›
›

Bài giảng Toán cao cấp - Bài 3: Các dạng toán về HPT tuyến tính (Phần 1)

ppt 57 trang huongle 2220
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Toán cao cấp - Bài 3: Các dạng toán về HPT tuyến tính (Phần 1)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pptbai_giang_toan_cao_cap_bai_3_cac_dang_toan_ve_hpt_tuyen_tinh.ppt

Nội dung text: Bài giảng Toán cao cấp - Bài 3: Các dạng toán về HPT tuyến tính (Phần 1)

  1. BÀI 3 (PHẦN 1)
  2. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH . . . a11x1 + a12x2 + + a1nxn = b1 . . . a21x1 + a22x2 + + a2nxn = b2 . . . am1x1+ am2x2+ . . . + amnxn = bm a11 a12 . . . a1n b1 a21 a22 . . . a2n b2 A = . . . am1 am2 . . . amn bm
  3. Định lý Cronecker-Capelli ➢r(A)< r(A) Hệ vô nghiệm ➢r(A)= r(A)< n Hệ có VSN ➢r(A)= r(A)= n Hệ có nghiệm duy nhất
  4. Thuật toán Cramer(số pt=số ẩn) Tính D = detA và các D i D D = 0 : Hệ có 1 nghiệm x = i i D D = 0 và Di = 0 : Hệ VN D = Di = 0 : Hệ có VSN hoặc VN
  5. Thuật toán Gauss . Đưa A về C có dạng bậc thang . Từ C lập hpt tương đương với hệ đã cho . Dựa vào hệ mới để xử lý hệ cũ
  6. dạng 1 BIỆN LUẬN SỐ NGHIỆM CỦA HPT TUYẾN TÍNH PP: Dùng Gauss và Cronecker- Capelli➢r(A)< r(A) Hệ vô nghiệm ➢r(A)= r(A)< n Hệ có VSN ➢r(A)= r(A)= n Hệ có 1 nghiệm
  7. ➢Ví dụ : BL theo m số nghiệm PT x1 + 2x2 +2mx3 = 2m 2x1 - 3x2 + x3 = 5 2 3x1 + 6x2 + m x3 = 7m Ta có: 1 2 2m 2m A = 2 -3 1 5 3 6 m2 7m
  8. 1 2 2m 2m A = 2 -3 1 5 3 6 m2 7m d2-2d1 d3-3d1 1 2 2m 2m 0 -7 1-4m 5-4m 0 0 m(m-6) m
  9. 1 2 2m 2m Biện luận 0 -7 1-4m 5-4m ° m = 6 0 0 m(m-6) m r(A)<r(A): VN °m = 0 r(A)=r(A)= 2< 3 : VSN °m = 0 và m = 6 r(A) =r(A)= 3 : 1 N0
  10. dạng 2 GIẢI HPT TUYẾN TÍNH PP1: Dùng thuật toán Cramer PP2: Dùng thuật toán Gauss
  11. ➢Ví dụ 1: Giải hpt bằng 2 cách x1 + 2x2 - x3 = 3 2x1 + 5x2 - 3x3 = 6 - x1 - x2 + 4x3 = 1 Cách1:( dùng Cramer 1 2) -1 D = 2 5 -3 = -4 -1 -1 4
  12. x1 + 2x2 - x3 = 3 D = -4 2x1 + 5x - 3x3 = 6 2 D1 = -8 - x1 - x2 + 4x3 = 1 D2 = -4 31 32 -31 D3 = -4 -4 D132 = 62 65 -63 = 484 -11 -11 14
  13. x = D1 = 2 D = -4 1 D 1 n D1 = -8 o D2 x2 = = 1 D2 = -4 D D D = -4 x = 3 = 1 3 3 D
  14. Cách2:( dùng Gauss ) x1 + 2x2 - x3 = 3 2x1 + 5x2 - 3x3 = 6 - x1 - x2 + 4x3 = 1 1 2 -1 3 A = 2 5 -3 6 -1 -1 4 1
  15. 1 2 -1 3 d3-d2 A = 2 5 -3 6 -1 -1 4 1 1 2 -1 3 0 1 -1 0 d2-2d1, d2+d1 0 0 4 4 1 2 -1 3 0 1 -1 0 0 1 3 4
  16. 1 2 -1 3 x1 = 2 0 1 -1 0 x2 = 1 0 0 4 4 x3 = 1 x1 + 2x2 - x3 = 3 x2 - x3 = 0 4x3 = 4
  17. ➢Ví dụ2: Tìm hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình sau x1 + 2x2 - x4 = 0 2x1 + 5x2 - x3 - 3x4 = 0 1 2 0 -1 0 A = 2 5 -1 -3 0
  18. 1 1 0 -1 0 n0 tổng quát A = 2 3 -1 0 x1 = -t -3 x = t+m d2-2d1 2 x3 = t 1 1 0 -1 0 x4 = m 0 1 -1 -1 0 x1 +x2 -x4 = 0 x2- x3- x4= 0
  19. Hệ no cơ bản x = -t 1 t=1, m=0 ( - 1 , 1 , 1, 0) x2 = t+m ( 0 , 1 , 0, 1) x3 = t t=0, m=1 x4 = m n0 tổng quát
  20. BÀI 3 (PHẦN 2)
  21. dạng 3 TÌM m ĐỂ HPT CÓ 1 NGHIỆM PP: ? Số pt = số ẩn Đ S TT CRAMER TT GAUSS D = 0 r(A)= r(A)= n
  22. ➢Ví dụ1 : Tìm m để hpt có 1 nghiệm x1 + 2x2 - x3 = m 2x1 + 5x2 - 3x3 = 2m 2 - x1 - x2 +(m - m)x3 = 0 1 2 -1 D = 2 5 -3 -1 -1 m2-m = m2-m
  23. D = m2-m Hpt có 1 nghiệm D = 0 m = 0 m2-m = 0 m = 1
  24. ➢Ví dụ 2 : Tìm m để hpt có 1 nghiệm x1 + 2x2 - x3 = m 2x1 + 5x2 - 3x3 = 2m x1 + x2 - 2mx3 = 0 2 - x1 - x2 +(m - m)x3 = -m 1 2 -1 m 2 5 -3 2m A = 1 1 -2m 0 -1 -1 m2-m -m
  25. 1 2 -1 m 2 5 -3 2m A = 1 1 -2m 0 -1 -1 m2-m -m d2-2d1 , d3-d1 , d4+d1 1 2 -1 m 0 1 -1 0 0 -1 -2m+1 -m 0 1 m2 - m -1 0
  26. 1 2 -1 m Hpt có 1 nghiệm 0 1 -1 0 0 -1 -2m+1 -m r(A)= r(A) = 3 0 1 m2 - m -1 0 d3+d2 , d4-d2 m = 1 1 2 -1 m 0 1 -1 0 0 0 -2m -m 0 0 m2 - m 0
  27. dạng 4 Tìm m để hpt: có n0, có vsn, vn PP: Dùng Gauss, Cronecker-Capelli Chú ý ➢r(A)< r(A) hpt thuần nhất Hệ VN luôn có nghiệm ➢r(A)= r(A)< n Hệ có VSN ➢r(A)= r(A) Hệ có n0
  28. ➢Ví dụ1 : Tìm m để hpt x1 + 2x2 - x3 = m 2x1 + 5x2 - 3x3 = 2m+1 2 - x1 - x2 +(m - m)x3 = 0 a. Vô nghiệm b. Vô số nghiệm 1 2 -1 m A = 2 5 -3 2m+1 -1 -1 m2-m 0
  29. 1 2 -1 m A = 2 5 -3 2m+1 -1 -1 m2-m 0 d2-2d1 d3+d1 1 2 -1 m 0 1 -1 1 0 1 m2 - m -1 m
  30. 1 2 -1 m 0 1 -1 1 0 1 m2 -m -1 m d3-d2 1 2 -1 m 0 1 -1 1 0 0 m2 -m m-1
  31. 1 2 -1 m 0 1 -1 1 0 0 m2 -m m-1 a. Hệ VN r(A)<r(A) m = 0 b. Hệ VSN r(A)= r(A) <3 m = 1
  32. Ví dụ2 : x + 2y + mz = 0 2x - my + z = 0 HPT có vô số nghiệm khi và chỉ khi r(A)= r(A) < 3, m A. m tùy ý B. m = 0 C. m = 2 D. m = -2
  33. x + 2y + mz = 0 ➢Ví dụ3 : 2x - my + z = 0 mx + y - 4z = 0 HPT vô nghiệm khi và chỉ khi hpt thuần nhất A. m tùy ý luôn có nghiệm B. m C. m = 2 D. m = -2
  34. -x + my + z = 1 (1) Ví dụ4 : 2x - 2my + z = -2 (2) -x + my - 2z = 2 (3) HPT vô nghiệm khi và chỉ khi (1)+(2)+(3): 0 = 1, m A. m tùy ý Vô lý! m B. m C. m = 2 D. m = -2
  35. ➢Ví dụ 5 : x + 2y + (t-1)z = 0 2x + 5y + (2t-3)z = t -x - y + (m-t)z = 2t Tìm điều kiện của m và t để hpt có nghiệm 1 2 t-1 0 A = 2 5 2t-3 t -1 -1 m-t 2t
  36. 1 2 t-1 0 A = 2 5 2t-3 t -1 -1 m-t 2t d2-2d1 d3+d1 1 2 -1 0 0 1 -1 t 0 1 m-1 2t
  37. 1 2 t-1 0 Hệ có nghiệm 0 1 -1 t 0 1 m-1 2t r(A) = r(A) d3-d2 m = t = 0 1 2 t-1 0 m = 0 0 1 -1 t 0 0 m t
  38. BÀI 3 (PHẦN 3)
  39. dạng 5 GIẢI VÀ BL HPT TUYẾN TÍNH PP: Dùng thuật toán Gauss ➢Ví dụ1 : Giải và biện luận hpt (m là tham số)x1 + 2x2 - x3 = m 2x + 5x - 3x = 2m 1 2 2 3 - x1 - x2 + (m - m)x3 = 0 1 2 -1 m A = 2 5 -3 2m -1 -1 m2-m0
  40. 1 2 -1 m A = 2 5 -3 2m -1 -1 m2-m 0 d2-2d1 d3+d1 1 2 -1 m 0 1 -1 0 0 1 m2 - m -1m
  41. 1 2 -1 m 0 1 -1 0 0 1 m2 -m -1 m d3-d2 1 2 -1 m 0 1 -1 0 0 0 m2 -m m
  42. 1 2 -1 m Biện luận 1 -1 0 ° m = 1 00 0 m(m -1)m r(A)< r(A): VN °m = 0 r(A) = r(A)= 2< 3 : VSN x1+ 2x2- x3 = 0 x2 - x3 = 0 x1 = - t x2 = t (t c R) x3 = t
  43. 1 2 -1 2m °m = 0 và m = 1 0 1 -1 0 r(A)= r(A)= 0 0 m(m -1)m Hệ có3 1 nghiệm x1 + 2x2 - x3 = m x2 - x3 = 0 m(m -1)x3 = m x1 = 2m - 1/m x2 = 1/m-1 x3 = 1/m-1
  44. Ví dụ2 : Giải và biện luận hpt (a, b là th/số) x1 + 2x2 - x3 = 2 2x1 + (a+3)x2 + x3 = 4 x1 + 2x2 + (b-1)x3 = a+2 A 1 2 -1 2 2 a+3 1 4 1 2 b-1 a+2
  45. 1 2 -1 2 x1+ 2x2 - x3 = 2 2 a+3 1 4 (a-1)x2+ = 0 3x 1 2 b-1 a+2 3bx3 = a d2-2d1 d3-d1 1 2 -1 2 0 a-1 3 0 0 0 b a
  46. Biện luận x1 + 2x2 - x3 = 2 (a-1)x2 - x3 = 0 b = 0 bx3 = a °b = 0 v a = 0 : VN x1+ 2x2 - x3 = 2 °b = 0 v a = 0 - x2- x3 = 0 0x3 = 0 ( 2+3m , - m , m) ( m c R )
  47. x1 + 2x2 - x3 = 2 (a-1)x2 - x3 = 0 bx3 = a b = 0 x1+ 2x2- x3 = 2 (a-1)x2 = a/b x3 = a/b
  48. b = 0 x1+ 2x2- x3 = 2 °b = 0 v a = 1: VN (a-1)x2 = a/b x3 = a/b °b = 0 v a = 1 a(a+2b-3)-2b x = 1 b(a-1) a x = 2 b(a-1) a x = 3 b
  49. dạng 6 Ứng dụng vào kinh tế 1. Bài toán cân bằng thị trường Giả sử thị trường có n loại hàng hóa ➢ pi: giá mặt hàng thứ i ( i=1,n ) ➢ qsi(p1, p2,. . ., pn): hàm cung loại hàng thứ i ➢ qdi(p1, p2,. . ., pn): hàm cầu loại hàng thứ i (pi>0, qsi>0, qdi>0) Điểm cân bằng thị trường là điểm thỏa: qsi = qdi, i
  50. Ví dụ: Tìm điểm cân bằng thị trường gồm 3 loại hàng biết rằng: qd1 = -9p1+p2+p3+143 qs1 = 10p1-p2-30 qd2 = p1-10p2+80 qs2 = 12p2-p3-13 qd3 = 2p2-8p3+79 qs3 = -p1+9p3-20 Điểm cân bằng thị trường qd1 = qs1 qd2 = qs2 qd3 = qs3
  51. -9p1+p2+p3+143 =10p1-p2-30 p1-10p2+80 =12p2-p3-13 2p2-8p3+79 =-p1+9p3-20 p1 = 9,3 p2 = 5 p3 = 7 qs1 = qd1 = 65 qs2 = qd2 = 40 qs3 = qd3 = 33
  52. Mô hình input-output ➢Ma trận hệ số đầu vào 0,3 0,4 N1:Điện 0,1 0,2 N2:Xăng 0,3đđ ĐV 0,4đx 0,1x1đđ0,2xx1x S L
  53. 0,3 0,4 _ _ 0,3x1 = d1 x1 _ _0,4x2 0,1 0,2 x2 0,2x2= d2 0,1x1 0,3x 1 ĐV 0,4x2 0,1x1 0,2x2 S x1 x2 L
  54. 0,3 0,4 _ _ 0,3x1 = d1 A = x1 _ _0,4x2 = 0,1 0,2 x2 0,2x2 d2 0,1x1 X1 d1 X = D = X2 d2 X-AX = D
  55. ví dụ: Trong mô hình mở input -output biết ma trận đầu vào 0,3 0,1 0,1 A = 0,1 0,2 0,3 0,2 0,3 0,2 Tìm mức sản lượng của 3 ngành kinh tế nếu ngành kinh tế mở yêu cầu 3 ngành trên cung cấp cho xã hội những sản phẩm trị giátương ứng (35, 45, 15)
  56. x1 35 X-AX = D X = x D = 45 2 (I-A)X = D x3 15 1 0 0 0,3 0,1 0,1 I= 0 1 0 A= 0,1 0,2 0,3 0 0 1 0,2 0,3 0,2 0,7 -0,1 -0,1 I-A= -0,1 0,8 -0,3 -0,2 -0,3 0,8
  57. 0,7 -0,1 -0,1 x1 35 -0,1 0,8 -0,3 x2 = 45 -0,2 -0,3 0,8 x3 15 B X D BX = D B-1B X = B - 1D 73,4 X = 92,3 71,7