Chương trình Toán cao cấp đang được giảng dạy ở các trường đại học kỹ thuật, gồm những vấn đề cơ bản của Đại số và Giải tích, nhằm mục đích trang bị cho sinh viên các kiến thức cơ bản để học các môn cơ sở ngành và các môn chuyên ngành, đồng thời giúp phát triển khả năng tư duy của người học. Để thực hiện được những mục đích trên, ngoài các giáo trình về mặt lý thuyết thì các tài liệu hướng dẫn giải bài tập cũng góp phần quan trọng. Nhằm giúp sinh viên có thêm tài liệu để học tốt kiến thức môn Giải tích (là một phần trong chương trình Toán cao cấp), các tác giả biên soạn cuốn “Phương pháp giải bài tập toán cao cấp – Tập 2 – Giải tích hàm số một biến” tiếp ngay sau cuốn tập 1 – Bài tập đại số. Nội dung sách bao gồm 8 chương, mỗi chương có ba phần: 1. Tóm tắt lý thuyết cơ bản. 2. Các ví dụ được chọn lọc công phu và đa dạng, được tính cụ thể để minh họa, giúp sinh viên hiểu rõ hơn về lý thuyết cũng như áp dụng hiệu quả vào việc giải các bài tập khác. Tiếp theo cuốn bài tẠp-“Tođn cao eấp cho các nhã kinh tế*, do Nhà xuất bản Thđng ke án hành nSm 200S, lẩn này chúng tôi cho biên soạn cuốn “Hướng dẫn giải bài tập Toán cao cấp cho các nhà kinh tế”. Mục đích cùa cuốn sách nhảm giúp cho sinh viên có thể tự bọc tốt môn học, hoặc dùng để ôn lập thi hết bọc phẩn, thi tuyến sinh dáu vào Sau đại học. Kết CẨU cuốn sách gổm hại phẩn chính tương úng vói nội dung của giáo trình lý thuyết v& cuốn bài tập. Trong mỏi bài học, chúng tôi tóm tắt lại các khái niệm và kết quả cơ bản cùng các ví dụ m iu. Hướng dán phương pháp giải các loại bài tập cụ tbé, cuối cùng là các bài tập và đáp số hoặc gợi ý để các bạn tự rèn luyện. Hy vọng cuốn sách sẽ giúp các bạn tự học và ôn tạp tót môn học 'Toán cao cấp cho các nhà kinh tế”. Lần đẩu biẽn soạn, cuốn sách khổng tránh k h a thiếu sót, rát mong nhân được sự góp ý của bạn dọc và đổng nghiệp aể lẩn x u ỉt bản sau được hoàn thiện hơn. Mọi ý kiến góp ỷ xin gửi vé: Bộ môn Toán cơ bản, Khoa Toán Kinh tế, Trường Đại học Kinh tỄ Quốc dân. ĐT/Fax: (04) 6283007. Email: [email protected] Xin chân thành cảm ơn! T rường Bộ môn Toán C a bản, ĐH KTQD. NGUYỄN HUY HOÀNG C huơng K H Ô N G G IA N V E C T Ơ § 1. H ệ p h ư ơ n g tr ìn h tu y ế n tín h tổ n g q u á t
a„,x , + am2x2 + - + a „ x , = bm Hệ tam giác: a n x, + a,jX2 + — + a lnx„ = b, a 22x2 + + a 2nx D = bj a nnxo = bn ơđ ó , * 0 và ajj = 0 với i> j. Hệ dạng tam giác có nghiệm duy nhất. Cách giải: Từ phương trình cuối cùng giải được ẩn x„, thay ngược lên các phương trình ưên tìm các ẩn còn lại, nghiệm của hệ phưcmg trình là duy nhất. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: |2 x , + x j - X, = 5 Xj + 3 Xj = 7 5x, = 2 Giải. Lần luợt tìm giấ tĩị của ẩn x ,,x 2,x ,. Hẹ phuơng trình đă cho có nghiẹm duy nhít: Hệ Müh thang: a Mx, + a,jX2 + - + a ^ x , + - + a lax„ = b, a H x 2 + - + a 2 « x. + + a 2. \ , = ở đó, a i 5tO,Vi = l,2 ,...,m ;m < n và aÿ = 0 với i > j. C ách giải: + Chọn là các ẩn chính (sổ ẩn chíoh báng sổ phnơng trình); là ẩn tự do. + Chuyển các ẩn tự do sang VẾ phải và gán cho chiỉog nhũng giá a ị tnỳ ý: Khi dó, la thu đuợc hẹ mới có dạng tam giác với các ẩn chinh, giải hệ này ta đuợc: v ạ y ta cố nghiệm cùa hệ phương trình dã cho có dạng: ( O p « i..... Vì các giá trị m ì ta gán cho các ẩn tự do là tuỳ ỷ nên bệ hình thang có vở số nghiệm. Ví dụ 2: Giải hệ phuơng trình:
x»*l ~ a B»l> x m»2 - x « - CT| 2x, + 3x 2 - X, + x 4 = 5 Xj - X, -2 x „ = - 2 2 x, - X, = 3 C ách giải: Tương ứng với hệ phương ưình tuyến tính tổng quát ta có ma trận mờ rông và khổng mất tính tổng quát giả sử a,, * 0. Bước 1: Khử ẩn X, bàng cách lấy dòng một nhân với và cộng ®II vào dòng i, i = 2,3,...,m. a !2 ■•• »1. b , ' '»II _■ a,n A = *22 ••• a 2„ b2 -> 0 »'» • a'í„ t>; a ml a »2 •• a^, o a«i Bước 2: Khử ẩn Xj (giả sử a'^ __ 0 ) bằng cách lấy dòng hai nhân với
Ví dụ 3: Giải hệ phuơng trình: X + 2 y - 3z = 1 2 x - 3 y +z = 2 3 x - y -2 z = 4 '1. 2 3 r _'_ 2 -3 f '1 2 -3 r 2 -3 1 2 -¥ 0 - 7 7 0 -> 0 -7 7 0 , 3 - 1 - 2 4J ,0 - 7 7 K ,0 00 KHệ phương trình ưẻn tương đương với hệ phương trình: X + 2y - 3z = 1 - l y + 72 = 0 Oz = 1 Hệ phương trình đã cho vô nghiệm. _Vi dụ 4_ Giải hệ phương trình: IX + y + z = 6 2x + y - z = 1 3x - y + 2 = 4 Giải: ' 1 1 1 6 ' ' 1 1 1 6 ^ ' 1 1 1 6 ' 2 1 - 1 1 —> 011 ũ» 1 -» 0 -1 - 1 - ,3 -! 1 4 0 - 4 - 2 -1 4 0 0 10 Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ sau: x + y + z = 6 X = 1
Giải: '-4 -1 10 - 5 ' ' 1 2 - 2 1 ' 1 2 - 2 1 —► -4 -1 10 - ,- 2 3 7 -2 , ,-2 37 - 2 , 3. 5. 7. 9. l l ể 13. 15. 8x - y =10 X + y + z = 6 1 0 * - 9 * =19 4. 2 x + y - z = 1 1 9 II 00 J x - y + z = X - 6 y + 8 z = 0 * + 2 y - 3 z = 1 3 x - 4 y + 5 z =18 6. 2 * - 3 y + z = 2 2 * + 4 y - 3 z = 2 6 3 x - y - 2 z = 4 2 x - 3 y + 2z = 1 X - 2 y + 3z = 0 J x - 5 y - 4 z = 2 8. 2 x + 3 y - 3 z = 0 3 x - 4 y + 1 0 z =1 4 x - 3 y + 5z = 0 2 x + y - 3 * = 0 3 x + 2 y + z = 0 4x + 3 y + 5 z = 0 10. X - y - z = - 2 2x +3y + 2z = 1 3x - 5 y - 4 z = - 8 -2 x + 2y + 3z = 4 X + y + z = 3 X, +X, = 4 X + 2 y + 3 z « 2 12. 2 x 3 + X, = 1 i 2 x + 3 y + 2 z = 0 3 x , + x ' = 3 x + y + 2 z = 4 4x, + X, = x , + k , + x , = 6 x ,+ x ,-x ,+ x. =- x , + x ,+ x 4 = 9 X, + x4 + X| = 8 14. X,-X ,-X, J-X, = 0 X,+Xj+X,-X4 = 2 x4 + x, +Kj = 7 X, -Xj +x, -X, = 4 X, - 2x, + 3xj - X, = 2 2x, + X, - X, + 3x 4 » 1 4x, - 3*j + SXj + x4 = 3 16. X, - 4 x ¡ + 6 x , - 4 Xj = - 1 0 -2 x ,+ 3 x , - 4 x, + 5 x 4 = 7 3x, + 2 X j - 5 \ , - 3 Xj = 7 X, - 2 x 2 + 3 X j - 4x 4 = 1 2x, - 3 x , + 4 x , - x 4 = 2 3 x , - 5x 2 + 7x , - 5x 4 = 3 4 x ,- 6x 2 + 8 x ,- 2x 4 = 4 X, + 3 x 2 - 3 x , - 2x< = 0 X, - 3 Xj + 2 Xj - 3x 4 = 0 2x, +3x 2 - Xj - 5x 4 = 4 x , - 3x 2 - 2 x 3 - 1 0 x 4 = 0 20**.** X, + 2 x 2 + 3x , + 4 x 4 = 0 2x, +3Xj + 4 x 3 + x4 = 3x, + 4 X j + X , + 2 x 4 = 0 4 x , + Xj + 2 x j + 3 x 4 = 0 X, - Xj + 2x, - 3 x 4 = 0 2x, - 3 x j - X, + x 4 = 0
II. Đáp số I. (x = -2 , y = 3). 2. Vô nghiộm. 3. (x = 1, y = -2 , z = -1). 4. (x = 1, y = 2, z = 3). 5. (x = 8, y = 4, X = 2). 6. Vô nghiệm. 7. (x = -22cc-l, y = - 1 4 a - l , z = a ). 8. (x = 0, y = 0, z = 0). 9. (x = 7a ,y = - l l a , z = a ). 10. (x = - l, y = l, z = 0). I I. Vô nghiệm. 12. (x, =1, x 2 = 3, Xj = 5, x4 = 7 ). 13. (x, = 1, Xj = 2, Xj = 3, x4 = 4).
Ví dụ 1 : Xác dịnh véc tơ X biế t a. X = 2X, - X ,; b. 3X - 2X, + X j = Oj. Giải: -x--BA-ĩ)v ty; X. 2 X. - X , w-i)
K hống gian con Đính nghĩa: Một tập hợp khổng rống L c R Ệ duợc gọi là không gian con của khống gian R° nếu nó thoả mãn: i. L đóng kín đối với phép cộng các véc tơ (V X,Y e L thì X + Y eL ); ii dóng kúi đổi với phép nhân véc tơ với sđ ( V X e L ,V o e E thì a X € L). Ví dụ 2: Chứng minh rằng: L, = { X = (x É,X j):X j = o Ị !à khôog gian con cùa khổng gian R 2. Giải: Hiển nhiên L, * 0 vỉ 0j e L,. Ltfy X =(x,,Jtj),Y = (y„yj) bất kì 6 L, nen 3 « j= (\y ,= 0 i> x i+ y i= 0 = > X + Y = (x , + y , , X j + y , ) e L l. Mặt khác, V X = ( x „ x I ) c L „ a e E =>€LX=(otx1)a x J) e L | vì 0tXj = 0. Vậy theo định nghĩa L, là khổng gian con của kbổng gian R J. Ví dụ 3: Tập véc ta sau dây có phải là không gian con của khổng gian véc tơ R 3 khổng? L = | x = ( x 1, X j , X j ) e R ’ : X, + X j + x, = l | c R 5 Oiải: Hiển nhiên L * 0 vì X = ( l ,0 ,0 ) e L. Lấy X = ( x ,,x „ x 3),Y = (y ,,y 2,y 5) b ắ t k ì c L tức là: x , + x , + *, = l , y i+ y j + y} = 1 =>X + Y = (x, + y „ x 2 + y j ,x ,+ y ,) , ta có: (x 1+ y 1) + ( x J + yJ) + ( x , + yJ) = (x 1+ x 2 + x ,) + ( y ,+ y J + y ,) = 2 5í l. =»X + Y&L. Vây theo định nghía thì L khổng là khống gian con của không gian R 3.
Tổng quáL Để giải bài toán như trẾn la xét hê phương irình có ma trận hệ só với các CỘI là tọa độ cấc véc tơ còn lại và CỘI he số tụ do là tọa độ cùa véc tơ X. Nếu hệ phucmg trình này có nghiíím 'thì X biểu dién luyến tính qua các véc lơ còn lại, ngược lại thì không. Ví du 2: Tim X dể X biểu dién tuyén tính qua các véc tơ còn lại. X = (X>2 ,5 ),X ,= (3 ,2 ,6 ) , x 2 = (7 ,3 ,8 ), X, =(5,1,3). Giải: Xét hệ phưcmg trình có ma trận hệ số mở rộng sau: '3 7 5 X' '2 3 1 2 ' '2 3 1 2 ' 2 3 1 2 6 8 3 5 -* 0 -1 0 - 6 * 3 5 , _3 7 s _ 1 © '2 3 1 2 ' '2 3 1 2 ' -» 0 -1 0 -1 —► 0 -1 0 - ,0 57 2 X - 6 __ 00 7 2A.-11, Hệ phương trình luôn c ó nghiệm với mọi giá lộ c ủ a X. Vậy VỚI mọi X thì X đéu biếu diẻn tuyến tính qua các véc tơ còn lạt- Sạ phụ thuộc tuyến tính và đỏc lập tuyên tímh của n ộ i hệ véc tơ Cho một hệ góm m véc tơ n chiéu: X „ X 2,...,X Ễ (1) Xét hệ thức: k,x, +lc,X ,+... + kmXm= 0 , (2) Nếu hệ thức (2) viết dưới dạng thinh phin, theo đinh nghĩa hai véc tơ bảng nhau ta được hệ gổm n phưcmg trìnb tuyến tính thnín nhái với m ẩn k)1k 2,...,k j-. Nếu hệ phuong trình tuyín tính chuín nhất có vữ số nghiệm (tức có nghiệm không tầm thuờng) thì hí: véc tơ phụ thuộc tuyến tính, còn nếu hệ phương trình chì có nghiệm duy áhẳt là lám thường thì hệ véc tơ độc lập tuyến tínk Ma ưận hệ số tương ứng: _'~ _ - 2 3 ' -1 - 2 3 ' '- 1 -2 3 ' 1 1 -1 —►0-12 -»0 - 1 2 1 (NT 'S o 1 «n-> o o Ma ưận cuổi có dạng tam giác nên hệ véc tơ trẽn độc lập luyến tính. C hú ý: Trên dây mới chi là phương pháp giải bài toán theo định nghĩa, ờ các phán sau ta có thể xét bài toán này theo phuơng pháp hạng cùa hệ véc tơ thõng qua hạng của ma trận hay phương pháp dịnh thức (nếu số véc tơ bằng số chiều cùa véc tơ). Vi dụ 5: Tun X. để hộ véc tơ sau là độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính: X, = ( l , - 2 , - l ) , X, = (-1 ,1 ,2 ), X, = (2 ,-3,*.). Giải: _' _ -1 2 ' - 2 1 -3 —► _'_ - 0 - 2 ' 1 -» 1 - 1 2 ' 0 -1 1 _- _ 2 X , ,0 > X + 2 0 0 X + 3 Nếu X + 3 = 0 o X = -3 thì ma trận dạng hình thang, do đó hệ véc ta ưén là phụ thuộc tuyến tính. Nếu X + 3 * 0 <=> X * -3 thì ma trận có dạng tam giác nên hệ véc tơ độc lập tuyến tính. Ví dụ 6: Chứng minh rẳng hệ véc tơ Xp X ,, Xj phụ thuộc tuyến tính mà Xj không thể biểu diễn tuyến tính qua X ,,X ; thì các véc tơ X,, x : tỳ lẹ với nhau. Giải. Do X ,,X ,,X 3 phụ thuộc tuyến tính nên tồn tại k r k , , k j không đổng thời bằng không sao cho: k,x, + k2X2 + k,X3 = 0 () Mặt khác, ta có kj = 0, vì nếu k, __ 0 thì từ (*) ta có : Nghĩa là, X, biểu diễn tuyên tính qua X,, X2 mâu thuản với già thiếl, suy ra k ,x , + k , x , = 0 với k ,,k , không đổng thời bằng lchồng, không mất tính tổng quát già sử k, » * 0=> X, = - — X,.k *
X, = (1,2,3,4) X , = (1,1,1,1) X , = (2,3,4,1) X , = ( 1 ,- 1 ,- 1 ,1 ) X , = (3,4,1,2) X , = ( 1 ,- 1 ,1 ,- 1 ) x 4 = (4,1,2) x ’ = ( 1 , 1 , - 1 , - 1 ) |
