ỨNG DỤNG CỦA MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO VÀ ỨNG DỤNG CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH VÀO BÀI TOÁN THỰC TẾ

I. Ứng dụng của ma trận nghịch đảo
1. Giải bài tốn thực tế
VD1: Lớp điện 7 có top 10 bạn điểm kiểm tra cao nhất bao gồm các điểm 8, 9, 10.
Biết rằng tổng số điểm của 10 bạn là 87 và tổng số bạn có điểm 9 và 10 bằng tổng
số bạn cso điểm 8. Hỏi có bao nhiêu bạn được điểm 8, bao nhiêu bạn được điểm 9,
bao nhiêu bạn được điểm 10 ?
Giải:
Gọi số bạn được 10 điểm là a
Gọi số bạn được 9 điểm là b
Gọi số bạn được 8 điểm là c
Theo đề bài ta có hệ phương trình:
10𝑎 +
{ 𝑎 +
𝑎 +

9𝑏 +
𝑏 +
𝑏
=

8𝑐 =
𝑐 =
𝑐

87
10

(*)

Từ (*) ta có:
10

A=[ 1
1

9
1
1

8
1]
−1

𝑎
X=[𝑏 ]
𝑐

;

;

87
B=[10]
0

 (*) trở thành: A.X=B (1)
Det(A)= -2 ≠ 0 => tồn tại 𝐴−1
Ta có:
𝑎11
𝐴 = [𝑎12
𝑎13
∗

𝑎21
𝑎22
𝑎23

𝑎31
𝑎32 ]
𝑎33

𝑎11 = (−1)1+1 . Det(𝑀11 )= |

1
1

1
| = -2
−1


1
𝑎12 = (−1)1+2 . Det(𝑀12 )=− |
1
1
𝑎13 = (−1)1+3 . Det(𝑀13 )= |
1

1
|=2
−1
1

|=0
1

Tương tự ta tính được :
𝑎21 = 17;

𝑎31 = 1

𝑎22 = -18;

𝑎32 = -2

𝑎23 = -1; 𝑎33 = 1
−2
 𝐴∗ =[ 2
0

17
−18
−1

1
−2]
1

Ta có:
𝐴−1 =

−1

𝐴

1
det (𝐴)

. 𝐴∗

−2
= .[ 2
−2
0
1



17
−18
−1

1
𝐴−1 =[−1
0

1
−2]
1

−8,5
9
0,5

−0,5
1 ]
−0,5

Nhân 𝐴−1 vào bên trái của cả hai vế phương trình (1) ta được:
 𝐴−1 . A . X= 𝐴−1 . B
−1

 X=𝐴

1
. 𝐵 =[−1
0

−8,5
9
0,5

−0,5
87
2
1 ] . [10] = [3]
−0,5
0
5

a= 2
 {b = 3
c= 5

Kết luận: có 2 bạn 10 điểm, 3 bạn 9 điểm, 5 bạn 8 điểm


VD2: 1 nhà nông chăn nuôi tổng 100 con gia súc bao gồm 3 loại : lợn, gà, vịt . Biết
rằng tổng số chân của cả 3 loại là 220, tổng số gà gấp 2 lần tổng số vịt . Hỏi mỗi
loại có bao nhiêu con ?
Giải:
Gọi số lợn là x, số gà là y, số vịt là z
Theo đề bài ta có hệ phương trình:
𝑥 +
{4𝑥 +
𝑦 =

𝑦 +
2𝑦 +
2𝑧

𝑧 =
2𝑧 =

100
220

(*)

Từ (*) ta có:
1
A=[4
0

1
2
1

𝑥
X=[𝑦];
𝑧

1
2 ];
−2

100
B=[220]
0

 (*) trở thành: A.X=B (1)
Det(A)= 6 ≠ 0 => tồn tại 𝐴−1
Ta có:
𝑎11
𝐴 = [𝑎12
𝑎13
∗

𝑎21
𝑎22
𝑎23

𝑎31
𝑎32 ]

𝑎33

𝑎11 = (−1)1+1 . Det(𝑀11 )= |

2
1

𝑎12 = (−1)1+2 . Det(𝑀12 )=− |
4
𝑎13 = (−1)1+3 . Det(𝑀13 )= |
0
Tương tự ta tính được :
𝑎21 = 3 ;

𝑎31 = 0

2
| = -6
−2
4
0

2
|=8
−2
2
|=4
1

𝑎22 = -2 ;

𝑎32 = 2

𝑎23 = -1 ;

𝑎33 = -2

−6
 𝐴∗ =[ 8
4

3
−2
−1

0
2]
−2

Ta có:
𝐴−1 =

1
det (𝐴)

. 𝐴∗

−1

𝐴

−6
= .[ 8
6
4
1

−1
𝐴−1 =
[

1

3
−2
−1

0
2]
−2

0

4

2
−1

3

2

3
−1

3
−1

3

6

3

1

]

Nhân 𝐴−1 vào bên trái của cả hai vế phương trình (1) ta được:
 𝐴−1 . A . X= 𝐴−1 . B
−1
−1

 X=𝐴

. 𝐵=
[

1

0

4

2
−1

3
2

3
−1

3
−1

3

6

3

1

]

100
10
. [220]= [60]
0

30

𝑥 = 10
 {𝑦 = 60
𝑧 = 30
Kết luận: số lợn là 10; số gà là 60; số vịt là 30
2. Áp dụng trong mã hóa thơng tin


II. Ứng dụng của hệ phương trình tuyến tính
1. Giải bài tốn tính cường độ dịng điện trong mạch điện một chiều
VD1:Cho mạch điện như hình vẽ:

I4

A

R2

Cho E = 20V, r= 1Ω, R1=R2=5Ω, R3=R4=3Ω,
I3

R5=6Ω. Bỏ qua điện trở của dây dẫn, tính
cường độ dịng điện chạy qua mỗi điện trở.

R1
I1

Giải:

R5

Áp dụng định luật Kirckoff I tại nút A có:
I1 = I 3 + I 4

(1)

Áp dụng định luật Kirckoff II ta có:
{

𝐼1 𝑅1 + 𝐼1 𝑅2 + 𝐼3 𝑅3 + 𝐼1 𝑟 − 𝐸 = 0
𝐼1 𝑅1 + 𝐼1 𝑅2 + 𝐼4 𝑅4 + 𝐼4 𝑅5 + 𝐼1 𝑟 − 𝐸 = 0

R4

R3

(2)

Từ (1), (2) ta có hệ:
𝐼1 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0
{ 𝐼1 (𝑅1 + 𝑅2 + 𝑟) + 𝐼3 𝑅3 = 𝐸
𝐼1 (𝑅1 + 𝑅2 + 𝑟) + 𝐼4 (𝑅4 + 𝑅5 ) = 𝐸
𝐼1 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0
𝐼1 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0
↔ { 𝐼1 (5 + 5 + 1) + 3𝐼3 = 20 ↔ { 11𝐼1 + 3𝐼3 = 20
11𝐼1 + 9𝐼4 = 20
𝐼1 (5 + 5 + 1) + 𝐼4 (3 + 6) = 20

(*)

Chuyển thành ma trận ta có:
1 +𝑑2 →𝑑2 1
0 −11𝑑
−1
−11𝑑1 +𝑑3 →𝑑3
[ 0 14
20] →
20
0 11
1 −1 −1
−11
𝑑2 +𝑑3 →𝑑3
0 14 11
14
[
→
159
0 0
14

1 −1 −1
[ 11 3 0
11 0 3

−1
11
20
0

20
30]
7

0
20]
20

Hệ (*) chuyển thành:
20
𝐼1 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0
53
14𝐼3 + 11𝐼4 = 20
60
{
↔ 𝐼3 =
159
30
53
𝐼4 =
80
14
7
{ 𝐼4 = 53
𝐼1 =

80 80

Vậy cường độ dòng điện đi qua R1,R2, R3, R4, R5 lần lượt là ;

53 53

VD2:Cho mạch điện như hình vẽ:

;

E1, r2

A

60 20 20

;

;

53 53 53

.

R1

I1

B

Cho E1 =E2 =16V, r1 =r2 =1Ω, R1 =3Ω, R2
=6Ω, R3 =4Ω, R4 =5Ω, R5 =6Ω. Dây dẫn có

A1

điện trở khơng đáng kể. Tính số chỉ cảu các

R4

Ampe kế A1, A2, A3.
R2
I5
A2
R5
D

A3

C


Giải:
Áp dụng định luật Kirekhoff I cho điểm B có:
I1 + I3 = I5

(1)

Áp dụng định luật Kirekhoff II có:
{

𝐼1 𝑅1 + 𝐼1 𝑟1 − 𝐸1 + 𝐼1 𝑅2 − 𝐼3 𝑅3 − 𝐼3 𝑟2 + 𝐸2 = 0
(2)
𝐼3 𝑟2 − 𝐸2 + 𝐼3 𝑅3 + 𝐼5 𝑅5 + 𝐼5 𝑅4 = 0

Từ (1),(2) có hệ phương trình:
𝐼1 𝑅1 + 𝐼1 𝑟1 − 𝐸1 + 𝐼1 𝑅2 − 𝐼3 𝑅3 − 𝐼3 𝑟2 + 𝐸2 = 0
𝐼3 𝑟2 − 𝐸2 + 𝐼3 𝑅3 + 𝐼5 𝑅5 + 𝐼5 𝑅4 = 0
{
𝐼1 + I3 = 𝐼5
2. Giải hệ phương trình nhiều ẩn trong một bài tốn.
VD1: Cân bằng phương trình hóa học sau:
CO2 + H2O → C6H12O6 + O2
Giải:Đặt phương trình hóa học có dạng như sau:
xCO2 + yH2O → zC6H12O6 + tO2 (*)
Bảo tồn ngun tố C,H,O ta có
𝐶

→
𝑂

→
𝐻

→

x=6z ↔ x-6x=0

(1)

2x+y=6z+2t ↔ 2x-y-6z-2t=0

(2)

2y=12z ↔ y-6z =0

(3)

Từ (1),(2),(3) có hệ phương trình:
x − 6x = 0
{2x − y − 6z − 2t = 0
y − 6z = 0
Đưa hệ về ma trận:
1
𝐴̅ = [2
0

0
1
1

−6 0 0
−6 −2 0]
−6 0 0

(I)


−2𝑑1 +𝑑2 →𝑑2

→

1 0 −6
[0 1 6
0 1 −6

0 0 −𝑑2+𝑑3→𝑑3 1
[0
−2 0]→
0 0
0

0
1
0

−6 0
6 −2
−12 2

0
0]
0

Hệ phương trình (I) chuyển thành:
𝑥 − 6𝑧 = 0
{ 𝑦 + 6𝑧 = 0
−12𝑧 + 2𝑡 = 0

(II) (hệ phương trình bậc thang)

Đặt t=α, với 𝛼 ∈ 𝑅
𝑥= 𝛼
𝑥 − 6𝑧 = 0
𝑦 = 𝛼

(𝐼𝐼) ↔ {𝑦 + 6𝑧 = 2𝛼 ↔ {
α
𝑧=
−12 = 2𝛼
6
α

Vậy tập nghiệm của pt (α, ; 𝛼 ∈ 𝑅)
6

Thay nghiệm vào vào (*) có phương trình hóa học:
𝛂

α CO2 + α H2O → C6H12O6 + α O2
𝟔

Rút về dạng tối giản nhất thì α=1. Phương trình cân bằng cần tìm là:
𝟏

CO2 + H2O → C6H12O6 + O2
𝟔

VD2: Để tìm nồng độ cồn trong máu thì người ta có thể lấy mẫu máu hoặc mẫu nước tiểu
của người nghi ngờ vi phạm, nhưng điều này không khả thi khi triển khai thực tế mà
ngược lại nó cịn có tính chất xâm phạm cơ thể. Chính vì thế mà người ta tìm ra phương
pháp xác định nồng độ cồn trong máu qua hơi thở, nhờ các thiết bị tân tiến cho kết quả
ngay lập tức. Cồn xuất hiện trong hơi thở của người uống nó, điều này xảy ra khi uống
bia rượu vào miệng xuống dạ dày, ruột và được hấp thụ vào máu. Cồn không bị phân hủy
khi bị hấp thụ, cũng khơng thay đổi về mặt hóa học trong máu, khi máu di chuyển qua
phổi thì một phần cồn sẽ bị thẩm thấu qua màng túi khí của phổi, bản chất cồn dễ bay hơi

nên nó sẽ hịa vào phần khơng khí của túi khí phổi, chính vì mối liên hệ này mà người ta
có thể suy ra được lượng cồn có trong máu. Thay vì phải kiểm tra máu thì cảnh sát sẽ


kiểm tra hơi thở của người nghi ngờ uống quá rượu bia, đưa ra quyết định có giữ phương
tiện lại hay khơng để đảm bảo an tồn. Tỉ lệ cồn có trong máu so với hơi thở ở khoảng
2100:1, nghĩa là cứ 2100 ml hơi thở có cồn thì tương đương có 1 ml cồn trong máu.
Phương trình hóa học để kiểm tra nông độ cồn:
C2H5OH + Cr3 → Cr2O3 + CO2 + H20
Tuy nhiên phương trình chưa được cân bằng anh/chị hãy cân bằng phương trình trên.
Giải:
Đặt phương trình có dạng sau:
aC2H5OH + bCr3 → cCr2O3 + dCO2 + eH20
Bảo tồn ngun tố C,H,O,Cr ta có:
𝐶

→
𝐻

→
𝑂

→
𝐶𝑟

→

2a = d

(1)

6a = 2e

(2)

a + 3b = 3c + 2d +e

(3)

b = 2c

(4)

Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ phương trình:
𝑎 + 3𝑏 − 3𝑐 − 2𝑑2𝑒 = 0
2𝑎 − 𝑑 = 0
{
3𝑎 − 𝑒 = 0
𝑏 − 2𝑐 = 𝑜

(5)

Ta có:
1 3 −3
𝐴̅ = [ 2 0 0
3 0 0
0 1 −2

−2 −1 0 −2𝑑1 +𝑑2→𝑑2 1
1 +𝑑3 →𝑑3 0

−1 0 0 ] −3𝑑
[
→
0 −1 0
0
0 0 0
0

3 −3
−6 6
−9 9
1 −2

−2
3
6
0

−1 0
2 0 ]
2 0
0 0


1
0

1
𝑑
6 2+𝑑4 →𝑑4

−3
𝑑 +𝑑 →𝑑3
2 2 3

→

3 −3
−6 6

−2 −1 0
1 3 −3
3 2 0
0 −6 6
3
𝑑3 ↔𝑑4
−1 0 →
0 0 −1
2
1 1
0 0 0
0 ]
[
2 3

0 0 0
0 0 −1
[

−2
3

1
2
3
2

−1 0
2 0
1
0
3
1

Hệ phương trình (5) trở thành:
𝑎 + 3𝑏 − 3𝑐 − 2𝑑 − 𝑒 = 0
−6𝑏 + 6𝑐 + 3𝑑 + 2𝑒 = 0
1
1
−𝑐 + 𝑑 + 𝑒 = 0
2
3
3
𝑑−𝑒 =0
{
2
Đặt e=α, 𝛼 ∈ 𝑅
𝛼
𝑎=
𝑎 + 3𝑏 − 3𝑐 − 2𝑑 = 𝛼
3
−6𝑏 + 6𝑐 + 3𝑑 = −2𝛼

4𝛼
𝑏=
1
𝛼
3
−𝑐 + 𝑑 =
→
2𝛼
2
3
𝑐=
3
3
𝑑
=
𝛼
2𝛼
{
2
{𝑑 = 3
Vậy tập nghiệm(α,

2𝛼
3

,

4𝛼 𝛼
3

, ;𝛼 ∈ 𝑅)
3

Thay nghiệm vài (*) ta có phương trình hóa học sau:
𝛼
3

C2H5OH +

4𝛼
3

Cr3 →

2𝛼
3

Cr2O3 +

2𝛼
3

CO2 + α H20

Rút về dạng tối giản nhất thì α=3. Phương trình cân bằng cần tìm là:
C2H5OH + 4Cr3 → 2Cr2O3 + 2CO2 + 3H20

0 ]