Giáo trình Toán cap cấp (Phần 2)

80 trang ngocly 500

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Toán cap cấp (Phần 2)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_toan_cap_cap_phan_2.pdf

Nội dung text: Giáo trình Toán cap cấp (Phần 2)

86 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy CHƯƠNG 4 MA TRẬN – ĐỊNH THỨC – HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH 4.1. Ma trận và các khái niệm 4.1.1 Định nghĩa ma trận: Ma trận là một bảng hình chữ nhật, trên đó sắp xếp các phần tử ( là các số ) theo các hàng và các cột. Ma trận thường được ký hiệu bằng các chữ cái : A , B , , X, Y, ; còn các phần tử thường được ký hiệu bằng các chữ thường : a , b , , x , y , . Giả sử ma trận có m hàng, n cột, khi đó để chỉ phần tử hàng i (từ trên xuống), cột j ( từ trái qua phải) ta ký hiệu : aij ( chỉ số hàng trước, chỉ số cột sau). Các phần tử của ma trận được nằm trong dấu [ ] , hoặc ( ) , hoặc || || , nó có dạng : a a a a a a a11 a 12 a 1n 11 12 1n 11 12 1n a a a a a a a a a A 21 22 2n ; A 21 22 2n ; A 21 22 2n am1 a m 2 a mn m n am1 a m 2 a mn m n am1 a m 2 a mn m n Ma trận có m hàng và n cột thì cỡ của ma trận là m n , aij là phần tử của ma trận A nằm ở giao điểm của hàng i cột j, Ký hiệu: A a , A a . ij m n ij m n Khi m = n (số hàng bằng số cột) thì A gọi là ma trận vuông cấp n. Ví dụ 1 2 3 1 A 2 1 1 2 là ma trận cỡ 3 4 , a11 1, a24 2 6 2 4 6 1 3 1 B 7 1 8 là ma trận cỡ 3 3 (ma trận vuông cấp 3). 2 0 0 3 3
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 87 4.1.2 Các khái niệm liên quan đến ma trận Đường chéo chính. Cho ma trận A vuông cấp n. Khi đó các phần tử a11, a22, , ann nằm trên một đường thẳng gọi là đường chéo chính của A, các phần tử a11, a22, , ann gọi là các phần tử chéo. ( chú ý : khái niệm về đường chéo chính chỉ có trong ma trận vuông) Ma trận tam giác. Cho ma trận A vuông cấp n. +) Ma trận tam giác trên: Nếu A có các phần tử nằm phía dưới đường chéo chính đều bằng 0 (Tức là: aij = 0 với mọi i > j). a11 a 12 a 1n 0a a A 22 2n 0 0 a nn n n +) Ma trận tam giác dưới: Nếu A có các phần tử nằm phía trên đường chéo chính đều bằng 0( tức là: aij = 0 với mọi i < j). a11 0 0 a a 0 A 21 22 a a a n1 n 2 nn n n Ma trận chéo. Ma trận vuông A có các phần tử nằm ngoài đường chéo chính đều bằng 0 gọi là ma trận chéo. a11 0 0 0a 0 A 22 0 0 a nn n n Ma trận chéo vừa là ma trận tam giác trên vừa là ma trận tam giác dưới. Ma trận đơn vị. Ma trận đơn vị là ma trận chéo có các phần tử nằm trên đường chéo chính đều bằng 1. Ký hiệu là In (hoặc En) là ma trận đơn vị cấp n. 1 0 0 0 1 0 I n 0 0 1 n n
88 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Ví dụ. 1 0 0 1 0 I ma trận đơn vị cấp 2 ; I 0 1 0 ma trận đơn vị cấp 3 2 3 0 1 2 2 0 0 1 3 3 Ma trận đối xứng. Ma trận A vuông cấp n gọi là ma trận đối xứng nếu aij aji ,  i , j 1, n ( các cặp phần tử đối xứng với nhau qua đường chéo chính thì bằng nhau). Ví dụ. 1 3 5 A 3 1 0 là ma trận đối xứng 5 0 4 1 1 5 6 4 2 0 1 B không đối xứng vì a12 = 1 a21 = 4, a14 = -6 a41 = 6. 5 0 0 2 6 1 2 0 Ma trận không. Là ma trận có tất cả các phần tử đều bằng 0, ký hiệu [0] hoặc . Ví dụ. Các ma trận sau đều là ma trận không: 0 0 0 0 0 0  ;  0 0 0 0 0 0 2 3 0 0 0 3 3 Ma trận con. Cho A là ma trận cỡ m n . Ma trận B được gọi là ma trận con của A nếu B có được từ A bằng cách bỏ đi một số hàng, một số cột. 3 2 -2 4 Ví dụ. Cho ma trận A 3 1 1 2 2 1 1 3 3 4 3 2 - Bỏ đi dòng 3, cột 3 và 4, ta được ma trận M 2 - là ma trận con cấp 2. 3 1
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 89 3 1 1 2 - Bỏ dòng 1, ta được ma trận M 3 - ma trận con cỡ 2 4. 2 1 1 3 2 4 Ma trận chuyển vị. Cho A là ma trận cỡ m n . Ma trận chuyển vị của A là ma trận cỡ n m có được từ A bằng cách chuyển hàng thành cột ( hoặc chuyển cột thành hàng), ký hiệu AT. aa a1112 1n aa a 1121 m1 aa a aa a AA 2122 2n T 1222 m2 aa a aa a m1m2 mn m n 1n2n mn n m Nhận xét. A là ma trận đối xứng khi và chỉ khi A = AT. Ví dụ. 1 3 5 1 2 1 A 2 4 6 AT 3 4 -1 1 -1 1 5 6 1 1 -2 1 2 -1 T A A 2 1 2 1 3 2 3 -1 -3 3 2 Ma trận hàng. Là ma trận chỉ có một hàng A = [a1 a2 an]1 n b 1 Ma trận cột. Là ma trận chỉ có một cột. b B 2  b m m 1 4.2. Các phép toán trên ma trận. 4.2.1. Phép bằng nhau. Hai ma trận gọi là bằng nhau nếu chúng cùng cỡ và các phần tử tương ứng ở cùng vị trí bằng nhau.
90 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 4.2.2. Phép cộng hai ma trận cùng cỡ. 4.2.2.1 Định nghĩa. Cho A và B là hai ma trận cùng cỡ m n , A = (aij)m × n, B = (bij)m × n . Tổng của hai ma trận A và B là ma trận cùng cỡ C = (cij)m × n trong đó cij a ij b,i ij 1,m,j1,n . Ký hiệu: A B a b . ij ij m n Như vậy, nếu a11 a 12 a 1n b11 b12 b1n a a a b b b A 21 22 2n , B 21 22 2n a m1 a m 2 a mn b m1 b m2 b mn Khi đó ta có a11 b 11 a 12 b 12 a 1n b 1n a b a b a b A B 21 21 22 22 2n 2n [a b ] ij ij m n am1 b m1 a m2 b m2 a mn b mn Thao tác cộng hai ma trận cùng cỡ : cộng các phần tử ở vị trí tương ứng với nhau Ví dụ 1. 1 1 3 1 3 3 2 4 0 2 3 0 0 1 0 2 2 0 3 2 2 2 2 1 1 4 1 3 3 3 3 3 3 1 3 5 -1 1 1 Ví dụ 2. A B 2 -1 1 2 3 2 1 1 2 3 0 4 6 C = A + B = 4 0 2 2 2 4 D = A – B = A + (-B) = 0 -2 0 Ma trận đối: Nếu A + B = [0] thì B gọi là ma trận đối của A và ngược lại. Ký hiệu ma trận đối của A là –A
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 91 4.2.2.2 Tính chất. Giả sử A, B, C là các ma trận cùng cỡ. Khi đó: 1) A + B = B + A 2) (A + B) + C = A + (B + C) 3) A +  =  + A = A 4) A + (-A) = (-A) + A =  4.2.3. Phép nhân ma trận với số thực. 4.2.3.1 Định nghĩa Cho A a và số thực k. Khi đó, tích của số thực k với ma trận A là một ma trận ij m n cùng cỡ đuợc xác định bởi: kA ka ij m n (Tức là: muốn thực hiện phép nhân ma trận với một số k, ta nhân tất cả các phần tử của ma trận với k.) Ví dụ: 3 2 6 4 1) 2. 1 2 2 2 2 4 2 2 1 1 3 4 9 11 2 3 1 3 8 15 2) 3 2 5 2 0 1 15 8 0 4 4 2 0 0 4 2 0 12 4 2 4.2.3.2 Tính chất Giả sử A, B là các ma trận cùng cỡ và k , n là các số thực bất kì. Khi đó: - k (A + B ) = k A + k B - ( k + n) A = kA + nA - k(nA ) = k n(A ) - 1.A = A - 0. A = 
92 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 4.2.4. Phép nhân hai ma trận. 4.2.4.1 Định nghĩa Cho hai ma trận A a , B b ( số cột của ma trận A bằng số hàng của ij m p i j p n ma trận B). Khi đó, tích của hai ma trận A và B là ma trận C c trong đó: i j m n p cij  ab ikkj ab i11j ab 122j ab 133j ab ippj k 1 tức là cij bằng tích vô hướng của hàng i ( ma trận A) với cột j ( ma trận B) 2 Ví dụ 1. 131 .3 1.23.31.9 16 16   1 3   1 1   1 1 9 3 1 Ví dụ 2. 2 1 3 1 c11 1.2 3.3 1.9 16 16 . 3 2 2 0 c21 2.2 2.3 0.9 2 2 2 39 2 1 2 1 3 1 1 3 2 0 3 Ví dụ 3. Tính AB với AB , 2 1 2 2 1 1 4 2 3 c c c Giả sử 11 12 13 , ta có AB (cij ) 2 3 c21 c 22 c 23 c11 = 1.2 + 3.1 = 5, c12 = 1.0 + 3.(-1) = -3, c13 = 1.(-3) + 3.4 = 9, c21 = 2.2 + (-1).1 = 3, c22 = 2.0 + (-1)(-1) = 1, c23 = 2.(-3) + (-1).4 = -10 1 3 2 0 3 5 3 9 Vậy AB 2 1 1 1 4 3 1 10 1 2 1 2 0 2 Ví dụ 4. Tính AB 2 1 2 . 4 1 3 3 0 0 1 0 0 3 3 3 3
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 93 Giải. 1 2 1 2 0 2 AB 2 1 2 4 1 3 3 0 0 1 0 0 1.2 2 4 1.1111.0 2.11.0 2 1.2 2 3 1.08 2 1 1 6 0 6 3 3 11 2 8 2 1 1 6 0 6 3 3 Ví dụ 5. Tính 2 0 2 1 2 1 8 4 2 BA 413212 119 2 1 0 0 3 0 0 1 2 1 3 3 Ví dụ 6. Tìm ma trận X thoả mãn: 3 - 2 3 4 11 0 a) . 2X 5 4 2 5 9 2 1 -3 2 2 5 6 0 -6 6 1 b) X - 3 -4 1 . 1 2 5 -2 -9 2 2 2 -5 3 1 3 2 -4 -8 6 Giải. a) Ta có 11 0 3 - 2 3 4 11 0 5 2 6 -2 2X = - . 2X = - 9 2 5 4 2 5 9 2 23 40 -14 -38 1 6 -2 3 -1 X = X 2 -14 -38 -7 -19 0 - 6 6 1 - 3 2 2 5 6 1 b) X - 2 - 9 2 3 - 4 1 1 2 5 2 - 4 - 8 6 2 - 5 3 1 3 2
94 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 0 - 6 6 1 5 - 5 1 -1 1 1 X - 2 - 9 2 3 10 0 1 1 2 2 - 4 - 8 6 2 9 - 7 - 2 1 -1 1 -1 1 2 - 2 2 X 2 1 1 2 2 2 4 - 2 1 -1 - 4 2 - 2 1 - 2 3 2 Ví dụ 7. Cho A = 2 - 4 1 và f(x) = 3x - 2x + 5. Tính f(A) 3 - 5 2 Giải. 2 1 - 2 3 1 - 2 3 1 0 0 2 f(A) = 3A – 2A + 5I = 3 2 - 4 1 - 2 2 - 4 1 + 5 0 1 0 3 - 5 2 3 - 5 2 0 0 1 6 -9 7 1 - 2 3 1 0 0 21 -23 15 = 3 3 7 4 - 2 2 - 4 1 + 5 0 1 0 = 13 34 10 1 4 8 3 - 5 2 0 0 1 9 22 25 Nhận xét. - Phép nhân AB thực hiện được khi và chỉ khi số cột của ma trận A bằng số hàng của ma trận B. - Phép nhân hai ma trận không có tính chất giao hoán. Ví dụ. 1 0 0 1 0 1 0 0 A , B AB BA 0 0 0 0 0 0 0 0 - Phép nhân AB và BA thực hiện được khi và chỉ khi nếu A là ma trận cỡ m × n thì B là ma trận cỡ n × m nhưng kết quả khác nhau: Ví dụ 1 3 8 5 9 1 2 3 5 10 A ;B 12 A.B BA 7011 3 1 4 12 11 2 1 1 5 2
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 95 4.2.4.2. Tính chất. - A ( B + C ) = AB + AC - ( A + B ) C = AC + BC - ( AB )C = A ( BC ) - ( kA ) B = k ( AB ) = A ( kB ) - AI = IA = A ( A là ma trận vuông , I là ma trận đơn vị cùng cấp với A) - (AB)T = BT AT 4.3. Các phép biến đổi sơ cấp của ma trận. Các phép biến đổi sơ cấp của ma trận gồm có ba thao tác sau : 1) Đổi chỗ hai hàng( hai cột ) cho nhau. 2) Nhân một hàng( một cột ) với một số khác không. 3) Nhân một hàng( một cột ) với một số rồi đem cộng vào một hàng khác (cột khác ). Các phép biến đổi sơ cấp của ma trận đóng vai trò rất quan trọng khi để tính định thức, tính hạng của ma trận và để giải hệ phương trình đại số tuyến tính . Khi nói : dùng các phép biến đổi sơ cấp của ma trận trên hàng thì các thao tác trên chỉ được thực hiện trên hàng. Sử dụng các thao tác về phép biến đổi sơ cấp của ma trận một cách hợp lý để đạt được mục đích cụ thể cho từng công việc. Chẳng hạn để giải một hệ phương trình đại số tuyến tính sau : x + 2y + 3z = -1 -2x + y + 2z = - 5 3x + 4y + z = -5 Khi đó ta viết dưới dạng ma trận : 1 2 3 -1 hg1 -2 1 2 -5 hg2 3 4 1 -5 hg3 Dùng các phép biến đổi sơ cấp của ma trận trên hàng : Nhân hg1 với 2 rồi đem cộng vào hg2 ; nhân -3 với hg1 rồi đem cộng vào hg3 :
96 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 1 2 3 -1 hg4 0 5 8 -7 hg5 0 -2 -8 -2 hg6 Nhân hg5 với 2 rồi đem cộng vào hg6 đã được nhân với 5, nhân hg5 với -2 rồi đem cộng vào hg4 đã được nhân với 5 : 5 0 -1 9 hg7 0 5 8 -7 hg8 0 0 -24 -24 hg9 Chia hg9 cho -24 được hg12, sau đó nhân hg12 với -8 rồi đem cộng vào hg 8, cộng hg12 với hg7 : 5 0 0 10 hg10 0 5 0 -15 hg11 0 0 1 1 hg12 Chia hg10 cho 5 , chia hg11 cho5 : 1 0 0 2 hg13 0 1 0 -3 hg14 0 0 1 1 hg15 Chú ý rằng các thao tác trên luôn cho ta một hệ phương trình tương đương với hệ ban đầu, đến đây ta có được x = 2 ; y = -3 ; z = 1. 4.4. Định thức 4.4.1. Định nghĩa định thức. 4.4.1.1 Định nghĩa 1. Cho ma trận A = a vuông cấp n ij n n Kí hiệu Mij là ma trận con cấp (n – 1) có được từ ma trận A khi bỏ đi hàng i, cột j. Khi đó Mij được gọi là ma trận con của A ứng với phần tử aij . Ví dụ. 1 2 5 4 1 1 2 Víi A 3 4 1 th× MM , 11 23 5 1 0 5 0 5 1
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 97 4.4.1.2 Định nghĩa 2. Giả sử A là ma trận vuông cấp n. Khi đó, định thức cấp n của ma trận A, kí hiệu là: det(A) hay A , là một số thực được định nghĩa một cách qui nạp sau: a) Định thức cấp 1. Giả sử A = [a11] det (A) = a11 (1) b) Định thức cấp 2. a11 a 12 a11 a 12 A det (A) = a11 a 22 a 12 a 21 (2) a21 a 22 a21 a 22 a11 a12 a13 c) Định thức cấp 3 : Giả sử : A a a a 21 22 23 a31 a32 a33 Khi đó, ta có: a11 a 12 a 13 1 1 1 2 1 3 det(A) a212223 a a 1 adetM 11 11 + 1 adetM 12 12 1 adetM 13 13 a31 a 32 a 33 a22 a 23 a 21 a 23 a 21 a 22 a11 . a 12 . a 13 . a32 a 33 a 31 a 33 a 31 a 32 Một cách tổng quát ta có : i 1 i 2 i 3 det(A) 1 adetMi1 i1 + 1 adetM i2 i2 1 adetM i3 i3 (3) 1 j 2 j 3 j hoặc det(A) 1 adetM1j 1j + 1 adetM 2j 2j 1 adetM 3j 3j (4) Trong đó Mij là ma trận vuông cấp 2 có được từ A bằng cách bỏ đi hàng thứ i, cột thứ j. Công thức (3) gọi là công thức khai triển định thức theo hàng thứ i với i = 1, 2, 3. Công thức (4) gọi là công thức khai triển định thức theo cột thứ j với j = 1, 2, 3. 1 3 0 Ví dụ 1. Tính định thức của ma trận A 2 1 3 4 1 5
98 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Giải - Khai triển định thức theo hàng 1, ta được: 1 3 0 1 3 2 3 det(A) = 2 13 (1).1.1 1 (1).3. 1 2 0 832 2 1 5 4 5 4 1 5 - Khai triển định thức theo cột 3, ta được: 1 3 0 1 3 1 3 det(A) = 2 13 0 13 2 3 (1).5. 3 3 3335 2 4 1 2 1 4 1 5 - Khai triển theo hàng 3 ta được : 3 0 1 0 1 3 det(A) = (-1)3 + 1.4 . + (-1)3 + 2 .1. + (-1)3 + 3. 5 . = 36 - 3 -35 = -2 1 3 2 3 2 1 d) Định thức cấp n. Giả sử ta đã định nghĩa được định thức cấp (n - 1). Khi đó, định thức cấp n của ma trận A = a được xác định như sau: ij n x n i 1 i 2 i n det(A) 1 adetMi1 i1 + 1 adetM i2 i2 1 a in detM in (5) hoặc 1 j 2 j m j det(A) 1 adetM1j 1j + 1 adetM 2j 2j 1 adetM mj mj (6) Trong đó Mij là ma trận vuông con cấp (n - 1) có được từ A bằng cách bỏ đi hàng thứ i cột thứ j. Công thức (5) gọi là công thức khai triển định thức theo hàng thứ i với i = 1, 2, , n. Công thức (6) gọi là công thức khai triển định thức theo cột thứ j với j = 1, 2, .,n. 1 6 0 1 0 2 1 0 Ví dụ 2. Tính định thức: det(A) = 1 3 0 1 3 0 1 1
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 99 Giải. Ta có thể khai triển định thức theo hàng 2 hoặc cột 3 vì có 2 phần tử bằng 0.  Khai triển theo hàng 2: 1 6 0 1 1 0 1 1 6 1 0 2 1 0 1 2 2 2 1 0 1 1 2 3 1 3 1 1 3 0 1 3 1 1 3 0 1 3 0 1 1 1 0 1 2 2 3 2 1 1 Tính I1 = 1 2 1 0 1 , khai triển theo cột 2 được I1 = 2 1 0 1 1 3 1 1 1 6 1 6 1 1 6 Tính I2 = 1 3 1 , khai triển theo hàng 3 được I2 =3 1 27 9 36 3 1 1 3 3 0 1 Vậy det(A) = 0 – 36 = -36.  Khai triển theo cột 3: 1 6 0 1 1 6 1 1 6 1 0 2 1 0 1 2 3 1 3 1 1 4 3 0 2 0 36 1 3 0 1 3 0 1 1 3 1 3 0 1 1 Ví dụ : Tính các định thức sau: 3 5 2 4 3 0 2 2 0 4 0 0 4 7 0 4 a) b) 0 7 7 5 1 0 3 0 8 8 5 0 2 6 3 2 Hướng dẫn :: a) Khai triển theo hàng 2 b) Khai triển theo cột 2 hoặc hàng 3.
100 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 4.4.2. Các tính chất cơ bản của định thức. Tính chất 1 Giả sử A vuông , khi đó det(A) = det(AT) Ví dụ. 3 2 2 3 2 1 2 1 0 2 1 3 12 1 3 2 2 0 2 Hệ quả. Mọi tính chất cho định thức nếu đúng cho hàng thì cũng đúng cho cột và ngược lại. Tính chất 2 Đổi chỗ hai hàng (hai cột ) của định thức cho nhau thì định thức đổi dấu. Ví dụ. cũng với ví dụ trên 3 2 2 3 2 2 2 1 0 12 , đổi chỗ hàng 2 với hàng 3 : 1 3 2 12 1 3 2 2 1 0 Tính chất 3 Khi nhân các phần tử của một hàng (một cột ) với cùng một số k thì định thức được nhân lên k lần. Hệ quả. Nếu các phần tử của một hàng (một cột ) có thừa số chung thì có thể đưa thừa số chung đó ra ngoài dấu định thức. 1 5 156 Ví dụ : Chứng minh D chia hết cho 13, với D 2 8 286 4 1 416 Giải nhận xét rằng 156 = 12.13, 286 = 22.13, 416 = 32.13 nên rút thừa số chung 13 ra ngoài được 1512.13 1512 1 5 12 D 2 8 22.13 13.2 8 22 chú ý rằng 2 8 22 = M , => D = 13.M 4132.13 4132 4 1 32
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 101 do các phần tử ma trận chỉ toàn các số nguyên nên M phải là số nguyên => D chia hết cho 13 Đpcm Tính chất 4 Khi tất cả các phần tử của một hàng (một cột) có dạng tổng của hai số hạng thì định thức có thể phân tích thành tổng của hai định thức như sau: Ví dụ a11 a 12 a 13 a 11 a 12 a 13 a 11 a 12 a 13 '''''' aaaaaa21 21 22 22 23 23 aaa 21 22 23 aaa 21 22 23 a31 a 32 a 33 a 31 a 32 a 33 a 31 a 32 a 33 Tính chất 5 Định thức của ma trận sẽ bằng không nếu thoả mãn một trong các điều kiện sau: - Có một hàng (một cột) gồm toàn là số không. - Có hai hàng (hai cột) tỷ lệ với nhau. - Có một hàng (một cột) là tổ hợp tuyến tính của các hàng khác (cột khác). ( Đại lượng là tổ hợp tuyến tính của các đại lượng 1 ,2 , ,n , nếu tồn tại n số thực k1, k2 , , kn để cho k1  1 k 2  2 k n  n ) Ví dụ. a 1 b1 a 1 2b1 a 2 b 2 a 2 2b 2 0 (Vì cột 3 = cột 1 + 2.cột 2) a 3 b 3 a 3 2b3 Tính chất 6: Định thức của ma trận sẽ không thay đổi nếu nhân k vào một hàng (một cột) rồi đem cộng vào một hàng khác(cột khác). Ví dụ. 3 2 1 1 0 7 (khai triÓn (h 2h h )2 2 1 7 2 1 31 2 1 2 1 3theo cét 2) 1 12 2 2 2 0 2 2 0 2
102 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Tính chất 7 Định thức của ma trận tam giác bằng tích các phần tử trên chéo chính a11 a 12 a 1n a 11 0 0 0 a22 a 2n a 21 a 22 0 a11 a 22 a nn 0 0 ann a n1 a n2 a nn Tính chất 8 Nếu A, B là hai ma trận vuông cấp n thì det(AB) = det(A). det(B) 4.4.3. Tính định thức bằng các phép biến đổi sơ cấp Từ các tính chất của định thức, ta có được các kết quả khi thao tác các phép biến đổi sơ cấp của ma trận được ghi trên bảng sau : Thao tác Kết quả 1. Nhân 1 hàng với 1 số k 0 Định thức nhân k 2. Đổi chỗ 2 hàng Định thức đổi dấu 3.Nhân k với hàng r rồi đem cộng vào hàng s Định thức không đổi Nhận xét : Nếu tính định thức bằng việc sử dụng công thức khai triển theo hàng (hay cột) thì khối lượng tính sẽ rất lớn ( khi n 4 ). Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp của ma trận để đưa ma trận về dạng tam giác, khi đó định thức của ma trận tam giác bằng tích các phần tử trên chéo chính. Để tính định thức theo phương pháp này ta làm như sau: Bước 1: Áp dụng các phép biến đổi sơ cấp đưa định thức về dạng định thức ma trận tam giác, nhớ ghi lại tác dụng của các phép biến đổi sơ cấp được sử dụng. Bước 2: Tính giá trị định thức dạng tam giác và kể cả tác dụng tổng hợp của các phép biến đổi sơ cấp để sử dụng. Hµng thø 1 1 3 5 2 Hµng thø 2 2 5 8 2 Hµng thø 3 4 2 0 1 Hµng thø 4 3 4 3 2
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 103 Hµng thø 1 1 3 5 2 ( -2 ) * hµng 1 + hµng 2 0 1 2 6 ( 4 ) * hµng 1 + hµng 3 0 14 20 9 ( -3 ) * hµng 1 + hµng 4 0 13 12 8 Hµng thø 1 1 3 5 2 hµng 2 0 1 2 6 ( 14 ) * hµng 2 + hµng 3 0 0 8 75 ( -13 ) * hµng 2 + hµng 4 0 0 14 70 Hµng thø 1 1 3 5 2 hµng 2 0 1 2 6 hµng 3 0 0 8 75 245 ( 7/ 4 ) * hµng 3 + hµng 4 0 0 0 4 245 định thức = 1.(-1).(-8). = 490 4 4.5. Ma trận nghịch đảo . 4.5.1. Phần phụ đại số của một phần tử, ma trận phụ hợp. Cho ma trận A vuông cấp n a11 a12 a1n a a a A 21 22 2n a n1 a n 2 a nn Ký hiệu Mij là ma trận có được từ ma trận A khi bỏ đi hàng i, cột j det MnÕu (i j) ch½n i + j ij Aij = (-1) det(Mij) = det MnÕu (i j) lÎ ij Aij gọi là phần phụ đại số của phần tử aij .
104 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 4.5.1.1. Ma trận phụ hợp:   Định nghĩa : Ma trận phụ hợp của ma trận A là ma trận được ký hiệu A = Aij    A11 A 12 A 1n A A  A    21 22 2n tức là : AA ij n n    An1 A n 2 A nn   với A ij = Aji => A ij là phần phụ đại số của phần tử aji trong ma trận A 4.5.1.2. Phương pháp tính ma trận phụ hợp : Để tìm ma trận phụ hợp của ma trận A = (aij) ta thực hiện các bước sau:  T Tìm (A ij) = (Aij)  T  T Từ ( A ij) ta chuyển vị sẽ được A = (Aij) 1 2 Ví dụ 1: Tìm ma trận phụ hợp của các ma trận sau: A 3 4 Giải: Tìm các phần phụ đại số: A11 = 4, A12 = -3, A21 = -2, A22 = 1 T  4 3 4 2 Suy ra ma trận phụ hợp của A là: A . 2 1 3 1 Ghi nhớ Nếu A là ma trận vuông cấp 2 thì ma trận phụ hợp của A là A sẽ có được từ A khi các phần tử chéo chính đổi chỗ , các phần tử “ chéo phụ ” đổi dấu. Ví dụ 2: Tìm ma trận phụ hợp của các ma trận sau: 2 5 7 A 6 3 4 5 2 3 Giải: - Tính phần phụ đại số của các phần tử :
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 105 1 1 3 4 1 2 6 4 1 3 6 3 A11= 1 = -1, A12 = 1 = 38, A13= 1 = -27, 2 3 5 3 5 2 2 1 5 7 2 2 2 7 2 3 2 5 A21= 1 1 , A22 =( 1) 41, A23 = ( 1) 29 , 2 3 5 3 5 2 3 1 5 7 3 2 2 7 3 3 2 5 A31= 1 1, A32=( 1) 34 , A33=( 1) 24 . 3 4 6 4 6 3 Suy ra ma trận phụ hợp của A là: 1 1 1  A 38 41 34 27 29 24 2 1 3 Ví dụ 3: Tìm ma trận phụ hợp của ma trận sau: A 1 0 2 3 2 3 Giải: Các phần phụ đại số: 1 1 0 2 1 2 1 2 1 3 1 0 A 1 4 ; A 1 3; A 1 2 11 2 3 12 3 3 13 3 2 2 1 1 3 2 2 2 3 2 3 2 1 A 1 3 ; A 1 15 ; A 1 7 21 2 3 22 3 3 23 3 2 3 1 1 3 3 2 2 3 3 3 2 1 A 1 2; A 1 7 ; A 1 1 31 0 2 32 1 2 33 1 0 Ma trận phụ hợp của A là: T 4 3 2 4 3 2 A 3 15 7 3 15 7 2 7 1 2 7 1 4.5.2. Ma trận nghịch đảo. 4.5.2.1 Định nghĩa: Cho A là ma trận vuông cấp n. Nghịch đảo của ma trận A (nếu tồn tại) là một ma trận -1 -1 -1 vuông cấp n được ký hiệu là A , sao cho AA = A A = In (trong đó In là ma trận đơn vị cấp n) , khi đó nói rằng ma trận A là khả đảo
106 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 4.5.2.2 Tính chất: Nếu A có ma trận nghịch đảo là A-1 thì A-1 cũng khả đảo và nghịch đảo của A 1 là (A 1) 1 = A Nghịch đảo của một ma trận vuông nếu có là duy nhất. Nếu A và B đều có nghịch đảo thì: +) (AB)-1=B-1A-1 1 +) (kA)-1 = A 1 k 4.5.2.3 Điều kiện tồn tại ma trận nghịch đảo của một ma trận vuông Định lý 1: Điều kiện cần và đủ để ma trận vuông khả đảo là định thức của nó khác không. Nếu ma trận A có det(A) 0 thì ta còn gọi A là ma trận không suy biến, ngược lại ta gọi A là ma trận suy biến. 4.5.2.4 Phương pháp tìm ma trận nghịch đảo. Phương pháp ma trận phụ hợp. Định lý 2: Nếu ma trận A vuông có detA 0 thì A có ma trận nghịch đảo A-1 được tính bởi công thức: 1 AA 1  det(A) Nhận xét: Từ định lí trên, để tìm ma trận nghịch đảo của ma trận không suy biến A ta tiến hành theo 3 bước:  Tính det(A). Nếu det(A) = 0 thì kết luận ma trận A không tồn tại ma trận nghịch đảo. Nếu det(A) 0, chuyển sang bước sau :  Tìm tất cả các phần phụ đại số của các phần tử aij có mặt trong ma trận A rồi thiết lập ma trận A T và suy ra ma trận phụ hợp A
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 107 1 1  Nhân ma trận A với ta được: AA 1  . det(A) det(A) 1 2 Ví dụ : Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A 3 4 Giải: Có det(A) = 4 – 6 = -2  4 2 Áp dụng kết quả ở ví dụ 1, ma trận phụ hợp của A là A 3 1 2 1 4 2 1 1 1 Vậy AA 3 1 det(A) 2 3 1 2 2 Ví dụ : Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau: 2 5 7 A 6 3 4 5 2 3 Giải: 2 5 7 (khai triÓn theo h ) 2 3 4 6 4 6 3 det(A) = 6 3 4 2 5 7 2 3 5 3 5 2 5 2 3 2 190 189 1 0 Vậy tồn tại ma trận A-1. - Theo kết quả ở ví dụ 2 thì ma trận phụ hợp của A là: 1 1 1  A 38 41 34 27 29 24 Vậy ma trận nghịch đảo cần tìm là: 1 1 1 1 1 1 1 1 A 1 A 38 4134 3841 34 det(A) 1 27 29 24 27 29 24 Chú ý: Phương pháp này được áp dụng để tìm. ma trận nghịch đảo của những ma trận cấp nhỏ (cấp n 3).
108 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Phương pháp Gauss-Jordan Để tìm ma trận nghịch đảo của A ta làm như sau:  Bước 1: Viết ma trận đơn vị I cùng cấp với A bên cạnh ma trận A như sau: (A | I)  Bước 2: Áp dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng đưa dần phần ma trận A về ma trận tam giác trên ma trận chéo ma trận đơn vị. Tác động đồng thời các phép biến đổi đó vào phần ma trận I.  Bước 3: Khi ở phần ma trận A (ban đầu) xuất hiện dạng ma trận đơn vị I thì ở phần ma trận I (ban đầu) xuất hiện ma trận A-1 (tức là: (A | I) (I | A 1) 1 2 3 Ví dụ 9: Tìm ma trân nghịch đảo của A 2 5 3 theo phương pháp Gaus – Jordan. 1 0 8 Hµng thø 1 1 2 3 1 0 0 Hµng thø 2 2 5 3 0 1 0 Hµng thø 3 1 0 8 0 0 1 Hµng thø 1 1 2 3 1 0 0 ( -2 ) * hµng 1 + hµng 2 0 1 -3 -2 1 0 ( -1 ) * hµng 1 + hµng 3 0 -2 5 -1 0 1 Hµng thø 1 1 2 3 1 0 0 Hµng thø 2 0 1 -3 -2 1 0 ( 2 ) * hµng 2 + hµng 3 0 0 -1 -5 2 1 -3 * hµng 3 + hµng 1 1 2 0 -14 6 3 3 * hµng 3 + hµng 2 0 1 0 13 -5 -3 -1 * hµng 3 0 0 1 5 -2 -1 -2 * hµng 2 + hµng 1 1 0 0 -40 16 9 hµng 2 0 1 0 13 -5 -3 hµng 3 0 0 1 5 -2 -1 40 16 9 Vậy A 1 13 5 3 5 2 1 Chú ý: Phương pháp Gauss - Jordan đặc biệt hiệu quả đối với ma trận cấp 4.
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 109 4.5.2.5. Ứng dụng ma trận nghịch đảo giải phương trình ma trận Bài toán 1: Tìm ma trận X thoả mãn AX = B biết det(A) 0 Phương pháp: Do det(A) 0 nên tồn tại A-1. Nhân vào bên trái cả hai vế của phương trình với A-1, ta được: A(AX) 1 AB 1 IX X AB 1 do đó X = A-1B. Bài toán 2: Tìm ma trận X thoả mãn XA = B biết det(A) 0 Tương tự như trên, nhân vào bên phải cả hai vế với ma trận A-1, do đó X = BA-1. 1 2 3 5 Ví dụ Giải phương trình ma trận: .X = 3 5 5 9 1 1 2 1 2 5 2 Giải: do 1 0 nên tồn tại 3 5 3 5 3 1 1 1 2 3 5 1 2 3 5 5 2 3 5 5 7 Có .X = X. = = 3 4 5 9 3 5 5 9 3 1 5 9 4 6 5 3 1 8 3 0 Ví dụ Giải phương trình ma trận: X. 1 3 2 5 9 0 5 2 1 2 15 0 1 5 3 1 5 3 1 1 1 3 1 Giải: Vì 1 3 2 19 0 nên 1 3 2 . 9 10 11 19 5 2 1 5 2 1 13 25 18 1 8 3 0 5 3 1 8 3 0 1 1 3 1 X 5 9 0 1 3 2 = 5 9 0 . . 9 10 11 19 2 15 0 5 2 1 2 15 0 13 25 18 1 2 3 X 4 5 6 7 8 9
110 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 4.5.3. Hạng của ma trận 4.5.3.1 Định nghĩa: Cho ma trận: a a a 11 12 1n a a a A 21 22 2n am1 am2 amn Hạng của ma trận A là cấp cao nhất của định thức con khác không có được trong A. Ký hiệu hạng của A là (A) . Nhận xét : Nếu A có cỡ m × n thì (A) ≤ min (m , n ) k k Sẽ có CmCn định thức con cấp k Ví dụ : cho ma trận A, với 1 3 2 4 A 2 2 0 3 3 1 2 1 Như vậy A có cỡ 3 × 4, do đó (A) ≤ min (3 , 4 ) = 3 Xét các ma trận vuông con cấp 3 của A : 1 3 2 1 3 4 1 2 4 3 2 4 2 2 0 0, 2 2 3 0, 2 0 3 0, 2 0 3 0 3 1 2 3 1 1 3 2 1 1 2 1  Vì định thức của chúng đều bằng không nên hạng của A không thể bằng 3 được, 2 2 do đó ta xét đến các ma trận vuông con cấp 2. Sẽ có C3 C4 = 18 ma trận vuông con cấp 2 1 3 3 2 8, 4, 2 2 2 0  Thấy rằng có một định thức của ma trận vuông con cấp 2 bằng -8 0, do đó (A) = 2. Nhưng ta không thể tìm hạng của một ma trận theo cách thức như trên được, vì như vậy phải đi tính một số lượng định thức khá lớn. Chính vì lẽ đó người ta đã đi tìm một phương pháp khác để tính hạng của ma trận .
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 111 4.5.3.2 Ma trận hình thang Trước hết ta có khái niệm về hàng không và hàng khác không : - Hàng không là hàng có tất cả các phần tử đều bằng 0 - Hàng khác không là hàng có ít nhất một phần tử khác 0 Định nghĩa: Ma trận hình thang là ma trận thoả mãn 2 tính chất sau: - Các hàng khác không luôn ở phía trên các hàng không - Phần tử khác không đầu tiên ở hàng thứ i (kể từ trái sang phải) phải là ở cột thứ i Ma trận hình thang có dạng : Ví dụ: 1 3 5 7 1 2 5 7 0 1 1 2  A ; B 0 3 0 1 => A và B là các ma trận hình thang 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 5 7 3 2 5 7  C 0 1 2 1 ; D 0 0 2 1 => C và D không là các ma trận hình thang 0 2 1 1 0 4 3 1 Hạng của ma trận hình thang Hạng của ma trận hình thang bằng số hàng khác không của nó. Chú ý : Khái niệm về ma trận hình thang ở đây có khác với khái niệm về ma trận bậc thang như một số tài liệu khác đã dùng. Sở dĩ đưa ra khái niệm ma trận hình thang là để dùng thuận lợi khi giải hệ phương trình đại số tuyến tính tổng quát, nội dung này sẽ ở cuối chương này.
112 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 4.5.3.3 Phương pháp tìm hạng của ma trận. Nhận xét: Các phép biến đổi sơ cấp không làm thay đổi tính bằng không hay khác không của định thức, do đó không làm thay đổi hạng của ma trận. Vì vậy để tìm hạng của ma trận A ta làm như sau:  Dùng các phép biến đổi sơ cấp, đưa ma trận A về dạng ma trận hình thang.  Khi đó hạng của ma trận A sẽ bằng hạng ma trận hình thang và bằng số hàng khác không của ma trận hình thang. 1 2 5 1 3 2 3 1 4 2 Ví dụ : Tìm hạng của ma trận :A 4 7 9 2 1 1 0 3 2 1 Đưa ma trận A về dạng hình thang như sau : Cét 1 Cét 2 Cét 3 Cét 4 Cét 5 Hµng thø 1 1 2 5 -1 3 Hµng thø 2 2 3 -1 4 2 Hµng thø 3 4 7 9 2 1 Hµng thø 4 -1 0 3 2 1 Cét 1 Cét 2 Cét 3 Cét 4 Cét 5 Hµng thø 1 1 2 5 -1 3 ( -2 ) * hµng 1 + hµng 2 0 -1 -11 6 -4 ( -4 ) * hµng 1 + hµng 3 0 -1 -11 6 -11 ( 1 ) * hµng 1 + hµng 4 0 2 8 1 4 Cét 1 Cét 2 Cét 3 Cét 4 Cét 5 Hµng thø 1 1 2 5 -1 3 hµng 2 0 -1 -11 6 -4 ( -1 ) * hµng 2 + hµng 3 0 0 0 0 -7 ( 2 ) * hµng 2 + hµng 4 0 0 -14 13 -4 Cét 1 Cét 2 Cét 3 Cét 4 Cét 5 Hµng thø 1 1 2 5 -1 3 hµng 2 0 -1 -11 6 -4 hµng 4 0 0 -14 13 -4 hµng 3 0 0 0 0 -7 Cét 1 Cét 2 Cét 3 Cét 5 Cét 4 Đổi cột 4 và cột 5 1 2 5 3 -1 0 -1 -11 -4 6 0 0 -14 -4 13 0 0 0 -7 0 Kết luận: Hạng của ma trận A bằng 4
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 113 4.6 Hệ phương trình đại số tuyến tính 4.6.1 Định nghĩa và các định lý 4.6.1.1 Định nghĩa : Hệ m phương trình đại số tuyến tính của n ẩn số thực có dạng: a11 x 1 a 12 x 2 a 1n x n b 1 a21 x 1 a 22 x 2 a 2n x n b 2 (I) am1 x 1 a m 2 x 2 a mn x n b m Trong đó x1, x2, , xn là các ẩn số cần tìm aij là các số thực - hệ số của phương trình thứ i gắn với ẩn x j i 1, m , j 1, n . bi là các số thực - vế phải của phương trình thứ i , ( i 1, m ) a11 a 12 a 1n a a a Đặt A 21 22 2n , ma trận A được gọi là ma trận hệ số của hệ (I). am1 a m 2 a mn x b 1 1 x2 b2 X được gọi là ma trận ẩn ; B được gọi là ma trận vế phải   xn bm a11 a 12 a 1n b 1 a a a b A A B = 21 22 2n 2 được gọi là ma trận bổ sung của hệ (I). am1 a m 2 a mn b m Bằng phép nhân ma trận, hệ phương trình (I) được viết ở dạng ma trận như sau: AX = B (II) Dạng (II) gọi là dạng ma trận của hệ (I). - Nếu B =  (tức là: bi 0,  i 1,m ) thì hệ (II) gọi là hệ thuần nhất. Nếu có ít nhất một bi ≠ 0 thì hệ (II) gọi là hệ không thuần nhất.
114 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy - Nếu A là ma trận vuông (tức số phương trình bằng số ẩn) thì hệ (I) và (II) gọi là hệ vuông. - Nghiệm của hệ (I) là một bộ gồm n số thực (x1, x2, ,xn) sao cho thoả mãn tất cả các phương trình của hệ. Nhận xét:  Hệ thuần nhất AX =  luôn có nghiệm không: (x1, x2, ,xn) = (0, 0, , 0). Nghiệm này gọi là nghiệm tầm thường. Các nghiệm khác nghiệm tầm thường gọi là nghiệm không tầm thường.  Hệ dạng hình thang: Hệ AX = B gọi là hệ hình thang nếu A là ma trận hình thang. 4.6.1.2 Định lý (Kronecker - Capelli): Điều kiện cần và đủ để hệ phương trình AX = B có nghiệm là (A) (A) 2x1 x 2 3 x 3 2 x 4 4 Ví dụ 1: Xét hệ phương trình sau: 4x1 2 x 2 5 x 3 x 4 7 . 2x1 x 2 x 3 8 x 4 3 Ma trận bổ sung của hệ là: 2 1 3 2 4 AAB 4 2 5 1 7 2 1 1 8 3 Dùng các phép biến đổi sơ cấp ma trận trên hàng đưa phần ma trận A về dạng hình thang 2 1 3 2 4 (h2 2 h 1 h 2 ) 2 1 3 2 4 A 4 2 5 1 7 0 0 1 5 1 2 1 1 8 3 ()h3 h 1 h 3 0 0 2 10 1 2 1 3 2 4 h3 2 h 2 h 3  0 0 1 5 1 AB ' ' 0 0 0 0 1 Suy ra: (A) = 2 và A 3. Theo định lí trên, hệ đã cho vô nghiệm.
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 115 4.6.1.3 Biện luận hệ phương trình đại số tuyến tính AX = B a) Nếu (A) (A) thì hệ vô nghiệm. b) Nếu (A) = (A) thì hệ  nghiệm: . Nếu (A) = (A) = n (số ẩn) thì hệ có nghiệm duy nhất. . Nếu (A) = (A) hạng A = hạng A = 3 = số ẩn => hệ có nghiệm duy nhất  Nếu a = 1 và :  nếu b = 3 thì hạng A = hạng A = 2 hệ vô số nghiệm  nếu b 3 thì hạng A =2 hạng A = 3 => hệ vô nghiệm
116 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Do đó: a) Hệ có nghiệm duy nhất (A) (A) 3 a 1 b) Hệ có vô số nghiệm (A) (A) 3 a = 1 và b = 3 c) Hệ vô nghiệm (A) (A) (A) 2 vµ (A) 3 a = 1, b 3 4.6.2 Hệ Cramer. 4.6.2.1 Định nghĩa: Hệ phương trình đại số tuyến tính AX = B là một hệ vuông, thỏa mãn điều kiện det(A) 0 thì được gọi là hệ Cramer. 4.6.2.2 Tính chất: Hệ Cramer AX = B luôn có nghiệm duy nhất xác định bởi công thức X = A-1 B. 4.6.2.3 Phương pháp giải hệ Cramer ( có 3 phương pháp) Phương pháp Cramer: Định lí: (Cramer) x 1 x Hệ CramerAX = B , (A là ma trận vuông cấp n) có nghiệm: X 2 với các thành  x n det(Ai ) phần ẩn xi được xác định bởi công thức: x , i 1.n i det(A) Với Ai là ma trận có được từ A bằng cách thay cột thứ i của A bởi cột ma trận vế phải B. Chú ý : Phương pháp Cramer thường sử dụng để giải cho hệ 2 hoặc 3 phương trình x1 2x 2 x 3 2 Ví dụ : Giải phương trình 2x1 x 2 x 3 3 2x1 3x 2 4x 3 4 Giải 1 2 1 2 2 1 Có det(A ) 2 1 1 –13 det(A1 ) 3 1 1 –13 2 3 4 4 3 4
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 117 1 2 1 1 2 2 det(A2 ) 2 3 1 –26 det(A3 ) 2 1 3 - 39 2 4 4 2 3 4 Do đó nghiệm của hệ đã cho là det(A) det(A) det(A) x 1 1 , x 2 2 , x 3 3. 1det(A) 2 det(A) 3 det(A) Kết luận: Nghiệm của phương trình là (x1, x2, x3) = (1, 2, 3) Ví dụ : Giải hệ phương trình x1 2x2 x3 4 2x1 x2 x3 0 x1 x2 x3 1 Lời giải. 1 2 1 4 2 1 A 2 1 1 7 A1 0 1 1 7 1 1 1 1 1 1 1 4 1 1 2 4 A2 2 0 1 7 A3 2 1 0 7 1 1 1 1 1 1 A A A x 1 1 x 2 1 x 3 1 1 A 2 A 3 A Kết luận: Nghiệm của phương trình là (x1, x2, x3) = (1, -1 , 1) Phương pháp dùng ma trận nghịch đảo. - Xét hệ Cramer AX = B. Vì detA 0 nên A có ma trận nghịch đảo A-1 Do vậy từ AX = B A-1A X = A-1B => X = A-1B - Tìm ma trận nghịch đảo A-1 - Thực hiện phép nhân: X = A-1B
118 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Ví dụ : Giải hệ sau theo phương pháp ma trận nghịch đảo x1 2 x 2 3 x 3 2 2x1 5 x 2 x 3 3 3x1 x 2 2 x 3 9 Giải: 1 2 3 x1 2 Ma trận hệ số: A 2 5 1 ; X = x ; B = 3 2 3 1 2 x3 9 1 2 3 Ta có det(A) =|A | 2 5 1 1. 9 - 2. 7 + 3 . 17 = 9 - 14 + 51 = 46 3 1 2 ==> det(A) = 46 0 . Vậy hệ đã cho là hệ Cramer. Ta có A11 = 9 ; A12 = -7; A13 = 17 A21 = -1; A22 = 11 A23 = - 7 A31 = - 13; A32 = 5; A33 = 1 9 7 17 9 1 13 1 A T 1 11 7 => ma trận phụ hợp A 7 11 5 ; AA 1  det(A) 13 5 1 17 7 1 9 1 13 9 1 13 2 3 1 1 Vậy A 1 7 11 5 => X = A-1B = 7 11 5 3 2 46 46 17 7 1 17 7 1 9 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình trên là : x1 3 X = x = 2 2 x3 1
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 119 Giải hệ Cramer AX = B bằng phương pháp Gauss. Bước 1: Viết ma trận bổ sung AAB Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa phần ma trận A về dạng tam giác . Đến đây ta dễ dàng biết được A vµ A - Nếu AA thì kết luận hệ AX = B vô nghiệm. - Nếu A A n (n là số ẩn) thì hệ đã cho tương đương với hệ tam giác: AXB'' , tiếp tục dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng đưa phần A’ về dạng chéo > dạng đơn vị, lúc này phần B’ sẽ là nghiệm X Ví dụ : Giải hệ sau bằng phương pháp Gauss 2x1 4x 2 3x 3 4 3x1 x 2 - 2x 3 - 2 4x1 11x 2 7x 3 7 Chú thích x1 x2 x3 VÕ ph¶i 2 4 3 4 Hg 1 3 1 -2 -2 Hg 2 4 11 7 7 Hg 3 hg4 = Hg 1 2 4 3 4 hg4 hg 5 =( -3/ 2 ) * hg 1 + hg 2 0 -5 -13/ 2 -8 hg5 hg6 =( -2 ) * hg 1 + hg 3 0 3 1 -1 hg6 hg 7 = Hg 4 2 4 3 4 hg7 hg8 = Hg 5 0 -5 -13/ 2 -8 hg8 hg9 = ( 3/ 5 ) * hg 5 + hg 6 0 0 -29/ 10 -29/ 5 hg9 hg 10 = ( -3 ) * hg 12 + hg 7 2 4 0 -2 hg10 hg11 = ( 13/ 2 ) * hg 12 + hg 0 -5 0 5 hg11 hg8 12 = ( 10/-29 ) * hg 9 0 0 1 2 hg12 hg13 = ( -4 ) * hg 11 + hg 10 2 0 0 2 hg13 hg14 = ( 1/-5 ) * hg 11 0 1 0 -1 hg14 hg 15 = hg12 0 0 1 2 hg15 hg16 = (1/ 2 ) * hg 13 1 0 0 1 hg16 0 1 0 -1 0 0 1 2 Vậy nghiệm của hệ là (x1 , x2, x3) = (1, -1, 2)
120 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 4.6.3 Giải hệ phương trình đại số tuyến tính tổng quát AX = B Phương pháp Gauss giải hệ phương trình tuyến tính tổng quát AX = B được thực hiện theo các bước sau : Bước 1: Viết ma trận bổ sung AAB . Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa A về dạng ma trận hình thang AAB''' . Đến đây ta dễ dàng biết được A vµ A . Khi đó xảy ra 3 trường hợp: - Nếu AA thì kết luận hệ AX = B vô nghiệm. - Nếu A A n (n là số ẩn ) thì hệ đã cho tương đương với hệ tam giác: AXB'' , tiếp tục dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng đưa phần A’ về dạng chéo > dạng đơn vị, lúc này phần B’ sẽ là nghiệm X. - Nếu A A r n (n là số ẩn ) thì hệ đã cho tương đương với hệ hình thang: AXB'' , tiếp tục dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng đưa phần tam giác của ma trận hình thang A’ ( ứng với r ẩn - gọi là các ẩn chính ) về dạng chéo dạng đơn vị, khi đó các phần tử của A’ ( ở phần không phải tam giác ứng với n r ẩn tùy ý - gọi là các ẩn phụ) được chuyển sang vế phải ( và bị đổi dấu) sẽ là các hệ số của các ẩn tùy ý, còn phần B’ là các số. Như vậy ta có r ẩn chính được tính theo giá trị của n - r ẩn phụ tùy ý còn lại. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 3x1 5x2 2x3 4x4 2 7x1 4x2 x3 3x4 5 5x1 7x2 4x3 6x4 3 Tính toán theo phương pháp Gauss x1 x2 x3 x4 VÕ ph¶i 3 -5 2 4 2 hg1 7 -4 1 3 5 hg2 5 7 -4 -6 3 hg3
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 121 x1 x2 x3 x4 VÕ Ph¶i 3 -5 2 4 2 hg4 ( -7/ 3 ) * hµng 1 + hµng 2 0 23/ 3 -11/ 3 -19/ 3 1/ 3 hg5 ( -5/ 3 ) * hµng 1 + hµng 3 0 46/ 3 -22/ 3 -38/ 3 -1/ 3 hg6 x1 x2 x3 x4 VÕ Ph¶i 3 -5 2 4 2 hg7 0 23/ 3 -11/ 3 -19/ 3 1/ 3 hg8 ( -2 ) * hµng 5 + hµng 6 0 0 0 0 -1 hg9 => hạng (A) = 2 còn hạng A = 3 => Kết quả: bài toán vô nghiệm Ví dụ 2: x1 2x2 x 3 x 4 1 Giải hệ: 2x1 x2 - x 3 - x 4 3 x1 x2 2x 3 x 4 5 Giải theo phương pháp Gauss x1 x2 x3 x4 VÕ ph¶i 1 -2 1 1 1 hg1 -2 1 -1 -1 3 hg2 1 -1 2 1 5 hg3 x1 x2 x3 x4 VÕ Ph¶i 1 -2 1 1 1 hg4 ( 2 ) * hg 1 + hg 2 0 -3 1 1 5 hg5 ( -1 ) * hg 1 + hg 3 0 1 1 0 4 hg6 x1 x2 x3 x4 VÕ Ph¶i 1 -2 1 1 1 hg7 0 -3 1 1 5 hg8 ( 1/ 3 ) * hg 5 + hg 6 0 0 4/ 3 1/ 3 17/ 3 hg9 x1 x2 x3 x4 VÕ Ph¶i ( -1 ) * Hg 12 + hg 7 1 -2 0 3/ 4 -13/ 4 hg10 ( -1 ) * Hg 12 + hg 8 0 -3 0 3/ 4 3/ 4 hg11 ( 3/ 4 ) * hg 9 0 0 1 1/ 4 17/ 4 hg12 x1 x2 x3 x4 VÕ Ph¶i ( 2 ) * Hg 11 + Hg 10 1 0 0 1/ 4 -15/ 4 Hg13 ( 1/-3 ) * Hg 11 0 1 0 -1/ 4 -1/ 4 Hg14 0 0 1 1/ 4 17/ 4 Hg15 15 1 1 1 17 1 Kết quả : x x ; x x ; x x , với x4 tùy ý 1 4 4 4 2 4 4 4 3 4 4 4
122 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Ví dụ 3 Giải hệ phương trình : x1 3x 2 2 x 3 x 4 2 x 5 10 2x1 6x 2 5 x 3 4x 4 3 x 5 8 3x1 9x 2 2 x 3 5x 4 x 5 4 Giải theo phương pháp Gauss x1 x2 x3 x4 x5 VÕ ph¶i 1 3 -2 1 2 10 hg1 -2 -6 5 4 -3 8 hg2 3 9 2 -5 1 -4 hg3 x1 x2 x3 x4 x5 VÕ Ph¶i 1 3 -2 1 2 10 hg4 ( 2 ) * hµng 1 + hµng 2 0 0 1 6 1 28 hg5 ( -3 ) * hµng 1 + hµng 3 0 0 8 -8 -5 -34 hg6 Đổi cột x2 và x3 x1 x3 x2 x4 x5 VÕ Ph¶i 1 -2 3 1 2 10 hg7 0 1 0 6 1 28 hg8 ( -8 ) * hµng 5 + hµng 6 0 0 0 -56 -13 -258 hg9 Đổi cột x4 và x2 VÕ Ph¶i x1 x3 x4 x2 x5 1 -2 1 3 2 10 hg10 0 1 6 0 1 28 hg11 0 0 -56 0 -13 -258 hg12 x1 x3 x4 x2 x5 VÕ Ph¶i ( -1 ) * hµng 15 + hµng 10 1 -2 0 3 99/ 56 151/ 28 hg13 ( -6 ) * hµng 15 + hµng 11 0 1 0 0 -11/ 28 5/ 14 hg14 ( 1/-56 ) * hµng 12 0 0 1 0 13/ 56 129/ 28 hg15 x1 x3 x4 x2 x5 VÕ Ph¶i ( 2 ) * hµng 14 + hµng 13 1 0 0 3 55/ 56 171/ 28 hg 16 0 1 0 0 -11/ 28 5/ 14 0 0 1 0 13/ 56 129/ 28 171 55 5 11 129 13 Kết quả : x1 = 3x x ; x3 = x ; x4 = x 282 56 5 14 28 5 28 56 5 với x2 , x5 tùy ý.
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 123 Chú ý : Trong tính toán trên, ở bảng thứ 3 ta phải đổi cột x2 cho cột x3 , trong bảng thứ 4 đổi tiếp cột x2 cho cột x4. Mục đích của việc đổi các cột này cho nhau là để ở bảng 4 ta có được ma trận hệ số của hệ phương trình có dạng hình thang, khi đó ta đã xác định hạng của ma trận hệ số A và hạng của ma trận mở rộng A cũng như xác định được các ẩn chính. Sau khi xác định được các ẩn chính, tiếp tục dùng các phép biến đổi ma trận trên hàng đưa phần ma trận tam giác ( chứa các ẩn chính) về ma trận dạng chéo, về dạng đơn vị ; lúc này ta có được giá trị các ẩn chính được tính theo vế phải mới và các giá trị tùy ý của các ẩn phụ. Như vậy, khái niệm về ma trận hình thang là cần thiết đưa ra để giúp cho việc xác định các ẩn chính. Đây cũng là thuật toán khi lập trình để giải hệ phương trình đại số tuyến tính dạng tổng quát.
124 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy BÀI TẬP CHƯƠNG 4 1) Thực hiện nhân các ma trận sau : 1 2 3 2 1 1 3 4 2 3 2 1 5 5 2 a) 2 1 4 b) 1 4 c) 2 2 1 0 1 3 4 2 7 1 1 0 2 5 3 3 1 5 1 4 2 3 1 2) Tính kết quả A + 3A – 2I với A = 1 2 3) Tính các định thức sau: 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 3 4 131 311 113 2 3 1 1 1 2 3 4 2 3 4 1 a) 393 930 340 b) c) d) 1 2 3 1 2 3 6 10 3 4 1 2 524 1245 450 1 1 1 3 4 1 10 20 4 1 2 3 4) Tìm các ma trận phụ hợp của các ma trận sau : 2 3 1 0 2 4 1 2 3 1 1 2 3 a) b) 3 2 5 c) 5 4 3 0 4 0 1 3 1 2 4 3 1 5) Tìm ma trận X thỏa mãn a) AX = B , với 1 1 1 1 1 1 1 A 1 2 1 B 1 0 2 2 2 3 1 1 2 2 0 b) A.X.B = C với 8 5 7 4 2 10 9 A = 8 5 6 ; B = ; C = 5 1 9 8 11 7 4 2 7 c) X.A = B với 4 1 2 2 4 5 A = 7 5 12 ; B = 3 1 2 6 3 7
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 125 6) Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau : 1 3 5 7 1 2 3 1 2 0 1 2 3 a)A b)A012 c)A 0 1 0 0 1 2 0 0 1 0 0 0 1 7) Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau bằng phương pháp Gauss - Jordan: 1 1 2 1 1 2 2 1 a) A b) A 1 2 1 c) A 2 3 2 3 1 2 3 2 1 3 1 1 2 2 3 2 3 d) A e) A f) A 2 4 1 4 6 9 8) Tìm hạng của các ma trận sau 1 3 5 1 2 1 3 2 4 2 1 3 4 a)A 42517 b)A 5 1 1 7 2 1 1 8 2 7 7 9 1 9) Giải các hệ phương trình sau : 2x1 3x 2 x 3 6 x1 2x 2 3x 3 5 a) x1 5x 2 2x 3 19 b) 3x1 4x 2 x 3 3 4x1 x 2 3x 3 14 5x1 2x 2 3x 3 13 10) Giải các hệ phương trình đại số tuyến tính sau : x1 2x 2 3x 3 4x 4 8 x1 x 2 2x 3 3x 4 6 a) 2x1 2x 3 3x 4 10 b) 3x1 2x 2 2x 3 4x 4 8 3x1 x 2 x 3 5x 4 12 2x1 3x 2 x 3 x 4 10 2x1 3x 2 x 3 2x 4 x 5 4 c) x1 2x 2 3x 3 x 4 4x 5 12 2x1 3x 2 x 3 2x 4 x 5 8
126 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy CHƯƠNG 5 : HÀM HAI BIẾN 5.1 Hàm hai biến 5.1.1 Tập hợp phẳng 5.1.1.1 Tích Đề-Các R2: Tích Đề - các R2 ( hay R R ) là tập hợp mà mỗi phần tử của nó là một cặp có thứ tự hai giá trị số thực x và y. Kí hiệu: R2 = (x, y) : x, y R. Nếu trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy ta có thể đồng nhất mỗi điểm M(x, y) với một phần tử (x, y) trong R2. Khi đó R2 còn gọi là mặt phẳng tọa độ Oxy. 5.1.1.2 Khái niệm tập hợp phẳng: Mỗi tập hợp con D trong R2 được gọi là một tập hợp phẳng (hay miền phẳng). Tập hợp phẳng D thường được biểu diễn qua hệ thức: 2 D = (,)x y R :(,)0 i x y 0, i 1, n tức là mỗi điểm M(x,y) D sẽ thỏa mãn các bất đẳng thức dạng i (x , y ) 0 0 Ví dụ: 1) D = (x, y) R 2 : x 2 y 2 1 - là miền trong đường tròn x2 + y2 = 1 2) D = (x , y ) R2 : x 2 y 2 1 ; y 2 2 x ( hình 5.1) Hình 5.1 5.1.1.3 Các khái niệm liên quan. 2 Khoảng cách giữa hai điểm: Cho điểm M(x1, y1), N(x2, y2) R Khoảng cách giữa hai điểm M, N ký hiệu là d(M,N) được xác định bởi công thức: 2 2 d M , N (x1 x2 ) ( y1 y2 )  - lân cận điểm: Giả sử  là một số dương. Ta gọi  - lân cận điểm M0(x0, y0) là tập 2 tất cả các điểm M(x, y) của R thoả mãn khoảng cách từ M đến điểm M0 nhỏ hơn  . 2 UM ()o = M R: d ( M ( x , y ), M 0 ) 
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 127 Điểm trong: Điểm M0 D gọi là điểm trong của D nếu tồn tại một  - lân cận của M0 nằm hoàn toàn trong D. Tập mở: Tập D R2 gọi là tập mở nếu mọi điểm của D đều là điểm trong của nó. Ví dụ: D = (,):x y R2 x 2 y 2 R 2 ; D = (x , y ) R2 : x 2 y 3, x 2 y 2 1 Nhận xét : Tập mở sẽ là tập thỏa mãn một hay nhiều bất đẳng thức dạng: φ(x, y) < 0 ( tức là không có dấu “ = ” . ) Điểm biên: Điểm M0 gọi là điểm biên của D nếu mọi lân cận của M0 đều chứa những điểm thuộc D và những điểm không thuộc D. Nhận xét : Nếu tập hợp phẳng D = (x , y ) R2 : ( x , y ) 0 thì điểm biên trên D là những điểm thỏa mãn φ(x, y) = 0. Ví dụ: D = (x , y ) R2 : y 2 x 0, x y 0 có các điểm biên M(x, y) thỏa mãn: y2 – x = 0, 0 ≤ x ≤ 1 và x – y = 0, 0 ≤ x ≤ 1. Hình 5.2 Tập đóng: Tập D chứa mọi điểm biên của nó gọi là tập đóng. Tập bị chặn: Tập D gọi là bị chặn nếu tồn tại một hình tròn chứa nó. 5.1.2 Khái niệm hàm hai biến 5.1.2.1. Định nghĩa: Cho miền D trong R2. Nếu tương ứng mỗi điểm M(x,y) D với một giá trị duy nhất z R theo một quy luật f , thì f được gọi là hàm số thực của hai biến x và y xác định trên D . Kí hiệu: z = f(x, y), D gọi là tập xác định.
128 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy +) Nếu hàm f(x,y) không nói đến miền xác định thì ta phải hiểu tập xác định của f (x,y là tập tất cả các cặp (x, y) R2 sao cho biểu thức f(x, y) có nghĩa. +) Tập giá trị của hàm z = f(x, y) là tập tất cả các z R thoả mãn z = f(x, y) với (x,y) thuộc tập xác định. Ví dụ: z = ln(x2 + y2 - 1) có tập xác định là D = {(x, y): x2 + y2 >1} z = x y ln x2 y 2 có tập xác định : (x, y) thỏa mãn x2 – y2 > 0. 5.1.2.2. Biểu diễn hình học của hàm hai biến Trong hệ toạ độ Đề-các Oxyz, hàm z = f(x, y) xác định trên miền D. Như vậy với mỗi điểm M(x,y) D sẽ cho tương ứng duy nhất một điểm P(x,y,z) với z = f(x, y). Khi M chạy trong D thì điểm P di chuyển trong không gian sẽ vạch nên một mặt (S) ( thông thường là mặt cong). Mặt (S) được gọi là đồ thị của hàm hai biến z = f(x, y). Ví dụ: 1) z = x2 + y2 là mặt Paraboloit (hình 5.3) 2) z x2 y 2 là nửa mặt nón. (hình5.4) Hình 5.3 Hình 5.4 5.2 Giới hạn và sự liên tục của hàm hai biến 5.2.1. Giới hạn hàm hai biến Cho hàm số z = f(x, y) xác định trong lân cận điểm M0(x0,y0)( có thể không xác định tại M0).Giá trị L gọi là giới hạn của f(x,y) khi (x,y) (x0,y0) nếu:  > 0 cho trước   =   > 0 sao cho:  (x,y) UM o : f (x, y) L 
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 129 Ký hiệu: lim f (x,y) L x x0 y y0 Ví dụ 1: Chứng minh: lim(2x 3y) 8. x 1 y 2 Chứng minh : Với ví dụ trên sẽ có Mo= (1, 2), L = 8  0 cho trước tùy ý. Ta có đánh giá sau:     2x3y8 2x1 3y2 2x13y2 2.  3 nếu x 1 , y 2 . 5 5 5 5 Hình 5.5 2  2 2  Chọn  . Khi đó  M(x,y) UM o ta có: dMM  x 1 y 2 . 5 o 5 5   Suy ra: x 1 , y 2 . Do vậy: 2x 3y 8  ,  M(x,y) U M . 5 5  o Vậy lim(2x 3y) 8 (đpcm). x 1 y 2 Ví dụ 2: xy Chứng minh: lim 0 Có Mo= (0,0), L = 0 x 0 2 2 y 0 x y  0 cho trước tùy ý. Ta có đánh giá sau: xy x y 0 x  nếu x  x2 y 2 x 2 y 2 Chọn   . Khi đó  M(x,y) UM ta có: d   x2 y 2  2 x  .  o MMo xy xy Do vậy: 0 x  => Vậy lim 0 (đpcm) 2 2 x 0 2 2 x y y 0 x y
130 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy x 3y Ví dụ 3: Chứng minh rằng không tồn tại giới hạn lim x 0 y 0 2x y Nhận xét : quá trình điểm M(x, y) → M0(x0, y0) thì x →x0 và y → y0 độc lập với nhau. Vì vậy nếu cho M(x,y) →M0( x0 ,y0) theo hai hướng khác nhau mà z = f(x, y) tiến tới hai giá trị khác nhau thì không tồn tại giới hạn: limf ( x , y ) x x0 y y0 Chứng minh: x 3 x Cho x →0, y →0 theo hướng đường thẳng y = x thì lim 3 y x 0 2x x x 9 x Cho x →0, y →0 theo hướng đường thẳng y = 3x thì lim 10 y 3 x 0 2x 3 x x 3 y Vậy giới hạn của hàm theo hai hướng khác nhau nên không tồn tại giới hạn lim . x 0 y 0 2x y Chú ý: Khái niệm giới hạn vô cực cũng được định nghĩa tương tự như đối với hàm số một biến. Các tính chất về giới hạn của hàm hai biến được phát biểu tương tự các tính chất về giới hạn hàm một biến. Nếu hàm f(x,y) là hàm sơ cấp của hai biến x và y thì hàm số có giới hạn tại mọi điểm mà nó xác định và giới hạn này bằng đúng giá trị của hàm tại điểm đó. 5.2.2 Sự liên tục của hàm hai biến Cho hàm số z = f(x, y) xác định tại điểm M0(x0,y0) và lân cận điểm M0(x0,y0). Ta nói hàm f(x, y) liên tục tại M0 nếu limf(x,y) f(x0 ,y 0 ) x x0 y y0 Khi đó điểm M0 gọi là điểm liên tục của hàm số. Ngược lại hàm số không liên tục tại điểm M0 thì M0 là điểm gián đoạn của hàm số. Chú ý: Nếu f(x, y) là hàm số sơ cấp của hai biến x, y thì f(x, y) sẽ liên tục tại mọi điểm thuộc miền xác định của nó.
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 131 5.3 Đạo hàm và vi phân hàm hai biến 5.3.1 Đạo hàm riêng cấp 1. 5.3.1.1 Định nghĩa: Giả sử hàm số z = f(x, y) xác định trên miền D. Điểm Mo (xo, yo) D. Cho x0 số gia x khi đó nhận được số gia tương ứng: xf = f(x0 + x, yo) – f (xo , yo ) f Nếu tồn tại lim x = L hữu hạn thì giới hạn L được gọi là đạo hàm riêng theo biến x của x 0 x hàm z = f(x, y) tại điểm Mo (xo, yo). f Ký hiệu: L = z’x(xo, yo ), hay L = f ’x(xo, yo ), hoặc L = x , y . x 0 0 xf Vậy z’x(xo, yo ) = lim x 0 x Tương tự ta có định nghĩa đạo hàm riêng theo biến y của hàm z = f(x, y) tại điểm Mo (xo, yo). f Ký hiệu: z’y(xo, yo ), f’y(xo, yo ), x, y . y 0 0 Δy z f x0,, y 0 y f x 0 y 0 Vậy z’y(xo, yo )= lim = Δy 0 Δy y Giả sử hàm z = f(x, y) có đạo hàm riêng theo biến x và y tại mọi (x, y) D. Khi đó các hàm số z’x(x, y), z’x(x, y ) cũng là các hàm 2 biến xác định trên D và được gọi là các đạo hàm riêng cấp một của hàm số z = f(x, y). 5.3.1.2 Quy tắc tính đạo hàm riêng cấp một : Khi tính đạo hàm riêng cấp một của hàm hai biến (hay hàm nhiều biến) theo một biến nào đó thì ta xem các biến còn lại là hằng số và sử dụng các công thức, các quy tắc tính đạo hàm như của hàm một biến đối với biến đã chọn. Ví dụ: Tính các đạo hàm riêng của các hàm số sau theo các biến:
132 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 3x 2y x 1) z x3y sin2y 2) z lnsin 3) z e3x y arctg(xy) y 2x 3y 4x 3y 4) z ln x x2 y 2 5) z 3sin2x+5y x 6) z x2 y 3 3x 2 y 3 7) z arcsin x2 y 2 Giải: 1) z x3y sin 2y ' ' 3y sin 2y 1 Tính zx : Xem y là hằng số, x là biến, ta có: zx 3y 2sin2y.x ' ' 3y sin2y Tính zy : Xem x là hằng số, y là biến, ta có: zy 3 2cos2y.x .lnx 3x 2y 2) z lnsin . y ' - Tính zx : Xem y là hằng số, x là biến, ta có: ' 3x 2y 3 3x 2y sin cos y y y 3 3x 2y z' x cot g x 3x 2y 3x 2y sin sin y y y y ' - Tính zy : Xem x là hằng số, y là biến, ta có: ' 3x 2y 3x 1 3x 2y sin cos 3 y 2 y y y 3x 1 3x 2y z' y .cot g y 3x 2y 3x 2y 3 sin sin 2 y y y y y Hoàn toàn tương tự cho các ví dụ còn lại 5.3.2 Đạo hàm riêng cấp 2 5.3.2.1 Định nghĩa : Cho hàm số z = f(x, y) xác định trên miền D R2. Giả sử hàm z = f(x, y) có các đạo hàm riêng cấp 1: fx’, fy’ trên D. Khi đó nếu fx’, fy’ lại có các đạo hàm riêng theo biến x và y thì các đạo hàm riêng này được gọi là đạo hàm riêng cấp 2 của hàm số z = f(x, y).
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 133 Có 4 đạo hàm riêng cấp 2 ( được định nghĩa và có các ký hiệu sau): 2 '  f  f '' '' fx ( ) f xx f 2 : đạo hàm vuông x  x  x  x 2 x 2 '  f  f '' fy ( ) f yx : đạo hàm chữ nhật x  x  y  x  y 2 '  f  f '' fx ( ) f xy : đạo hàm chữ nhật y  y  x  y  x   f  2 f ' '' '' : đạo hàm vuông fy ( ) 2 f yy f 2 y  y  y  y y 5.3.2.2 Định lý Schwarz: (điều kiện để fxy’’ = fyx’’ hay kết quả đạo hàm không phụ thuộc vào thứ tự lấy đạo hàm. ) Xét hàm z = f(x, y). Nếu tồn tại một lân cận của điểm Mo (xo, yo) để hàm số z = f(x, y) có các đạo hàm riêng cấp 2 : fxy’’, fyx’’ và nếu các đạo hàm riêng ấy liên tục tại Mo (xo, yo) thì fxy’’ = fyx’’ . - Chú ý : Tất cả các hàm số xét trong chương trình học đều thỏa mãn định lí trên. Ví dụ: Tính các đạo hàm riêng đến cấp 2 của các hàm số: 2 2 2 2 2 y x y2 x 1) z = x y 2) z ln x y 3) z x 4) z e cosx 5) z arctg y Giải: 1) Các đạo hàm riêng cấp 1: ' 2 2 3 2 ' 2 2 3 2 fx 2.2x.x y 4x 4xy ; fy 2.2y.x y 4y 4xy Từ đó ta có: '' '' f'' f ' 4x 3 4xy 2 12x 2 4y 2 f'' f ' 4y 3 4x 2 y 8xy xx x x x yx y x x '' '' f'' f ' 4x 3 4xy 2 8xy f'' f ' 4y 3 4xy 2 12y 2 4x 2 xy x y y yy y y y '' '' Nhận xét: fxy fyx . 2) Ta có: 2 2 2 2 x y 2x x y 2y f ' x f ' y x x2 y 2 x 2 y 2 y x2 y 2 x 2 y 2
134 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 2 2 2 2 '' 2x x y 2x.x 2 y x fxx 2 2 2. 2 2 x y 2 2 2 2 x x y x y 2 x2 y 2 '' 2x 4xy '' 2y 4xy '' 2y fxy 2 2 2 ; fy x 2 2 2 ; fyy 2 2 2 x y x2 y 2 x y x2 y 2 x y x2 y 2 '' '' Nhận xét: fxy f yx . - Hoàn toàn tương tự cho các ví dụ còn lại. '' '' Như vậy : nếu f(x, y) là hàm sơ cấp của các biến ta luôn có kết quả fxy fyx tức là đạo hàm riêng các cấp của f(x, y) sẽ không phụ thuộc vào thứ tự lấy đạo hàm. 5.3.3 Vi phân toàn phần và ứng dụng. 5.3.3.1 Định nghĩa: Giả sử hàm số z = f(x, y) xác định trên miền D. Điểm Mo (xo, yo) D. Cho x0 số gia x, y0 số gia y. Khi đó nhận được số gia của hàm số: f = f(x0 + x, y0 + y) – f (x0, y0) Nếu f có thể biểu diễn được dưới dạng: f = A x + B y + ( ) với x2 y 2 trong đó A, B là hằng số chỉ phụ thuộc x0, y0 và ( ) là VCB cấp cao hơn khi →0 thì biểu thức A x +B y gọi là vi phân toàn phần của z = f(x, y) tại điểm Mo (xo, yo) và hàm z = f(x, y) được gọi là khả vi tại Mo (xo, yo) Ký hiệu: df = A x + B y Ví dụ : Xét tính khả vi của hàm số z = xy tại điểm M(1, 2) Giải : z = f(x0 + x, y0 + y) – f (x0, y0) 1 x 2 y 2 2 x y x y
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 135 x y Chọn A = 2, B = 1, ( ) = x y có lim 0 x 0 2 2 y 0 x y => ( ) là VCB cấp cao hơn khi →0 Vậy z = xy khả vi tại M(1, 2) và df = 2 x + y 5.3.3.2 Định lý Nếu z = f(x, y) khả vi tại Mo(xo, yo) thì tại đó tồn tại các đạo hàm riêng fx (x 0 , y 0 ), fy (x 0 , y 0 ) và df = fx (x 0 , y 0 ) x + fy (x 0 , y 0 ) y. Ngược lại nếu f(x,y) có các đạo hàm riêng fx (x, y) và fy (x, y) liên tục tại M0(x0,y0) thì f(x,y) khả vi tại M0(x0,y0) f f Xét z = x và z = y ta có : dx = x, dy = y. Vậy df = (x , y ) dx+ (x , y ) dy x 0 0 y 0 0 df = fx (x 0 , y 0 )dx+ fy (x 0 , y 0 ) dy được gọi là biểu thức vi phân toàn phần của z = f(x, y) Ví dụ : Tính biểu thức vi phân toàn phần của : a) z = xy dz ydx xdy b) z = 3cosxy dz 3ysinxy. dx - 3x sinxy. dy 2 2 2 c) z = 2x2cosy + exy => dz = ( 4x cosy + y2 exy ) dx + (2xyexy - 2x2 siny) dy d) z = (x + cosy)3x => 3x 3x (3x -1) dz x cosy .3lnx cosy dx 3x.x cosy .sinydy x cosy v(x ) v u '  ở đây áp dụng công thức u(x)  u . v 'ln u v  u  5.3.3.3 Ứng dụng vi phân toàn phần tính gần đúng Giả sử hàm số z = f(x, y) khả vi tại (x0, y0) và fx’(x0, y0), fy’(x0, y0) không đồng thời bằng 0. Ta có: z = f(x0 + x, y0 + y) – f (x0, y0) = fx’ x + fy’ y + ( ) với x2 y 2
136 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Nếu x, y khá bé thì f(x0 + x, y0 + y) – f (x0, y0) fx’(x0, y0) x + fy’(x0, y0) y = df Suy ra: fx o x,y o y fx,y o o f'x,y.xf' x o o y x,y.y o o Công thức trên gọi là công thức tính gần đúng nhờ vi phân toàn phần. Như vậy, với x = xo x , y = yo y thì giá trị của hàm f(x,y) tại điểm M(x, y) - khá gần M0(x0, y0) – sẽ được tính thông qua các giá trị của hàm số và các đạo hàm riêng fx’ và fy’ tại M0 Ví dụ: Tính gần đúng: A = (1,05)2,96 Giải : y - Chọn f(x, y) = x , xo=1, yo = 3 suy ra x = 0,05; y = -0,04 Vậy A = f(1 + 0,05 , 3 – 0,04 ). ' y-1 'y ' ' - f 1,3 1, fx yx , f y x ln x f x (1,3) 3, f y (1,3) 0 - Áp dụng công thức tính gần đúng : '' A f(1,3) fx (1,3) x f y (1,3) y 1 3.0,05 0.0,04 1,15 Chú ý: Để áp dụng vi phân vào tính gần đúng ta cần chú ý: Chọn dạng biểu thức hàm số f(x,y) Chọn điểm Mo(xo, yo) sao cho giá trị của hàm và các đạo hàm riêng của nó tại điểm M0 có thể tính được thuận lợi. Từ đó xác định số gia của các đối số: x, y Áp dụng công thức tính gần đúng: fx o x,y o y fx,y o o f'x,y.xf' x o o y x,y.y o o 1,97 Ví dụ: Tính arctg 1 1,02 Giải : 1,97 - Chọn hàm số : Ta nhận xét rằng arctg 1 là giá trị của hàm 1,02
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 137 x Z = f(x,y) = arctg 1 tại điểm M(1,97 ; 1,02). y -Chọn điểm Mo(2, 1) khi đó x= 1,97 -2= -0,03 y=1,02-1=0,02 1 ' y y ' x -Tính fx fy 1 x / y 1 2 y2 x y 2 y2 x y 2 '' 1 '' fx M o f x 2,1 0,5 ; fy f y 2,1 1 ; f(Mo ) f(2,1) arctg1= 12 2 1 2 4 -Áp dụng công thức tính gần đúng : 1,97 '' arctg 1 f(M)o f(M) o f(M).x x o f(M).y y o 1,02 /4 0,5. 0,03 1.0,02 0,75 Bài tập tương tự :   3 3 3) (,) (,) , chọn f(x, y) = x y , xo 1,y o 4, x 0,02, y 0,03. 0 4) sin62 arctg1,02, chọn f(x, y) = sinx.arctgy, xo /3,y o 1, x /90, y 0,02 3 4 3 4 5) ln( 1,02 0,92 1) , chọn f(x, y) = ln x y 1 , xo 1,y o 1, x 0,02, y 0,08 5.4 Cực trị của hàm hai biến 5.4.1 Định nghĩa điểm cực trị. Cho hàm z = f( x, y ) xác định trong miền D. M( x0, y0) là một điểm trong của D. Hàm z = f( x, y ) gọi là đạt cực đại (CĐ) tại M0 nếu tồn tại một lân cận U của M0 sao cho f( x, y ) ≤ f( x0, y0) với  ( x, y ) U. Điểm M0 gọi là điểm cực đại của hàm z = f( x, y ). Hàm z = f( x, y ) gọi là đạt cực tiểu (CT) tại M0 nếu tồn tại một lân cận U của M0 sao cho f( x, y ) f( x0, y0) với  ( x, y ) U. Điểm M0 gọi là điểm cực tiểu của hàm z = f( x, y ). Hàm z = f( x, y ) đạt cực đại hay cực tiểu tại M0 gọi là hàm đạt cực trị tại M0. Điểm cực đại hay cực tiểu gọi chung là điểm cực trị.
138 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 5.4.2 Định lí 1 (Điều kiện cần của cực trị). Nếu hàm số z = f( x, y ) đạt cực trị tại M0 và tại M0 tồn tại các đạo hàm riêng hữu hạn thì các đạo hàm riêng ấy bị triệt tiêu, tức là: fx’(M0) = fy’(M0) = 0. Nhận xét: Từ định lý này ta thấy để xét cực trị chỉ cần xét tại những điểm đạo hàm riêng bị triệt tiêu và những điểm không tồn tại đạo hàm. Những điểm đó gọi chung là điểm tới hạn hay điểm dừng của hàm số. 5.4.3 Định lí 2 (Điều kiện đủ của cực trị). Giả sử hàm z = f( x, y ) xác định trong miền D, M0( x0, y0) là một điểm trong của D. Nếu hàm z = f( x, y ) có đạo hàm riêng liên tục đến cấp hai trong lân cận của M0 và fx’(M0) = fy’(M0) = 0 thì đặt fxx’’(M0) = A; fxy’’(M0) = B ; fyy’’(M0) = C, Khi đó: 2 B - AC A Kết luận về điểm M0 - M0 là điểm cực đại - + M0 là điểm cực tiểu + M0 không là điểm cực trị 0 Chưa kết luận được về điểm M0. Điểm Mo gọi là điểm nghi ngờ. 5.4.4 Qui tắc tìm cực trị địa phương Quy tắc tìm cực trị 2 Bước 1: Tính zx’ ; zy’, Tính zxx’’=A, zxy’’= B, zyy’’= C, B AC z x ' 0 Bước 2:Tìm điểm tới hạn hay điểm dừng : Giải hệ Được các nghiệm Mi( xi, yi) z y ' 0 Bước 3 : Tại mỗi điểm Mi tính các giá trị : 2 zxx’’(Mi) = Ai; zxy’’(Mi) = Bi; zyy’’(Mi) = Ci, i = Bi – AiCi và kết luận về điểm Mi dựa vào định lí 2. Chú ý: trong trường hợp có nhiều điểm dừng thì ta có thể lập bảng như sau: 2 Điểm A B C B - AC Kết luận về Mi 2 Mi ( xi , yi) Ai Bi Ci Bi – AiCi
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 139 Ví dụ: Tìm cực trị địa phương của các hàm số sau: 1) z x y xey 2) z x3 y 3 3xy 3) z x3 3xy 2 30x 18y 1 4) z x4 2y 4 14x 2 y 2 24x1 5) z x2 8xy 4y 3 10y 1 6) z 2y3 3xy 2 2x 3 3x 2 7) z x2 2y 2 3xy x 7y1 8) z x3 y 2 2xy x 2y 4 Giải: 1) z x y xey y y '' '' y '' y => z'x 1e;z' y 1xe; zxx 0A,z xy e B,z yy xe C z' 1 ey 0 y 0 -Giải hệ: x => hàm số có một điểm dừng M(1, 0). y z'y 1 xe 0 x 1 -Tính A = 0, B = -1, C = -1, 1 0 => M(1, 0) không là điểm cực trị. 2) z x3 y 3 3xy ' 2 ' 2 zx 3x 3y;z y 3y 3x ; '' '' '' 2 zxx 6x A;z xy 3 B;z yy 6y C,B AC 936xy ' 2 zx 3 x 3 y 0 -Giải hệ: ' 2 ta được hai điểm dừng M1(0, 0); M2(1, 1). zy 3 y 3 x 0 -Lập bảng: B2 AC Điểm A = 6x Kết luận (9 36xy ) M1(0, 0) 0 9 M1không là điểm cực trị. M2(1, 1) 6 > 0 9 – 36.36 < 0 M2 là điểm cực tiểu và zCT 1 Kết luận: Vậy hàm số đạt cực tiểu tại M2(1, 1) và zCT 1. 3) z x3 3xy 2 30x 18y 1 2 2 z x 3x 3y 30; z y 6xy 18 2 2 2 z xx 6x A;z xy 6y B;z yy 6x C;B AC 36y x
140 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 2 2 2 2 z x 3x 3y 30 0 x y 10 -Giải hệ: zy 6xy 18 0 xy 3 Hàm số có 4 điểm dừng M1(1, 3); M2(3, 1); M3(-1, -3); M4(-3, -1). Lập bảng: 2 2 2 Kết luận Điểm A = 6x B AC 36 y x M1(1, 3) 6 > 0 + M1 không là điểm cực trị M2(3, 1) 18 > 0 - M2 là điểm cực tiểu và zCT 71 M3(-1, -3) -6 < 0 + Không đạt cực trị M4(-3, -1) -18 < 0 - M4 là điểm cực đại và zCĐ = 73 Kết luận: Vậy hàm số đạt cực tiểu tại điểm M2(3, 1) và đạt cực đại tại M4(-3, -1). - Cách làm tương tự cho các phần còn lại. 5.5 Phương pháp bình phương bé nhất ( tối thiểu) Trong khoa học kĩ thuật, ta thường gặp bài toán: tìm mối liên hệ giữa hai đại lượng biến thiên x và y. Mối quan hệ đó được biểu diễn dưới dạng hàm số thông qua một loạt các thí nghiệm đo đạc. Hàm số đó gọi là hàm thực nghiệm. chẳng hạn : mối liên hệ giữa chiều cao h và tuổi của cây, hay là mối liên hệ giữa thể tích của cây với đường kính thân cây khi cây ở độ cao 1,3 mét. Có nhiều phương pháp xây dựng hàm hàm số từ các số liệu thực nghiệm và một trong các phương pháp đó là phương pháp bình phương bé nhất. 5.5.1 Nội dung phương pháp bình phương bé nhất 5.5.1.1 Bài toán: Hai đại lượng x, y qua thực nghiệm có mối quan hệ số theo bảng: x x1 x2 x3 xn y y1 y2 y3 . yn
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 141 Giả sử về mặt lí thuyết, x và y có mối quan hệ dạng y = F(x), trong đó quy luật F ta chưa được biết cụ thể. Ta biết rằng, nếu F(x) có đạo hàm đến bậc n tại x thì có thể xấp xỉ F(x) bằng một đa thức dạng Tay – lo hoặc Mắc- lo –ranh : 2 n F(x) f(x) = a0 + a1x + a2x + + anx hoặc có thể xấp xỉ F(x) bằng một tổng có dạng chuỗi Fourier : F(x) f(x) = a0 + a1cosx + b1sinx + a2cos2 x + b2sin2x + + ancosnx + bnsinnx Trong các dạng xấp xỉ trên hàm f(x) có chứa các tham số a1 , a2 , , b1 , b2 , chưa biết. Đặt i f (x i ) y i gọi là độ lệch giữa điểm lí thuyết Ni(xi, f(xi)) và điểm thực nghiệm Mi(xi, yi). n 2 2 2 2 Thiết lập U = f(x)1 y 1 f(x) 2 y 2 f(x) n y n  f(x)y i i (5- 1) i 1 U được gọi là tổng bình phương các độ lệch. Yêu cầu đặt ra: xác định các tham số trong y = f(x) sao cho tổng bình phương các độ lệch U là nhỏ nhất. Ta có thể mô tả phương pháp trên bằng cách sau: Trong mặt phẳng Oxy , có các điểm thực nghiệm Mi(xi , yi ) Hình 5.6 Cần xác định các hệ số trong f(x) để cho tổng bình phương khoảng cách từ các điểm thực nghiệm M(xi , yi ) đến đường cong y = f(x) là nhỏ nhất , với điều kiện này ta có thể thay bằng tổng bình phương các độ lệch tung độ giữa hàm f(x) lý thuyết và thực nghiệm tại các điểm M(xi , yi ) là nhỏ nhất. Phương pháp tìm hàm thực nghiệm như trên gọi là phương pháp bình phương bé nhất.
142 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 5.5.1.2 Phương pháp bình phương bé nhất Đa thức suy rộng - nội dung của phương pháp bình phương bé nhất Cho hệ hàm số { 1(x) , 2(x), , m(x) } trong đó các hàm số k(x) đã được biết. m Hàm (x)  ai i (x) được gọi là đa thức suy rộng trên hệ hàm cơ sở { k(x)} , k = 1,m i 1 Hai đại lượng x, y qua thực nghiệm có mối quan hệ số theo bảng: x x1 x2 x3 xn y y1 y2 y3 . yn Thay các giá trị xi vào các hàm k(x) thì ta được các véc tơ k (x) : 1(x) = ( 1(x1) , 1(x2) , 1(x3) , , 1(xn) ) 2 (x) = ( 2(x1) , 2(x2) , 2(x3) , , 2(xn) ) (5.2) m (x) = ( m(x1) , m(x2) , m(x3) , , m(xn) ) Theo (5.1) thì cần xác định các ak để cho 2 n m U =  yi  a k k (x i ) min (5.3) i 1 k 1 thay (5.2) vào (5.3) và do ak phải thỏa mãn hệ các phương trình U 0 a 1 U 0 a2 U (5.4) 0 a 3     U 0 am hay là phương trình B.A = C , với
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 143 c a y b b b 1 1 1 11 12 1m c a y b b b 2 2 2 21 22 2m B (brs ) , C;A gọi y .     . b b b m1 m 2 mm cm a m yn n n trong đó brsrs ,  risi (x)(x),c r y, r  y(x) iri i 1 i 1 ( ký hiệu r, s là tích vô hướng của hai véc tơ r và s ) Như vậy việc xác định các ak được đưa về giải một hệ phương trình đại số tuyến tính với ma trận hệ số B – là một ma trận đối xứng , và vế phải là ma trận C Trong thực tế người ta thường sử dụng hệ hàm { k(x)} là các đa thức đại số : 2 3 q 2 m { k(x)} = {1,x, x , x , , x } , khi đó f(x) = a0 + a1x + a2x + + amx và các hệ số ak sẽ là nghiệm của hệ : n n n n 2 m an ax a x a x y 0 1 i 2  i m  i  i i 1 i 1 i 1 i 1 n n n n 2 m 1 axax0 i 1  i ax m  i  xy i i i 1 i 1 i 1 i 1 (5.6) n n n n axaxm m 1 ax 2m xy m 0 i 1  i m  i  i i i 1 i 1 i 1 i 1 5.5.1.3 Các trường hợp cụ thể f(x) = a0 + a1x Trường hợp này, trong công thức (5.6) ứng với m = 1 và 1(x) = 1 ; 2(x) = x n n a n a x y 0 1 i  i i 1 i 1 (5.7) n n n 2 a0 x i a 1  x i  x i y i i 1 i 1 i 1 Khi đó đường thẳng y = a0 + a1x tìm được là đường thẳng tốt nhất theo phương pháp bình phương tối thiểu
144 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Ví dụ 1: Giả sử y = a0 + a1x . Hãy xác định a và b theo phương pháp bình phương bé nhất, biết kết quả thực nghiệm được cho trong bảng sau: x -2 0 1 2 5 y 0,5 1 1,5 2 3 Giải: n = 5. Để xác định các hệ số trên, ta lập bảng sau: 2 i xi yi xi xi y i 1 -2 0,5 4 -1 2 0 1 0 0 3 1 1,5 1 1,5 4 2 2 4 4 5 5 3 25 15 Tổng 6 8 34 19,5 5a0 6a 1 8 155 99 Vậy ta có hệ => a0 = ; a1 = 6a0 34a 1 19,5 134 268 99 155 Do đó hàm thực nghiệm cần tìm là y = x + . 268 134 Ví dụ 2: Câu hỏi tương tự với bảng số sau: x -1 0 1 2 3 4 y 1 1 2 1 2 3 Giải: n = 6. 2 i xi yi xi xi y i 1 -1 1 1 -1 2 0 1 0 0 3 1 2 1 2 4 2 1 4 2 5 3 2 9 6 6 4 3 16 12 Tổng 9 10 31 21 12 a 31a 9 b 21 35 12 121 Vậy ta có hệ: . Vậy y = x 9a 6 b 10 121 35 105 b 105
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 145 2 f(x) = a0 + a1x + a2x 2 Trường hợp này ta có 1(x) = 1 ; 2(x) = x , 3(x) = x TT x 1(x) 2(x) 3(x) y 3 4 2 ( 1) ( x) ( x2 ) x x ( y ) x.y x .y 2 3 4 2 1 x1 1 x1 y1 x1y1 x1 x1 x1 x1 y 1 2 3 4 2 2 x2 1 x2 y2 x2y2 x 2 x 2 x 2 x2 y 2 n x 1 x 2 3 4 y x y 2 n n x n x n x n n n n xn y n n n n n n n n 2 3 4 2 tổng n  x i  x i  x i  x i  yi  xi y i  xi y i i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 1, 1 1, 2 1, 3 2, 3 3, 3 1,y 2 ,y 3,y Giải hệ phương trình sau để xác định a0 , a1 , a2 n n n 2 a n a x a x y 0 1 i 2  i  i i 1 i 1 i 1 n n n n 2 3 a0 x i a 1  x i a 2  x i  x i y i i 1 i 1 i 1 i 1 n n n n 2 3 4 2 a0 x i a 1  x i a 2  x i  x i y i i 1 i 1 i 1 i 1 Ví dụ 3: 2 Xác định hàm số dạng y = f(x) = a0 + a1x + a2x theo phương pháp bình phương bé nhất dựa theo số liệu thực nghiệm sau : x 1 3 6 7 8 13 y 1 10 52 80 100 300 Lập bảng 2 3 4 2 TT 1 x x x x y x.y x .y 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 3 9 27 81 10 30 90 3 1 6 36 216 1296 52 312 1872 4 1 7 49 343 2401 80 560 3920 5 1 8 64 512 4096 100 800 6400 6 1 13 169 2197 28561 300 3900 50700 Tổng 6 38 328 3296 36436 543 5603 62983
146 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Giải hệ : 6a0 + 38 a1 + 328 a2 = 543 Tính được a0  3,29 38a0 + 328a1 + 3296 a2 = 5603 a1  - 4,08 328a0 + 3296 a1 + 36436 a2 = 62983 a2  2,06 Vậy quan hệ giữa x và y theo dạng y = 3,29 - 4,08x + 2,06.x2 Nhận xét Phương pháp bình phương bé nhất áp dụng được khi đại lượng y biểu diễn tuyến k tính qua đại lượng x dạng: y  ai i (x) , với i (x) là các hàm số đã cho. i 1 Ví dụ các dạng như : y ax2 bx y ax2 b y ax2 bx c y asinx + bcosx Khi đó việc tìm các hệ số ai theo phương pháp bình phương bé nhất sẽ luôn dẫn về một hệ phương trình đại số tuyến tính với các ẩn ai. Hệ này là một hệ Cramer nên luôn có duy nhất nghiệm. Một số dạng quan hệ có thể đưa về dạng tuyến tính để áp dụng được phương pháp bình phương bé nhất.  y ax ln y ln x ln a . Đặt Y = lny, X= lnx, B = lna => đưa về dạng YXB  y ae bx đưa về dạng Y AX B trong đó Y = lny, X = x, A = -b, B = lna Ví dụ 4: ( sinh viên tự giải) Giả sử y = ax2 + b. Hãy lập hệ phương trình xác định a và b theo phương pháp bình phương bé nhất và xác định a, b biết kết quả thực nghiệm được cho trong bảng sau: x 1 2 3 4 5 y 1.3 9.8 25.1 45.5 73.2 Ví dụ 5: ( sinh viên tự giải) Giả sử y = ax2 + bx. Hãy lập hệ phương trình xác định a và b theo phương pháp bình phương bé nhất và xác định a, b biết kết quả thực nghiệm được cho trong bảng sau:
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 147 x -2 -1 0 1 2 3 y 6,5 0,5 0,2 3,5 9,5 21,1 Bài tập tương tự: 1) y = ax + b với bảng X -1 1 2 3 4 5 y -7.7 2.3 6.8 12.5 17.1 21.9 56a 14 b 239 Đáp số: hệ phương trình suy ra a = 4.95, b = -2.74. 14a 6 b 52.9 2) y = ax2 + b với bảng X -1 0 1 2 -2 3 Y 5.1 2.5 4.5 13.8 14.2 29.5 115a 19b 387.1 a 3.04 Đáp số : hệ phương trình : 19a 6b 69.6 b 1.97 3) y = ax2 + bx với bảng X 1 -2 3 -1 5 6 Y -1.8 15.5 6.3 6.2 29.5 47.7 2020a 360b 2577.8 a 1.965 Đáp số: hệ phương trình 360a 76b 413.6 b 3.86 5.5.1.4 Phương pháp thực hành khi sử dụng EXCEL Phương pháp bình phương bé nhất là tìm các giá trị của các hệ số trong biểu diễn hàm số m (x)  ai i (x) trong đó các hàm 1(x); 2 (x); ; m (x)  là hệ hàm độc lập tuyến i 1 tính ( tức là không có một hàm số nào có thể biểu diễn tuyến tính qua các hàm số còn lại). Ta gọi ma trận F là ma trận cỡ n m có cột thứ k là các thành phần của véc tơ k (x) lấy tại các điểm xi ( i = 1 n ). Ma trận F có dạng :
148 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 1(x 1 ) 2 (x 1 ) m (x 1 ) (x ) (x ) (x ) F = 1 2 2 2 m 2     1(x n ) n (x n ) m (x n ) khi đó ta có ma trận B được tính : B = FT.F , ma trận C = FT . Y Do vậy A = B-1 . C 2 Ví dụ Tìm giá trị của a0 , a1 , a2 trong quan hệ y = a0 + a1x + a2x theo phương pháp bình phương bé nhất dựa vào số liệu sau ( ví dụ 3 phần trên) x 1 3 6 7 8 13 y 1 10 52 80 100 300 2 Giải Ta có 1(x) = 1 ; 2(x) = x ; 3(x) = x 1 1 1 1 1 3 9 10 1 1 1 1 1 1 1 6 36 52 => F = => FT = 1 3 6 7 8 13 ; Y = 1 7 49 80 1 9 36 49 64 169 1 8 64 100 1 13 169 300 6 38 328 543 => B = FT.F = 38 328 3296 ; C = FT.Y = 5603 328 3296 36436 62983 1087392 303480 17664 1 B-1 = 303480 111032 7312 785904 17664 7312 524 a 2587128 3,291914 0 1 => A = B-1.C = a 3209040 4,08325 1 785904 a2 1625508 2,068329 Lấy a0 3,29 ; a1 - 4,08 ; a2 2, 06 Vậy hàm số cần tìm sẽ là : y = 3,29 - 4,08x + 2,06 x2
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 149 BÀI TẬP CHƯƠNG 5 : HÀM HAI BIẾN Bài 1: Tìm miền xác định và biểu diễn chúng lên mặt phẳng Oxy. 1 x2 y 1 1 1 1 1 1) z 2) z arcsin 3) z 2 2 2 4) z a2 y 2 x R x y x y x2 y 1 1 5) z 6) z 4 x2 y 2 x 2 y 2 1 7) z ln xy x y x y 1 8) z x2 y 2 1 2x x2 y 2 Bài 2: Biểu diễn các miền phẳng sau lên mặt phẳng tọa độ 0xy : 1) D x,y:0 x1,x 2 y x 2) D x,y:0 x1, 2xx 2 y1  3) D x,y:1 x 2,2x y 2x 3 4) D x,y:0 x 2,2x x2 y 2x 5) D x,y:0 x 1,x2 y 2x 6) D x,y:x 2 y 2 2ax,x 2 y 2 a 2 7) D x,y:x 2 y 2 2x,x 2 y 2 2y Bài 3: Tính các đạo hàm riêng của các hàm số sau theo các biến: x3 y 3 y 1) z 2) z ln(x x2 y 2 ) 3) z arctg x2 y 2 x y 4) z xy 5) z (1 xy)y 6) z xx 7) z x2 y 3y 4 x 2 e x 3y 8) u x2 y 2 z 2 3x 3x 2y x a e ln xy 9) z 2x 3sin xy e 10) z ln sin 11) z x sin y y x 2 3 2 3 3 x x 3x y x y y 12) z a 13) z ex .arctgy 14) z= tg x+y .e y x y x 15) z xy.ln xy 16) z = arctg 17) z arcsin x+2y x2 y 2 3 18) z x 2y y x 0
150 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Bài 4: Tính các đạo hàm riêng cấp hai của các hàm số sau: 1 x y 1) z (x2 y 2 ) 3 2) z ln(x x2 y 2 ) 3) z 3 x y 1 2 2 4) z 5) z x2 y 2 6) z ex y cos x +3y x2 y 2 x + y 7) z ln x2 y 2 8) z x2 y 2 .e x y 9) z arctg 1-xy Bài 5: Tìm vi phân toàn phần của các hàm số sau: y x+y 1) z sin x2 y 2 2) z ex cosy + xsiny 3) z ln tg 4) z arctg x x-y Bài 6: Tính gần đúng giá trị các biểu thức sau: 1) ln 3 1,03 4 0,98 1 2) (1,04)2,03 3) 5.e0,02 (2,03) 2 2 2 1,97 1,99 4) 3 1,02 0,05 5) arctg 1 6) 1,04 ln(1,02 1,02 Bài 7: Tìm cực trị địa phương của các hàm hai biến sau: 1) z = 4(x - y) – x2 – y2 2) z = x2 + xy + y2 + x – y + 1 3) z = x + y – xey 4) z = 2x 4 + y 4 – x2 - 2y2 5) z x3 3y 2 x 15x 12y 6) z x3 y 3 9xy 20 7) z 2y2 4xy 2x 3 2x 8) z x3 3yx 2 39x 36y 9) z x3 y 3 3xy 10) z x4 y 4 2 x y 2 5 11) z 3y3 4xy 2 24xy 1 12) z x2 8x y 3 13y 8xy 9 13)z x4 y 4 2x 2 4xy 2y 2 14)z 1 6x x2 xy y 2 15)z xy3 2 6 x y,x 0,y 0 16) z x2 y xy y 2 Bài 8: Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc nhất với nhau y = ax + b và có bảng giá trị tương ứng sau: x 1 2 3 4 5 6 y 2 4.9 7.9 11.1 14.1 17 Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 151 Bài 9: Câu hỏi tương tự bài 8 với bảng số x 1 2 3 4 5 y 2.9 6.1 9.2 11.8 16 Bài 10: Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc hai với nhau y = ax2 + b và có bảng giá trị tương ứng sau: x 1 2 3 4 5 y 0.1 3 8.1 14.9 23.9 Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất. Bài 11: Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc hai với nhau y = ax2 + bx + c và có bảng giá trị tương ứng sau: x 1 2 3 4 5 y 2.9 8.9 19.1 33.2 50.8 Xác định giá trị a, b , c theo phương pháp bình phương bé nhất. Bài 12: Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc hai với nhau y = ax2 + bx và có bảng giá trị tương ứng sau: x 1 2 3 4 5 6 y 4,9 16,5 33 55,5 84 119 Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.
152 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy CHƯƠNG 6 : PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 6.1 Phương trình vi phân – Các khái niệm 6.1.1 Định nghĩa + Phương trình vi phân là phương trình trong đó chứa biến số , hàm số và các đạo hàm của hàm số. + Cấp của phương trình vi phân là cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong phương trình. + Phương trình vi phân cấp n có dạng F(x, y , y(1), y(2), , y(n)) = 0 (6.1) hay y(n) = f(x, y , y(1), y(2), , y(n-1)) (6.1)' trong đó y là hàm của biến số x 6.1.2 Nghiệm của phương trình vi phân + Nghiệm tổng quát + Nghiệm riêng + Nghiệm kỳ dị 6.1.2.1 Nghiệm tổng quát: Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp n là biểu thức có dạng  (x , y , C1 , C2, , Cn) = 0 (6.2) hay y = ( x , C1 , C2, , Cn) (6.2)' thay vào phương trình (6.1) hoặc (6.1)' sẽ thỏa mãn. Trong đó C1 , C2 , , Cn là các hằng số tùy ý. Biểu thức (6.2) còn gọi là tích phân tổng quát của phương trình vi phân (6.1) Như vậy, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là một biểu thức biểu thị một họ các hàm số mà mỗi hàm số trong họ này đều thỏa mãn phương trình vi phân (6.1) 6.1.2.2 Nghiệm riêng: Nghiệm riêng của phương trình vi phân cấp n là một hàm số xác định y = 0 (x) hoặc ở dạng 0 (x , y) = 0 thỏa mãn phương trình vi phân (6.1) ( hay (6.1)' và hàm số này phải nằm trong họ nghiệm tổng quát. Như vậy, nếu 0 (x , y) = 0 hay y = 0 (x) là nghiệm riêng của (6.1) thì luôn tìm 0 0 0 được các giá trị xác định của các hằng số C1 = C1 ; C2 = C2 ; , Cn = Cn để khi thay chúng vào (6.2) hoặc (6.2)' ta được : 0 0 0 0 (x , y) =  (x , y , C1 , C2 , , Cn ) = 0 0 0 0 hoặc y = 0 (x) = ( x , C1 , C2 , , Cn )
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 153 6.1.2.3 Nghiệm kỳ dị : Nghiệm kỳ dị y =  (x) hay  (x,y) = 0 là nghiệm thỏa mãn phương trình vi phân (6.1) nhưng không nằm trong họ nghiệm tổng quát. Tức là không thể tìm được các giá trị của các hằng số C1 ; C2 , , Cn để khi thay chúng vào (6.2) hoặc (6.2)' ta nhận được  (x,y) = 0 hay y =  (x) 6.1.3 Bài toán Cô-si ( Cauchy) : Bài toán Cô – si của phương trình vi phân cấp n là bài toán tìm nghiệm của phương trình vi phân cấp n thỏa mãn n điều kiện đầu ( cho trước). Thực chất là đi tìm một nghiệm riêng của phương trình vi phân, sao cho nghiệm riêng này thỏa mãn n điều kiện cho trước. Như vậy, khi cho biểu thức nghiệm tổng quát thỏa mãn n điều kiện đầu (cho trước) sẽ nhận được n phương trình để giải ra được n giá trị xác định các hằng số C1 ; C2 ; ; Cn. Sau khi tìm được n giá trị xác định này của các hằng số, đem thay chúng vào biểu thức nghiệm tổng quát, khi đó sẽ nhận được nghiệm của bài toán Cô – si. Ví dụ 1 : Tìm nghiệm của phương trình vi phân : xdy + (1 + y2) dx = 0 (i) thỏa mãn điều kiện : y 1 (ii) x 1 Giải : + Nếu x 0 , từ (*) ta được : dy dx 0 => arctg y + ln|x| = C ( ) đây là biểu thực nghiệm 1 y2 x tổng quát của (*) + Nếu x = 0 => dx = 0 => thỏa mãn (i). Vậy x = 0 là nghiệm của (i) và là nghiệm kỳ dị vì không thể tìm được một giá trị C nào để khi thay vào ( ) ta nhận được x = 0. + Thay điều kiện (ii) vào ( ) ta được C = ; do vậy nghiệm của bài toán Cô-si 4 (i) và (ii) là arctg y + ln|x| = . 4 Ví dụ 2 Tìm nghiệm của phương trình vi phân : y" + y = 0 (i) thỏa mãn điều kiện y(0) = 2 ; y '(0) = 3 (ii) Giải Nghiệm tổng quát của (i) có dạng y = C1sinx + C2 cosx (*)
154 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Cho (*) thỏa mãn điều kiện đầu (ii) ta được : y' = C1cosx - C2 sinx => y(0) = C2 = 2 ; y'(0) = C1 = 3 Vậy nghiệm của bài toán sẽ là : y = 3sinx + 2cosx 6.2 Phương trình vi phân cấp 1 6.2.1 Phương trình vi phân có biến số phân ly 6.2.1.1 Định nghĩa : Phương trình vi phân có biến số phân ly là phương trình vi phân có dạng M(x) dx + N(y) dy = 0 (6.3) 6.2.1.2 Cách giải : Tích phân hai vế phương trình biến số phân ly M(x) dx + N(y) dy = 0 ta được : M(x)dx N(y)dy C giả sử tính được các tích phân trên sẽ dẫn về (x)  (y) C dx Ví dụ 1 Giải phương trình vi phân y2 2 dy 0 (1) x2 1 dx Giải Tích phân hai vế (1) ta được y2 2 dy C x2 1 y => arctgx + y2 2 ln y y 2 2 C là tích phân tổng quát của (1). 2 Ví dụ 2 Tìm nghiệm phương trình vi phân xydy = (1 - x2)dx (1) Giải + Trường hợp x 0 : chia hai vế của (1) cho x và lấy tích phân hai vế ta được : 1 x2 y2 ydy dx => ln | x | x C (2) là tích phân tổng quát của (1). x 2 + Trường hợp x = 0 => dx = 0 thỏa mãn (1) vậy x = 0 cũng là nghiệm của (1) và là nghiệm kỳ dị . 6.2.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 6.2.2.1 Định nghĩa Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 là phương trình vi phân có dạng y' + P(x)y = Q(x) (6.4) trong đó P(x) và Q(x) là các hàm của x . Nếu Q(x)  0 ta được phương trình thuần nhất : y' + P(x)y = 0 (6.5) Nếu Q(x) 0 thì (6.4) là phương trình không thuần nhất.
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 155 6.2.2.2 Nghiệm của phương trình tuyến tính cấp 1 P(x)dx + Nghiệm của phương trình không thuần nhất (6.5) : y Ce + Nghiệm của phương trình không thuần nhất (6.4) là : P(x)dx P(x)dx y Q(x).e C e trong đó C là hằng số tùy ý. 6.2.3 Phương trình Bernoulli ( Bec - nu -li) 6.2.3.1 Định nghĩa Phương trình Bernoulli là phương trình có dạng : y' + P(x)y = Q(x) y ; 0 và 1 (6.6) (1 )P(x)dx (1 )P(x)dx Công thức nghiệm : y1 (1 )Q(x)e Ce 6.2.3.2 Cách giải a) Cách 1 : Để giải phương trình Bernoulli ta đặt z y1 , khi đó từ (6.6) ta có : 1 y y P(x)y1 Q(x) (*) và do z y1 => y y z ' . Thay vào (*) ta 1 được z' (1 )P(x)z (1 )Q(x) ( ) là phương trình tuyến tính cấp 1. (1 )P(x)dx (1 )P(x)dx y1 (1 )Q(x)e Ce (6.7) b) Cách 2 Ta có thể giải trực tiếp bằng cách đặt y = u . v với u , v là các hàm của x. Do vậy ta có y' = u'.v + u.v' ; thay vào (6.6) ta được u'.v u.v' P.u.v Q.u.v hay là v(u' Pu) v'u Q.u.v 0 (*) . Đẳng thức (*) được thỏa mãn nếu đồng thời xảy ra : u ' Pu = 0 (a) và v 'u Q.u .v 0 (b) P(x)dx từ (a) có được u e ( ) ; Từ (b) ta được v v ' Q u 1 . Thay u từ ( ) ( 1) P(x)dx vào ta được v1 (1 ) Q(x)e C . (1 )P(x)dx (1 )P(x)dx Do vậy ta dẫn về y1 (1 )Q(x)e Ce (6.7)'
156 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy 6.2.4 Phương trình đẳng cấp cấp 1 6.2.4.1 Định nghĩa Phương trình vi phân y' = f(x, y) được gọi là phương trình đẳng cấp y cấp 1 nếu đưa được về dạng y' = (6.8) x y 6.2.4. 2 Cách giải Để giải phương trình vi phân có dạng y' = ta đặt y = u.x . Khi x y đó y' = u + u'.x => u + u'.x = = u => u' .x = u - u x du dx + Nếu u - u 0 và vì x 0 nên ta có . Tích phân hai vế (u) u x du dx ta được : G(u) lnCx (6.9) (u) u x Biểu thức (6.9) là tích phân tổng quát của (6.8) y + Nếu u - u = 0 u = u => y' = (6.10) x *) y = 0 là nghiệm của (6.10) dy dx *) Nếu y 0 , từ (6.10) => => ln y = lnCx => y = Cx y x y2 2xy Ví dụ 1 Giải phương trình vi phân : y' (a) x2 2xy Giải Do x 0 nên chia cả tử , mẫu cho x2 ta được : y2 y 2 2. y' x x . y 1 2 x y u2 2.u Đặt = u => y' = u + x.u' , thay vào phương trình vi phân : u xu' x 1 2u u u2 => xu' 1 2u + Nếu u = 0 y = 0 => y' = 0 Thỏa mãn (a) vậy y = 0 là nghiệm của (a)
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 157 + Nếu u = 1 x = y => vế phải (a) bằng 1 , vế trái (a) bằng 1 => y = x là nghiệm của (a). 1 2u dx + Nếu u 0 và u 1 thì du tích phân hai vế ta được : u u2 x 1 2u dx | u | | y | x du => ln ln Cx => C u u2 x |1 u |3 | x y |3 | y | x Vậy tích phân tổng quát của (a) là : C | x y |3 6.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng số 6.3.1 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất có hệ số hằng số 6.3.1.1 Định nghĩa : Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất có hệ số hằng số là phương trình vi phân có dạng : ay" + by' + cy = 0 ; a 0 (6 -11) trong đó a , b, c là các hằng số . 6.3.1.2 Cách giải : Tìm nghiệm của phương trình đặc trưng ak2 + bk + c = 0 (6-12) 2 + Nếu (6-12) có hai nghiệm phân biệt k1 k2 ( t. là b 4ac 0 ) thì nghiệm k1 x k 2 x tổng quát của (6-11) là : y C1 e C 2 e + Nếu (6-12) có nghiệm kép bằng k ( t.là b2 4ac 0 ) thì nghiệm tổng quát của kx (6-11) là: y C1 C 2 x e + Nếu (6-12) không có nghiệm thực ( t.là b2 4ac 0 ) khi đó đặt : b ;  2a 2a x thì nghiệm tổng quát của (6-11) là : y e Ccosx1  Csinx 2  Ví dụ 1 : 3y" + 4y' - 39y = 0 Ta có phương trình đặc trưng 3k2 + 4k - 39 = 0, 13 giải ra được nghiệm : k1 = 3 ; k2 = do đó nghiệm tổng quát của phương trình vi phân 3 13 3x x sẽ là : y = C1e + C2 e 3 ; C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
158 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Ví dụ 2 y" - 4y' + 4y = 0 2 Phương trình đặc trưng : k - 4k + 4 = 0 có nghiệm kép k1 = k2 = 2 2x do đó nghiệm tổng quát của phương trình vi phân : y = ( C1 + C2x ) e , với C1 , C2 là các hằng số tùy ý. Ví dụ 3 y" - 4y' + 5y = 0 có phương trình đặc trưng : k2 - 4k + 5 = 0 4 4 = - 4 2 ;  1 , do đó nghiệm tổng quát của 2.1 2.1 2 2x phương trình vi phân là : y = e .( C1cosx + C2sinx), với C1 , C2 là các hằng số tùy ý. 6.3.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 không thuần nhất có hệ số hằng số 6.3.2.1 Định nghĩa : Phương trình vi phân tuyên tính cấp 2 không thuần nhất có hệ số hằng là phương trình có dạng : ay" + by' + cy = f(x) ; a 0 (6-13) trong đó a , b , c là các hằng số , f(x) là hàm của x. 6.3.2.2 Định lý. Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất (6-13) bằng nghiệm tổng quát y của phương trình thuần nhất : ay" + by' + cy = 0 cộng với một nghiệm riêng y0 của (6-13). 6.3.2.3 Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất với vế phải đặc biệt. x a) Trường hợp f(x) = e Pn (x) ( ở đây Pn(x) là đa thức bậc n) Ta có phương trình đặc trưng của (6-13) là ak2 + bk + c = 0 (6-14) x Tìm nghiệm riêng của ay" + by' + cy = e Pn (x) (6-15) L x dưới dạng y0 x e Q n (x) (6-16) 0 nếu không là nghiệm của (6-14) ở đây L 1 nếu là một nghiệm đơn của (6 -14) 2 nếu là nghiệm kép của (6-14) Qn(x) là đa thức bậc n, các hệ số của Qn(x) được tìm bằng phương pháp cân bằng hệ số sau khi thay y0 vào (6-15).
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 159 Ví dụ 1 Giải phương trình vi phân y" + 2y' - 8y = ex( 25x2 + 3) (1) 2 + Tìm nghiệm phương trình đặc trưng : k + 2k - 8 = 0, có nghiệm k1 = 2 ; k2 = -4 2x 4x vậy tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng : y C1 e C 2 e + Vế phải f(x) = ex( 3x2 + 1) => = 1 và n = 2. Do = 1 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên trong công thức (6-16) x 2 có L = 0, ta tìm nghiệm riêng của (1) dưới dạng y0 = e (ax + bx + c) (2) Thay (2) vào (1) ta được : x 2 -8y0 = -8 e (ax + bx + c) x 2 2 y 0 = 2 e [ax + (2a + b) x + b + c] x 2 y 0 = e [ax + (4a + b) x + 2a + 2b + c] => ex( 25x2 + 3) = ex. [ - 5ax2 + (8a – 5b)x + 2a + 4b - 5c ] => - 5a = 25 ; 8a - 5b = 0 ; 2a + 4b - 5c = 3 x 2 => a = -5 ; b = -8 ; c = - 9 => y0 = e ( -5x - 8x - 9) vậy nghiệm tổng quát của phương trình vi phân đã cho là : 2x - 4x x 2 y = y + y0 = C1e + C2 e + e ( -5x - 8x - 9) ; C1 , C2 tùy ý. Ví dụ 2 Giải phương trình vi phân : y" - 3y' + 2y = ex( 4x + 3) (1) 2 + Nghiệm của phương trình đặc trưng k - 3k + 2 = 0 là k1 = 1 ; k2 = 2 x 2x => nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng : y = C1 e + C2 e + Vế phải f(x) = ex( 4x + 3) => = 1 và n = 1 do = 1 là một nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng theo công x thức (6-16) ứng với L = 1 sẽ có dạng : y0 = xe ( ax + b), thay y0 vào (1) ta được : x 2 2y0 = 2e ( ax + bx) x 2 -3 y 0 = -3 e [ ax + (2a + b) x + b] x 2 y 0 = e [ ax + (4a + b) x + 2a + 2b] => ex( 4x + 3) = ex [ 0 - 2a x + 2a – b ] => - 2a = 4 ; 2a - b = 3 => a = -2 ; b = - 7 x 2 => nghiệm riêng của (1) sẽ là y0 = - e (2x + 7) vậy nghiệm tổng quát của (1) sẽ là : x 2x x 2 y = y + y0 = C1 e + C2 e - e (2x + 7) với C1 , C2 tùy ý .
160 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Ví dụ 3 Giải phương trình vi phân y" + 4y' + 4y = e-2x( 6x - 4) (1) 2 + Nghiệm của phương trình đặc trưng : k + 4k + 4 = 0 là k1 = k2 = - 2 -2x => nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng : y = (C1 + C2x ) e + Vế phải của (1) là f(x) = e-2x ( 6x – 4) => = -2 và n =1 do = -2 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của (1) ứng với 2 -2x L = 2 trong công thức (1-16) có dạng: y0 = x . e ( ax + b) thay y0 vào (1) ta được : -2x 3 2 4y0 = 4e ( ax + bx ) -2x 3 2 4 y 0 = 4e [-2ax + ( 3a - 2b) x + 2bx ] -2x 3 2 y 0 = e [4ax + (- 12a + 4b) x + ( 6a - 8b)x + 2b ] => e-2x( 6x - 4) = e-2x [ 0 + 0 + 6a x + 2b] => 6a = 6 ; 2b = - 4 => a = 1 ; b = -2 -2x 3 2 vậy nghiệm riêng của (1) là : y0 = e ( x – 2x ) -2x -2x 3 2 => nghiệm tổng quát của (1) : y = y + y0 = (C1 + C2x ) e + e ( x – 2x ). x b) Trường hợp f(x) = e P(x)cosn x Q m (x)sin  x ( ở đây Pn(x) , Qm(x) là đa thức bậc n và m ) Ta có phương trình đặc trưng của (6-13) là ak2 + bk + c = 0 (6-17) x Tìm nghiệm riêng của ay" + by' + cy = e P(x)cosn x Q m (x)sin  x (6-18) L x dưới dạng y0 x e R s (x)cos  x H s (x)sin  x (6-19) Trong đó Rs(x) và Hs(x) là các đa thức bậc s với s = Max( n , m) 0 nếu + i không là nghiệm của (6-17) ở đây L 1 nếu + i là nghiệm của (6 -17) Chú ý : *) + i là nghiệm của (6-17) nếu đồng thời xảy ra : = b2 – 4ac < 0 ; b và ;  2a 2a *) + i không là nghiệm của (6-17) nếu : b = b2 – 4ac 0 hoặc hoặc  2a 2a *) Các hệ số của các đa thức Rs(x) , Hs(x) được tìm bằng phương pháp cân bằng hệ số sau khi thay y0 vào (6-18).
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 161 Ví dụ 1 Giải phương trình vi phân 2y" - 5y' + 3y = ex {(-18x + 32) cos2x - (4x + 49) sin2x} (1) 2 3 Giải : + Ta có phương trình đặc trưng : 2k - 5k + 3 = 0 có nghiệm k1 = 1 ; k2 = 2 Do vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là : 3x x 2 y = C1 e + C2 e + Do = 1 và  = 2 nên 1 + 2i không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên theo (6 -19) có L = 0 , các đa thức hệ số của cos2x và sin 2x có bậc lớn nhất là bậc 1, do vậy ta tìm nghiệm riêng của (1) dưới dạng : x y0 = e { ( ax + b) cos2x + (cx + d) sin2x } Tính các đạo hàm của y0 rồi thay vào phương trình vi phân (1) : x 3 y0 = 3 e { ( ax + b) cos2x + (cx + d) sin2x } x - 5y0' = -5e { ( ax + b) cos2x + (cx + d) sin2x } + -5ex { a.cos2x - 2(ax + b) sin2x + + 2(cx + d)cos2x + c sin2x } x 2 y0" = 2e { ( ax + b) cos2x + (cx + d) sin2x } + 2ex { 2 a.cos2x - 4(ax + b) sin2x + + 4(cx + d) cos2x + 2 c sin2x } + 2ex { - 4(ax + b) cos2x - 4a. sin2x + + 4c cos 2x - 4 (cx + d) sin2x } ___ ex { (-18x + 32) cos2x - ( 4x + 49) sin2x} = ex{ [(- 8a - 2c ) x - a - 8b + 8c - 2d] cos2x + + [(2a - 8c) x - 8a + 2b - c - 8d ] sin2x } => -8 a - 2c = -18 - a - 8b + 8c - 2d = 32 2a - 8c = -4 -8a + 2b - c - 8d = -49 Giải ra ta được a = 2 ; b = -4 ; c = 1 ; d = 3 x Vậy nghiệm riêng của (1) sẽ là : y0 = e { (2x - 4) cos2x + ( x + 3) sin2x} do đó nghiệm tổng quát của (1) sẽ là : 3x x 2 x y = y + y0 = C1 e + C2 e + e { (2x - 4) cos2x + ( x + 3) sin2x} .
162 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy Ví dụ 2 Giải phương trình vi phân : y" - 4y' + 5y = 2e2x cosx + 16x sinx (1) Giải + Phương trình đặc trưng : k2 - 4k + 5 = 0 (2) . 4 4 có = - 4 2 ;  1 , do đó nghiệm tổng quát của 2.1 2.1 2 2x phương trình không thuần nhất tương ứng là : y = e .( C1cosx + C2sinx) + Nghiệm riêng của (1) được tìm dưới dạng y0 = y1 + y2 với 2x (a) y1 là nghiệm riêng của y" - 4y' + 5y = 2e cosx (b) y2 là nghiệm riêng của y" - 4y' + 5y = 16x sinx *) Với (a) ta có 2 ;  1 mà 2 + 1.i là nghiệm của phương trình đặc trưng (2), nên theo (6-19) có L = 1 , đa thức hệ số của cosx trong (a) là bậc 1 => nghiệm riêng của (a) 2x có dạng: y1 = x. e { a cosx + b sinx} . Tính các đạo hàm rồi thay vào (a) ta được : 2x 5y1 = 5e { ax cosx + bx sinx} 2x -4y1' = -4 e { 2ax cosx + 2 bx sin x + + a .cosx - ax sinx + + bx cosx + b sinx } 2x y1" = e { 3ax cosx + 3bx sin x + + 4 a .cosx - 4 ax sinx + + 4bx cosx + 4b sinx + - 2b cosx - 2a sinx } ___ 2e2x cosx = e2x { - 2b cosx - 2a sinx } => a = 0 ; b = -1 2x Vậy nghiệm riêng của (a) là : y1 = - x e sinx *) Với (b) : y" - 4y' + 5y = 16x sinx (b) , có = 0 ;  = 1 mà 0 + 1.i không là nghiệm của phương trình đặc trưng (2), nên nghiệm riêng của (b) có dạng : y2 = (ax + b) . cosx + (cx + d) sinx . Tính các đạo hàm của y2 và thay vào (b) : có 5y2 = 5(ax + b) . cosx + 5(cx + d) sinx ' - 4y2 = -4( cx + a + d).cosx - 4 (- ax - b + c) sinx y2" = ( - ax - b + 2c) cosx + (- cx - 2a - d) sinx ___ 16x sinx= [( 4a - 4c)x - 4a + 4b + 2c - 4d ] cosx + [( 4a + 4c) x - 2a + 4b - 4c + 4d] sinx
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 163 => 4a - 4c = 0 ; - 4a + 4b + 2c - 4d = 0 ; 4a + 4c = 16 ; - 2a + 4b - 4c + 4d = 0 => a = c = 2 ; 4b - 4d = 4 ; 4b + 4 d = 12 => b = 2 ; d = 1 Vậy nghiệm riêng y2 của (b) là : y2 = 2(x + 1) . cosx + (2x + 1) sinx Kết luận : Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (1) là : 2x 2x y = y + y1+ y2 = e .( C1cosx + C2sinx) - x e sinx + 2(x + 1)cosx + (2x + 1) sinx.
164 Biên soạn : Vũ Khắc Bảy BÀI TẬP CHƯƠNG 6 : PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Bài 1 . Giải các phương trình có biến số phân ly : 1) yln3 y y' x 2 1 0 ; y 0 e dx dy 2) 0 ; y 1 x(y 1) y(x 2) x 1 3) y' cos(x 2y) cos(x 2y); y x 0 4 4) yxy' 2(1xy'); 2 y 1 x 1 Bài 2 Giải các phương trình tuyến tính cấp 1 3 1 1) y' y 3 , y 0 x x x 1 2) y'1x 2 y arcsinx ;y 0 x 0 y 1 3) y' x ln x ; y e2 x ln xx e 2 2xy 4) y' x2 y 2 y y 5) xy sin x ysin x x Bài 3. Giải các phương trình tuyến tính cấp 2 1) y’’ - 2y’ – 3y =0 2) y’’ + y = 0 3) 4y’’ - 20 y’ + 25y =0. 4) y’’ - 4y’ = -12x2 - 6x -4 5) y''4y'3ye, 5x y 3, y' 9. x 0 x 0 6) y" - 3y ' = 18 x + 4 7) 2y" + 3y' - 5y = 6x2 + 3x - 1 8) y" + 4y = 4 cos2x + 6 sinx , y 3, y' 4 . x x 2 2
Giáo trình Toán cao cấp - Đại học Lâm nghiệp 165 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Nguyễn Đình Trí và nhiều tác giả. Toán cao cấp tập I, II, III. NXB ĐH và THCN, 2001. 2. G.N.Phichtengon. Cơ sở giải tích toán học. Tập I, II và III. NXB Giáo dục, 1977 3. Ngô Thúc Lanh. Đại số tuyến tính. NXB ĐH và THCN, 1970 4. Hoàng Hữu Đường, Võ Đức Tôn, Nguyễn Thế Hoàn. Phương trình vi phân. Tập I và II. NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp, 1970. 5. Nguyễn Thế Hoàn, Trần Văn Nhung. Bài tập phương trình vi phân. NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp, 1979.