trình (3).
- Cho các ẩn tự do những giá trị đặc biệt, lập nên một ma trận chéo, ta được nghiệm
cơ bản của hệ phương trình (3).
Ví dụ 16. Tìm nghiệm tổng quát và hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất sau đây
 2 x1  x2  5 x3  7 x4  0

4 x1  2 x2  7 x3  5 x4  0
 2x  x  x  5x  0
1
2
3
4


Ta chỉ cần xét ma trận

A và biến đổi nó thành ma trận bậc thang:

7 
2 1 5 7 
2 1 5
2 1 5 7 





A  4 2 7 5   0 0 3 9   0 0 3 9   A '
2 1 1 5 
0 0 4 12
0 0 0 0 
1 5

Ta có rank( A )  2  4 . Trong ma trận A ' ta chọn định thức con

0

3

 3  0,

thế thì hai ẩn số x2 , x3 sẽ là các ẩn chính, cịn lại hai ẩn số x1 , x4 là các ẩn tự do. Từ
ma trận bậc thang ta có hệ phương trình

18
Downloaded by Trang Nguy?n ()


lOMoARcPSD|19062250

  x2  5 x3  2 x1

3 x3  9 x4


x1  


 7 x4
 x  2 x1  8 x4
 2
 x3  3 x4

x4  

Đây là nghiệm tổng quát của hệ phương trình đã cho.
Cho x1  1; x4  0 , ta tìm được một nghiệm cơ bản là (1,2,0,0) .
Cho x1  0; x4  1 , ta tìm được một nghiệm cơ bản là (0, 8, 3,1) .
Ví dụ 17. Tìm nghiệm tổng quát và hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất sau đây
 x1  9 x2  3 x3  5 x4  14 x5  0

4 x1  4 x2  8 x3  5 x4  4 x5  0
2 x  7 x  4 x  5 x  8 x  0
2
3
4
5
 1

I.6. MỘT SỐ MƠ HÌNH TUYẾN TÍNH TRONG KINH TẾ
1. MƠ HÌNH CÂN BẰNG THỊ TRƯỜNG
Một mơ hình kinh tế gồm các đại lượng kinh tế và các mối quan hệ giữa chúng. Theo
ngơn ngữ tốn học, các đại lượng kinh tế là các biến số, mối quan hệ giữa các đại
lượng kinh tế được biểu diễn bởi các phương trình.

a) Mơ hình cân bằng thị trường đơn giản
Trong mơ hình này ta chỉ xét một loại hàng hóa và chỉ quan tâm đến ba biến số:
- Lượng hàng hóa cung Qs
- Lượng hàng hóa yêu cầu Qd
- Giá của loại hàng hóa p .
Khối lượng hàng hóa cung và cầu được tính trong một đơn vị thời gian nào đó. Ta có
mơ hình Qs ( p)  Qd ( p) , được gọi là mơ hình cân bằng thị trường đơn giản.
Trong mơ hình này ta giả thiết:
(i) Qs là hàm tăng theo giá p và khi p lớn hơn một giá trị po  0 nào đó thì Qs
mới dương.
(ii) Qd là hàm giảm theo giá p .
(iii) Thị trường ở trạng thái cân bằng khi Qs  Qd .
Bây giờ ta giả sử Qs và Qd có dạng tuyến tính
Qs   a  bp

;

Qd  c  dp

( a, b, c, d  0)

trong đó a, b, c, d là các số cho trước, p là biến số.
Mơ hình cân bằng thị trường là
Qs   a  bp

 Qd  c  dp

 Qs  Qd



 Qs   a  bp

 Qd  c  dp (1)

  a  bp  c  dp

Giải phương trình cuối của hệ (1) với ẩn là p , ta có giá cân bằng: p 

ac
.
b d
19

Downloaded by Trang Nguy?n ()