Đề thi môn Toán cao cấp 1 giúp cho các bạn sinh viên nắm bắt được cấu trúc đề thi, dạng đề thi chính để có kế hoạch ôn thi một cách tốt hơn. Tài liệu hữu ích cho các các bạn sinh viên đang theo học môn Toán cao cấp 1 và những ai quan tâm đến môn học này dùng làm tài liệu tham khảo.
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGÂN HÀNG TP HỒ CHÍ MINH
BÀI THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Môn thi: Toán Cao Cấp 1
Họ và tên sinh viên: Nguyễn Hương Giang MSSV: 030137210165 Lớp học phần:D13
THÔNG TIN BÀI THI
Bài thi có: (bằng số):…16… trang
(bằng chữ):…mười sáu… trang
YÊU CẦU
- Trình bày tiểu luận theo đúng chuẩn như Giảng viên đã hướng dẫn trong lớp học
- Các ví dụ minh họa phải tính toán chi tiết
- Tiểu luận tối thiểu là 8 trang, font chữ Times New Roman cỡ chữ 13
- Điểm cao sẽ dành cho các bài tập có tính đa dạng và vận dụng
BÀI LÀM
Trang 2CÂU 1.(4 ĐIỂM) HÃY TRÌNH BÀY THEO SỰ HIỂU BIẾT CỦA EM VỀ CÁC NỘI DUNG SAU (4 ĐIỂM)
a) Thuật toán Gauss – Jordan để giải hệ phương trình tuyến tính AX = B
Để giải hệ phương trình tuyến tính AX B bằng thuật toán Gauss – Jordan, chúng ta thực hiện theo các bước sau:
- Bước 1: Viết ma trận hệ số mở rộng 𝐴̃= (A|B) của phương trình AX = B, gồm
ma trận A là ma trận hệ số ẩn và B là ma trận hệ số tự do
- Bước 2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để biến đổi ma trận mở rộng
về dạng bậc thang Phép biến đổi sơ cấp:
d j α d j β , với d i α0 và i1,m (với m là số dòng của A B )
- Bước 3: Dùng định lý Kronecker – Capelli để kiểm tra hệ có nghiệm hay
không
- Bước 4: Viết hệ phương trình tương ứng với ma trận bậc thang
- Bước 5: Giải hệ ngược từ dưới lên
b) Định lý về số nghiệm của hệ phương trình trên Mỗi trường hợp hãy cho 1 ví dụ minh họa, trong đó ma trận A có ít nhất 3 dòng
- Định lý về số nghiệm của hệ phương trình AX=B (Định lí Kronecker –Capelli)
Ta luôn có r A r A B
Nếu r(𝐴̃) ≠ r(A) thì hệ vô nghiệm
Nếu r(𝐴̃) = r(A) thì hệ có nghiệm
+ Nếu r(𝐴̃) = r(A) = n thì hệ có 1 nghiệm duy nhất
+ Nếu r(𝐴̃) = r(A) < n thì hệ có vô số nghiệm, phụ thuộc vào n – r(A) ẩn tự do Trong đó: n là số ẩn của phương trình
- Ví dụ minh họa
TH1: Phương trình vô nghiệm
0
2 3 2
3 2 18 2
Trang 3
A =
1 1 1
2 3 1
3 2 18
3 3 1
1
5 2
3
3 2 18 2 0 5 15 2 0 0 0 12
d d d
d d d
d d d
Ta thấy r(A) = 2 < r(𝐴̃) = 3 nên hệ vô nghiệm
TH2: Phương trình có 1 nghiệm duy nhất
2 3 1 4 10 1 1 1 3 2
1 1 1 3 2 2 3 1 4 10
3 1 6 36 4 3 1 6 36 4
dd
3 3 1
4 4 1
d = d - d
d = d - 2d
d = d - 3d
1 1 1 3 2 1 1 1 3 2
0 2 3 4 1 0 1 3 10 6
0 1 3 10 6 0 2 3 4 1
0 4 3 27 2 0 4 3 27 2
d d
4 4 1
2
4
0 1 3 10 6 0 1 3 10 6
0 0 9 24 11 0 0 9 24 11
0 0 9 13 22 0 0 0 11 11
d d d
Ta thấy r(A) = r(𝐴̃) = 4 = n (số ẩn) nên hệ có nghiệm duy nhất
Trang 4 Ta có, hệ phương trình tương đương:
4
11 11
x
1
2
3 4
13 9 13 3 35 9 1
x
x
x x
Vậy nghiệm của hệ phương trình ( ;x x x x1 2; ;3 4) 13 13 35; ; ;1
TH3: Phương trình có vô số nghiệm
|
3 3 1
4 4 1
d = d - d
d = d - 3d
d = d - 2d
2 1 5 14 4 0 3 3 8 4
4 4 1
2 3
0 0 6 14 10 0 0 3 7 5
0 0 3 7 5 0 0 6 14 10
d d d
4 4 2 3
1 2 1 3 0
0 1 2 5 3
0 0 3 7 5
0 0 0 0 0
d d d
Ta thấy r(A) = r(𝐴̃) = 2 < 3 (n: số ẩn) nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 3-2=1 tham số tự do
Trang 5 Ta có, hệ phương trình tương đương:
3 7 5
0 0
Đặt x4=t, t ∈ R
1
5 7
4
t x
t x
t x
Vậy hệ phương trình có vô số nghiệm và ( ;x x x x1 2; ;3 4) 7 4 ; 1 5 7; ;
c) Xét hệ phương sau đây :
2 2 2
Trong đó a là ngày sinh, b là tháng sinh và c là năm sinh của bản Hãy giải
phương trình trên bằng ít nhất 2 cách
Phương trình sau khi thay ngày tháng năm sinh vào:
2003 2005
Cách 1: Dùng thuật toán Gauss – Jordan
3 3 1 5
1 1 2003 2005 1 1 2003 2005 0 10 2002 1992
d d d
Trang 62 2
3 3 2 1
54
0 10 2002 1992 0 0 54074 54074
27 27
Ta thấy r(Ã) = r(A) = 3 = n (số ẩn) nên hệ có 1 nghiệm duy nhất
Ta có hệ phương trình:
1
3 3
54074 54074
1
1
x
x x
Vậy nghiệm của hệ phương trình ( ; ; ) (1;1;1)x x x1 2 3
Chứng minh hệ Cramer
x x x
A
1 1 2003
A
= 5.22032 – 1.2002 + 1.(-10)
=108148
det( )A 108148 0 (1)
Ta thấy: số ẩn = số phương trình = 3 (2)
Từ (1), (2) G là hệ Cramer
Trang 7 Cách 2: Dùng phương trình ma trận AX=B để tìm X trong hệ Cramer
Ta có:
1 2 3
1 11 1 ; ; 13
x
x
Dạng ma trận của hệ: AX B
Khi đó nghiệm 1
.
X A B
1
1 1 1
ứng với
1 2 3
x x x
Vậy nghiệm của hệ phương trình( ;x x x1 2; 3)(1;1;1)
Cách 3: Dùng định thức trong hệ Cramer
1 2 3
G
1 11 1 ; 13
1 1 2003 2005
Ta có det( ) A 108148 0 (chứng minh trên)
1
A
Trong đó:
- A1 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 1 bằng cột tự do B
- A2 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 2 bằng cột tự do B
- A3 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 3 bằng cột tự do B
Trang 81 1 1 2 1 3 1
det( ) 7.( 1) 1.( 1) 1.( 1)
= 7.22032 + (-1).24034 + 1.(-22042)
=108148
2
det( ) 5.( 1) 7.( 1) 1.( 1)
=5.24034 + (-7).2002 + 1.1992
=108148
3
det( ) 5.( 1) 1.( 1) 7.( 1)
= 5.22042 + (-1).1992 + 7.(-10)
=108148
Ta có: 1 det( )1
1 det( )
A x
A
; 2 det( 2)
1 det( )
A x
A
; 3 det( 3)
1 det( )
A x
A
Vậy nghiệm của hệ phương trình x x x1; 2; 3 (1;1;1)
Cách 4: Biến đổi linh hoạt, đặt ẩn phụ
Đặt
1 2 3
1 1 1
x x
y x
z x
, hệ phương trình trở thành:
0 0 0
ax y z
x by z
x y cz
Do đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất và a5, b11, c2003 làm cho 3 dòng độc lập tuyến tính nên sẽ có nghiệm duy nhất là nghiệm tầm thường
Hệ phương trình
1
3
1 0
1 0
x x
z x
Trang 9CÂU 2 (3 ĐIỂM):
a) Trình bày 2 cách tính định thức của ma trận vuông cấp 3 Mỗi cách cho 1 ví dụ minh họa
Cách 1: Phần bù đại số
( ij)n n
A a , đặt ( 1)
ij
ij
Trong đó,
ij
M là định thức sinh ra từ định thức của ma trận A bằng cách bỏ đi dòng i
và cột j Còn
ij
A được gọi là phần bù đại số tương ứng với phần tử aij A
dßng 1
1 j
1 1j
n
i
A
Cách tính trên là công thức khai triển theo dòng Có thể chọn dòng hoặc cột tùy ý
*Thủ thuật: Chọn dòng hoặc cột chứa nhiều số 0 nhất để khai triển cho nhanh
Ví dụ minh họa:
dßng 1
2 1 4
3 1
3 1 6 2.( 1) 1.( 1) 4.( 1)
2 5
2 5 3
2.1.(1.3 6.5) 1.( 1).(3.3 6.2) 4.1.(3.5 1.2)
54 3 52 1
Cách 2: Qui tắc Sarrus
Để tính định thức của ma trận vuông cấp 3 theo quy tắc Sarrus, ta :
1121 1222 1323
detA
Bước 01: Viết lại 2 cột đầu của định thức theo thứ tự phía sau cột cuối cùng (cột
3) của ma trận vuông ban đầu
Bước 02.1: Tích các phần tử (đủ 3 phần tử) song song với đường chéo chính rồi
cộng chúng lại với nhau
Trang 10
11 22 33 12 23 31 13 21 32
a a a a a a a a a
Bước 02.2: Tích các phần tử (đủ 3 phần tử) song song với đường chéo phụ rồi
cộng chúng lại với nhau, đặt cho nó một dấu trừ trước tổng
a a a13 22 31a a a11 23 32a a a12 21 33
Bước 02.3: Cộng hai phần này lại với nhau, ta có được định thức của ma trận A
11 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31 11 23 32 12 21 33 detA a a a a a a a a a a a a a a a a a a
Hoặc ta có thể dựa vào sơ đồ sau:
det(A) = A = Tổng 3 đường chéo đỏ - tổng 3 đường chéo xanh
11. 22. 33 12. 23. 31 13. 21. 32 ( 13. 22. 31 11. 23. 32 12. 21. 33)
A a a a a a a a a a a a a a a a a a a
Ví dụ minh họa:
x
1 1
x x
x
x
3 2
4 13 22 2
2 1.8 1( 2).7 ( 1)( 1) 1.7 2 ( 2)( 1) 1.( 1).8
4 13 22 VP
Trang 11b) Định nghĩa ma trận khả nghịch? Nêu 1 phương pháp để xác định tính khả nghịch của ma trận? Cho 2 ví dụ minh họa cụ thể (ma trận cấp 3, cấp 4)
- Đinh nghĩa: Cho A là 1 ma trận vuông cấp n trên k Ta bảo A là ma trận khả
nghịch nếu tồn tại 1 ma trận B vuông cấp n trên k sao cho: A.B=B.A=In Khi đó B được gọi là ma trận nghịch đảo của A(ký hiệu A-1), còn A gọi là ma trận khả
nghịch Trong đó, In là ma trận đơn vị cấp n
Như vậy: A.A -1 =A -1 A=I n
- Phương pháp để xác định tính khả nghịch của ma trận: tính det(A)
Nếu det(A)0 Ma trận A có tính khả nghịch
Nếu det(A)0 Ma trận A không có tính khả nghịch
- Ví dụ minh họa xét tính khả nghịch của ma trận
+ Ma trận cấp 3:
1 1 2
3 2 1
2 1 3
A
Ma trËn vu«ng A cã tÝnh kh¶ nghÞch
3 2 1 3 2 1.2.3+1.1.2+2.3.1 (2.2.2 1.1.1 1.3.3)
14 18 4 0
A
+ Ma trận cấp 4:
B
Trang 12det
B
Ma trận B không có tính khả nghịch
c) Cho 3 ví dụ cụ thể vận dụng tính khả nghịch của ma trận trong việc giải
các phương trình ma trận sau: A.X = B, X.A=B, A.X.B=C
A.X = B
1
1 2
10 10
4 3
7 10
X.A=B
1
7
1 2 3
.
3 2 1
16 7 1
Trang 13 A.X.B=C
1
-1
5 4
1 3 0
2 0 4
4 5 6
1 3 0
4 5 6
5 3 0
X
X
5 7 3
111
CÂU 3 (3 ĐIỂM) HÃY TRÌNH BÀY THEO SỰ HIỂU BIẾT CỦA EM VỀ CÁC NỘI DUNG SAU
a) Sự phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính của họ các vector Cho 2
ví dụ minh hoạ?
Một hệ vector v v v1, , ,2 3 , vm được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu có một
tổ hợp tuyến tính không tầm thường của v v v1, , ,2 3 , vm bằng vector 0, nghĩa là
1
0
m
i i i
c v , với
2 1
0
m i i c
Trang 14Một hệ vector v v v1, , ,2 3 , vm được gọi là độc lập tuyến tính nếu hệ vector
đó không phụ thuộc tuyến tính
1
m
i
Ví dụ minh họa: Xét tính phụ thuộc tuyến tính/ độc lập tuyến tính của hệ vector
Ví dụ 1: Av11;2;3 ; v2 2;1;0 ;v 30;1; 2
Xét c v1 1 c v2 2 c v3 3 0
c1 1;2;3 c2 2;1;0 c3 0;1; 2 0
c1 c2 c3 0
Vậy hệ vector A độc lập tuyến tính
Ví dụ 2: Bu1 2;4 ;u2 1; 2
Xét c v1 1 c v2 2 0
c1 2;4 c2 1; 2 0
c c
2c1c 2
Tồn tại c11;c2 2 để c v1 1c v2 2 0
Vậy hệ vector B phụ thuộc tuyến tính
b) Không gian nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất? Hãy cho
1 ví dụ minh hoạ và xác định số chiều cũng như cơ sở của nó
Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn có ít nhất một nghiệm tầm thường, đây chính là phần tử trung hoà đối với phép cộng Như vậy nghiệm của hệ phương
Trang 15trình tuyến tính sẽ có thể lập thành một không gian con của không gian n với n là số
ẩn của hệ phương trình
Từ các phương trình ta sẽ tìm được mỗi liên hệ giữa các ẩn, gọi r là số liên hệ độc lập của hệ phương trình tuyến tính n ẩn, ta có được không gian con có số chiều là n
– r, nghĩa là nó sẽ được lập nên bởi một cơ sở gồm n – r vectors độc lập tuyến tính
Ví dụ: Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
Xét ma trận hệ số ẩn
2 2 1
3 3 2 1
1 2 4 3
0 1 5 4
0 0 0 0
d d d
d d d d
Ma trận trên gồm r = 2 dòng độc lập tuyến tính (hay rank A r 2), trong khi một vector nghiệm tổng quát của hệ phương trình trên có số chiều bằng 4 (
*
dimW n 4), như vậy hệ phương trình này tạo ra một không gian con W chứa những vector nghiệm X với số chiều dimW n r 2
Chọn
3 4
x t , và biểu diễn x , 1 x theo m,t từ mối liên hệ 2
1 2 2
1 2
Vậy nghiệm tổng quát có dạng
1 2 3 4
Trang 16Vậy bất kì vector trong không gian nghiệm W của hệ phương trình trên đều biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của hai vectors độc lập tuyến tính
1
14 5 1 0
2
11 4 0 1
X
Như vậy, một trong các cơ sở của không gian nghiệm W sẽ là BX1;X2
dimWcardB2
c Xét không gian 4, hãy cho ví dụ về một không gian con nằm trong không gian
4 có số chiều bằng 2 Xác định một cơ sở của nó và công thức biểu diễn toạ độ của một vector trong không gian đó với cơ sở trên?
Xét không gian 4 có vector tổng quát dạng
1 2 3 4
x x X x x
Nếu thêm ràng buộc
24
x x x , thì không mất tính tổng quát ta đặt
3
4
x s , ta được không gian con W với vector tổng quát dạng:
17 4 24
y s X
y s
với y,s
Có thể viết X dưới dạng tổ hợp tuyến tính
Trang 17Như vậy, mọi vector X trong không gian con W đều có thể viết được dưới dạng
tổ hợp tuyến tính của
17 24 1 0
4 1 0 1
S , và dễ nhận thấy Y, S độc lập tuyến tính
Không mất tính tổng quát, chọn B Y S là cơ sở của không gian con W, và mọi vector ,
X trong W đều được viết dưới dạng
1 2
X c Y c S, với c c1, 2 và còn được gọi là toạ độ của X ứng với cơ sở B trong không gian W