Phương pháp giải một số dạng toán về ma trận và định thức

Lời nói đầuVai trò của ma trận và định thức trong đại số tuyến tính nói riêng vàtrong toán học hiện đại nói chung hết sức to lớn.. Để hiểu rõ về ma trận và định thức việc giải các bài tậ

Lời nói đầu

Vai trò của ma trận và định thức trong đại số tuyến tính nói riêng vàtrong toán học hiện đại nói chung hết sức to lớn Để hiểu rõ về ma trận và

định thức việc giải các bài tập rất cần thiết Trong các giáo trình đại sốtuyến tính các bài tập còn thờng ở dạng cơ bản, cha sắp xếp theo các dạng

và cha đề cập tới đờng lối giải chung cho một số dạng toán khó.Vì vậy việctheo dõi bài tập gây khó khăn cho một số bạn sinh viên

Trong khoá luận này, chúng tôi đã liệt kê đợc một số dạng toán về

ma trận và định thức dựa trên các đề thi Olympic Toán toàn quốc trongnhững năm qua, đa ra một số phơng hớng giải Đây là một đề tài mở vì cácbài toán hết sức phong phú và đa dang Chúng tôi hy vọng khoá luận sẽ đợc

bổ sung bởi các bạn sinh viên khoá sau để khoá luận sẽ là một tài liệu tốtcho các bạn sinh viên khoa Toán

Khoá luận đợc hoàn thành dới sự hớng dẫn của thầy giáo, PGS-TS

Lê Quốc Hán Nhân dịp này chúng tôi bày tỏ lòng biết ơn tới thầy, ngời đãnhiệt tình hớng dẫn và giúp đỡ chúng tôi trong quá trình hoàn thành khoáluận

Chúng tôi cũng xin cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong tổ Đại số vàcác bạn sinh viên cùng khoá đã động viên chúng tôi hoàn thành khoá luận.Vì trình độ và thời gian có hạn nên khoá luận chắc còn nhiều thiếu sót, rấtmong nhận đợc sự đóng góp của bạn đọc để khoá luận ngày càng tốt hơn

với a, b, c, d  R.

Xét đa thức đặc trng:

ca  db  = 2ad + ad - bc (*)

+ Nếu (*) có hai nghiệm thực phân biệt Khi đó  = (a + d)2- 4(ad - bc)

= (a - d)2 + 4bc > 0 Việc tính An khá dễ dàng, cụ thể nh sau:

Gọi 1 và 2 là hai nghiệm thực phân biệt của (*) Khi đó 1, 2 là hai giá

trị riêng, tơng ứng là hai vectơ riêng v1(x1, x2); v2(x'1, x'2)

' 1 1

x x

x x

.Bằng quy nạp ta chứng minh đợc:

0

0

và An tính đợc dễ dàng

+ Nếu   0 Vấn đề tính An trở nên khó khăn, ít đợc đề cập trong các tài

liệu nhng lại xuất hiện nhiều ở các kỳ thi

- Nếu  = 0: (a + d)2- 4(ad - bc) = 0 Kiểm tra trực tiếp ta có:

A2 -(a + d)A + (ad - bc)E = 0

d a E 2

d a

n 1

n

n

2 n 2

2 n n

1 n 1

n n

E 2

d a E

2

d a E 2

d a A

C

E 2

d a E 2

d a A C

E 2

d a E 2

d a A C E

d a E 2

d a

A

n

n 1

d a a 2

d

a

n

n 1

d a A 2

d a n

n 1

a   

4

2 2

sin i cos 0

0 sin i cos k

0 n sin

0 n sin i n cos

Giải: Xét đa thức đặc trng: A   I  0

 (1 - )(0 - ) + 1 = 0  2 - + 2 = 0

Ta có:

3 sin i 3

cos 2

3 i

bd ab x bc a b d cx

b ax c

b d cx

b ax a

§Ó ý r»ng:

 

 

2 2

2

d c b a d bc d

a

c

d a b bc

n n

n

n n

d

b d

b d

x c

b x a

a víi

n n n n

n

n n

d c

b a A d

x c

b x a

1 = 4 øng víi vect¬ riªng v1(-2; -1)

2 = -1 øng víi vect¬ riªng v2(-6; 2)

0 4

4

6 4 6 3

4 2

n n

n n

n n

x x

Bµi to¸n 3: B¶n chÊt cña mét d¹ng to¸n khã cña ph¬ng tr×nh hµm.

Tríc hÕt ta cho mét vÝ dô, c¸ch gi¶i kÌm theo ph©n tÝch b¶n chÊt cñac¸ch gi¶i nµy

Gi¶i ph¬ng tr×nh hµm: x f(x) + 2f 1

1 x

1 x

1 x f 1

Tiếp tục thực hiện biến đổi thay x bởi

1 x f 2 x

1 f x

1

(3)

Thay x bởi

x 1

1 x





vào (1),tađợc: 2 f x

x 1

1 x f x 1

1 x

1 x f

; x

1 f

1 x x

b ax

b a

0 1

= A0 = E

1 1

1 1

1 0

1 1 x

Từ đây ta đa ra một vài nhận xét về điều kiện có thể giải đợc về dạng toánphơng trình hàm này

+ Gọi A1 là ma trận thu đợc sau lần biến đổi thứ nhất

+ Nếu tồn tại k  N sao cho Ak = E thì phơng trình hàm giải đợc bằng

ph-ơng pháp đổi biến số khi đó hệ sẽ có k phph-ơng trình

Sau đây là một số bài tập áp dụng :

3 2

1

2

5 1

2 3

Tính A2002 (Đề thi Olympic toán năm 2002)

với a, b, c thực

i) Chứng minh rằng nếu A1996 = 0 thì A2 = 0

ii) Xác định a, b, c sao cho tồn tại n  N để An = 10 01.(Đề Olympicnăm 1996)

Bài 3: Cho f(x) =

1 x

7 x 2

Sau đây là một số ví dụ

Ví dụ 1 Cho P và Q là hai ma trận vuông cấp n thoả mãn các điều kiện sau:

P2 = P; Q2 = Q và I - (P + Q) là ma trận khả nghịch.I là ma trận đơn vị cấp n.Chứng minh rằng: rank P = rank Q (Đề thi OLP năm 2002)

Giải: Vì I - (P + Q) là ma trận khả nghịch.Suy ra:

+ rank P = rank [P(I - (P + Q))]= rank [P - P2 - PQ] = rank [- PQ]

 (A - E)(A2000 + A1999 +…, f + A + E) = - E

 A  E  0  A - E không suy biến

Mặt khác từ : AB = A + B  (A - E)B = A

Suy ra: rank B = rank A vì det A = 0

 rank A  2000  rank B  2000  det B = 0.Ta có đpcm

Ví dụ 3: (Đề thi Olympic 2003) Cho A là ma trận vuông thoả mãn điều kiện

A2003 = 0 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n ta luôn có:

 det(An - E)  0  det [B(A - E)]  0

 det B  0 Vậy rank A = rank (A + A2 + …, f + An)

H

ớng 2 Sử dụng kết hợp một số bất đẳng thức:

- Bất đẳng thức Sylvester:

Cho A, B là các ma trận A = [aij]mxn B = [bij]nxp thì :

rank A + rank B - n  rank (AB)  min {rank A, rank B}

- Sử dụng bất đẳng thức tổng:Cho A, B là các ma trận vuông cấp n khi đó: rank B (A + B)  rank A + rank B

Sau đây là một số bài toán sử dụng các bất đẳng thức này

Ví dụ 1: Cho các ma trận A = [aij]2000x2001 B = [bij]2001x2000

a) Chứng minh det (BA) = 0

b) Cho det (AB)  0 Tìm rank A; rank B

Lại có : rank A  rank AB = 2000; rank B  rank AB = 2000

Kết hợp những điều trên ta có: rank A = rank B = 2000

Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu A là ma trận vuông cấp n với A2 = E thìrank (E + A) + rank (E - A) = n(Đề thi Olympic 1994)

Giải: Ta có: (E + A)(E - A) = E - A2 = 0

Do đó: rank (E + A) + rank (E - A)  n + rank (E + A)(E - A)

hay rank (E + A) + rank (E - A)  n

Mặt khác theo bất đẳng thức tổng:

rank (E + A) + rank (E - A)  rank (E + A + E - A) = rank (2E) = n

Từ đó ta có: rank (E + A) + rank (E - A) = n Ta cóđpcm

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng mọi ma trận vuông cấp n cho trớc trên trờng sốthực đều tìm đợc một số nguyên dơng N sao cho:

rank (Ak) = rank (Ak+1) với  k  N (Đề thi Olympic 1997)

Giải: Ta có:  k  N* thì rank Ak+1 = rank AkA  rank Ak

Ví dụ 4: (Đề thi vòng loại Trờng Đại học Vinh năm 2002)

Trên đờng chéo ma trận cỡ n x n là các số 0 Các phần tử còn lại là 1 hoặc

là 2002 Chứng minh rằng hạng của ma trận là n - 1 hoặc n

1 1 1

1 1 1 B

; 1 a

a 1

 det C  0 rank C = n hay rank (A - B) = n, mà rank B = 1

Ta có: n = rank (A - B)  rank A + rank (-B)

= rank A + rank B = rank A + 1 Từ đây suy ra: rank A  n - 1

Vậy rank A bằng n hoặc n - 1

Ví dụ 5: Cho A và B là các ma trận vuông cấp 2003 Chứng minh rằng nếu

AB = 0 thì ít nhất một trong hai ma trận :A + AC, B + BC suy biến

Giải: Ta có: rank A + rank B  2003 + rank AB = 2003

Do đó tồn tại một trong hai số rank A <

2

2003 hoặc rank B <

2 2003

Giả sử rank A <

2

2003.Mặt khác rank AC = rank A <

2 2003

 rank (AC + A)  rank AC + rank A <

Cho ma trận vuông A = (aij) cấp n (n > 1) có hạng r, ma trận A* = (Aij)nxn.Trong đó Aij là phần phụ đại số của aij Tính hạng của A*.

I Một số khái niệm cần nhắc lại liên quan tới mục này:

Định nghĩa: Với mọi ma trận vuông A = (aij)nxn, vết của ma trận là tổng tấtcả các phần tử nằm trên đờng chéo chính của A

Ký hiệu Tr(A) hoặc V(A) ở đây ta dùng ký hiệu V(A) Từ định nghĩa ta có:

V(A) = 



n i ii

a

1

Ma trận đồng dạng: Hai ma trận vuông cấp n: A và B đợc gọi là đồng dạng

với nhau nếu tồn tại ma trận vuông cấp n khả nghịch thoả mãn: A = P-1BP

- Giá trị riêng: Giá trị riêng của ma trận vuông A là số thực  thoả mãn:

b a b a b

n

1 i

ik ki in

ni 2

i i 2 1

n

n n

a a

a

a a

a

a a

a

.

.

.

2 1

2 22

2 1

1 12

Bài toán3: Hai ma trận đồng dạng có tập hợp giá trị riêng trùng nhau

- Chứng minh: Giả sử A,B là ma trận vuông cấp n, đồng dạng với nhau, Tồntại P là ma trận vuông cấp n khả nghịch: A = P - 1 BP

 B E  P B E P

EP P

BP

P1   1  1     

Từ đó ta suy ra A và B có tập hợp giá trị riêng trùng nhau

Bài toán 4 (Suy ra trực tiếp từ bài toán gốc 2;3)

Hai ma trận đồng dạng thì có cùng vết

III Một số bài toán ứng dụng

Bài 1: Chứng minh rằng không tồn tại các ma trận vuông cùng cấp n: A, B

mà AB - BA = E

Giải: Sử dụng bài toán gốc 1, ta có:

V(AB) = V(BA)  V(BA - BA) = V(AB) - V(BA) = 0  n = V(E)

Vì B, A-1BA là hai ma trận đồng dạng  V(A-1BA) = V(B) - V(A-1BA) = 0

 n = V(E)  B - A-1BA  E Từ đây suy ra không tồn tại đẳng thức (1)Bài 3: Cho A là ma trận không suy biến cỡ n x n, liệu đối với ma trận X bất

Bài 4: (Đề thi chọn đội tuyển Trờng Đại học Vinh năm 2003)

Cho A, B, C là 3 ma trận vuông cấp 2003 Biết C khả nghịch và AC= CB.Trên đờng chéo chính của A chỉ đợc viết bởi chữ số 0 hoặc -1 Tìm chữ số 0trên đờng chéo chính của AvàB

Giải :Từ AC = CB  ACC -1= CBC -1  A = CBC -1

A<B là hai ma trận đồng dạng. V(A) = V(B)

Từ giả thiết trên đờng chéo chính của A chỉ đợc viết bởi chữ số 0 và 1

 V(A)  0

Tơng tự V(B)  0 Mặt khác phải có V(A) = V(B)  V(A) = 0, V(B) = 0 trên đờng chéo chính của A và B đều có 2003 chữ số 0.

Bài 5: Cho A là ma trận vuông cấp n Biết A2 = 0

Chứng minh rằng: V(A) = 0

Giải: Gọi  là giá trị riêng của A Khi đó ta có:A - E = 0

Lại có A2 - 2E = A - E A + E = 0. 0 - 2E = 0 2 = 0   =0

Do đó A chỉ có giá trị riêng bằng 0

 Đa thức đặc trng của A có dạng (-1)nn = 0. V(A) = 0

Bài 6: Giả sử A là ma trận vuông cấp n và aij = i x j

Tính f'(0) với f(x) = det (Ax + E)

Giải: Ta có: f(x) = det (Ax + E) = anxn + an - 1xn - 1+ …, f + a1x + a0

2

6

) 1 n )(

1 n ( n

Giải: Vì V(AB - BA) = V(AB) - V(BA) = 0

 , ,  sao cho:AB – BA=   

0

0

= (2 + )E

Ta luôn có: C = EC = CE nên ta có:(AB - BA)2C = C(AB - BA)2

 (AB - BA)2 - C(AB-BA)2 = 0.Ta có đpcm

Sau đây là một bài tập về vết của ma trận

Trong đó X, Y là các ma trận vuông cấp 2

H

ớng dẫn :Từ hệ đã cho

  0

4 4 8 4 V X ) Y ( V Y

0 ) X ( V

Từ đó thay vào, xét từng trờng hợp

Đ4 Tính luỹ thừa bậc cao của ma trận

Các bài toán về tính luỹ thừa của ma trận bậc cao rất thờng gặp trongcác kì thi.Sau đây là một số dạng toán thờng gặp

* Dạng 1 Tính An, trong đó k  N sao cho; Ak =  E hoặc Ak = 0

Chú ý rằng đối với ma trận bậc 2 ta đã trình bày đầy đủ ở Đ1 ở đây ta đa ramột số ví dụ để minh họa về dạng này:

Ví dụ 1: (Đề thi Olympic 2002)

3 2

1

2

5 1

` 1

5 2

1 2

3

2 3 5 3

2 1

1 0

2 1 2

1 0

0 0

0

1 0

0

0 0

0

0 1 0

0 0

0

0 1 0

0 0

2

0 1

1

1 2

1

;Tính An

Giải:Ta có: A=E+B với E là ma trận đơn vị còn B là ma trận:

2

0 0

1

1 2

2

1 2

0

0 0

0

; B3 = 0  Bk = 0 (k  3)

Do đó: An = (B + E)n = B nB E

2

) 1 n (

1 n ( n

2

0

2 ) 1 n ( n )

1 n (

n

0

0 0

4 0

n n

2 0

0 0

n 2 n

2

0

2

n 2

n 1

n n

0

0 0

0

2 2

2 2

* Dạng 3: Sử dụng phơng pháp quy nạp để tính An

Theo lợc đồ để có đợc phơng pháp giải bằng quy nạp, trớc hết ta phảitính những trờng hợp riêng, sau đó phán đoán, đa ra công thức tổng quát vàcuối cùng chứng minh công thức đó

ở dạng này, các phần tử của A thờng có nhiều phần tử bằng nhau Để

đi tới công thức tổng quát, nhiều khi phải sử dụng tới các công cụ giải tích.Các ví dụ sau sẽ cho thấy điều đó

1

1 2

1

1 1

5

5 6

5

5 5

n

n n

n

n n

n

U V

V

V U

V

V V

n 1

n

1 n 1

n 1

n

1 n 1

n 1

n

U V

V

V U

V

V V

1 4

1 4

1 4

2 4

1 4

1 4

1 4

2 4

3

1

n n

n

n n

n

n n

n

(*) Với n = 1 dễ thấy (*) đúng

Giả sử (*) đúng tới n

Ta cần chứng minh (*) đúng tới n + 1

Thật vậy Theo giả thiết quy nạp

1 2

1

1 1 2 2 4 1 4 1 4

1 4 2 4 1 4 3 1

n n

n

n n

1 4

1 4

1 4

2 4

1 4

1 4

1 4

2 4

3

1

1 n 1

n 1

n

1 n 1

n 1

n

1 n 1

n 1

0

0 1

0

0 1

i n

2 0

0

0 1

0

0 2

2

Không mấy khó khăn, dùng quy nạp ta khẳng định công thức trên là đúng

* Dạng 4:

Bản chất của phơng pháp này đó là chéo hoá ma trận Đây là phơng pháp

đắc lực để tính luỹ thừa bậc cao trong nhiều trờng hợp của ma trận

A Cơ sở lý thuyết

+ Định lý về điều kiện cần và đủ để ma trận vuông A chéo hoá đợc

Ma trận vuông A cấp n chéo hoá đợc khi và chỉ khi với mỗi giá trị riêng knghiệm bội mk của A (m1 + m2 +…, f+mp=n) có rank(A-kE)=n- mk (k = 1 , n

)

Từ định lý trên suy ra rằng

Ma trận vuông A cấp n có n giá trị riêng phân biệt thì chéo hoá đợc

+ Thuật toán chéo hoá

- B ớc 1 : Giải phơng trình đặc trng A - E = 0 để tìm các giá trị riêng của

A là 1, 2, …, f , p bội tơng ứng là m1, m2, …, f, mp

- B ớc 2 : Kiểm tra điều kiện chéo hoá

a) Nếu p = n thì A chéo hoá đợc

b) Nếu k (k = 1, 2, …, f, p) rank (A - kE) = n - mkthì A chéo hoá đợc

c) Nếu k sao cho rank(A - kE)  n - mk thì A không chéo hoá đợc

Nếu chéo hoá đợc, A đồng dạng với ma trận B

0 0



1 1

p 1

1 m

1 2

p 1

1 m

1 2

1

1 , a , , a 1, , a , a , , a p

a là ma trận có cột j là toạ độ của vectơ thứ j trong cơ sở trên

+ Giả sử A chéo hoá đợc:A = PBP –1 Bằng tính toán ta có

An = PBP - 1 P.BP - 1P …, f P -1PBP -1= PBnP -1

Trong đó Bn là ma trận chéo, dễ tính đợc do đó tính đợc An

B.Sau đây là một số ví dụ minh hoạ phơng pháp này:

2

12 4

3

16 6

1

Tính An

Giải:Giải phơng trình đặc trng A - I = 0 ta có ba nghiệm 1 = 1, 2 = 2,

2 = 3 tơng ứng với ba vectơ riêng:

1

0 1

3

4 2

1

12 5

3

4 2

0

0 2

0

0 0

1

0 1

3

4 2

3 0

0

0 2

0

0 0

1

12 5

3

4 2

5 2

3 2 1

3

12 2

12 6

2 5 3

2

.

3

4 3

20 2

24 2

3 8 2

10 1

3 4 2

.

6

n n

n

n n

n

n n

n n

n n

0 3

0

0 1

1

0 1

0

2 1

1

0 1

1 2 1

0

0 1

1

0 1

1 2

5 0

0

0 5

0

0 0

0

2 1

1

0 1

0

1 3

1 0

1 1

2 1

1 , 2

0

0 3

1 0

0 0

2 1

1) Cho M = 1 2 

1 2

0 1 9 4

0 0 3 2

0 0 3 4

) n ( a ) n ( a ) n ( a

) n ( a ) n ( a ) n ( a 2

1

0

0 3 0

0 0 2

33 32

21

23 22

21

13 12

11 n

;T×m

) n ( a

) n ( a lim

23

22

n  

§Ò Olympic 1996

cos sin

a a ) i (

) 1 ( ) 1 ( 1

S

i

b c

k b

a k i

b ) i

n n

a

a a

a

a a

a

2 1

2 22

21

1 12

1 1

0 1



= 1 (mod 2);

 B  0  V« lÝ VËy A kh«ng cã gi¸ trÞ riªng lÎ

Bµi 2: (§Ò thi Olympic 1994) Cho aij lµ c¸c sè nguyªn:

n 1

1 n n

n n 2 2

22 1

21 2

n n 1 2

1 2 1

11 1

x a

.

2 x a

x a x

2

x a

x a

x a

x 2

x a .

x a x

a x

) 1 a

2 ( x

a 2 x

a

2

0 x

a 2 .

x ) 1 a

2 ( x

a

2

0 x

a 2 .

x a 2 x

) 1 a

2

(

n nn

2 2 n 1

1

n

n n 2 2

2 2 1

21

n n 1 2

12 1

11



Khi đó định thức ma trận hệ số

A =

1 0

0 1 1

1 a 2 a

2 a

1

a 2 1

a 2 a

2

a 2 a

2 1 a

2

nn 2

1

n 22

21

n 12

 A  1 (mod 2)  A  0

 Hệ có duy nhất nghiệm tầm thờng: (0, 0,…, f, 0)

Bài 3: (Đề thi năm 2001): Cho A là ma trận vuông cấp n có đờng chéo chính bằng 0 Các phần tử còn lại bằng 1 hay 2001 B là ma trận có tất cả các phần tử bằng 1.Tìm rank (A – B)

0 2000

2000 1

0 1

2241 75322

2221 6665

7304 9002

27881 1520

99981 37025

39177 55538

79922 51237

Giải: Xét theo modun 5

Ta có: A 

0 1 1 2

1 0 1 2

1 0 1 0

2 3 2 2

2001 2001

3 3

2 3

2 2

2 2

2002 2002

2002 2001

2002 2002

4 3

2002 2001

3 2

2001 2000

2 1

A 

1

0 1

1

1 2000 2

1





(mod 2)

 A  1 (mod 2) A  0.Ta có đpcm

Nh vậy, qua những bài toán trên dễ thấy rằng sau khi phát hiện nếu cóthể dùng tính chất đồng d để giải thì bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn nhiều.Sau đây là một số bài toán khác

Bài 6: Cho A = (aij )n x n thoả mãn:







 j i

j i

Chứng minh rằng: nếu n chẵn thì A  0

Bài 7: Giả sử A là ma trận vuông cấp n mà trên đờng chéo chính là 0, còn ngoài đờng chéo là  1.Chứng minh rằng:

Với n chẵn : A  0

Với n lẻ: A có thể suy biến

Đ2 Tính định thức bằng phơng pháp truy toán

Tính định thức là một trong những nội dung khá quan trọng của đại

số tuyến tính, phơng pháp để tính định thức rất nhiều

Sau đây là một phơng pháp đợc áp dụng khá nhiều để tính các định thức ở dạng tổng quát, đó là "phơng pháp truy toán"

Ta tìm hiểu phơng pháp này thông qua một số ví dụ và bài tập

Ví dụ 1: (Đề thi chọn đội tuyển trờng Vinh - 2003)

Tính định thức cấp 2n:

A2n =

a 0 0

0

b

0 a 0

b

0

0 b 0

a

0

b 0 0

0 b

0 a 0

b 0

0 0 0

a 0

0 b 0

0 a

0 b

0 a 0

b 0

0 b 0

a 0

b 0 0

0 a