bài giảng toán cao cấp - trần văn vịnh

Ma trận đơn vị cấp n, ký hiệu In hay I, là một ma trận vuông cấp n màtất cả các phần tử nằm trên đường chéo chính đều bằng 1, còn các phầntử nằm ngoài đường chéo chính đều bằng 0.. Ma tr

Bài giảng

Biên soạn : Trần Văn Vịnh

LƯU HÀNH NỘI BỘ

NĂM 2012

mn m

m

n

n

a a

a a

a a

a

a a

2 22

21

1 12

• aij : là phần tử ở dòng i cột j

• ( ai1 ai2 ain) : dòng thứ i của ma trận A

a

a a

231

03

21

130110

1202500

70700

1503100

n

n n

a a

a

a a

a

a a

a A

2 22

21

1 12

11

c). Ma trận đơn vị cấp n, ký hiệu In hay I, là một ma trận vuông cấp n màtất cả các phần tử nằm trên đường chéo chính đều bằng 1, còn các phầntử nằm ngoài đường chéo chính đều bằng 0

00

10

0

01

n

I I

d). Ma trận tam giác cấp n là một ma trận vuông cấp n, mà các phần tửnằm phía dưới (hoặc phía trên) đường chéo chính đều bằng 0

a a

a a

a A

00

1 12

11

1.2 Các phép toán ma trận :

1) Phép lấy chuyển vị :

Cho ma trận A = (aij)mxn Ma trận chuyển vị của A, ký hiệu AT, là một

ma trận cấp nxm có được từ A bằng cách xếp các dòng của A thành các cột tươngứng của AT

10

21

301

T A

2) Phép nhân vô hướng :

Cho ma trận A = (aij)mxn và α ∈ R Ta định nghĩa :

4621.20.22.2

2.23.21.2102

231.2

3) Phép cộng ma trận :

Cho hai ma trận A = (aij)mxn và B = (bij)mxn Ta định nghĩa :

+

+ +

2 7 3 4

1 1 0 4 2

0 2 4 3 2 1 4

1 4

0 4 2 1

0 2

2 3 1

4) Phép nhân ma trận :

Cho hai ma trận A = (aij)mxn và B = (bij)nxp Ta định nghĩa :

A.B = C = (cij)mxp

=

= +

+ +

k

kj ik nj

in j

i j i

c

1 2

2 1

Ví dụ 1 :

Cho =2 0 1

231

02

45

B và =1 −0 

12

0 2

4 5 1 0 2

2 3 1

+

+++

+

=

1011

8132

.10.04.21.12.05.2

2.20.34.11.22.35.1

231.21

02

45

+

++

+

++

+

=

435

462

1415131

.22.10.23.12.21.1

1.02.20.03.22.01.2

1.42.50.43.52.41.5

+

−+

24

5140

122

0204

054100

1

12.21

02

45

3600

20301

1406221

02

231.01

12

800.38000.62230

200

1202500

70700

1503100.240100150120

20060

130110

1 Đổi chỗ hai dòng cho nhau : di↔ dj , với i ≠ j

2 Nhân một dòng với một số α ≠ 0 : di→α.di.

3 Cộng vào một dòng với một dòng khác đã được nhân với một số :

1 3 0

2 0 1

2 0 1

1 3 0

0 1 2

3

1 d d

3 9 0

0 1 2

2 0 1

1 3 0

0 1 2

1 3 0

4 1 0

2 0 1

1 3 0

0 1 2

3 1

1 d 2 d.

d

2.2 Định nghĩa 2 :

Cho ma trận R = (xij)mxn Ma trận R có dạng bậc thang, nếu :

1 Các dòng khác 0 luôn luôn ở trên các dòng bằng 0 của R

2 Trên hai dòng khác 0 của R, phần tử khác 0 đầu tiên của dòng dướibao giờ cũng ở bên phải cột chứa phần tử khác 0 đầu tiên của dòngtrên

5000

3200

4321

5130

3412

là các ma trận dạng bậc thang

2.3 Định nghĩa 3 :

Cho A là ma trận cấp mxn Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng tađưa A về dạng bậc thang R Khi đó số dòng khác 0 của R được gọi là hạng của matrận A

Ký hiệu : r(A)

Ví dụ : Tìm hạng của ma trận sau :

934

852

2

7 7 0

7 8

1

7 8 1

9 3 4

8 5 2

3 1

1 2

d d d d

d d

d d

1 1 0

7 8 1

6 11 0

1 1

0

7 8

1

2 3 3 1

3 3

2 2

11

2 7 1

Ma trận dạng bậc thang R có 3 dòng khác 0

a a

a a A

⇒ detA = a11.a22 – a21.a12

Ví dụ : 2 4 5 3 8 15 7

4 5

3 2

23 22 21

13 12 11

a a a

a a a

a a a A

23 22

13 12 31 33 32

13 12 21 33 32

23 22 11

det

a a

a a a a a

a a a a a

a a a

⇒

Ví dụ :

42

11.231

11.331

42.2312

423

112

Với mỗi cặp (i,j), 1 ≤ i, j ≤ n, gọi A(i,j) là ma trận vuông cấp n–

1 có được từ A bằng cách bỏ đi dòng i cột j Đặt :

Aij =(–1)i+j detA(i,j)gọi là phần bù đại số của phần tử aij trong ma trận A.

=

= +

+ +

+

k

k k n

a A

a A a A a A

1

1 1 1

1 31

31 21 21 11

det

Ví dụ :

2 0 1

3 1 0

0 3 2 4 1 3 0

3 1 0

0 3 2 3 1 3 0

2 0 1

0 3 2 2 1 3 0

2 0 1

3 1 0 1

1 3 0

4

2 0 1

3

3 1 0

2

0 3 2

1

− +

0 3 0 1 3

0 3 1 1 3

2 0 2 2 2 0

3 1 0 1 3

3 1 1 1 3

2 0

3 1

0 3 1 2 0

0 3 0 2 0

3 1 2 4 3 1

0 3 0 1 3

0 3 0 1 3

3 1 2 3

[0−(−8)+0] [−2.2.(−6)−3+0] [+3.2.(−8)−0+0] [−4.2.2−0+9]

=

= 8 + 30 – 48 – 52 = – 62

4) Qui tắc Sarius :

Đối với ma trận vuông A cấp 3, ta có thể tính detA theo qui tắc Sariusnhư sau :

Ví dụ :

3 1 2

4 2 3

1 1 2 det

+ +

+

k

ik ik in

in i

i i

i i

21

+ +

+

k

kj kj nj

nj j

j j

j j

a A

1

3 3 2

2 1

12.)1.(

2312

020

112

313

421.)1.(

1134

202

313.)1.(

31034

2102

3013

4321det A= = − 1+3 + − 3+3

)961624361()18201880.(

3 + + − − − + + + − − −

=

4830x6

3 + =

=

2) Hệ qủa 1 :

a) Nếu ma trận A có một dòng hay một cột bằng 0 thì detA = 0

b) Nếu A là ma trận tam giác thì detA bằng tích các phần tử trên đườngchéo chính của A, tức là :

detA = a11.a22…ann

Ví dụ :

000

134

512

• det 2.3.( 2) 12

200

130

012

a) Nếu f là loại 1 ( di↔ dj, i ≠ j ) thì : detB = – detA

b) Nếu f là loại 2 ( di→α.di , α ≠ 0 ) thì : detB = αdetA

c) Nếu f là loại 3 ( di→ di + α.dj, với i ≠ j ) thì : detB = detA

* Ghi nhớ :

Đối với định thức, ta có thể thựïc hiện các phép biến đổi sơ cấp trên cột

Ví dụ : Cho ma trận

130

012

201

130

012

1 3 0

2 0 13

390

0122

1 3 0

4 1 03 1

Ví dụ 1 :

445

411

300.6445

411

711.3.24125

43

1

73

1.24125

86

2

73

630

0

41

0

449.64

49

41

0

30

0

4321

2143

4321

1023

3412

0321

Ký hiệu : A–1

4.2 Cách tìm ma trận nghịch đảo :

Muốn xét tính khả nghịch của ma trận vuông A và tìm ma trận nghịchđảo của nó (nếu có), ta xếp ma trận I bên phải ma trận A (AI) và dùng các phépbiến đổi sơ cấp trên dòng, nếu đưa A về được ma trận đơn vị I thì A khả nghịch

Khi đó cũng với các phép biến đổi trên, sẽ đưa I về ma trận nghịch đảocủa ma trận A :

(A | I) → (I | A–1)

Ví dụ : Xét tính khả nghịch của A và tìm A–1 (nếu có) :

4 5 2

3 2 1

012

001110

210

321)

1 2 2

.

32. 1

00

010

00

1

873

452

32

1

d d

012

025

100

210

7012

3 3

2 1

d d

214

7512100

010

0013 2 2

3 1 1

.

2.

7

d d

2 1 4

7 5

121

n

n n

a a

a

a a

a

a a

a A

2 22

21

1 12

n

n n

A A

A

A A

A

A A

A

A A

2 1

2 22

12

1 21

11 1

* Ghi nhớ :

• Nếu detA = 0 thì ta bảo ma trận A suy biến

• Nếu detA ≠ 0 thì ta bảo ma trận A không suy biến

321

A

Giải : Ta có :

2 4 3

2 3 2

3 2 1

=

72

417

20

410

321

2 3 ) 1

23

22)1( 3

43

32)1( 4

A

824

32)1( 3

23

31)1( 4

4 3

2 1 ) 1

A

5 2 3

3 2 ) 1

2 2

3 1 ) 1

32

21)1( 6

47

2

582

12

1

472

58

21

11

33 23 13

32 22 12

31 21 11 1

A A A

A A A

A A A A A

2 3 2

3 2 1

0 1 1

0 0 1

001720

410

3212

43

232

321)

1 2 2

.

32. 1

00

010

00

1

d d d

012

001720

410

3212

012

0231

00

410

5012 3 3

2 1 1

.

2.

2

d d

4 7

2

5 8 2

1 0 0

0 1 0

0 0 1

3 1 1

3 2 2

472

582

0 1 1

0 0 1 1 2 1

4 7 2

5 8 2

1B A X

+ +

−

−

+ + +

− +

+

− + +

+ +

−

−

=

1 2 3

4 7 9

5 8 10

1 0 0 0 2 0 0 2 1

4 0 0 0 7 0 0 7 2

5 0 0 0 8 0 0 8 2

********************

CHƯƠNG 2

HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

$1 CÁC KHÁI NI M C B N : Ệ Ơ Ả

1.1 Định nghĩa 1 :

1). Một hệ phương trình tuyến tính, gồm m phương trình n ẩn số, là một hệ có dạng :















= +

+ +

= +

+ +

= +

+ +

m n mn m

m

n n

n n

b x a x

a x a

b x a x

a x a

b x a x

a x a

2 2 1 1 2 2 2 22 1 21 1 1 2 12 1 11 (1) trong đó aij, bi∈ R và x1, x2, …, xn là các ẩn số 2). Ma trận             = = mn m m n n ij a a a a a a a a a a A

) ( 2 1 2 22 21 1 12 11 được gọi là ma trận hệ số của hệ (1) Gọi             = m b b b B

2 1 là cột hệ số tự do và             = n x x x X

2 1 là cột ẩn số thì hệ (1) được viết dưới dạng ma trận như sau : AX = B (2) Ma trận               =  m mn m m n n b b b a a a a a a a a a B A

)

1

2 1

2 22

21

1 12

11

được gọi là ma trận bổ sung của hệ (1)

1.2 Định nghĩa 2 :

1). Hệ (1) hoặc (2) được gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất, nếu :

b1 = b2 = … = bm = 0 tức là B = O Khi đó hệ trên thành :

O AX x

a x

a x a

x a x

a x a

x a x

a x a

n mn m

m

n n

n n

=

⇔















= +

+ +

= +

+ +

= +

+ +

0

0

0

2 2 1

1

2 2

22 1 21

1 2

12 1 11

Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất bao giờ cũng có nghiệm tầm thường :

x1 = x2 = … = xn = 0

2). Hệ (1) hoặc (2) là hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất nếu :

∃i, với 1 ≤ i ≤ m sao cho bi ≠ 0 tức là B ≠ O

1.3Định lý Kronecker Capelli :

Cho hệ phương trình tuyến tính (2) Khi đó :

1. Nếu r(A) < r(A|B) thì hệ (2) vô nghiệm

2. Nếu r(A) = r(A|B) = n (n là số ẩn số) thì hệ (2) có nghiệm duy nhất

3. Nếu r(A) = r(A|B) < n thì hệ (2) có vô số nghiệm, được gọi là nghiệm tổng quát của hệ, với n – r(A) ẩn tự do (hay ẩn phụ) Các ẩn tự do này đóng vai trò tham số, sẽ lấy các giá trị tùy ý

* Ghi nhớ :

Đối với hệ phương trình tuyến tính thuần nhất thì :

• Nếu r(A) = n thì hệ chỉ có nghiệm tầm thường

• Nếu r(A) < n thì hệ có nghiệm không tầm thường

2.1 Các bước thực hiện :

1) Viết ma trận bổ sung của hệ phương trình tương ứng

2) Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa A về dạng bậc thang R :

(AB) → (RB’) Khi đó : AX = B ⇔ RX = B’

3) Viết lại hệ phương trình tuyến tính ứng với RX = B’ và giải hệ này.

+

= + +

= +

+

= +

+

18 2

3 4

13 2

3

6 2

2

7 3

2

3 2

1

3 2 1

3 2

1

3 2 1

x x

x

x x x

x x

x

x x x

7 234

123

212

321)

105

0

840

430

321

7

210

210

430

321

000

200

210

321

Do đó hệ đã cho thành :

=++

1421

22

3272

2

22

73

2

3 2 1

3

3 2

3 2 1

3

3 2

3 2 1

x x x

x

x x

x x x

x

x x

x x x

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất :

3 2 1

x x x

Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình sau :

−

=

− +

=

− +

5 5

3

1 13

3

1 3 2

3 2 1

3 2

1

3 2 1

x x x

x x

x

x x

133

1

321)(

211010

101

0

32

21000

101

0

321

Do đó hệ đã cho thành :

3 2

3 1

3 2

3 2 1

3 2

3 2 1

102

17510

2

3212

10

132

x x

x x

x x

x x x

x x

x x x

Cho ẩn phụ x3 = α ta được nghiệm tổng quát của hệ đã cho là :

3 2

1

102

175

x x

x

; với α tùy ý

Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình sau :

−

=

− +

+

−

=

− +

−

8 10

7 3

5 3

2 2

2 4

3 2

4 3

1

4 3 2

1

4 3

2 1

x x

x

x x x

x

x x x x

2 10703

3212

4321)

2 221660

11830

4321

2 0000

11830

4321

Do đó : r(A) = 2 < r(A|B) = 3

Vậy theo định lý Kronecker Capelli, ta suy ra hệ đã cho vô nghiệm

∆j = detAj , với 1 ≤ j ≤ ntrong đó Aj là ma trận có được từ A bằng cách thay cột j bằng cột B.

2 Nếu ∆ = 0 và ∆j≠ 0 với một j nào đó thì hệ (2) vô nghiệm

3 Nếu ∆ = 0 và ∆j = 0 với mọi j (1 ≤ j ≤ n) thì không có kết luận về hệ (2); hệ có thể vô nghiệm hoặc có thể có vô số nghiệm

0 2

4 3

0 6

2

11

3 2

1

3 2 1

3 2 1

x x

x

x x x

x x x

Giải :

11

381

13

382

001243

162

111

4

1611240

160

1111

1 = − − = − − =−

∆

772

3

12112

03

102

1111

∆

2864

3

6211043

062

1111

3 3

2 2

1 1

x x x

Ví dụ 2 : Giải và biện luận hệ phương trình :

−

=

−+

+

−

=

−+

−

0)

13(

2412

210

)19(

10

612)

7(

3 2

1

3 2

1

3 2 1

x m

x x

m x

x m

x

m x x x

m

Giải :

Ta có :

1324

12

1019

10

612

7

−

−

−+

m

1324

1

1019

1

612

1

−

−

−+

−

−

−

m m

m m

m

1324

1

1019

1

612

1)1(

−

−+

0

47

0

612

1)1(

−

−+

−

−

m

m m

]48)7)(

7)[(

1(712

47

)1

−

−+

−

m

m m

)1)(

1

1324

0

1019

2

612

1

−

−+

1324

0

250

612

−

−

−

m m

m

]48)13)(

5[(

1324

25

)17)(

1

130

12

102

10

67

m m

130

12

2024

67

m m

]24)13)(

24[(

1312

22

)14)(

1(

024

12

21910

127

02412

052

4

127

m m

)]

5(12)24(24[24

12

52

4

−+

Ta xét các trường hợp sau :

1). ∆≠ 0 ⇔ m ≠±1 ⇒ Hệ có nghiệm duy nhất :

)14(21

)17(

2

3 3

2

2 2

2

1 1

m

m x

m

m m x

m

m m x

2). ∆ = 0 ⇔ m = 1 hoặc m = –1 :a) m = –1 ⇒ ∆1 = –36 ≠ 0 : Hệ đã cho vô nghiệm

b) m = 1 ⇒∆1 = ∆2 = ∆3 = 0 : Hệ đã cho thành

−

=

−+

−

=

−+

−

=

−+

−

=

−+

−

06126

15105

16126

01224

12

21020

10

16126

3 2 1

3 2 1

3 2 1

3 2

1

3 2

1

3 2 1

x x x

x x x

x x x

x x

x

x x

x

x x x

Phương trình (1) và (3) của hệ mâu thuẫn với nhau

Vậy hệ đã cho vô nghiệm

********************

x u

2

1

là vectơ cột

trong đó x1 được gọi là thành phần thứ nhất của vectơ u

x2 được gọi là thành phần thứ hai của vectơ u

xn được gọi là thành phần thứ n của vectơ u

Ví dụ : u = (1, 3, 0) là vectơ 3 chiều.

v = (2, 0, 1, 4) là vectơ 4 chiều

2) Một vectơ có tất cả các thành phần đều bằng 0 gọi là vectơ không, ký

hiệu θ

Ví dụ : θ = (0, 0, 0) là vectơ không 3 chiều

θ = (0, 0, 0, 0) là vectơ không 4 chiều

1.2 Định nghĩa 2 :

1) Tổng của hai vectơ n chiều là một vectơ n chiều, có các thành phần

bằng tổng các thành phần tương ứng của hai vectơ đã cho

Với u = (x1, x2, , xn) và v = (y1, y2, , yn) thì :

u + v = (x1 + y1, x2 + y2, , xn + yn)

2) Tích của một số thực với một vectơ n chiều là một vectơ n chiều, có

các thành phần bằng tích của số thực đó với các thành phần tương ứng củavectơ đã cho

1) Nếu (1) chỉ có nghiệm tầm thường x1 = x2 = = xm = 0 thì ta nói u1,

u2, , um độc lập tuyến tính

2) Ngược lại, nếu (1) có nghiệm không tầm thường thì ta nói u1, u2, ,

um phụ thuộc tuyến tính

=

−

−

= +

+

⇔

0 2

0

0 7

2

3 1

3 2 1

3 2

1

x x

x x x

x x

x

712

111

201

310

201

310

201

Do đó : r(A) = 2 < n = 3 (3 là số ẩn số của phương trình)

Theo định lý Kronecker Capelli, ta suy ra hệ có nghiệm không tầmthường

Vậy các vectơ u1, u2, u3 phụ thuộc tuyến tính

1 m 1

1 1 m

Vậy : Các vectơ u1, u2, u3 độc lập tuyến tính ⇔

⇔ Phương trình (1) chỉ có nghiệm tầm thường

W v u W

v u

λ

và ,

Ví dụ :

Cho tập hợp : W = {u = (x1, x2, 0) / x1, x2∈ R}

Chứng minh rằng W là không gian con của R3

d 1↔ d 3

d 2→ d 2 – d 1

λu = (λx1, λx2, 0) ∈ WVậy : W là không gian con của R3.

3.2 Định nghĩa 2 :

Cho hệ vectơ n chiều u1, u2, , um Mỗi vectơ u có dạng :

u = λ1u1 + λ2u2 + + λmum , với λ1, λ2, , λm ∈ Rđược gọi là một tổ hợp tuyến tính của các vectơ u1, u2, , um

101

111

131

121)(

220

230

010

12

1

d 2→ d 2 – d 1

d 3→ d 3 – d 1

d 4→ d 4 – d 1

2 0 0

2 0 0

0 1 0

1 2

000

200

010

121

Do đó : r(A) = 3 < r(A|B) = 4

Theo định lý Kronecker Capelli, ta suy ra hệ trên vô nghiệm

Vậy u = (3, 1, 3, 2) không là tổ hợp tuyến tính của u1, u2, u3.

2) Tìm điều kiện để vectơ v là tổ hợp tuyến tính của u1, u2, u3 :

αααα

101

111

131

121)

1 2

220

230

010

121

αα

αα

ααα

4 3 1

−+

−

−

1 4 2

1 3 1

3

42

00

200

010

121

αα

α

ααα

ααα

2

3

2 2 1

−

−

4 3 2 1

1 3

1

40

00

200

010

121

α α α α

α α

α

α α α

3

2 2 1

Theo định lý Kronecker Capelli, ta suy ra :

Hệ có nghiệm ⇔ r(A|B) = r(A) =3

Cho hệ vectơ n chiều u1, u2, , um

Gọi W là tập hợp tất cả các tổ hợp tuyến tính của u1, u2, , um, tức là :

Khi đó W là một không gian con của Rn, gọi là không gian con sinh bởi

u1, u2, , um

Ký hiệu : W = <u1, u2, , um>

Ta cũng nói S = {u1, u2, , um} là tập hợp sinh của W

Ví dụ :

Trong không gian R4, cho các vectơ :

u1 = (1, 2, 1, 1); u2 = (2, 1, 3, 1); u3 = (–1, 1, –2, 0); u = (3, 3, 4, m).Gọi V = <u1, u2, u3> Với giá trị nào của m thì u ∈ V

Giải :

Ta có : u ∈ V ⇔ u là tổ hợp tuyến tính của các vectơ u1, u2, u3

⇔ Phương trình sau có nghiệm : x1u1 + x2u2 + x3u3 = u

Ma trận bổ sung là :

433

011

231

112

121)(

110

110

330

121

m

2013

000

000

110

121

m

Theo định lý Kronecker Capelli, ta suy ra :

Hệ có nghiệm ⇔ r(A|B) = r(A) = 2

⇔ m – 2 = 0 ⇔ m = 2Vậy : u ∈ V ⇔ m = 2

$4 C S C A KHƠNG GIAN CON : Ơ Ở Ủ

4.1 Định nghĩa :

Cho W là không gian con của Rn Hệ vectơ { u1, u2, , um } trong Wđược gọi là một cơ sở của W, nếu :

1) Hệ vectơ { u1, u2, , um } độc lập tuyến tính

2) Mọi vectơ của W đều là tổ hợp tuyến tính của u1, u2, , um

4.2 Định lý 1 :

Mọi cơ sở của không gian con đều có cùng một số vectơ

Số vectơ trong 1 cơ sở của không gian con W được gọi là số chiều của W

Ký hiệu : dimW

Ví dụ :

Trong không gian vectơ Rn, cho hệ vectơ :

e1, e2, , en (*)trong đó : e1 = (1, 0, 0, , 0, 0)

e2 = (0, 1, 0, , 0, 0)

en = (0, 0, 0, , 0, 1)Chứng minh hệ (*) là một cơ sở của Rn

Giải :

1) Hệ (*) độc lập tuyến tính, vì :

x1e1 + x2e2 + + xnen = θ⇔ (x1, x2, , xn) = (0, 0, , 0)

⇔ x1 = x2 = = xn = 02) ∀u = (λ1, λ2, , λn) ∈ Rn đều là tổ hợp tuyến tính của hệ (*), vì :

Tìm điều kiện để hệ vectơ {u1, u2, u3} là 1 cơ sở của R3.

=

12112

212

11

2

m m

m

m m m

m m m

21

m m

m m m

)1)(

1(10

0

21

m m

m m

m m m

Vì dim R3 = 3 nên :

Hệ {u1, u2, u3} là 1 cơ sở của R3⇔ Hệ {u1, u2, u3} độc lập tuyến tính

⇔ Phương trình (1) chỉ có nghiệm tầm thường

⇔∆ ≠ 0

⇔ m(m – 1)(m + 1) ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 và m ≠± 1

4.4 Định lý 3 :

Cho W là không gian con sinh bởi các vectơ u1, u2, , um

Hệ vectơ độc lập tuyến tính cực đại của u1, u2, , um là 1 cơ sở củakhông gian con W

Ví dụ :

Trong không gian R4 cho các vectơ :

u1 = (1, 2, 1, 1); u2 = (2, 1, 3, 1); u3 = (–1, 1, –2, 0)Gọi V = <u1, u2, u3>

Tìm cơ sở và số chiều của không gian con V

1312

1121

1130

1121

1121

= R

Ma trận dạng bậc thang R có 2 dòng khác không ứng với 2 vectơ u1, u2.

Do đó {u1, u2} là hệ vectơ độc lập tuyến tính cực đại của {u1, u2, u3}.Vậy một cơ sở của V là {u1, u2} và dimV = 2

*************************

d 2→ d 3 + d 2

CHƯƠNG 4

HÀM SỐ – GIỚI HẠN – LIÊN TỤC

$1 CÁC HÀM S S C P C B N : Ố Ơ Ấ Ơ Ả

1) Hàm số lũy thừa y = xα, α ∈ R :

2) Hàm số mũ y = a x , a > 0 và a ≠ 1 : ( a gọi là cơ số )

3) Hàm số logarit y = log a x , a > 0 và a ≠ 1 : ( a gọi là cơ số )

 Là hàm ngược của hàm số mũ y = ax

 y = logax ⇔ x = ay , với x > 0 và y ∈ R

a>1

0<a<1

x1

xO

y

11

α < 0

a>10<a<1

1y

a) Hàm số y = sinx :

b) Hàm số y = cosx :

c) Hàm số y = tgx :

d) Hàm số y = cotgx :

5) Các hàm lượng giác ngược :

a) Hàm số y = arcsinx :

sin1

x

x y

b) Hàm số y = arccosx :

x

x y

0

cos1

1arccos

c) Hàm số y = arctgx :

Ta có : y=arctgx⇔x=tgy; với −π2 < y<π2

d) Hàm số y = arccotgx :

Ta có : y =arccotgx⇔x=cotgy; với 0< y<π

 Nếu khi x → x0 từ bên trái (tức x < x0), ta có giới hạn trái :

Ký hiệu : xlim→x− f(x)=a

0

 Nếu khi x → x0 từ bên phải (tức x > x0), ta có giới hạn phải :

Ký hiệu : xlim→x+ f(x)=a

0

3) Định lý :

a x f x

f a

x

f

x x x

x x

=

0xnếu ,

0xnếu , 3

12)(

x

x x

 Khi x → 0– thì x < 0, nên f(x) = x – 3

⇒ lim→0− f(x)= lim→0−(x−3)=−3

x x

Do đó : xlim→0+ f(x)≠xlim→0− f(x)