Đề cương môn Toán cao cấp- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.

MA TRẬN
Chỉ định nghĩa ma trận nghịch đảo cho ma • trận vuông có |A| ≠ 0 A + B = B + A • • (A+ B) + C = A + (B + C)
|kA| = kn. |A| (với Anxn) • α(A + B) = αA + αB • |-A| = (-1)n |A| • (α + b)A = αA + bB • |A.B| = |A|. |B| • (αb)A = α(bA)
(A và B là 2 ma trận vuông cùng cấp) • A.B ≠ B.A
• |Am| = |A|m (với m ∈ N*) • 1 (DB)C = D(BC) • |A-1| = ¿ A nxn) •
∨¿¿ = |A|-1 (với A (A+B)C = AC +BC • • |A| = |AT| nếu Anxn D(A+B) = DA + DB
• Nếu A-1 = B thì B-1 = A
Ma trận nghịch đảo (chỉ định nghĩa cho ma
trận vuông và có det ≠ 0) ∣ ∣ ax x • ∣ 2
A∣= x a x =(a+2 x)( a−x ) • (A.B)-1 = B-1.A-1 x xa • (AT)-1 = (A-1)T
• Đổi chỗ 2 dòng/cột thì định thức đổi dấu • A.A-1 = A-1.A = In Ma trận phụ hợp • (A-1)-1 = A
• |P | = |A*| = |A|n-1 (với A ) A nxn • 1 (αA)-1 = α A-1
• A.PA = PA.A = |A|.I • 1 A-1 = 1 PA • 1 A-1 = 1 ¿ A
∨¿¿ A* = ¿ A ∨¿¿ ¿ PA A
∨¿¿ A* = ¿ A ∨¿¿
(với A* = PA là ma trận phụ hợp của A) HỆ SỐ CO DÃN
• A = (ab) ; |A| ≠ 0 c d
- Cho y = f(x), hệ số co dãn của y theo x là: y ' x ⟶ 1 A-1 = ( d −b) e ¿
yx = x (lny)’ = x . A∨¿¿ −c a y
(a&d đổi chỗ; b&c đổi dấu)
Nếu f(x) = ax + b thì ta có tại x = xo:
• Ma trận A suy biến |A| = 0
khi x tăng 1% thì y tăng (giảm) |eyx(xo)|%
• Ma trận A khả đảo, khả nghịch |A| ≠0 - Cho u = f(x,y)
• Độ co dãn riêng của u theo x là:
Ma trận chuyển vị u ' • x e (AT)T = AT ux = x . u •
(αA + bB)T = αAT + bBT • •
Độ co dãn riêng của u theo y là: (BC)T = CT.BT u '
Ma trận phụ hợp (P y A cùng cấp với A) euy = y . u
• A.PA = PA.A = |A|.I
Lưu ý: eux ≠ euy
⟶ (A.PA)T = A.PA ĐỊNH THỨC
HỆ PT TUYẾN TÍNH A.X = B
1. Giải hệ PTTT bằng pp Cramer: BÀI TOÁN HỆ PTTT
- Hệ Cramer nếu |A| = D ≠ 0
1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất: - Tính D, D1, D2, … Dn
- Hệ có nghiệm duy nhất |A| ≠ 0
Dj (j= 1 , n) là định thức của ma trận có - Giải |A| ≠ 0 ⟶ m (A: ma trận hệ số)
được bằng cách thay cột j của A bằng ma
2. Tìm m để hệ vô nghiệm hay vô số trận B nghiệm - Nghiệm của hệ là:
- Hệ vô nghiệm hay vô số nghiệm khi |A|=0 D D D
x = 1 ; x = 2 ; …x = n
- Giải |A| = 0 ⟶ các giá trị m 1 D 2 D n D
- Với từng trường hợp m, thay m vào ma
trận hệ số mở rộng (A|B) để xem hệ vô
2. Giải hệ PTTT bằng pp Gauss:
nghiệm hay có vô số nghiệm
- Biến đổi sơ cấp trên ma trận hệ số mở
- Trường hợp hệ có vô số nghiệm, tìm
rộng (A|B) về dạng bậc thang
nghiệm tổng quát bằng cách: chọn ẩn tự - Xét R(A) và R(A|)
do và tính các ẩn còn lại theo ẩn tự do.
• Nếu R(A) < R(A|B) : hệ vô nghiệm
MÔ HÌNH INPUT-OUTPUT MỞ
• Nếu R(A) = R(A|B) = số ẩn: hệ có duy nhất nghiệm (In – A).X = D X = (In – A)-1 . D
• Nếu R(A) = R(A|B) = k < số ẩn: hệ có
aij là giá trị lượng nguyên liệu mà ngành i vô số nghiệm
cung cấp cho ngành j để sản xuất lượng sản
phẩm có giá trị 1 đơn vị tiền (đvt)
3. Giải hệ bằng ma trận nghịch đảo:
xi là lượng sản phẩm đầu ra của ngành i
- Dùng khi ma trận vuông 2x2 hoặc 3x3 - Nghiệm là :
xi = ai1x1 +ai2x2+… +ainxn+di (i= 1 , n) X = A-1.B
ain là giá trị lượng nguyên liệu mà ngành i
HỆ PTTT THUẦN NHẤT A.X = 0 cung cấp cho ngành n - Luôn có nghiệm X = 0
di : lượng nguyên liệu mà ngành i cung cấp
- Nếu |A| ≠ 0 Dùng pp Cramer cho ngành mở/ D D D
x = 1 ; x = 2 ; …x = n
yêu cầu cuối cùng cho đầu ra của ngành i/ 1 D 2 D n D
yêu cầu cuối cùng của ngành mở đ/v ngành i
MÔ HÌNH CÂN BẰNG THỊ TRƯỜNG
PHƯƠNG TRÌNH MA TRẬN
- Giá bán các loại hàng hóa P1, P2,…, Pn
- Hàm cung QSi = QSi (P1, P2,…, Pn)
• A.X = C có duy nhất nghiệm X = A-1.C
- Hàm cầu QDi = QDi (P1, P2,…, Pn)
• Y.A = C có duy nhất nghiệm Y = C.A-1
- Tìm điểm cân bằng thị trường: giải hệ
phương trình Ei = QSi - QDi = 0 để tìm Pi
• A.X.B = C X = A-1.C. B-1
• Nghiệm chỉ có ý nghĩa khi tất cả (A, B khả đảo)
Pi > 0 và khi thay vào các hàm cung
(hoặc cầu) phải có QSi > 0 (QDi > 0)
BÀI TOÁN ỨNG DỤNG
• Điểm cân bằng thị trường là
1. Chi phí biên (biên tế): (P1, P2,…, Pn)
- Hàm chi phí C = C(Q) với Q là mức sản
lượng. Chi phí biên tại Q=Q0 là C’(Q0)
VI PHÂN TOÀN PHẦN CẤP 1
TÌM CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN CỦA HÀM 2 BIẾN Cho z = f(x,y) Hàm số z = f(x,y) dz = f’xdx + f’ydy
- Điều kiện: g(x,y) = g0 g0 - g(x,y) = 0 Đặt h = g0 - g(x,y)
VI PHÂN TOÀN PHẦN CẤP 2 - Hàm phụ Lagrange Cho z = f(x,y)
L(x,y,l) = f(x,y) + l [g0 - g(x,y)]
d2z = f”xx dx2 +2 f”xydxdy + f”yydy2
- Tính các đạo hàm riêng: L’x , L’y , L’l = h
CỰC TRỊ ĐỊA PHƯƠNG, TOÀN CỤC
L”xx , L”xy , L”xl = L”lx = h’x L” Hàm số z = f(x,y)
yx , L”yy , L”yl = L”ly = h’y
L”lx , L”ly , L”ll = h’l
Cực trị địa phương: tại (x,y) ∈ B ⊂ D
Cực trị toàn cục: tại (x,y) ∈D
- Điều kiện cần: L’x = L’y = L’l = 0 L' =0
TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM 2 BIẾN x
giải hệ L' =0 tìm nghiệm (x { y 0, y0, l0) Hàm số z = f(x,y) L'λ =0
- Tính các đạo hàm riêng:
Tìm được các điểm dừng
f’x, f’y, f”xx , f”xy f”yy - Điều kiện cần: f’
- Ma trận Hess biên: (ma trận đối xứng) x = f’y =0 L” L“ L”
L} {L} rsub {xy } rsup { h' x L” L” L” giải hệ tìm nghiệm (x ,y 0 ) 0 Hb = yx yy
yλ = L} {L} rsub {yy} rsup { h' yx y {f ' =0 f ' y=0 [ xx xy xλ L” L” λx λy ] L” λλ ∣ x y λ } {L} rsub {xλ} rsup {∣ [ xx x h' h' h'
Tìm được các điểm dừng ] L f - Tính H xx 1 = tại (x } {L} rsub {λλ} rsup { 0,y0, l0) L ]
- Ma trận Hess H = [ } {f} rsub {xy} rsup { xx } {f} rsub {yy} rsup { λx yx f
• Nếu H1 < 0 : hệ có cực trị ∣ } {f} rsub {xy} rsup {∣
• Nếu H1 > 0 : hệ không có cực trị f - Tính H xx 2 = tại (x } {f} rsub {yy} rsup { 0,y0) f yx
- Tính H2= |Hb| tại (x0,y0)
• Nếu H2 > 0 : hệ có cực trị
• Nếu H2 > 0 : cực đại
• Nếu H2 < 0 : hệ không có cực trị
• Nếu H2 < 0 : cực tiểu
- Tính H1= f”xx tại (x0,y0)
• Nếu H1 > 0 : cực tiểu
• Nếu H1 < 0 : cực đại
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 1. PTVP TÁCH BIẾN Dạng f(x)dx = g(y)dy
- Lấy tích phân bất định 2 vế
∫ f ( x )dx=¿∫ g ( y ) dy ¿
⟶ F(x) = G(y) + C (C : hằng số bất kỳ)
2. PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 1
Dạng y’ + P(x).y = Q(x) (1) Bước 1:
- Xét PTVT : y’ + P(x).y = 0 (2)
⟶ dy =¿ - P(x).y ⟶ dy =¿ - P(x).dx dx y
- Lấy tích phân bất định 2 vế, tìm được
nghiệm tổng quát của (2) có dạng : −∫
y=C . e P (x)dx (C : hằng số bất kỳ) Bước 2:
- Xem C = C(x), nghiệm tổng quát của (2)
có dạng: y=C ( x ). e−∫ P( x )dx - Tính y’x
- Thay vào (1), giải được nghiệm tổng quát của (1) có dạng : ∫
y=[∫Q (x ) . e P ( x )dx dx+ K ]. e−∫P ( x) dx
3. PTVP CẤP 1 BERNOULLI Dạng
y’ + P(x).y = Q(x). yα (1)
- Với y ≠ 0, chia 2 vế của (1) cho yα , ta có:
y-α .y’ + P(x). y1-α = Q(x)
- Đặt z = y1-α ⟶ z’= (1-α). y-α.y’
- Thay z và z’ vào (1), ta sẽ có một PTVT
tuyến tính cấp 1 của x và z
4. PTVP CẤP 2 TUYẾN TÍNH CÓ HỆ SỐ HẰNG VỚI VẾ PHẢI ĐẶC BIỆT
Dạng y’’ + ay’ + by = f(x) (1) (a,b ∈R)
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của (2)
- Xét PT: y’’ + ay’ + by = 0 (2)
- Phương trình đặc trưng: k2 + ak + y = 0 (*)
- Nghiệm tổng quát của (2)
Nghiệm của phương trình đặc trưng
Nghiệm tổng quát của (2) k 2 nghiệm thực: k 1 x k2 x 1 ≠ k2
Y(x) = C1e +C2e (C1, C2 là hằng số) nghiệm k kép k 0 x k0 x 0
Y(x) = C1e +C2 x e (C1, C2 là hằng số) 2 nghiệm phức: k = α ib Y(x)= eαx ¿ (C1, C2 là hằng số)
Bước 2: Tìm nghiệm riêng của (1)
- Trường hợp 1: f(x) = eα x . Pn(x)
(Pn là đa thức bậc n của x và α là hằng số) α Nghiệm riêng của (1)
α không phải nghiệm của u(x) = eα x . Q Q0(x) = A n(x)
(Qn là đa thức bậc n của x) PT đặc trưng (*) α là nghiệm đơn của
u(x) = x.eα x . Q Q1(x) = Ax + B n(x)
(Qn là đa thức bậc n của x) PTĐT(*) α là nghiệm kép của
u(x) = x2.eα x . Q Q2(x) = Ax2+Bx+C n(x)
(Qn là đa thức bậc n của x) PTĐT(*)
Tính u’(x), u”(x), thay vào (1) để tìm các hằng số trong Qn(x)
- Trường hợp 2: f(x) = eα x [Pn(x) cos(bx) + Qm(x) sin(bx)]
(Pn là đa thức bậc n của x, Qm là đa thức bậc m của x, và α, b là hằng số) α bi Nghiệm riêng của (1)
α bi không phải nghiệm u(x) = eα x [R(x) cos(bx) + S(x) sin(bx)]
của phương trình đặc trưng
(R(x) và S(x) là các đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng max(m,n) (*) α bi là nghiệm của
u(x) = xeα x [R(x) cos(bx) + S(x) sin(bx)]
phương trình đặc trưng (*)
(R(x) và S(x) là các đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng max(m,n)
Tính u’(x), u”(x), thay vào (1) để tìm các hằng số trong R(x) và S(x)
Bước 3: Nghiệm tổng quát của (1): y(x) = Y(x) + u(x)
NGUYÊN TẮC CHỒNG CHẤT NGHIỆM
Nếu phương trình (1) có dạng: y’’ + ay’ + by = f1(x) + f2(x) + … + fk(x) (k= 1 , n)
Và yk là nghiệm riêng của phương trình y’’ + ay’ + by = fk(x) thì yk là nghiệm riêng của (1)
Nghiệm tổng quát của (1) là y(x) = Y(x) + y1(x) + y2(x) + … + yk(x)