Bài Thi Kết Thúc Học Phần Môn Toán Cao Cấp 1 - TaiLieu.VN

Trang chủ » Tiểu Luận Toán Cao Cấp Ma Trận » Bài Thi Kết Thúc Học Phần Môn Toán Cao Cấp 1 - TaiLieu.VN

Có thể bạn quan tâm

OPTADS360 intTypePromotion=1 zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn tailieu.vn NÂNG CẤP Đăng Nhập | Đăng Ký Chủ đề »
  • Đề thi toán cao cấp 2
  • Đại số tuyến tính
  • Toán rời rạc
  • Xác suất thống kê
  • Phương trình vi phân
    • Toán cao cấp
    • Toán kinh tế
  • HOT
    • CEO.29: Bộ Tài Liệu Hệ Thống Quản Trị...
    • LV.11: Bộ Luận Văn Tốt Nghiệp Chuyên...
    • TL.01: Bộ Tiểu Luận Triết Học
    • FORM.08: Bộ 130+ Biểu Mẫu Thống Kê...
    • CEO.27: Bộ Tài Liệu Dành Cho StartUp...
    • CMO.03: Bộ Tài Liệu Hệ Thống Quản Trị...
    • FORM.04: Bộ 240+ Biểu Mẫu Chứng Từ Kế...
    • CEO.24: Bộ 240+ Tài Liệu Quản Trị Rủi...
    • LV.26: Bộ 320 Luận Văn Thạc Sĩ Y...
    FORM.07: Bộ 125+ Biểu Mẫu Báo Cáo Trong Doanh...
TUYỂN SINH YOMEDIA ADSENSE Trang Chủ » Khoa Học Tự Nhiên » Toán học Bài thi kết thúc học phần môn Toán cao cấp 1 - Trường ĐH Ngân hàng TP. HCM

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST Báo xấu 150 lượt xem 10 download Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi môn Toán cao cấp 1 giúp cho các bạn sinh viên nắm bắt được cấu trúc đề thi, dạng đề thi chính để có kế hoạch ôn thi một cách tốt hơn. Tài liệu hữu ích cho các các bạn sinh viên đang theo học môn Toán cao cấp 1 và những ai quan tâm đến môn học này dùng làm tài liệu tham khảo.

AMBIENT/ Chủ đề:
  • Toán cao cấp 1
  • Đề thi môn Toán cao cấp 1
  • Hhệ phương trình tuyến tính
  • Thuật toán Gauss-Jordan
  • Phương trình vô nghiệm
  • Định thức của ma trận vuông cấp 3

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

Đăng nhập để gửi bình luận! Lưu

Nội dung Text: Bài thi kết thúc học phần môn Toán cao cấp 1 - Trường ĐH Ngân hàng TP. HCM

  1. TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGÂN HÀNG TP. HỒ CHÍ MINH BÀI THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Môn thi: .................. Toán Cao Cấp 1 ........................ Họ và tên sinh viên: ........................ Nguyễn Hương Giang ........................................ MSSV: ...............030137210165 .............. Lớp học phần:D13 ......... THÔNG TIN BÀI THI Bài thi có: (bằng số):…16… trang (bằng chữ):…mười sáu… trang YÊU CẦU - Trình bày tiểu luận theo đúng chuẩn như Giảng viên đã hướng dẫn trong lớp học. - Các ví dụ minh họa phải tính toán chi tiết. - Tiểu luận tối thiểu là 8 trang, font chữ Times New Roman cỡ chữ 13. - Điểm cao sẽ dành cho các bài tập có tính đa dạng và vận dụng. BÀI LÀM
  2. CÂU 1.(4 ĐIỂM) HÃY TRÌNH BÀY THEO SỰ HIỂU BIẾT CỦA EM VỀ CÁC NỘI DUNG SAU (4 ĐIỂM) a) Thuật toán Gauss – Jordan để giải hệ phương trình tuyến tính AX = B Để giải hệ phương trình tuyến tính AX  B bằng thuật toán Gauss – Jordan, chúng ta thực hiện theo các bước sau: - Bước 1: Viết ma trận hệ số mở rộng 𝐴̃= (A|B) của phương trình AX = B, gồm ma trận A là ma trận hệ số ẩn và B là ma trận hệ số tự do. - Bước 2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để biến đổi ma trận mở rộng về dạng bậc thang. Phép biến đổi sơ cấp: d j  αd j  βdi , với α  0 và i  1,m (với m là số dòng của  A B  ) - Bước 3: Dùng định lý Kronecker – Capelli để kiểm tra hệ có nghiệm hay không. - Bước 4: Viết hệ phương trình tương ứng với ma trận bậc thang. - Bước 5: Giải hệ ngược từ dưới lên. b) Định lý về số nghiệm của hệ phương trình trên. Mỗi trường hợp hãy cho 1 ví dụ minh họa, trong đó ma trận A có ít nhất 3 dòng. - Định lý về số nghiệm của hệ phương trình AX=B (Định lí Kronecker –Capelli) Ta luôn có r  A   r  A B   Nếu r(𝐴̃) ≠ r(A) thì hệ vô nghiệm.  Nếu r(𝐴̃) = r(A) thì hệ có nghiệm. + Nếu r(𝐴̃) = r(A) = n thì hệ có 1 nghiệm duy nhất. + Nếu r(𝐴̃) = r(A) < n thì hệ có vô số nghiệm, phụ thuộc vào n – r(A) ẩn tự do. Trong đó: n là số ẩn của phương trình. - Ví dụ minh họa TH1: Phương trình vô nghiệm  x y z 0   2x  3 y  z  2  3x  2 y  18 z  2  1
  3. 1 1 1 A =  2 3 1    3 2 18    1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0    d2 d2 2 d1   d3 d3 5d1   (A|B) =  2 3 1 2   d3  d3 3d1   0 1 3 2    0 1 3 2   3 2 18 2   0 5 15 2   0 0 0 12        Ta thấy r(A) = 2 < r(𝐴̃) = 3 nên hệ vô nghiệm. TH2: Phương trình có 1 nghiệm duy nhất 2 x1  3 x2  x3  4 x 4  10   x1  x2  2 x3  x4  1   x1  x2  x3  3 x4  2 3 x  x  6 x  36 x  4  1 2 3 4  2 3 1 4 10   1 1 1 3 2     1 1 2 1 1  d1 d3  1 1 2 1 1 Ã = (A|B) =    1 1 1 3 2  2 3 1 4 10       3 1 6 36 4  3 1 6 36 4  1 1 1 3 2  1 1 1 3 2      d 2 = d 2 - d1   0 2 3 4 1   d3  d2   0 1 3 10 6  d3 = d3 - 2d1 d 4 = d 4 - 3d1  0 1 3 10 6   0 2 3 4 1       0 4 3 27 2   0 4 3 27 2  1 1 1 3 2 1 1 1 3 2     d3  d3  2 d1 0 1 3 10 6  d4 d4 d3  0 1 3 10 6  d4  d4  4 d1   0 0 9 24 11  0 0 9 24 11     0 0 9 13 22  0 0 0 11 11 Ta thấy r(A) = r(𝐴̃) = 4 = n (số ẩn) nên hệ có nghiệm duy nhất. 2
  4.  Ta có, hệ phương trình tương đương:  13  x1   x1  x2  x3  3x4  2  9   13  x2  3x3  10 x4  6  x2     3  9 x3  24 x4  11  35  11x4  11  x3    9  x4  1 13 13 35  Vậy nghiệm của hệ phương trình ( x1; x2 ; x3 ; x4 )   ; ; ;1  9 3 9  TH3: Phương trình có vô số nghiệm  x1  2 x2  x3  3x4  0   x1  3x2  x3  2 x4  3   3x1  4 x2  x3  5 x4  4  2 x1  x2  5 x3  14 x4  4  1 2 1 3 0  1 2 1 3 0     2 3  d2 = d2 - d1  0 1 2 5   1 3 1 3 Ã  A| B =    3 4 1 5 4  dd34 == dd34 -- 3d1 2d1  0 2 2 4 4     2 1 5 14 4   0 3 3 8 4  1 2 1 3 0 1 2 1 3 0     0 1 2 5 3 0 1 2 5 3 d3  d3  2 d1  d4  d4 3d1  d3  d 4    0 0 6 14 10  0 0 3 7 5     0 0 3 7 5 0 0 6 14 10  1 2 1 3 0   0 1 2 5 3 d 4  d 4  2 d3   0 0 3 7 5   0 0 0 0 0 Ta thấy r(A) = r(𝐴̃) = 2 < 3 (n: số ẩn) nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 3-2=1 tham số tự do. 3
  5.  Ta có, hệ phương trình tương đương:  x  2 x  x  3x  0  1 2 3 4   x 2  2 x3  5 x4 3   3x3  7 x4  5    00  7  4t  x1  3   t 1 Đặt x4 =t, t ∈ R   x2  3   5  7t  x3   3 x  t  4 7  4t t  1 5  7t  Vậy hệ phương trình có vô số nghiệm và ( x1; x2 ; x3 ; x4 )   ; ; ; t  t  R  3 3 3  c) Xét hệ phương sau đây : ax  x  x  2  a  1 2 3   x1  bx2  x3  2  b   x1  x2  cx3  2  c Trong đó a là ngày sinh, b là tháng sinh và c là năm sinh của bản. Hãy giải phương trình trên bằng ít nhất 2 cách. Phương trình sau khi thay ngày tháng năm sinh vào:  5x  x  x  7   1 2 3 x  1  11 x 2  x 3  13   x  x2  2003x3  2005  1  Cách 1: Dùng thuật toán Gauss – Jordan. 5 1 1 7   1 11 1 13   1 11 1 13    d1 d2   d2 d2 5d1   ( A | B)   1 11 1 13   5 1 1 7   d3  d3  d1   0 54 4 58   1 1 2003 2005   1 1 2003 2005   0 10 2002 1992        4
  6.    1 11 1 13   1 11 1 13  d2  d2 . 1    54  0  1 2 29   d3  d3 10 d2   0 1 2 29  27 27  27 27   0 10    2002 1992   0 0 54074 54074   27 27  Ta thấy r(Ã) = r(A) = 3 = n (số ẩn) nên hệ có 1 nghiệm duy nhất.  Ta có hệ phương trình:   x1  11x2  x3  13   x1  1  2 29   x2  x3    x2  1  27 27 x 1  54074 54074  3  27 x3  27  Vậy nghiệm của hệ phương trình ( x1; x2 ; x3 )  (1;1;1)  Chứng minh hệ Cramer  5 x1  x2  x3  7  G   x1  11x2  x3  13  x  x  2003x  2005  1 2 3 5 1 1    A   1 11 1   1 1 2003    5 1 1 dßng 1 11 1 1 1 1 11 A  1 11 1  5.(1)11.  1.(1)12 .  1.(1)13. 1 2003 1 2003 1 1 1 1 2003 = 5.22032 – 1.2002 + 1.(-10) =108148  det( A)  108148  0 (1) Ta thấy: số ẩn = số phương trình = 3 (2) Từ (1), (2)  G là hệ Cramer 5
  7.  Cách 2: Dùng phương trình ma trận AX=B để tìm X trong hệ Cramer  5 x1  x2  x3  7  G   x1  11x2  x3  13  x  x  2003x  2005  1 2 3 5 1 1   x1   7        Ta có: A   1 11 1  ; X   x2  ; B   13   1 1 2003  x   2005     3   Dạng ma trận của hệ: AX  B Khi đó nghiệm X  A1.B 1  5 11 1   7        1 11 1  .  13   1 1 2003   2005      1  x1        1 ứng với  x2  1 x     3 Vậy nghiệm của hệ phương trình ( x1; x2 ; x3 )  (1;1;1)  Cách 3: Dùng định thức trong hệ Cramer  5x  x  x  7  1 2 3 G   x1  11x2  x3  13  x  x  2003x  2005  1 2 3 5 1 1   7      A   1 11 1  ; B   13   1 1 2003   2005      Ta có det( A)  108148  0 (chứng minh trên)  7 1 1  5 7 1  5 1 7        A1   13 11 1  ; A2   1 13 1  ; A3   1 11 13   2005 1 2003   1 2005 2003   1 1 2005        Trong đó: - A1 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 1 bằng cột tự do B. - A2 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 2 bằng cột tự do B. - A3 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 3 bằng cột tự do B. 6
  8. 11 1 13 1 13 11 det( A1)  7.(1)11. 1.(1)12. 1.(1)13. 1 2003 2005 2003 2005 1 = 7.22032 + (-1).24034 + 1.(-22042) =108148 13 1 1 1 1 13 det( A2 )  5.(1)12.  7.(1)12. 1.(1)13. 2005 2003 1 2003 1 2005 =5.24034 + (-7).2002 + 1.1992 =108148 11 13 1 13 1 11 det( A3 )  5.(1)11.  1.(1)1 2 .  7.(1)13 1 2005 1 2005 1 1 = 5.22042 + (-1).1992 + 7.(-10) =108148 det( A1) det( A2 ) det( A3 ) Ta có: x1  1 ; x2  1 ; x3  1 det( A) det( A) det( A) Vậy nghiệm của hệ phương trình  x1; x2 ; x3   (1;1;1)  Cách 4: Biến đổi linh hoạt, đặt ẩn phụ a  x1  1   x2  1   x3  1  0     x1  1  b  x2  1   x3  1  0    x1  1   x2  1  c  x3  1  0   x  x1  1   Đặt  y  x2  1 , hệ phương trình trở thành: z  x  1  3 ax  y  z  0   x  by  z  0  x  y  cz  0  Do đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất và a  5, b  11, c  2003 làm cho 3 dòng độc lập tuyến tính nên sẽ có nghiệm duy nhất là nghiệm tầm thường  x  x1  1  0   Hệ phương trình   y  x2  1  0  x1  x2  x3  1 z  x  1  0  3 7
  9. CÂU 2 (3 ĐIỂM): a) Trình bày 2 cách tính định thức của ma trận vuông cấp 3. Mỗi cách cho 1 ví dụ minh họa  Cách 1: Phần bù đại số A  (aij ) nn , đặt A  (1) i  j . M , ij ij Trong đó, M là định thức sinh ra từ định thức của ma trận A bằng cách bỏ đi dòng i ij và cột j. Còn A được gọi là phần bù đại số tương ứng với phần tử aij  A . ij dßng 1 n det( A)  A   a1j.(1)1 j. A(1 / j) i 1 a 11 .( 1)11. A(1 / 1)  a12 .( 1)12 . A(1 / 2)  ...  a1n .( 1)1 n . A(1 / n) Cách tính trên là công thức khai triển theo dòng. Có thể chọn dòng hoặc cột tùy ý. *Thủ thuật: Chọn dòng hoặc cột chứa nhiều số 0 nhất để khai triển cho nhanh. Ví dụ minh họa: 2 1 4 dßng 1 1 6 3 6 3 1 3 1 6  2.(1)11.  1.(1)12 .  4.(1)13. 5 3 2 3 2 5 2 5 3  2.1.(1.3  6.5)  1.(1).(3.3  6.2)  4.1.(3.5  1.2)   54  3  52  1  Cách 2: Qui tắc Sarrus Để tính định thức của ma trận vuông cấp 3 theo quy tắc Sarrus, ta : a11 a12 a13 detA  a21 a22 a23 a31 a32 a33 Bước 01: Viết lại 2 cột đầu của định thức theo thứ tự phía sau cột cuối cùng (cột 3) của ma trận vuông ban đầu a11 a12 a13 a11 a12 a21 a22 a23 a21 a22 a31 a32 a33 a31 a32 Bước 02.1: Tích các phần tử (đủ 3 phần tử) song song với đường chéo chính rồi cộng chúng lại với nhau 8
  10. a11a22 a33  a12 a23a31  a13a21a32 Bước 02.2: Tích các phần tử (đủ 3 phần tử) song song với đường chéo phụ rồi cộng chúng lại với nhau, đặt cho nó một dấu trừ trước tổng   a13a22 a31  a11a23a32  a12 a21a33  Bước 02.3: Cộng hai phần này lại với nhau, ta có được định thức của ma trận A. detA  a11a22 a33  a12 a23a31  a13a21a32   a13a22 a31  a11a23a32  a12 a21a33  Hoặc ta có thể dựa vào sơ đồ sau: det(A) = A = Tổng 3 đường chéo đỏ - tổng 3 đường chéo xanh  A  a11.a22.a33  a12.a23.a31  a13.a21.a32  (a13.a22.a31  a11.a23.a32  a12.a21.a33 ) 2x 1 x Ví dụ minh họa: x 1 1 x  2  2 7 x 1 8 2x 1 x 2x 1 VT  x 1 1 x  2 x 1 1 7 x 1 8 7 x 1  2 x.1.8  1( x  2).7  x( x 1)( x 1)   x.1.7  2 x( x  2)( x 1)  1.( x 1).8  16 x  7 x  14  x3  2 x 2  x  (7 x  2 x3  2 x 2  4 x 2  4 x  8x  8)  16 x  7 x  14  x3  2 x 2  x  7 x  2 x3  2 x 2  4 x 2  4 x  8 x  8   x3  4 x 2  13x  22  VP   x3  4 x 2  13x  22  2   x3  4 x 2  13x  24  0  x  3 9
  11. b) Định nghĩa ma trận khả nghịch? Nêu 1 phương pháp để xác định tính khả nghịch của ma trận? Cho 2 ví dụ minh họa cụ thể (ma trận cấp 3, cấp 4) - Đinh nghĩa: Cho A là 1 ma trận vuông cấp n trên k. Ta bảo A là ma trận khả nghịch nếu tồn tại 1 ma trận B vuông cấp n trên k sao cho: A.B=B.A=In. Khi đó B được gọi là ma trận nghịch đảo của A(ký hiệu A-1), còn A gọi là ma trận khả nghịch. Trong đó, In là ma trận đơn vị cấp n. Như vậy: A.A-1=A-1.A=In - Phương pháp để xác định tính khả nghịch của ma trận: tính det(A)  Nếu det(A)  0  Ma trận A có tính khả nghịch.  Nếu det(A)  0  Ma trận A không có tính khả nghịch. - Ví dụ minh họa xét tính khả nghịch của ma trận + Ma trận cấp 3: 1 1 2   A  3 2 1 2 1 3   1 1 2 1 1 A  3 2 1 3 2  1.2.3+1.1.2+2.3.1  (2.2.2  1.1.1  1.3.3) 2 1 3 2 1  14 18   4  0   Ma trËn vu«ng A cã tÝnh kh¶ nghÞch + Ma trận cấp 4:  1 1 2 2    2 2 16 0 B   1 1 3 2    3 2 1 5   1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 16 0 0 4 20 4 0 1 5 1 B    1 1 3 2 0 2 5 4 0 2 5 4 3 2 1 5 0 1 5 1 0 4 20 4 10
  12. 1 1 2 2 0 1 5 1   det( B)  1.(1).(5).0  0 0 0 5 2 0 0 0 0  Ma trận B không có tính khả nghịch. c) Cho 3 ví dụ cụ thể vận dụng tính khả nghịch của ma trận trong việc giải các phương trình ma trận sau: A.X = B, X.A=B, A.X.B=C  A.X = B 1 2 1 1 2 2 1  1 2    . X    X    .  4 3  4 3 4 3   4 3  3 1     10 10  .  1 2    2 5 1   4 3   5 7 9   10 10     25 1   5  X.A=B 1 4 1 3  4 1 3    1 2 3  1 2 3    X .  6 9 12     X    .  6 9 12  1 3 2   3 2 1  3 2 1  1 3 2      2 7 1   5 45 3 1 2 3     . 0 1 2  3 2 1 9 3     1 11 2   5 45 3  1 16 7     5 45 15  6 31 7   5 45 3  11
  13.  A.X.B=C 1 3 0  3 5    2 1 3   . X .  2 0 4    7 4 4 5 6 5 3 0   -1 1 1 3 0  3 5  2 1 3    X    .   .  2 0 4 7 4 5 3 0  4 5 6    5 9 3   4 5   2 4 2   .  1 2 3 4 1 2   2 1 3  23 23 .    7 3   5 3 0   23 23   5 7 3    4 8 4  5 9 3  17 11 12   2 4 2    23 23 23   .  2 3 4 1 2   1  1 2 21    23 23 23   5 7 3   4 8 4  52 81 29     23 46 23   111  153 65    92 184 92  CÂU 3. (3 ĐIỂM) HÃY TRÌNH BÀY THEO SỰ HIỂU BIẾT CỦA EM VỀ CÁC NỘI DUNG SAU a) Sự phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính của họ các vector. Cho 2 ví dụ minh hoạ? Một hệ vector v1, v2 , v3, , vm  được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu có một tổ hợp tuyến tính không tầm thường của v1, v2 , v3, , vm bằng vector 0, nghĩa là m m  civi  0 , với i 1  i 1 ci2  0 12
  14. Một hệ vector v1, v2 , v3, , vm  được gọi là độc lập tuyến tính nếu hệ vector đó không phụ thuộc tuyến tính m  i 1 ci vi  0  ci  0 i 1,m Ví dụ minh họa: Xét tính phụ thuộc tuyến tính/ độc lập tuyến tính của hệ vector  Ví dụ 1: A  v1  1;2;3 ; v2   2;1;0 ;v 3  0;1; 2  Xét c1v1  c2v2  c3v3  0  c1 1;2;3  c2  2;1;0  c3 0;1; 2   0 c1  2c2  0   2c1  c2  c3  0 3c  2c  0  1 3  c1  c2  c3  0  Vậy hệ vector A độc lập tuyến tính.  Ví dụ 2: B  u1   2;4  ;u2   1; 2  Xét c1v1  c2v2  0  c1  2;4   c2  1; 2   0 2c1  c2  0   4c1  2c2  0   2c1  c2 Tồn tại c1  1; c2  2 để c1v1  c2v2  0  Vậy hệ vector B phụ thuộc tuyến tính. b) Không gian nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất? Hãy cho 1 ví dụ minh hoạ và xác định số chiều cũng như cơ sở của nó. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn có ít nhất một nghiệm tầm thường, đây chính là phần tử trung hoà đối với phép cộng. Như vậy nghiệm của hệ phương 13
  15. n trình tuyến tính sẽ có thể lập thành một không gian con của không gian với n là số ẩn của hệ phương trình. Từ các phương trình ta sẽ tìm được mỗi liên hệ giữa các ẩn, gọi r là số liên hệ độc lập của hệ phương trình tuyến tính n ẩn, ta có được không gian con có số chiều là n – r, nghĩa là nó sẽ được lập nên bởi một cơ sở gồm n – r vectors độc lập tuyến tính. Ví dụ: Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất  x1  2 x2  4 x3  3x4  0   x1  3x2  3x3  x4  0 2 x  5 x  3 x  2 x  0  1 2 3 4 Xét ma trận hệ số ẩn  1 2 4 3   1 2 4 3    d2  d2  d1   A   1 3 3 1   d3  d3  d2  d1   0 1 5 4  2 5 3 2  0 0 0 0      Ma trận trên gồm r = 2 dòng độc lập tuyến tính (hay rank  A  r  2 ), trong khi một vector nghiệm tổng quát của hệ phương trình trên có số chiều bằng 4 ( dim W*  n  4 ), như vậy hệ phương trình này tạo ra một không gian con W chứa những vector nghiệm X với số chiều dim W  n  r  2  x3  m  Chọn  , và biểu diễn x1 , x2 theo m,t từ mối liên hệ  x4  t   x1  2 x2  4 x3  3x4  0   x1  2x2  3t  4m     x2  5x3  4 x4  0   x2  5m  4t  x1  11t  14m    x2  5m  4t Vậy nghiệm tổng quát có dạng  x1   14m  11t   14   11           x2   5m  4t   5   4  X    m t  x3   m   1   0           x4   t   0   1  14
  16. Vậy bất kì vector trong không gian nghiệm W của hệ phương trình trên đều biểu diễn  14   11       5  4 dưới dạng tổ hợp tuyến tính của hai vectors độc lập tuyến tính X 1  ; X2     1   0       0   1  Như vậy, một trong các cơ sở của không gian nghiệm W sẽ là B   X 1;X2   dim W  cardB  2 4 c. Xét không gian , hãy cho ví dụ về một không gian con nằm trong không gian 4 có số chiều bằng 2. Xác định một cơ sở của nó và công thức biểu diễn toạ độ của một vector trong không gian đó với cơ sở trên?  x1    x Xét không gian 4 có vector tổng quát dạng X   2   x3     x4   x1  17 x3  4 x4  Nếu thêm ràng buộc  , thì không mất tính tổng quát ta đặt  x2  24 x3  x4   x3  y   , ta được không gian con W với vector tổng quát dạng:  x4  s   17 y  4s    24 y  s  X   y     s  với y,s  Có thể viết X dưới dạng tổ hợp tuyến tính  17   4      24 1 X  y   s   1  0      0  1 15
  17. Như vậy, mọi vector X trong không gian con W đều có thể viết được dưới dạng  17  4      24  1 tổ hợp tuyến tính của Y  và S    , và dễ nhận thấy Y, S độc lập tuyến tính. 1 0     0 1 Không mất tính tổng quát, chọn B  Y , S là cơ sở của không gian con W, và mọi vector X trong W đều được viết dưới dạng X  c1Y  c2 S , với c1, c2  và còn được gọi là toạ độ của X ứng với cơ sở B trong không gian W. 16
  18. 17
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Phương trình vi tích phân năm 2019-2020 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 3 p | 13 | 4

  • Đề thi kết thúc học phần Toán cao cấp năm 2018 - Đề số 4 (24/12/2018)

    pdf 1 p | 7 | 3

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 1 môn Phương pháp dạy học Hóa học ở THPT năm 2019-2020 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 2 p | 7 | 3

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 1 môn Cơ sở lý thuyết Hóa học phân tích năm 2019-2020 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 2 p | 13 | 3

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 1 môn Bài tập Hóa học phổ thông năm 2019-2020 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 2 p | 15 | 3

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 1 môn Bài tập Sinh học năm 2019-2020 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 2 p | 12 | 3

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Hóa phân tích năm 2019-2020 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 2 p | 5 | 3

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 1 môn Phân loại thực vật Nông nghiệp năm 2020-2021 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 4 p | 21 | 3

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Hóa học các hợp chất đơn, đa chức năm 2019-2020 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 3 p | 7 | 2

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Hóa học Phức chất năm 2020-2021 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 4 p | 10 | 2

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 1 môn Hóa học các nguyên tố phi kim năm 2020-2021 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 8 p | 11 | 2

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 1 môn Bài tập hóa học phổ thông năm 2020-2021 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 2 p | 10 | 2

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Kỹ thuật nuôi thức ăn tự nhiên năm 2021-2022 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 2 p | 14 | 2

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Hóa sinh thực vật năm 2021-2022 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 5 p | 19 | 2

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Hóa công nghiệp và môi trường năm 2021-2022 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 3 p | 15 | 2

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Giải bài tập Vật lý phổ thông năm 2021-2022 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 2 p | 11 | 2

  • Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Dinh dưỡng và thức ăn động vật thủy sản năm 2020-2021 có đáp án - Trường ĐH Đồng Tháp

    pdf 4 p | 15 | 2

  • Đánh giá kết quả thi kết thúc học phần các học phần toán của sinh viên trường Đại học Công Đoàn bằng hình thức trắc nghiệm khách quan

    pdf 4 p | 6 | 1

Thêm tài liệu vào bộ sưu tập có sẵn: Đồng ý Thêm vào bộ sưu tập mới: *Tên bộ sưu tập Mô Tả: *Từ Khóa: Tạo mới Báo xấu
  • Hãy cho chúng tôi biết lý do bạn muốn thông báo. Chúng tôi sẽ khắc phục vấn đề này trong thời gian ngắn nhất.
  • Không hoạt động
  • Có nội dung khiêu dâm
  • Có nội dung chính trị, phản động.
  • Spam
  • Vi phạm bản quyền.
  • Nội dung không đúng tiêu đề.
Hoặc bạn có thể nhập những lý do khác vào ô bên dưới (100 ký tự): Vui lòng nhập mã xác nhận vào ô bên dưới. Nếu bạn không đọc được, hãy Chọn mã xác nhận khác.. Đồng ý LAVA AANETWORK THÔNG TIN
  • Về chúng tôi
  • Quy định bảo mật
  • Thỏa thuận sử dụng
  • Quy chế hoạt động
TRỢ GIÚP
  • Hướng dẫn sử dụng
  • Upload tài liệu
  • Hỏi và đáp
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
  • Liên hệ
  • Hỗ trợ trực tuyến
  • Liên hệ quảng cáo
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

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

LIÊN HỆ

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

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

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

Đang xử lý... Đồng bộ tài khoản Login thành công! AMBIENT

Từ khóa » Tiểu Luận Toán Cao Cấp Ma Trận