zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Bài giảng Toán cao cấp: Chương 4 - Hoàng Mạng Dũng

Chia sẻ: Minh Vũ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

46
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng "Toán cao cấp - Chương 4: Hệ phương trình tuyến tính" cung cấp cho người học các kiến thức: Khái niệm về hệ phương trình tuyến tính, định lý tồn tại nghiệm, phương pháp Cramer, phương pháp ma trận nghịch đảo,... Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Toán cao cấp: Chương 4 - Hoàng Mạng Dũng

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Khi khảo sát các mô hình tuyến tính thường dẫn đến giải các hệ Một phương pháp khác để giải hệ phương trình tuyến tính là sử dụng phương trình tuyến tính định thức của Cramer. Thoạt tiên ta có thể thấy rằng hình như vấn đề giải hệ phương trình Đối với mô hình phi tuyến người ta giải quyết bằng cách xấp xỉ tuyến tính đã cũ rồi và có thể giải quyết bằng những phương tiện tính tuyến tính. Vì vậy hệ phương trình tuyến tính có rất nhiều ứng toán sơ cấp quen biết. dụng trong thực tế Tuy nhiên trong thực tế thường cần khảo sát khoảng từ 150 đến 200 Hệ phương trình tuyến tính đã được biết đến rất sớm phương trình đồng thời với số ẩn tương ứng. Tình trạng ấy trong thực hành đã gây ra nhiều khó khăn lớn đến nổi hầu như không thể giải Ở Trung Quốc người ta tìm thấy một cuốn sách có khoảng từ quyết nổi nếu chỉ dùng phương pháp sơ cấp năm 500 trước công nguyên, trong đó có những chỉ dẫn về việc dùng một bàn tính để giải các hệ phương trình tuyến tính qua các Mùa hè năm 1949, Giáo sư Wassily Leontief trường Đại học HarVard ví dụ cụ thể đã gửi đến Trung tâm tính toán của trường Đại học Mark II đề nghị giải hệ phương trình tuyến tính gồm 500 phương trình với 500 ẩn biểu diễn Phương pháp giải này chính là thuật toán khử Gauss các chỉ tiêu kinh tế của Mỹ. Mark II là một trong những trung tâm máy Ở châu Âu thuật toán này đã được mô tả trong công trình của tính điện tử lớn nhất thời bấy giờ cũng không giải quyết được. Leontief Buteo (Pháp) năm 1550, trước Gauss hơn hai thế kỷ buộc phải đưa bài toán về hệ 45 phương trình với 45 ẩn. Với kết quả này Leontief nhận được giải Nobel kinh tế năm 1973 10/07/2017 1 10/07/2017 2 CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.1 KHÁI NIỆM VỀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.1.1 Dạng tổng quát của hệ phƣơng trình tuyến tính Hệ m phương trình tuyến tính n ẩn có dạng tổng quát: Trong không gian xét hệ truc tọa độ Oxyz Tập hợp các điểm có tọa độ (x,y,z) thỏa a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1 mãn phương trình a x  a x  ...  a x  b  21 1 22 2 2n n 2 Ax  By  Cz  D  (5.1) .............................................. am1x1  am 2 x2  ...  amn xn  bm là một mặt phẳng Tập nghiệm của hệ Tập nghiệm của hệ trong đó x1 , x 2 ,..., x n là n ẩn ,  A1x  B1 y  C1z  D1  A1x  B1 y  C1z  D1    A2 x  B2 y  C2 z  D2  A2 x  B2 y  C2 z  D2  A3 x  B3 y  C3 z  D3 aij là hệ số của ẩn thứ j trong phương trình i, là giao của hai mặt phẳng bi là vế phải của phương trình thứ i; i = 1,..., n ; j = 1,..., m. là giao của ba mặt phẳng 10/07/2017 3 10/07/2017 4 CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.1.2 Dạng ma trận của hệ phƣơng trình tuyến tính Khi các vế phải bi  0 thì hệ phương trình được gọi là thuần nhất  a11 a12 ... a1n   x1   b1        a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  0  a21 a22 ... a2n   x2   b2  Xét đẳng thức a21x1  a22 x2  ...  a2 n xn  0 A  X   B        ..............................................           AX  B a x  a x  ...  a x  0 am1 am 2 ... amn   m1 1 m 2 2 mn n  xn  bm   a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1  a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1 Nghiệm của hệ phương trình là bộ gồm n số  x1 , x 2 ,..., x n      a x  a x  ...  a x  b sao cho khi thay vào hệ phương trình ta có các đẳng thức  a21x1  a22 x2  ...  a2 n xn   b2   21 1 22 2 2n n 2  ......................................  ...  .............................................. Giải một hệ phương trình là đi tìm tập hợp nghiệm của hệ  a x  a x  ...  a x  b    m1 1 m 2 2 mn n   m am1x1  am 2 x2  ...  amn xn  bm Hai hệ phương trình cùng ẩn là tương đương nếu tập hợp nghiệm A được gọi là ma trận hệ số, B ma trận vế sau và X ma trận ẩn của chúng bằng nhau Hệ phương trình được viết lại dưới dạng ma trận AX  B 10/07/2017 5 10/07/2017 6 1
CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Ví dụ 4.1 Xét hệ phương trình viết dưới dạng tổng quát 4.1.3 Dạng véc tơ của hệ phƣơng trình tuyến tính 2 x1  2 x2  x3  x4  4  Nếu ta ký hiệu véc tơ cột thứ i của ma trận A là vi  (a1i ,..., ami )  m 4 x1  3x2  x3  2 x4  6 8 x  5 x  3x  4 x  12 và véc tơ vế sau b  (b1,..., bm )  m  1 2 3 4 Hệ phương trình viết dưới dạng ma trận như sau: thì hệ phương trình được viết dưới dạng véc tơ  x1   2 2 1 1     4  2 2  1 1   4   4 3 1 2   x2    6            x1v1  x2v2  ...  xnvn  b    x3    Hoặc x1  4   x2  3   x3  1  x4  2    6  8 5 3 4   x  12     8     5     3  4 12  4 Với cách viết này ta thấy rằng hệ phương trình có nghiệm khi Xét các véc tơ: và chỉ khi v1  (2, 4,8) , v2  (2, 3,5) , v3  (1, 1, 3) , v4  (1, 2,4) ; b  (4,6,12). b  span  v1,..., vn  Hệ phương trình trên có thể viết dưới dạng véc tơ: x1 (2, 4,8)  x2 (2,3,5)  x3 (1, 1, 3)  x4 (1, 2, 4)  (4,6,12) 10/07/2017 7 10/07/2017 8 CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.2 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI NGHIỆM Ví dụ 4.2 Định lý 4.1: (Kronecker-Capelli) 2 x1  2 x2  x3  x4  4 ~  Hệ phương trình (5.1) có nghiệm khi và chỉ khi r ( A)  r ( A) 4 x1  3x2  x3  2 x4  6 ~ trong đó A là ma trận có được bằng cách bổ sung thêm vào 8 x  5 x  3x  4 x  12  1 2 3 4 ma trận hệ số A một cột cuối là vế phải của hệ phương trình Ma trận hệ số Ma trận bổ sung cột cuối  a11 ... a1n   a11 ... a1n b1  A     A         2 2 1 1   2 2 1 1 4       am1 ... amn  A   4 3 1 2  A   4 3 1 2 6    am1 ... amn bm      8 5 3 4  8 5 3 4 12  Hệ (5.1) có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x1, x2, …, xnn sao cho x1v1  x2v2  ...  xnvn  b  b  span v1,..., vn   r (v1,..., vn )  r (v1,..., vn , b)  )  3 do đó hệ phương trình có nghiệm Hạng r ( A)  r ( A Do đó r(A)  r(Ã ) 10/07/2017 9 10/07/2017 10 CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.3 PHƢƠNG PHÁP CRAMER det (A)  0,  hệ {v1, v2, …, vn} là một cơ sở của n Hệ n phương trình tuyến tính n ẩn có ma trận hệ số A không suy Do đó b được biểu diễn duy nhất thành tổ hợp tuyến tính của biến được gọi là hệ Cramer {v1, v2, …, vn} Định lý 4.2: Mọi hệ Cramer đều tồn tại duy nhất nghiệm Nghĩa là tồn tại duy nhất x1, x2, …, xn sao cho n Hệ Cramer n ẩn  aij x j  bi , i  1,..., n x1v1  x2v2  ...  xnvn  b j 1 Gọi B {e1, e2,…, en} là cơ sở chính tắc của n có nghiệm xi  Di D ; i  1,..., n  n  Trong đó D  det A  DB v1,..., vi 1, vi , vi 1,..., vn  Di  DB v1,..., vi 1, b , vi 1,..., vn   DB v1,..., vi 1,  xk vk , vi 1,..., vn   n   k 1   Di  DB v1,..., vi 1, b, vi 1,..., vn    xk DB v1,..., vi 1, vk , vi 1,..., vn  k 1 Di là định thức của hệ các véc tơ cột các hệ số của hệ phương  xi DB v1,..., vi 1, vi , vi 1,..., vn   xi D  xi  Di D , i  1,..., n trình nhưng véc tơ cột thứ i được thay bởi véc tơ cột vế sau. 10/07/2017 11 10/07/2017 12 2
CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Ví dụ 4.3: Hệ phương trình 2 x  3 y  z  1 Ví dụ 4.4 Giải và biện luận theo tham số  hệ phương trình  3x  5 y  2 z  8  x1  x2  x3  x4 1  x  2 y  3z  1 x   x  x  x   1 1 2 3 4 Ta có det A  (  3)(  1)3 1 1  2 3 1 3  x1  x2   x3  x4 1 D  3 5 2  22 Dx  8 5 2  66  x1  x2  x3   x4 1 1 2 3 1 2 3  Khi    3,   1: Hệ đã cho là hệ Cramer nên có nghiệm duy nhất 2 1 1 2 3 1 1 Dy  3 8 2  22 x1  x2  x3  x4  Dz  3 5 8  44  3 ~ 1 1 3 1 2 1  Khi   1: r ( A)  r ( A)  1 Hệ phương trình có vô số nghiệm 66 22 44 x1  1  x2  x3  x4 với x2 , x3 , x4 tuỳ ý Do đó hệ có nghiệm x  3, y   1, z  2  )  4 hệ vô nghiệm 22 22 22  Khi    3: det A  0  r ( A)  4, r ( A 10/07/2017 13 10/07/2017 14 CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.4. PHƢƠNG PHÁP MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO Ví dụ 4.5 Xét hệ phương trình  x1  2 x2  3x3  a Định lý 4.3  n 2 x1  5 x2  3x3  b Hệ Cramer  aij x j  bi ; i  1,..., n  x  1  8 x3  c j 1 với các ma trận tương ứng  1 2 3  40 16 9  A  2 5 3 Ma trận Có ma trận hệ số   A1   13 5 3  a11 a12 ... a1n   b1   x1  nghịch đảo   a 1 0 8  5 2 1 a ... a2 n  b  x  A   21 22  B   2 X   2 Vậy hệ có nghiệm         a  b  x   x1   40 16 9   a   40a  16b  9c   x1  40a  16b  9c  n1 an 2 ... ann   n  n  x    13 5 3  b    13a  5b  3c    x  13a  5b  3c  2       2 có nghiệm dạng ma trận X  A 1 B  x3   5 2 1  c   5a  2b  c   x3  5a  2b  c 10/07/2017 15 10/07/2017 16 CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.5. GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH BẰNG PHƢƠNG PHÁP KHỬ GAUSS Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp khử Gauss Khi thực hiện các biến đổi sơ cấp sau lên các phương trình của hệ là thực hiện các phép biến đổi sơ cấp để đưa hệ phương trình  Đổi chỗ hai phương trình; về hệ tương đương với ma trận bổ sung của hệ mới có dạng  Nhân, chia một số khác 0 vào cả 2 vế của một phương trình;  Cộng vào một phương trình một tổ hợp tuyến tính các phương trình khác a '11 b'1    aa11 x  a12 11 x111  a12 11 x  ...  a x  b 12 x222  ...  a111nnn xnnn  b111  a ' pp b' p  ............................................ ............................................   aai1ij11xxx111 aai 2ja2xix2 2x2... aainjn ...... xaxn ninxbnbi j bi Phương trình thứ i  b' p 1   ............................................    ............................................ aaijj111xx111  aaijj222xxx222 ... ... aain  b'm  jnxxnn bbijj jn Phương trình thứ j  ........................................ .............................................. ...... a x  a x  ...  amnxxnn  bbmm a '11 ...a ' pp  0 amm11x11  amm22x22  ...  amn trong đó thì sẽ được hệ mới tương đương 10/07/2017 17 10/07/2017 18 3
CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH  Nếu một trong các b ' p 1,..., b 'm khác 0 thì có phương trình Có thể nhận thấy rằng khi ta biến đổi tương đương lên các phương trình thì thực chất là biến đổi các hệ số của các phương trình vế trái bằng 0, vế phải khác 0 nên hệ vô nghiệm Vì vậy khi thực hành ta chỉ cần biến đổi ma trận bổ sung của hệ để đưa về ma trận có dạng cần tìm, từ đó suy ra nghiệm của hệ  Nếu b ' p 1  ...  b 'm  0 thì hệ đã cho tương đương với phương trình  x  2 x  3x  a 1 2 3 hệ p phương trình Ví dụ 4.6 Xét hệ phương trình  2 x1  5 x2  3x3  b a '11 x '1  a '12 x '2  ...  a '1n x 'n  b '1  x  8 x3  c  1  a '22 x '2  ...  a '2 n x 'n  b '2 1 2 3 a  1 0 8 c  1 0 8   c  A   2 5 3 b   0 1 3 b  2a   0 1 3  b  2a   .........................................        a ' pp x ' p  ...  a ' pn x 'n  b ' p 1 0 8 c  0 2 5 a  c  0 0 1 5a  2b  c  1 0 0 40a  16b  9c  Vậy hệ  x1  40a  16b  9c  Ta được các nghiệm x '1,..., x ' p phụ thuộc x ' p 1,..., x 'n  0 1 0 13a  5b  3c  phương trình  x2  13a  5b  3c   5a  2b  c  có nghiệm  x  5a  2b  c 0 0 1  3 10/07/2017 19 10/07/2017 20 CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Ví dụ 4.7 Giải hệ phương trình  2 x1  5 x2  8 x3 8 Ví dụ 4.8 Giải và biện luận theo tham số m hệ phương trình 4 x  3x  9 x 9  1 2 3 3x1  2 x2  5 x3  4 x4  3 3 2 5 4 3  1 6 9 20 11  2 x  3 x  6 x  8 x  5   2 5  3 2 5 3   2 x1  3 x2  5 x3 7  1 2 3 4 A 3 6 8   4    1 6 9 20 11  2 3 6 8 5   x1  8 x2  7 x3  12  x1  6 x2  9 x3  20 x4  11  4 2   4 1 4 m  1 4 m 2  2 5 8 8 1 8 7 12  1 8 7 12  4 x1  x2  4 x3  mx4  2 4 3 9 9   5 8 8   8 8  1 6 9 20 11  3 4 1 A    2   2 5  1 6 9 20 11 0 5 8 16 1 0 5  5   2 3 5 7  4 3 9 9  0 7 7 7  0 20 32 36  64 9   5      0 5 8 16 1 8 7 12  2  9    3 5 7  0  2 3 1 0 15 24 48 27  0 0 0 0 0  0 0 0 0 0   0 1 8 7 12  1 8 7 12  1 0 0 3  5 8 m  16 8  0 0 0 m 1    0 11 6 16  0    x1  3 0 0 0 m 1  1 1 0 2   1  m  0: hệ vô nghiệm;  m  0: hệ có vô số nghiệm      0 1 0 1 1 1  0 1 1  0 0  x2  2 0 1 1 9m  16 8 4m 3 0 2 3  x3  1 1  1  0  0 0 0  0 0  0 0 x4  m , x2  5m  x3 , x1  5  x3 ; x3 tùy ý 5m 5 10/07/2017 21 10/07/2017 22 CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.6 HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT Ví dụ 4.10 Giải hệ phương trình thuần nhất 2 x1  3 x2  3 x3  2 x4  0 a11 x1  a12 x2  ...  a1n xn  0  4 x1  7 x2  5 x3  6 x4  0 a x  a x  ...  a x  0 3x  5 x  4 x  4 x  0  21 1 22 2 2n n  1 2 3 4  ..............................................  2 3 3 2   2 3 3 2  1 2 1 2  am1 x1  am 2 x2  ...  amn xn  0 A   4 7 5 6    4 7 5 6    2 3 3 2        Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ít nhất nghiệm tầm thường  3 5 4 4  1 2 1 2   4 7 5 6  x1  ...  x n  0 1 2 1 2  1 2 1 2  1 0 3 2  Nhận xét 4.2  0 1 1 2   0 1 1 2   0 1 1 2        Vế sau của hệ phương trình thuần nhất luôn bằng 0 do đó không 0 1 1 2  0 0 0 0  0 0 0 0  thay đổi khi ta giải hệ theo phương pháp khử Gauss. Vì vậy để  x1  3x3  2 x4 giải hệ phương trình thuần nhất ta chỉ cần biến đổi ma trận hệ số  x3 , x4 tùy ý của hệ  x2  x3  2 x4 10/07/2017 23 10/07/2017 24 4
CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Định lý 4.5 Xét hệ phương trình Ví dụ 4.11  Tập W2  u  ( x, y, z )  2 x  3 y  4 z  0 3  a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  0  a11 a12 ... a1n  là không gian con của 3 có chiều dimW2  3  1  2 a x  a x  ...  a x  0 a a2 n   21 1 22 2 2n n A   21 a22 ...         Ví dụ 4.12  .............................................. a ... amn  am1x1  am 2 x2  ...  amn xn  0  m1 m 2 a Đặt V1, V2 lần lượt là tập hợp nghiệm của hệ phương trình (I) và hệ phương trình (II) a) Hệ phương trình chỉ có nghiệm tầm thường khi và chỉ khi r(A)  n 4 x1  5 x2  2 x3  3x4  0 2 x1  3x2  3x3  2 x4  0 b) Nếu r(A)  p  n thì tập hợp nghiệm của hệ phương trình là   ( I ) 3 x1  5 x2  6 x3  4 x4  0 ( II ) 4 x1  7 x2  5 x3  6 x4  0 không gian véc tơ con n  p chiều của n 5 x  7 x  2 x 3x  5 x  4 x  4 x  0  1 2 3 0  1 2 3 4 10/07/2017 25 10/07/2017 26 CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Hệ phương trình (I) Định lý 4.6  4 5 2 3  1 0 8 7  1 0 8 7  1 0 8 7   3 5 6 4   3 5 6 4   0 5 30 25  0 1 6 5 Giả sử ( x1,..., xn ) a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1         a21x1  a22 x2  ...  a2 n xn  b2  5 7 2 0  1 2 4 3 0 2 12 10  0 0 0 0  là một nghiệm của phương .............................................. (*) trình không thuần nhất (*) a x  a x  ...  a x  b  x1  8 x3  7 x4 v  (8 x3  7 x4 , 6 x3  5 x4 , x3 , x4 )  m1 1 m 2 2 mn n m  v  ( x1, x2 , x3 , x4 ) V1   x2  6 x3  5 x4  x3 (8, 6,1,0)  x4 (7,5,0,1) Khi đó ( x1,..., xn ) a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  0 V1   x3 (8, 6,1,0)  x4 (7,5,0,1) x3 , x4   là nghiệm của phương trình  a x  a x  ...  a2 n xn  0 4 x1  5 x2  2 x3  3x4  0  21 1 22 2 (**)   V2  x3 (3,1,1,0)  x4 (2, 2,0,1) x3 , x4   3x  5 x  6 x  4 x  0 thuần nhất tương ứng (**) ...........................................  1 2 V1  V2 là không gian nghiệm của hệ 6 phương trình 5 x  7 x  2 x 3 4 am1x1  am 2 x2  ...  amn xn  0  1 2 3 0 Giải hệ phương trình này ta được nghiệm:  khi và chỉ khi  2 x1  3 x2  3 x3  2 x4  0 x1   x2  x3  x4 ; x4 tùy ý 4 x1  7 x2  5 x3  6 x4  0 ( x1  x1,..., xn  xn ) là nghiệm của hệ phương trình (*)   V1  V2  x4 (1, 1,1,1) x4    dimV1  V2  3  3x1  5 x2  4 x3  4 x4  0 10/07/2017 27 10/07/2017 28 CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Ví dụ 4.12  x1  ax2  a 2 x3  1 Theo ví dụ 4.12 không gian nghiệm của hệ phương trình thuần Giải và biện luận theo tham nhất tương ứng có chiều bằng 1 và có dạng số a, b hệ phương trình   x1  bx2  b x3  1 2 t  D1, D2 , D3  t  1 a a 2  A  1 b b  2 Hệ có một nghiệm riêng 1 a a 2  Ma trận hệ số A    a a2 1 a2 1 a x1  1, x2  0, x3  0 D1   ab(b  a) D2   (a  b)(b  a) D3  ba 1 b b  2 b b2 1 b2 1 b  Trường hợp a  b: r(A)  1, hệ phương trình tương đương với một phương trình do đó có vô số nghiệm Do đó  ab, (a  b),1 là một nghiệm khác không của hệ phương trình thuần nhất x1  1  ax2  a 2 x3 x2 , x3 tùy ý  x1  abt  x  1  abt Trường hợp a  b: r(A)  2, do đó không gian nghiệm của hệ Nghiệm của hệ  Nghiệm của  1 thuần nhất  x2  (a  b)t  x2  ( a  b)t phương trình thuần nhất có chiều bằng 1 hệ đã cho  x  t ; t   x  t ; t   3  3 BÀI TẬP 10/07/2017 29 10/07/2017 30 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.