Ma trận - định thức

Từ đó suy ra phép nhân ma trận nói chung không có tính chất giao hoán.. Vậy trong D1 các phần tử trên đờng chéo phụ đều bằng n!, các phần tử nằm về phía bên trên đờng... chéo phụ đều bằn

chơng 2 ma trận - định thức

1 Cho các ma trận:



























5 1

7 4

2 3

























9 6

1 5

0 4



























3 11

0 8

7 2

Tính: a) A + B – C b) 2A – 7B c) 3A + 5B – 2C

Giải

a) A + B – C =

























5 1

7 4

2 3

+





















 9 6

1 5

0 4

–

























3 11

0 8

7 2

=



























7 4

8 9

9 9

b) 2A – 7B = 2

























5 1

7 4

2 3

– 7





















 9 6

1 5

0 4

=





























73 40

7 43

4 22

c) 3A + 5B – 2C = 3

























5 1

7 4

2 3

+ 5





















 9 6

1 5

0 4

– 2

























3 11

0 8

7 2

=

























36 11

26 29

20 33

2 Cho hai ma trận :









 



6 5 2

5 7 10















0 7 2

3 8 1

Tìm ma trận X sao cho: a) A – X = B; b) 3B + 2X = A; c) 5X – 2A = 4B

Giải

a) A – X = B  X = A – B = 









6 5 2

5 7 10











 2 7 0

3 8 1















6 2 4

2 15 9

b) 3B + 2X = A  X =

2

1





































0 7 2

3 8 1 3 6 5 2

5 7 10 2 1

=

2

1







6 16 8

4 31 7







3 8 4

2 2 / 31 2 / 7

c) 5X – 2A = 4B  X =

5

1





































0 7 2

3 8 1 4 6 5 2

5 7 10 2 5 1

=

5

1













 4 38 12

22 18 24

3 Cho hai ma trận :

  

6 5 2

5 7 10

























9 6

1 5

0 4

B

Tìm ma trận X trong mỗi trờng hợp sau đây:

a) X = A + tB ; b) 3tB – 2X = 2A ; c) 3X + tA – 2B = O ( O là ma trận không)

Giải

Trớc hết ta có: t B = 









 

9 1 0

6 5 4

, và t A =





















 6 5

5 7

2 10

, vì vậy:

a) X = A + tB =   

6 5 2

5 7 10

+   

9 1 0

6 5 4

=   

15 6

2

11 12 14

b) 3tB – 2X = 2A  X =

2

1

































 

6 5 2

5 7 10 2 9 1 0

6 5 4 3 2 1

=

2

1





















15 7 4

8 1 8

c) 3X + tA – 2B = 0  X =

3

1

(2B – tA) =



































































6 5

5 7

2 10

9 6

1 5

0 4 2 3 1

 X =

3

1





























12 7

3 3

2 2

4 Nh©n c¸c ma trËn sau:























 

7 2

5 10 6

11

4

3

b)

































6 0

5 3

7 4 5 12 4

1 5 9

c)









































0 4

9 1

7 5 5 6

3

7 0

4

1 7

5

d)  





























4 3 2 1

4 3 2 1

x x x

x a a a

Gi¶i

a)  









 

7 2

5 10 6

11

4

3

=   

97 98

13 38

b)





























6 0

5 3

7 4 5 12 4

1 5 9

=  

 20 118

82 21

c)









































0 4

9 1

7 5 5 6

3

7 0

4

1 7

5

=





















75 29

28 48

98 14

























4 3 2 1

4 3 2

1

x x x

x a a a

a = (a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4)











0 4 2 6

3 1 8 5























 



2 0

4 7

5 3

7 1

TÝnh AB vµ BA Cã kÕt luËn g× vÒ tÝnh giao ho¸n cña phÐp nh©n ma trËn

Gi¶i









0 4 2 6

3 1 8 5























 

2 0

4 7

5 3

7 1









 68 28

77 12

, lµ ma trËn vu«ng cÊp 2

Còn tích BA =























 

2 0

4 7

5 3

7 1











0 4 2 6

3 1 8 5

=























0 8 4 12

21 9 64 59

9 17 34 45

3 29 6 37

, là ma trận vuông cấp

4

Từ đó suy ra phép nhân ma trận nói chung không có tính chất giao hoán

6 Cho các ma trận:

















5 1

6 2











4 3 5

2 0 4

























4 3

0 2

7 5

a) Tính AB ; BC

b) Tính (AB)C và A(BC) So sánh hai kết quả

Giải

a) Ta có AB = 











 1 5

6 2











4 3 5

2 0 4











22 15 21

20 18 38

BC = 









4 3 5

2 0 4





















 4 3

0 2

7 5









 51 31

20 14











22 15 21

20 18 38





















 4 3

0 2

7 5









 51 31

20 14





















 4 3

0 2

7 5











235 141

346 214

A(BC) =  

 1 5

6 2







 51 31

20 14

=  

235 141

346 214

Vậy (AB)C = A(BC)

7 Giả sử A là một ma trận vuông, f(x) = a0 + a1x + a2x2 + + anxn Ta ký hiệu: f(A) = a0I + a1A + a2A2 + + anAn















0 3

2 1

A và đa thức f(x) = x2 – 2x + 3 Tính f(A)

Giải Ta có A2 =  

 3 0

2 1









 3 0

2 1

=  







6 3

2 5

; – 2A =   

0 6

4 2

; 3I =  

3 0

0 3

Vậy f(A) = A2 – 2A + 3I = 

















6 3

2 5









  

0 6

4 2









 3 0

0 3

















3 3

2 4

8 Cho F(x) = x(x – 1)(x – 2) (x – n + 1), trong đó n là một số tự nhiên, và a

là một số thực bất kỳ Tính các định thức cấp n + 1 sau đây:

a)

F(2n)

1) F(n F(n)

1) F(n

F(2) F(1)

F(n)

F(1) F(0)

D1





(a) F

(a) F

(a)

F

(a) F

(a) F (a)

F

(a) F

(a) F F(a)

D

(2n) 1)

(n (n)

1) (n (n) 2











Giải

a) Vì F(x) là đa thức bậc n với hệ số cao nhất bằng 1, có n nghiệm: 0, 1, , n –

1 nên F(0) = F(1) = F(2) = = F(n – 1) = 0 Ngoài ra F(n) = n! Vậy trong D1 các phần tử trên đờng chéo phụ đều bằng n!, các phần tử nằm về phía bên trên đờng

chéo phụ đều bằng không, nghĩa là D1 có dạng tam giác Do đó D1 = s(f)(n!) n + 1, trong đó f là phép thế tơng ứng với đờng chéo phụ:

f = 













 1

n 1 n

1 n

2 1

 s(f) =

2

1) 2)(n (n

C 2 1 n







1) 2)(n (n

) (n 1)





 b) Ta cũng có: F (n )(x) = n! và đạo hàm cấp lớn hơn n đều bằng không, do đó các phần tử trên đờng chéo phụ bằng n!, còn các phần tử nằm về phía bên dới đờng chéo phụ đều bằng không, bởi thế:

D2 = 2 n 1

1) 2)(n (n

) (n 1)





9 Tính các định thức cấp n sau đây:

a)

a x

x x x

a a

a x x

a a

a a x

1 1

1 1 1

A















0

1 1 1

1

0 1 1

1

1 0 1

1

1 1 0

Giải

a) Cách 1 Nhân cột một với (– 1), rồi cộng vào các cột sau ta đợc:



























x a x

x a x a x a x

x a x a x

a x a

x

A

0

0 0

0

0 0

0 0

1

x a

x a x a

x a x

a x a

x a x

a x a x a





















0 0

0 0

0 0

0

0

= (a+x)n - 1

(Sau khi khai triển định thức cấp n theo dòng 1, ta đợc định thức cấp n – 1)

Cách 2 Nhân dòng thứ nhất với (– a), rồi cộng vào các dòng sau ta đợc:

0 x) (a

x) (a x) (a x)

(a

0 0

0 x)

(a x)

(a

0 0

0 0

x)

(a

1 1

1 1

1

A





























x)n - 1

Cách 3 Nhân dòng thứ nhất với x, rồi cộng vào các dòng sau ta đợc:

x a 0

0 0

0

x a x a

x a 0

0

x a x a

x a x

a

0

1 1

1 1

1

A

















b) Cộng tất cả các cột vào cột đầu tiên ta đợc:

0

1 1

1

1

0 1

1

1

1 0

1

1

1 1

0

0

1 1 1 n

1

0 1 1 n

1

1 0 1 n

1

1 1 1 n















0

1 1 1

1

0 1 1

1

1 0 1

1

1 1 1

(– 1) n - 1.(n – 1)

(Nhân dòng thứ nhất với (– 1), rồi cộng vào các dòng sau, sau đó khai triển định thức theo cột thứ nhất ta đợc kết quả nh trên)

10 Chứng minh rằng :

















n 0 i

i i

n

1 n

2 1 0

x a

a 1

0 0 0

a x

0 0 0

a 0

x 1 0

a 0

0 x 1

a 0

0 0 x

D

Giải

Trớc hết ta thấy rằng D là định thức cấp n + 1

Cách 1 Ta có thể chứng minh bằng phơng pháp quy nạp theo n Trong trờng hợp

này ta khai triển định thức theo dòng đầu

1

0

a x a a 1

a x





a 1 0

a x 1

a 0 x

1 0 2 2 2 1

0









Giả sử khẳng định đúng đối với n - 1, ( n > 2) ta chứng minh khẳng định đúng với n Khai triển định thức theo dòng đầu ta đợc:

1 n 1 0

1 n

2 n

3 2 1

1) ( a

a 1

0 0 0

a x

0 0 0

a 0

x 1 0

a 0

0 x 1

a 0

0 0 x

x

















1 0

0 0 0

x 1

0 0 0

0 0

1 0 0

0 0

x 1 0

0 0

0 x 1











= x.



 n

1

i

1 i

i x

n 1 i

i

i x a





= 



n 0 i

i

i x

a (đpcm).

Cách 2 Khai triển định thức theo cột cuối ta đợc:

1 n

1

1)

(



1 0

0 0 0

x 1

0 0 0

0 0

1 0 0

0 0

x 1 0

0 0

0 x 1























1 0

0 0 0

x 1

0 0 0

0 0

1 0 0

0 0

x 1 0

0 0

0 0 x

a

1)

( 2 n 1 1

1 0

0 0 0

x 1

0 0 0

0 0

1 0 0

0 0

0 x 1

0 0

0 0 x

a

1)











x 1

0 0 0

0 x

0 0 0

0 0

x 1 0

0 0

0 x 1

0 0

0 0 x

a 1)

( n 1 n 1 n









= a0 + a1x + a2x2 + + anxn = 



n 0 i

i

i x

11 Tính các định thức :

a)

a 0

0 0 b

0 a

0 b 0

0 0

a 0 0

0 b

0 a 0

b 0

0 0 a

n

2 2 2

2

3 2 2

2

2 2 2

2

2 2 1

B 

c)

x

a a a

a

x a a

a

a x a

a

a a x

C

3 2 1

n 2

1

n 2

1

n 2

1

n n 2

1

n 2

2 1

n 2

1 1

n 2

1

b a

a a

1

a

b a a 1

a

a b a 1

a

a a

1

D









Giải

a) Ta ký hiệu định thức A cấp 2n là A = D2n Khai triển định thức theo dòng 1 và dòng 2n ta đợc: D2n = (a2 – b2).D2n - 2 Bằng phơng pháp quy nạp ta chứng minh đ-ợc:

D2n = (a2 – b2)2

b) (Lấy dòng thứ 2 nhân với – 1, rồi cộng vào tất cả các dòng khác, sau đó khai triển theo dòng đầu, định thức còn lại có dạng chéo)

n

B

2 2

2

2

3 2

2

2

2 2

2

2

2 2

1

2

0 0 0

0

1 0 0

2

2 2 2

0

0 0 1







n

= –2(n – 2)!

c) Cộng tất cả các cột vào cột đầu ta đợc nhân tử chung là: x + a1 + a2 + + an , và xem C nh là một đa thức bậc n + 1 của x, mà ta ký hiệu là F(x) Vậy C = F(x)

x

a a

a

a

x a

a

a

a x

a

a

a a

x

C

3 2

1

n 2

1

n 2

1

n 2

1

 = (x + a1 + a2 + + an)

x

a a 1

a

x a 1

a

a x 1

a

a a 1

3 2

n 2

n 2

n 2

1

Nếu x = a1 thì dòng 1 và dòng 2 trùng nhau, do đó C = 0, tức là F(x)  ( x – a1)

T-ơng tự nh vậy ta cũng có F(x)  ( x – ai ), i 1 , n Do các ( x – ai ), i 1 , n

, đôi một nguyên tố cùng nhau nên: F(x) 





n 1 i

i ) a (x Do F(x) là đa thức bậc n + 1,

với hệ số cao nhất bằng 1 nên ta có: F(x) = 





n 1 i

i ) a (x (x + a1 + a2 + + an).

d) Lấy dòng thứ nhất nhân với – 1, rồi cộng vào các dòng khác ta đợc:

n n 2

1

n 2

2 1

n 2

1 1

n 2

1

b a

a a

1

a

b a a

1

a

a b

a

1

a

a a

1

D







n

2 1

n 2

1

b b b

b

0 0 0

0

b 0 0

0

0 b 0

a

a a 1

12 Tìm ma trận ngịch đảo của ma trận A =





















 5 1 3

1 2 0

0 3 1

B =



Giải :

























1 0 0

0 1 0

0 0 1 5

1

3

1

2

0

0

3

1





























1 0 3

0 1 0

0 0 1 5 8 0

1 2 0

0 3 1



























1 4 3

0 1 0

0 0 1 1 0 0

1 2 0

0 3 1



























1 4 3

1 5 3

0 0 1 1

0

0

0

2

0

0

3

1





























1 4

3

2 / 1 2 / 5 2 / 3

2 / 3 2 / 15 2 / 11 1 0 0

0 1 0

0 0 1

Vậy: A–1 =





























1 4

3

2 1 2 5 2 3

2 3 2 15 2

11

=

2

1





























2 8 6

1 5 3

3 15 11

Làm tơng tự với B

Chơng 3 hệ phơng trình tuyến tính

1 Tìm điều kiện cần và đủ để hệ sau có nghiệm:





























1 az y x

1 z ay x

1 z y ax

Giải Xét định thức:

) 2 ( ) 1 ( 1

1

1 1

1 1

2 





a a

a

Nếu a 1 và a – 2, thì A 0, do đó hệ có nghiệm duy nhất

Nếu a = 1, thì ba phơng trình chỉ là một, hệ có nghiệm

1 2 1

1 1 2

1 1 1







nghiệm Kết luận hệ có nghiệm khi và chỉ khi a – 2

2 Đối với mỗi hệ sau, tìm các giá trị của tham số a, b để hệ có nghiệm

a)





























2

a az y

x

a z ay

x

1 z y

ax

b)



























4 z 2by x

3 z by x

4 z y ax

Giải

a) Hệ có nghiệm khi và chỉ khi a – 2 Thật vậy:























2

1

1

1

1

1

1

1

a

a

a

a

a























2

1 1 1

1 1

1 1

a

a a a

a



































a a a a a

a

a a

a

2

2

1 1

0

1 1

0

1 1



































2 2

1 0

1 1

0

1 1

a

a a a a a

a a a



































2 2

) 1 )(

1 ( ) 2 )(

1

(

0

0

1 1

0

1 1

a a

a a a a

a

a a

a

Từ đó suy ra:

Nếu a – 2 và a 1, thì hệ có nghiệm duy nhất Nếu a = – 2, thì hệ vô nghiệm Nếu a = 1, thì hệ có nghiệm phụ thuộc 2 tham số

Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi a – 2

1 2 1

1 1

1 1

a b b

b

a



Vậy khi b 0 và a 1, hệ có nghiệm duy nhất

Khi b = 0, thì từ 2 phơng trình sau suy ra hệ vô nghiệm

Khi a = 1, thì có hệ:



























4 2

3 4

z by x

z by x

z y x

Rõ ràng y = 0, không phải là nghiệm của hệ, do

đó từ phơng trình 1 và 3 suy ra (1 – 2b)y = 0  b = 1/2 Khi đó hệ có nghiệm Vậy khi b 0 và a 1, hoặc khi a = 1 và b = 1/2 hệ có nghiệm Trong các trờng hợp còn lại hệ vô nghiệm

3 Với điều kiện nào thì ba đờng thẳng phân biệt sau đây đồng quy ?

a1x + b1y + c1 = 0 ; a2x + b2y + c2 = 0 ; a3x + b3y + c3 = 0

Giải

Ba đờng thẳng phân biệt nói trên đồng quy khi và chỉ khi hạngA = hạngB, trong đó:

A =





















3

3

2

2

1

1

b

a

b

a

b

a

và B =





















3 3 3

2 2 2

1 1 1

c b a

c b a

c b a

Vậy nếu hạngA = 2 và detB = 0, thì 3 đờng

thẳng đồng quy tại một điểm Nếu hạngA = hạngB = 1, thì 3 đờng thẳng này trùng nhau (điều này không xảy ra theo giả thiết) Nếu hạngA = 2, hạngB = 3 hoặc hạngA

= 1, còn hạngB = 3, hoặc hạngB = 2, thì 3 đờng thẳng không có điểm chung

Vậy 3 đờng thẳng đồng quy khi hạngA = 2 và detB = 0

Chú ý rằng nếu coi các đờng thẳng song song là cắt nhau tại điểm xa vô tận thì chỉ trừ trờng hợp hạngA = 2 và hạngB = 3, thì 3 đờng thẳng không có điểm chung Vậy

điều kiện cần và đủ để 3 đờng thẳng đồng quy là detB = 0

3 3 3

2 2 2

1 1 1



c b a

c b a

c b a

4 Với điều kiện nào thì ba điểm phân biệt sau đây thẳng hàng ?

A1(a1, b1) ; A2(a2, b2) ; A3(a3, b3)

Giải

Ba điểm phân biệt A1, A2, A3 thẳng hàng khi và chỉ khi tồn tại 3 số thực A, B, C, trong đó A, B không đồng thời bằng không, (thực chất là có đờng thẳng Ax + By +

C = 0, mà toạ độ 3 điểm thoả mãn) sao cho:





























0 C Bb Aa

0 C Bb Aa

0 C Bb Aa

3 3

2 2

1 1

Hệ thuần nhất này có nghiệm không tầm thờng khi và chỉ khi:

0

1 b a

1 b a

1 b a

3 3

2 2

1 1



5 Viết phơng trình đờng tròn đi qua ba điểm A(2, 1) ; B(1, 2) ; C(0, 1).

Giải

Cách 1 Ta có: BC  (  1,  1) ; BA  (1,  1)  BC BA  0  BC  BA Vậy tam giác ABC vuông tại B Do đó đờng tròn qua A, B, C có tâm I là trung điểm AC,

và

bán kính R = IA Ta có I(1, 1) , R = 1, nên phơng trình cần tìm là:

(x – 1)2 + (y – 1)2 = 1

Cách 2 Phơng trình tổng quát của đờng tròn là: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

Do đờng tròn đi qua A, B, C nên toạ độ của nó thoả mãn phơng trình đờng tròn, tức

là ta có hệ:





































0 2

1

0 4

2 4 1

0 2

4 1 4

c b

c b a

c b a

































1 2

5 4

2

5 2

4

c b

c b a

c b a





















1 1 1

c b

a

Vậy phơng trình đờng tròn cần tìm là: x2 + y2 – 2x – 2y + 1 = 0, hay

(x – 1)2 + (y – 1)2 = 1

6 Tìm các hệ số a, b, c, d để đồ thị của hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d đi qua bốn

điểm M1(1, 0) ; M2(0, – 1) ; M3(– 1, – 2) ; M4(2, 7)

Giải Thay toạ độ các điểm vào phơng trình hàm số ta có:





































7 2

4 8

2 1 0

d c b a

d c b a

d

d c b a



































8 2 4 8

1 1 1

c b a

c b a d

c b a























0 0 1 1

c b d a

Vậy hàm số cần tìm là: y = x3 – 1.

7 Xác định tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c , biết rằng:

f(1) = – 1 ; f(– 3) = 47; f(2) = 12

Giải

Làm tơng tự nh bài trên ta đợc: f(x) = 5x2 – 2x – 4

8 Giải các hệ phơng trình sau:

a)









































2 2x 3x

2x

7 2x x 3x

1 x x 2x

12 3x

2x

x

3 2 1

3 2 1

3 2 1

3 2 1

b)







































12 9x

x 4x x

12 x

2x 2x 3x

0 5x x 2x x

4 3 2 1

4 3 2 1

4 3 2 1

c)

















































3 3x 8x x 4x

5 5x 2x 11x

2 2x 2x 3x x

1 x 4x 5x 2x

4 3 2 1

4 3 2

4 3 2 1

4 3 2 1

d)























































3 8x 5x 7x 2x

3x

3 7x 5x 2x 3x

x

2 5x 3x 7x x

2x

1 x x 2x x 3x

5 4 3 2 1

5 4 3 2 1

5 4 3 2 1

5 4 3 2 1

e)









































9 3x 3x 3x 4x x

8 2x 2x 2x 3x 2x

7 x x x 2x 3x

5 4 3 2 1

5 4 3 2 1

5 4 3 2 1

Giải

































2 7 1 12

2 3 2

2 1 3

1 1 2

3 2 1





































26 43 25 12

4 7

0

11 5

0

5 5

0

3 2 1







































9 18 5 12

3 0 0

6 0 0

1 1

0

3 2 1





















3 x

2 x

1 x

3 2 1

































12 12 0 9 1 4 1

1 2 2 3

5 1 2 1



































12 12 0 14 0 6 0

14 1 8 0

5 1 2 1































12 0 0 14 0

6

0

0 1

2

0

5 1

2

1

Từ đó ta có hệ phơng trình sau:































12 14

6

2

2 5

4 3

2 3

2 4

3

1

x x

x x

x x

x

x































7

6 3x x

2x x

ý y t

x 7

30 15x x

2 4

2 3

2

2 1









































3 5 2 1

3 8 1 4

5 2 11 0

2 2 3 1

1 4 5 2













































5 5 2 5

5 0 11 0

5 2 11 0

2 2 3 1

5 0 11 0































0 0 2 5

0 0 0 0

0 2 0 0

2 2 3 1

5 0 11 0

Từ đó ta có nghiệm của hệ là:































ý y t x

0

x 11

5 5x x

11

7x 7 x

4 3

4 2

4 1