chap1matran.pdf

7/27/2019 chap1matran.pdf

http://slidepdf.com/reader/full/chap1matranpdf 1/42

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH 1

Tên học phần: Đại số tuyến tínhSố tín chỉ: 3.Học phần tiên quyết: không.Nội dung học phần

Chương 1: Ma trận - Định thức - Hệ phương trình tuyến tính

Chương 2: Không gian vectơ

Chương 3: Ánh xạ tuyến tính

Cách đánh giá:

• Kiểm tra thường xuyên: 30%.

• Thi cuối kì: 70%

Email: [email protected]

Văn phòng làm việc: B405

1



Chương 1: Ma trận - Định thức - Hệ phương

trình tuyến tínhBiên soạn: Nguyễn Minh Trí

Ngày 28 tháng 10 năm 2013

Mục lục

1 Ma trận 31.1 Các định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Các phép toán trên ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Định thức 82.1 Hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.2 Định thức cấp n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.3 Các tính chất của định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.4 Định lí Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.5 Cách tính định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.5.1 Đưa về dạng đường chéo (tam giác) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.5.2 Truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.5.3 Phương pháp biểu diễn thành tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.5.4 Phương pháp biểu diễn thành tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Ma trận nghịch đảo 213.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Cách tìm ma trận nghịch đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

4 Hạng của ma trận 244.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.2 Cách tính hạng của ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4.2.1 Tìm định thức con cấp cao nhất khác 0 của ma trận đó . . . . . . . . 254.2.2 Dùng các phép biến đổi sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

5 Hệ phương trình tuyến tính 275.1 Khái niệm về hệ phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275.2 Hệ Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315.3 Hệ phương trình tuyến tính tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.4 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

6 Bài tập 36Tài liệu tham khảo 41

2




1 Ma trận

1.1 Các định nghĩa và ví dụ

Trong tài liệu này, K được xem như là tập các số thực R hoặc tập các số phức C.

Định nghĩa 1.1. Ma trận cấp m × n(m, n ∈ N∗) trên K là một bảng gồm m × n số đượcsắp xếp thành m hàng, n cột theo một thứ tự nhất định.

Ma trận A cấp m × n được viết dưới dạng

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

... . . . ...am1 am2 . . . amn

hay A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

... . . . ...am1 am2 . . . amn

Ta kí hiệu ma trận A có m hàng và n cột là A = (aij)m×n; phần tử nằm ở hàng thứ i,

cột thứ j của ma trận A được kí hiệu là aij.Tập hợp các ma trận cấp m × n trên K kí hiệu là M m×n(K).Khi n = 1, ta được ma trận cấp m × 1 được gọi là ma trận cột.Khi m = 1, ta được ma trận cấp 1 × n được gọi là ma trận dòng.

Ví dụ 1.1. Cho các ma trận

A =

1 2 32 1 3

; B =

1245

; C =

1 3 4 5

Ta có A là ma trận cấp 2 × 3, B là ma trận cột và C là ma trận dòng.

Định nghĩa 1.2 (Ma trận bằng nhau). Hai ma trận A = (aij)m×n và B = (bij)m×n đượcgọi là bằng nhau nếu chúng có cùng cấp m × n (tức là có cùng số hàng và số cột), và cácvị trí tương ứng cũng bằng nhau aij = bij, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n

Định nghĩa 1.3. Ma trận không là ma trận mà mọi phần tử của nó đều bằng 0. Kí hiệulà 0m×n (hoặc 0).

Định nghĩa 1.4. Ma trận cấp n × n được gọi là ma trận vuông cấp n. Tập các ma trận

vuông cấp n trên K kí hiệu là M n(K). Khi đó ta kí hiệu A = (aij)n.

Đối với mỗi ma trận vuông cấp n, các phần tử a11, a22, . . . , ann nằm trên đường chéo củahình vuông gọi là đường chéo chính. Đường chéo còn lại gọi là đường chéo phụ.

Định nghĩa 1.5. Ma trận chéo là ma trận vuông mà tất cả các phần tử nằm ngoài đườngchéo chính đều bằng không. Tức aij = 0 với i = j

A =

a11 0 . . . 00 a22 . . . 0...

... . . . ...0 0 . . . ann

3




Định nghĩa 1.6. Ma trận đơn vị là ma trận vuông mà các phần tử aii = 1 còn các phầntử còn lại bằng 0, kí hiệu I n (hoặc I ).

I n =

1 0 . . . 00 1 . . . 0...

..

.. .

.

..

.0 0 . . . 1

Định nghĩa 1.7. Ma trận tam giác trên là ma trận vuông cấp n mà tất cả các phần tử nằm dưới đường chéo chính đều bằng không. Tức aij = 0 với mọi i > j

a11 a12 . . . a1n0 a22 . . . a2n...

... . . . ...0 0 . . . ann

Định nghĩa 1.8. Ma trận tam giác dưới là ma trận vuông cấp n mà tất cả các phần tử nằm trên đường chéo chính đều bằng không. Tức aij = 0 với mọi i < j

a11 0 . . . 0a21 a22 . . . 0...

... . . . ...an1 an2 . . . ann

Định nghĩa 1.9. Ma trận vuông A = (aij) cấp n được gọi là ma trận đối xứng nếuaij = a ji; i, j = 1, n

Ma trận vuông A = (aij) cấp n được gọi là ma trận phản đối xứng nếu aij =−a ji; i, j = 1, n , i = j và aii = 0 với i = 1, n

Một hàng của ma trận được gọi là bằng không nếu tất cả các phần tử của nó bằng 0.(Như vậy một hàng khác không nếu có ít nhất một phần tử khác 0).

Định nghĩa 1.10 (Ma trận bậc thang). Cho A là ma trận cấp m×n (khác ma trận không).A được gọi là ma trận bậc thang nó thỏa các tính chất sau:

1. Các hàng khác 0 luôn luôn ở trên các hàng bằng 0.

2. Trên 2 hàng khác 0, hệ số khác 0 đầu tiên (tính từ trái qua phải) của hàng dưới baogiờ cũng ở bên phải cột chứa hệ số khác 0 đầu tiên của hàng bên trên.

Ví dụ 1.2. Các ma trận sau đây không có dạng bậc thang0 01 2

;

1 2 32 1 3

;

0 1 21 2 3

Ma trận thứ nhất không là ma trận bậc thang vì không thỏa điều kiện thứ nhất; ma trậnthứ 2 và 3 không thỏa điều kiện thứ hai.

Ví dụ 1.3. Các ma trận sau có dạng bậc thang:

1 20 2

;

1 2 3

0 1 30 0 0

;

1 2 3 4

0 0 1 20 0 0 3

4




1.2 Các phép toán trên ma trận

1. Cộng hai ma trận: A = (aij)m×n và ma trận B = (bij)m×n cùng cấp m × n. Khi đó

A + B = (aij + bij)m×n

2. Nhân một số với một ma trận: Cho A ∈ M m×n(K

) và α ∈ K

αA = (αaij)m×n

Ta kí hiệu ma trận (−1)A là −A.

Ví dụ 1.4. Cho hai ma trận

A =

1 2 34 5 0

; B =

1 3 52 4 6

Khi đó

A + B = 2 5 8

6 9 6 và 3A = 3 6 9

12 15 0 và A

−2B = −1 −4 −7

0 −3 −12

3. Phép nhân hai ma trận: Cho ma trận A = (aij)m×n và B = (bij)n× p. Tích của haima trận A và B là một ma trận cấp m × p, kí hiệu A.B = (cik)m× p xác định như sau:

cik = ai1b1k + ai2b2k + · · · + ainbnk =n

j=1

aijb jk .

Chú ý: Để có phép nhân AB thì số cột của ma trận A phải bằng số hàng (dòng) của matrận B. Nếu ma trận A có m hàng, n cột và ma trận B phải có n hàng, p cột thì AB là matrận có m hàng, p cột.

Từ định nghĩa, ta có nhận xét sau:A.[ cột i của B] = [ cột i của AB] và [ hàng i của A].B = [ hàng i của AB].

Ví dụ 1.5. Cho hai ma trận

A =

1 2 3 4

5 6 7 89 10 11 12

và B =

13 1415 1617 1819 20

Ta có ma trận C = A.B là ma trận cấp 3 × 2 như sau:Phần tử c

11: lấy các phần tử ở dòng 1 của ma trận A nhân tương ứng với các phần tử

của cột 1 của ma trận B, sau đó cộng tất cả lại với nhau.c11 = 1.13 + 2.15 + 3.17 + 4.19 = 170

Phần tử c12: lấy các phần tử ở dòng 1 của ma trận A nhân tương ứng với các phần tử của cột 2 của ma trận B, sau đó cộng tất cả lại với nhau.

c12 = 1.14 + 2.16 + 3.18 + 4.20 = 180

Tương tự như vậy ta tính được các phần tử còn lại.

Vậy C = A.B =

170 180426 452

682 724

Chú ý: Phép nhân ma trận không có tính giao hoán.Ta kí hiệu A.A bởi A2. Tổng quát hơn, ta có An = A.A.....A (n thừa số) và An.Am =

Am+n.

5




4. Ma trận chuyển vị: Cho ma trận A = (aij)m×n, ma trận chuyển vị của A kí hiệu làAt = (bij)n×m với bij = a ji.

A =

1 2 5

−9 7 4

⇒ At =

1 −92 75 4

Từ định nghĩa ta có (At)t = A.

Tính chất của các phép toán: Từ định nghĩa các phép toán trên ma trận, ta có cáctính chất cơ bản sau đây:

1. A + B = B + A

2. (A + B) + C = A + (B + C )

3. (u + v)A = uA + vA với u, v ∈ K4. u(A + B) = uA + uB với u ∈ K5. (uA + vB)t = uAt + vB t với u, v ∈ K6. 1.A = A

7. 0.A = 0

8. α.0 = 0, ∀α ∈ K9. α(β.A) = (αβ )A, ∀α, β ∈ K

10. (A.B).C = A.(B.C )

11. I.A = A

12. A(B + C ) = AB + AC

13. (A + B)C = AC + BC

14. (AB)t = BtAt

Chú ý: Đối với phép nhân hai ma trận thì ta không có tính chất giao hoán, nghĩa là AB = BA.

Thật vậy, nếu ta lấyA =

0 01 0

và B =

0 10 0

.Khi đó AB =

0 00 1

nhưng BA =

1 00 0

.

1.3 Các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận

Ta gọi phép biến đổi sơ cấp trên ma trận là phép biến đổi có một trong các dạng sau:

1. Đổi chỗ hai hàng (cột) cho nhau: hi ↔ h j(ci ↔ c j)

2. Nhân vào hàng thứ i (cột i) với số a= 0: hi

→a.hi(ci

→a.ci), a

= 0

3. Thay một hàng thứ i bởi tổng của hàng hi và tích của một số a với một hàng h j: (thaycột ci bởi tổng của cột ci và nhân một số a vào cột c j): hi → hi + a.h j(ci → ci + a.c j)

6




Ta dùng kí hiệu A → B để chỉ ma trận B nhận được từ A sau hữu hạn các phép biến đổisơ cấp trên A.

Định lí 1.11. Mọi ma trận (khác không) đều có thể đưa về dạng bậc thang nhờ các phépbiến đổi sơ cấp.

Chứng minh. Giả sử A là ma trận cấp m × n. Ta chứng minh qui nạp theo số hàng của A.• Với m = 1, do A là ma trận có 1 hàng khác không nên nó là bậc thang.

• Giả sử định lí đúng cho mọi ma trận A (khác 0) có có m − 1 hàng.Ta chứng minh định lí đúng với mọi ma trận A (khác 0) có m hàng. Thật vậy, vì A = 0nên có ít nhất 1 cột của A khác 0.Giả sử cột k là cột đầu tiên khác 0 (tính từ bên trái sang), bằng phép biến đổi sơ cấptrên hàng ta có thể giả sử a1k = 0.

Khi đó A có dạng: 0 0 · · · a1k · · · a1n0 0 · · · a2k · · · a2n...

......

... . . . ...0 0 · · · amk · · · amn

Nhân hàng 1 với

−aik

a1kvà cộng vào các hàng i (i > 1).

Ta được ma trận

0 0 · · · a1k a1k+1 · · · a1n0 0 · · · 0 b2k+1 · · · b2n

... ... . . . 0 ... . . . ...0 0 · · · 0 bmk+1 · · · bmn

Đặt B =

b2k+1 · · · b2n... . . . ...

bmk+1 · · · bmn

là ma trận có m − 1 hàng. Theo giả thiết qui nạp, bằng

các phép biến đổi sơ cấp trên hàng ta có thể đưa B về ma trận bậc thang.Do đó A cũng có dạng bậc thang.

Vậy định lí được chứng minh.

Ví dụ 1.6. Dùng các phép biến đổi sơ cấp để đưa ma trận A về dạng bậc thang

A =

1 2 4 −3

1 3 −1 12 5 3 −2

Giải:

A = 1 2 4 −31 3

−1 1

2 5 3 −2 h2→−h1+h2

−−−−−−−−→h3→−2h1+h3

1 2 4 −30 1

−5 4

0 1 −5 4 h3→−h2+h3

−−−−−−−→ 1 2 4 −30 1

−5 4

0 0 0 0

7




2 Định thức

Trong phần này, chúng ta xét một giá trị mà nó có liên kết với các phần tử của một matrận vuông, đó là định thức. Chúng ta nhắc lại định thức 2 × 2 mà ta đã sử dụng trong việcgiải các hệ phương trình

a11x + a12y = b1a21x + a22y = b2

(1)

Ta dễ thấy rằng hệ phương trình (1) có nghiệm khi a11a22 − a12a21 = 0 và nghiệm (x, y)có dạng

x =b1a22 − b2a12

a11a22 − a12a21; y =

b2a11 − b1a21a11a22 − a12a21

,

với mẫu số trong các biểu thức trên gọi là định thức của ma trận hệ số

A = a11 a12a21 a22

của hệ (1).Để định nghĩa định thức của một ma trận vuông cấp n, ta cần một số khái niệm sau:

2.1 Hoán vị

Định nghĩa 2.1. Cho tập hợp có n phần tử X = {1, 2, . . . , n}. Ta gọi mỗi cách sắp xếp cácphần tử của X theo một thứ tự nào đó gọi là một hoán vị của n phần tử.

Một hoán vị của {1, 2, . . . , n} ta kí hiệu là {i1, i2, . . . , i j, . . . , ik, . . . , in}.Như vậy, ta có n! các hoán vị của n phần tử.

Định nghĩa 2.2. Trong hoán vị {i1, i2, . . . , i j, . . . , ik, . . . , in} ta nói i j và ik làm với nhauthành một nghịch thế (i j, ik) nếu j < k và i j > ik

Ví dụ 2.1. Hoán vị {4, 3, 1, 2} có 5 nghich thế là (4, 3), (4, 1), (4, 2), (3, 1), (3, 2).

Định nghĩa 2.3. Một hoán vị gọi là chẵn (lẻ) nếu số các nghịch thế của nó là chẵn (lẻ).

Mỗi một hoán vị i = (i1, i2, . . . , in) có một số các nghịch thế nhất định, số các nghịch thếđó là kí hiệu là t(i). Một hoán vị là chẵn (hoặc lẻ) khi số t(i) là chẵn (hoặc lẻ).

Ví dụ 2.2. Hoán vị i = (4, 3, 1, 2) là một hoán vị lẻ vì có 5 nghich thế và ta có t(i) = 5.

Hoán vị j = (1, 2, 4, 3) là hoán vị lẻ vì có t( j) = 1. Hoán vị k = (3, 4, 1, 2) là hoán vị chẵn vìt(k) = 4.

Định nghĩa 2.4. Cho một hoán vị {i1, i2, . . . , i j, . . . , ik, . . . , in}. Nếu ta đổi chỗ i j và ik chonhau, còn các vị trí khác vẫn giữ nguyên thì ta gọi đó là một phép đổi chỗ.

Bổ đề 2.1. Khi đổi chỗ 2 phần tử kề nhau trong một hoán vị chẵn (lẻ) thì ta được mộthoán vị lẻ (chẵn).

Chứng minh. Chứng minh xem như bài tập.

Bổ đề 2.2. Trong một hoán vị, phép đổi chỗ làm cho hoán vị chẵn trở thành hoán vị lẻ vàngược lại.

Chứng minh. Chứng minh xem như bài tập. Hướng dẫn: giả sử giữa 2 số a và b có k số. Khiđó có 2k + 1 sự đổi chỗ các các phần tử kề nhau để đổi chỗ a và b.

8




Bổ đề 2.3. Tính chẵn lẻ của một hoán vị j có thể được xác định bằng cách đếm số lần thayđổi các cặp phần tử trong j để chuyển j về dãy j0 = (1, 2, . . . , n).

Chứng minh. Chứng minh xem như bài tập.

Định nghĩa 2.5. Cho ma trận A = [aij] cấp n. Ta định nghĩa một đường chéo của A là

một dãy n phần tử của A mà nó chứa một và chỉ một phần tử nằm trên mỗi hàng và một vàchỉ một phần tử nằm trên mỗi cột của A. Một đường chéo của A luôn được giả sử là đượcsắp xếp theo thứ tự của chỉ số hàng, do đó nó có thể được viết dưới dạng

a1 j1, a2 j2, . . . , anjn , (2)

với ( j1, j2, . . . , jn) là một hoán vị của các số 1, 2, . . . , n .

Ví dụ 2.3. Ma trận cấp 2 A =

a11 a12a21 a22

có các đường chéo là a11, a22 và a12, a21.

Ma trận cấp 3 có 6 đường chéo.(?!)

Đặc biệt, nếu ( j1, j2, . . . , jn) = (1, 2, . . . , n) gọi là đường chéo chính của ma trận A. Trongtrường hợp ( j1, j2, . . . , jn) = (n, n − 1, . . . , 1) gọi là đường chéo phụ của A. Rõ ràng, một matrận cấp n × n có chính xác n! các đường chéo chính phân biệt.

2.2 Định thức cấp n

Định thức của ma trận vuông A là một số mà ta kí hiệu là detA hay |A|. Ta xét trongcác trường hợp đặc biệt trước khi đưa ra khái niệm tổng quát.

Định nghĩa 2.6 (Đinh thức cấp 1, 2, 3). A là ma trận vuông cấp 1; A = [a11] thì định thức

của A là detA = a11.A là ma trận vuông cấp 2:

A =

a11 a12a21 a22

định thức cấp 2 của A là

detA =

a11 a12a21 a22

= a11a22 − a12a21.

Nếu A là một ma trận cấp 3

A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

thì định thức cấp 3 của ma trận A là

detA =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

= a11a22a33 + a13a21a32 + a12a23a31 −a31a22a13 −a11a23a32 −a33a12a21.

Ví dụ 2.4. Tính định thức1 2 34 5 67 8 9

= 1.5.9 + 2.6.7 + 4.8.3 − 3.5.7 − 2.4.9 − 1.6.8 = 0.

9




Cho A là một ma trận vuông cấp n. Định thức (cấp n) của ma trận A được xác địnhnhư sau:

detA =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

... . . . ...

an1 an2 . . . ann

=

j(−1)s( j)a1 j1a2 j2 . . . anjn,

trong đó s( j) là số nghịch thế của hoán vị ( j1, j2, . . . , jn) và j chạy khắp n! các hoán vị của1, 2, . . . , n .

Chú ý: detA là một tổng gồm n! số hạng, mỗi số hạng là tích của n số (sao cho n số đókhông cùng hàng, cùng cột) và mỗi số hạng có 1 dấu nhất định. Dấu của tích đó là +1 hay−1 tùy thuộc vào hoán vị ( j1, j2, . . . , jn) (trong đường chéo a1 j1, a2 j2, . . . , anjn) tương ứng làchẵn hay lẻ.

Ví dụ 2.5. Tính detA với

A =

0 a

120 0 0

0 0 0 a24 00 0 a33 a34 0

a41 a42 0 0 00 0 0 a34 a35

Giải. Hiển nhiên các đường chéo chứa của ma trận chứa số 0 thì số hạng tương ứng vớiđường chéo đó trong định thức sẽ bằng 0. Vì ma trận đã cho chỉ có một đường chéo của cácphần tử khác không là

a12, a24, a33, a41, a55,

do đó, ta có detA = (−1)s( j)a12a24a33a41a55,

trong đó j là hoán vị j = (2, 4, 3, 1, 5). Ta có s( j) = 4 do đó hoán vị này là chẵn. Vậy

detA = a12a24a33a41a55.

Ví dụ 2.6. Tìm hệ số của x4 trong đa thức

P (x) =

2 2x 1 2x 1 1 −13 2 x 1

1 1 1 x

Giải. Số hạng chứa x4 là (−1)s(f )a12a21a33a44 với hoán vị f = (2, 1, 3, 4). Do đó s(f ) = 1.Như vậy số hạng chứa x4 là −1.2x4 suy ra hệ số cần tìm là −2.

Trên thực tế người ta không trực tiếp dùng định nghĩa để tính các định thức cấp n > 3,vì việc này quá phức tạp. Dưới đây, ta sẽ tìm hiểu những tính chất cơ bản của định thức.

2.3 Các tính chất của định thức

1. Định thức không thay đổi qua phép chuyển vị, nghĩa là|At

|=

|A

|.

Chứng minh. Ta códetA =

f

(−1)s(f )a1f 1a2f 2 . . . anf n.

10




Xét đường chéoa1f 1, a2f 2, . . . , anf n (3)

của ma trận A với các chỉ số theo thứ tự hàng, nó tương ứng với hoán vị

f = (f 1, f 2, . . . , f n) (4)

của 1, 2, . . . , n. Mặc khác, nó cũng là một đường chéo của At. Vì các phần tử aij(1 ≤i, j ≤ n) của A sẽ nằm ở vị trí ( j, i) trong At nên các chỉ số thứ hai trong (3) là cácchỉ số hàng trong At. Giả sử ta sắp xếp lại các phần tử của (3) để được đường chéo

a j11, a j22, . . . , a jnn. (5)

Khi đó dấu của a j11a j22 . . . a jnn trong At là (−1)s( j), với j là hoán vị

j = ( j1, j2, . . . , jn) (6)

Để hoàn thành chứng minh, ta cần chứng minh hoán vị (4) và (6) cùng chẵn hoặc cùnglẻ. Xét các cặp các chỉ số(1, f 1), (2, f 2), . . . , (n, f n) (7)

tương ứng với một số hạng trong detA và các cặp

( j1, 1), ( j2, 2), . . . , ( jn, n) (8)

thu được từ (7) bằng cách thay đổi thứ tự các chỉ số thứ hai. Xét mỗi sự đổi chỗ củacác cặp trong 7, nó dẫn đến một sự đổi chỗ tương ứng của các số trong các hoán vị

j0 = (1, 2, . . . , n) và f = (f 1, f 2, . . . , f n).

Do đó, một dãy các sự đổi chỗ đối với f để thành dãy j0 sẽ tương tự như sự biến đổitừ j0 để thành j (theo Bổ đề 2.3). Nhưng khi đó một dãy các phép đổi chỗ theo thứ tự ngược lại sẽ chuyển j thành f. Do đó theo Bổ đề 2.3, ta có s(f ) = s( j). Vậy, ta cóđiều phải chứng minh.

Ví dụ 2.7. Cho ma trận

A =

1 2 34 5 67 8 0

và At =

1 4 72 5 83 6 0

Khi đó detA = và detAt =

Vì chuyển vị của một ma trận thực chất là chuyển hàng thành cột, nên từ tính chấtnày ta suy ra rằng vai trò của các hàng và các cột là bình đẳng. Mỗi mệnh đề về địnhthức nếu đã đúng trên hàng thì cũng sẽ đúng trên cột, và ngược lại. Do đó, từ nay vềsau ta chỉ phát biểu mệnh đề đối với hàng (hiển nhiên cũng đúng đối với cột).

2. Nếu ma trận B thu được từ ma trận A bằng cách đổi chỗ 2 hàng (hoặc cột) của A thìdetB =

−detA.

Chứng minh. Ta thấy rằng các số hạng của detA và detB cùng chứa các thừa số. Dođó, ta cần chứng minh dấu của các số hạng đã thay đổi.

11




Ta códetA =

f

(−1)s(f )a1f 1a2f 2 . . . aif i . . . a jf j . . . anf n,

Số hạng a1f 1a2f 2 . . . aif i . . . a jf j . . . anf n có dấu (−1)s(f ), với f là hoán vịf = (f 1, f 2, . . . , f i, . . . , f j, . . . , f n).

Sau khi đổi chỗ hàng hi và hàng h j thì ta có

detB =k

(−1)s(k)a1f 1a2f 2 . . . a jf j . . . aif i . . . anf n,

trong đó số hạng a1f 1a2f 2 . . . a jf j . . . aif i . . . anf n có dấu (−1)s(k), với k là hoán vị k =

(f 1, f 2, . . . , f j, . . . , f i, . . . , f n). Nghĩa là, hoán vị k nhận được từ hoán vị f bằng cách đổichỗ f i và f j . Theo Bổ đề 2.2, ta có tính chẵn lẻ của f và k là khác nhau. Do đó, số hạng(−1)s(k)a1f 1a2f 2 . . . a jf j . . . aif i . . . anf n = −1.(−1)s(f )a1f 1a2f 2 . . . aif i . . . a jf j . . . anf n .

Vậy detB = −detA.

Ví dụ 2.8. Ta có 1 2 34 5 67 8 0

= −4 5 61 2 37 8 0

3. Nếu định thức có 1 hàng thứ k có dạng

(1) . . . . . . . . .uak1 + vbk1 uak2 + vbk2 . . . uakn + vbkn

(n) . . . . . . . . .

= u(1) . . . . . . . . .ak1 ak2 . . . akn

(n) . . . . . . . . .

+ v(1) . . . . . . . . .bk1 bk2 . . . bkn(n) . . . . . . . . .

Tương tự cho trường hợp nếu có một cột k có dạng:

a11 a12 . . . a

1k + a

1k . . . a1na21 a22 . . . a

2k + a

2k . . . a2n...

......

... . . . ...an1 an2 . . . a

nk + a

nk . . . ann

=

a11 a12 . . . a

1k . . . a1n

a21 a22 . . . a

2k . . . a2n......

...... . . . ...

an1 an2 . . . a

nk . . . ann

+

a11 a12 . . . a

1k . . . a1n

a21 a22 . . . a

2k . . . a2n......

...... . . . ...

an1 an2 . . . a”nk . . . ann

Đặt biệt

a11 a12 . . . ra1k . . . a1na21 a22 . . . ra2k . . . a2n...

......

... . . . ...an1 an2 . . . rank . . . ann

= r.

a11 a12 . . . a1k . . . a1na21 a22 . . . a2k . . . a2n...

......

... . . . ...an1 an2 . . . ank . . . ann

Như vậy đối với ma trận vuông A cấp n, ta códet(−A) = (−1)ndetA

Hay tổng quát hơn det(αA) = αndetA.

12




Chứng minh. Ta có

detA =f

(−1)s(f )a1f 1a2f 2 . . . (uakf k + vbkf k) . . . anf n

= uf

(−1)s(f )a1f 1a2f 2 . . . akf k . . . anf n + vf

(−1)s(f )a1f 1a2f 2 . . . bkf k . . . anf n .

Vậy ta có điều phải chứng minh.

4. Định thức sẽ bằng 0 nếu xảy ra một trong các trường hợp sau:

• Có 1 hàng bằng 0.

• Có 2 hàng tỉ lệ.

Chứng minh. Áp dụng tính chất 2 và tính chất 3.

Ví dụ 2.9.

1 2 32 4 67 8 0

= 0

5. Định thức không đổi nếu ta lấy các phần tử của một dòng nhân với 1 số rồi cộng vớicác phần tử tương ứng của một dòng khác.

Chứng minh. Giả sử hàng thứ i trở thành: hi + j=i

α jh j. Khi đó ta có:

h1...hi +

j=i α jh j...

hn

=

h1...hi

...hn

+ j=i

α j

h1...h j...

hn

= detA + 0

(vì các định thức trong tổng thứ hai đều có 2 hàng giống nhau).

Ví dụ 2.10.

1 2 3

4 5 67 8 0

h2→h2−4h1

=h3→h3−7h11 2 3

0 −3 −60 −6 −21

Tính chất này được ta sử dụng nhiều lần khi tính định thức. Chú ý rằng, nếu A là ma trậntam giác thì định thức của A bằng tích các phần tử trên đường chéo chính (Bài tập 6). Dođó, ta sẽ dùng tính chất 5 để đưa ma trận về dạng tam giác.

Ví dụ 2.11. Tính định thức của ma trận A =

4 −5 10 31 −1 3 12 −4 5 2

−3 2

−7

−1

13




2.4 Định lí Laplace

Định nghĩa 2.7 (Định thức con). Cho A là ma trận vuông cấp n, D = detA và k là mộtsố nguyên dương (1 ≤ k ≤ n). Xét k hàng i1 < i2 < · · · < ik và k cột j1 < j2 < · · · < jk nàođó của A. Các phần tử nằm ở giao của các hàng và các cột đó tạo nên ma trận vuông cấp k

S =

ai1 j1 ai1 j2 . . . ai1 jk

ai2 j1 ai2 j2 . . . ai2 jk...

... . . . ...aik j1 aik j2 . . . aik jk

Ma trận S gọi là ma trận vuông con cấp k của ma trận A. Định thức detS gọi là địnhthức con cấp k của D (và của A)

Ví dụ 2.12. Xét định thức cấp 3

D =a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

có 9 định thức con cấp 1, 9 định thức con cấp 2 và 1 định thức con cấp 3.

Định nghĩa 2.8 (Định thức con bù). Cho D là định thức cấp n. Ta gọi M ij là định thứccon bù của phần tử aij nếu M ij là định thức con cấp n − 1 nhận được từ D bằng cách xóađi hàng thứ i và cột thứ j.

Ví dụ 2.13. Xét định thức cấp 5

D =

a11 a12 a13 a14 a15a21 a22 a23 a24 a25a31 a32 a33 a34 a35a41 a42 a43 a44 a45a51 a52 a53 a54 a55

Ta có định thức con bù của a24 là M 24 =

a11 a12 a13 a15a31 a32 a33 a35a41 a42 a43 a35a51 a52 a53 a55

Định thức con bù của định thức con M cấp k trong D là định thức con M

thu đượcbằng cách xóa đi k hàng và k cột xác định nên định thức con M .

Ví dụ 2.14. Cho D là định thức cấp 5. Định thức con bù của định thức con

M =

a12 a14 a15a22 a24 a25a52 a54 a55

là định thức

M

=a31 a33

a41 a43

Định nghĩa 2.9. Phần bù đại số của phần tử aij kí hiệu là Aij = (−1)i+ jM ij trong đó M ijlà định thức con bù của phần tử aij.

14




Ví dụ 2.15. Phần bù đại số của a24 là (−1)2+4M 24.

Giả sử định thức con M được lập nên từ các phần tử nằm ở giao điểm của k hàngi1, i2, . . . , ik và k cột j1, j2, . . . , jk và giả sử M

là định thức con bù của định thức con M trong định thức D. Ta định nghĩa phần bù đại số của M trong D là:

(−1)i1+i2+···+ik+ j1+ j2+···+ jk

M

Ví dụ 2.16. Cho D là định thức cấp 5. Phần bù đại số của của định thức con

M =

a12 a14 a15a22 a24 a25a52 a54 a55

là

(−1)1+2+5+2+4+5a31 a33a41 a43

Định lí 2.10 (Định lí Laplace). Định thức của ma trận A bẳng tổng các tích của các địnhthức con rút ra từ k hàng (k cột) với phần bù đại số tương ứng của nó.

Ví dụ 2.17. Tính định thức

D =

2 3 0 04 5 0 06 7 1 22 3 2 1

Giải: Theo định lí Laplace, ta sẽ khai triển định thức theo 2 hàng đầu tiên. Có tất cả 6

định thức con cấp 2 nhận được từ 2 hàng đầu tiên nhưng chỉ có 1 định thức con khác 0. Dođó ta có

D =2 34 5

.(−1)1+2+1+21 22 1

= (−2).(−3) = 6


D =

2 2 0 0 04 5 0 0 06 7 2 1 32 3 4 1 01 9 3 6 2

Khai triển định thức theo 2 hàng đầu tiên. Từ 2 hàng đó chỉ có một định thức con 2 2

4 5

khác 0, vì vậy ta được:

A =

2 24 5

.(−1)1+2+1+2.

2 1 34 1 03 6 2

= 118

Hệ quả: Cho định thức D cấp n. Với mọi i, j = 1, 2, . . . , n ta có:

• Khai triển định thức theo hàng i như sau

D = ai1Ai1 + ai2Ai2 +

· · ·+ ainAin

• Khai triển định thức theo cột j như sau

D = a1 jA1 j + a2 jA2 j + · · · + anjAnj

15




Chú ý: Nhờ bổ đề trên mà khi tính định thức của một ma trận ta thường khai triển theohàng hay cột nào đó có nhiều số 0 nhất (khi đó không cần tính tổng có các thừa số bằng 0).

Ví dụ 2.19. Tính các định thức

D =

0 4 0 0

1 3 2 −1−2 5 3 13 7 2 −2

; D

=1 4 3 2

0 3 2 −10 0 3 10 0 0 −2

Tính định thức D ta khai triển theo hàng thứ 1:

D = 4.(−1)1+2

1 2 −1

−2 3 13 2 −2

= · · ·

Tính định thức D ta khai triển theo cột thứ 1:

D

= 1.(−1)1+1

3 2 −10 3 1

0 0 −2

= · · ·

Hệ quả: Nếu A là ma trận tam giác thì định thức của A bằng tích các phần tử trên đườngchéo chính.

Định lí 2.11. Cho A, B là hai ma trận vuông cấp n, khi đó det(AB) = detA.detB.

Chứng minh. Xét định thức cấp 2n sau:

D =

a11 a12 · · · a1n 0 0 · · · 0a21 a22 · · · a2n 0 0 · · · 0...

..

.

. ..

..

.

..

.

..

.

. ..

..

.an1 an2 · · · ann 0 0 · · · 0−1 0 · · · 0 b11 b12 · · · b1n0 −1 · · · 0 b21 b22 · · · b2n...

... . . . ......

... . . . ...0 0 · · · −1 bn1 bn2 · · · bnn

= det

A 0−I B

Áp dụng định lí Laplace khai triển D theo n hàng đầu tiên ta có D = detA.detB. Do đócần chứng tỏ D = det(AB). Muốn vậy, ta thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên các cộtcủa D để làm xuất hiện det(AB). Ta có:

AB = (cij)n với cij =n

k=1

aikbkj

Nhân các cột thứ 1, thứ 2,..., thứ n tương ứng với b1 j , b2 j, . . . , bnj rồi lần lượt cộng vàocột thứ n + j; làm như thế với mọi j = 1, n, ta nhận được

D =

a11 a12 · · · a1n c11 c12 · · · c1na21 a22 · · · a2n c21 c22 · · · c2n...

... . . . ......

... . . . ...an1 an2 · · · ann cn1 cn2 · · · cnn

−1 0 · · · 0 0 0 · · · 00 −1 · · · 0 0 0 · · · 0...

... . . . ......

... . . . ...0 0 · · · −1 0 0 · · · 0

16




Khai triển định thức theo n cột cuối, ta có:

D = (−1)s

−1 0 · · · 00 −1 · · · 0...

... . . . ...

0 −1 · · · 0

.

c11 c12 · · · c1nc21 c22 · · · c2n...

... . . . ...

cn1 cn2 · · · cnn

= (−1)s(−1)ndet(AB)

trong đó s = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n + (n +1)+ · · ·+ 2n = 2n2 + n. Do đó D = (−1)s+ndet(AB) =(−1)2n

2+2ndet(AB) = det(AB).

2.5 Cách tính định thức

2.5.1 Đưa về dạng đường chéo (tam giác)

1. Sử dụng các tính chất của định thức để là triệt tiêu các phần tử nằm dưới đường chéochính của định thức.

2. Định thức bằng tích các phần tử trên đường chéo chính.


D =

2 −1 1 00 1 2 −13 −1 2 33 1 6 2

h3→h3−h1h2→h2+h1=h4→h4+h1

2 −1 1 02 0 3 −11 0 1 35 0 7 2

c1↔c2=

−

−1 2 1 00 2 3 −1

0 1 1 30 5 7 2

h2→h2−2h3=h4→h4−5h3 −

−1 2 1 00 0 1 −7

0 1 1 30 0 2 −13

h2↔h3=

−1 2 1 00 1 1 30 0 1 −70 0 2 −13

h4→h4−2h3=

−1 2 1 00 1 1 30 0 1 −70 0 0 1

= (−1).1.1.1 = −1

2.5.2 Truy hồi

Để tính định thức cấp n, ta sử dụng các tính chất của định thức để biến đổi định thức

theo hàng hoặc theo cột. Từ đó tìm ra công thức truy hồi của định thức đã cho với các địnhthức cùng dạng nhưng cấp bé hơn. Từ công thức truy hồi ta sẽ tính được định thức.


Dn =

1 + a1b1 a1b2 · · · a1bna2b1 1 + a2b2 · · · a2bn

...... . . . ...

anb1 anb2 · · · 1 + anbn

Dn =

1 + a1b1 a1b2 · · · a1bn−1 0a2b1 1 + a2b2 · · · a2bn−1 0

...... . . . ...

...anb1 anb2 · · · anbn−1 1

+ bn

1 + a1b1 a1b2 · · · a1bn−1 a1a2b1 1 + a2b2 · · · a2bn−1 a2

...... . . . ...

...anb1 anb2 · · · anbn−1 an

17




Đối với định thức bên trái, ta khai triển theo cột thứ n thì ta được một định thức códạng giống với định thức ban đầu nhưng có cấp n − 1. Do đó ta đặt định thức này là Dn−1

Đối với định thức bên phải, ta nhân cột n với bi rồi cộng và các cột i (ci → bi.cn + ci)

Dn = Dn−1 + bn

1 0 . . . a10 1 . . . a2... ... . . . ...0 0 · · · an

Do đó Dn = Dn−1 + bnan = Dn−2 + bn−1an−1 + bnan = 1 + a1b1 + · · · + bn−1an−1 + bnan

2.5.3 Phương pháp biểu diễn thành tổng


Dn =

1 + a1b1 a1b2 · · · a1bna2b1 1 + a2b2

· · ·a2bn

... ... . . . ...anb1 anb2 · · · 1 + anbn

Ta biểu diễn các cột của định thức thành tổng của 2 cột (mà ta sẽ gọi là loại 1 và loại 2),sau đó lần lượt tách các cột 1, cột 2, ... cột n của định thức.

Dn =

1 + a1b1 0 + a1b2 · · · 0 + a1bn0 + a2b1 1 + a2b2 · · · 0 + a2bn

...... . . . ...

0 + anb1 0 + anb2· · ·

1 + anbn

Sau n lần tách ta có D là tổng của 2n định thức. Cột thứ i của các định thức mới này chínhlà cột loại 1 hoặc cột loại 2 của cột thứ i trong định thức D.

Trong 2n định thức này ta chia làm 3 dạng:

• Dạng 1: Gồm các định thức có ít nhất 2 cột loại 2. Vì 2 cột này tỉ lệ nên các định thứcdạng 1 đều bằng 0.

• Dạng 2: Gồm các định thức có đúng 1 cột loại 2, các cột còn lại là loại 1.Giả sử cột thức i là loại 2 (i = 1, n), các cột khác i đều là loại 1.

S i =

1 0 · · · a1bn · · · 00 1 · · · a2bn · · · 0...

... . . . aibi. . . ...

0 0 · · · anbn · · · 1

= aibi

Vậy tổng của các định thức dạng 2 là a1b1 + · · · + bn−1an−1 + bnan.

• Dạng 3: Các định thức không chứa cột loại 2. Do đó tất cả các cột đều là loại 1. Như vậy có duy nhất 1 định thức dạng này.

1 0· · ·

00 1 · · · 0...

... . . . ...0 0 · · · 1

= 1

18




Vậy Dn = 1 + a1b1 + · · · + bn−1an−1 + bnan

Chú ý: Phương pháp này áp dụng cho tất cả các định thức mà có các cột (các hàng) đềubiểu diễn thành tổng của 2 cột (hàng) loại 1 và loại 2, trong đó các cột (các hàng) loại 2 tỉlệ với nhau.

2.5.4 Phương pháp biểu diễn thành tích

Dùng định lí 2.11, ta có thể tính được một số định thức bằng cách tách nó thành tíchcủa 2 định thức đơn giản. Muốn tính định thức D của ma trận A, ta biểu diễn A thành tíchcủa 2 ma trận đơn giản hơn. Giả sử A = B.C , khi đó detA = detB.detC

Ví dụ 2.23. Tính định thức của ma trận

A =

sin2a1 sin(a1 + a2) · · · sin(a1 + an)

sin(a2 + a1) sin(a2 + a2) · · · sin(a2 + an)...

..

.

. . . ...sin(an + a1) sin(an + a2) · · · sin(an + an)

Ta có

A =

sin a1 cos a1 0 · · · 0sin a2 cos a2 0 · · · 0

......

... . . . ...sin an cos an 0 · · · 0

.

cos a1 cos a2 · · · cos an

sin a1 sin a2 · · · sin an

0 0 · · · 0...

... . . . ...0 0 · · · 0

A = B.C,n ≥ 2

Suy ra detA = detB.detC

detA =

0 nếu n ≥ 3

− sin2(a1 − a2) nếu n = 2

sin2a1 nếu n = 1


D =

1 2 34 5 67 8 0

Cách 1: Dùng định nghĩaD = 1.5.0 + 2.6.7 + 3.4.8 − 3.5.7 − 2.4.0 − 1.6.8 = 27

Cách 2: Khai triển theo hàng thứ nhất

D = 1.(−1)1+1.

5 68 0

+ 2.(−1)1+2.

4 67 0

+ 3.(−1)1+3.

4 57 8

= −48 − 2.(−42) + 3.(−3) = 27

Cách 3: Khai triển theo cột thứ 3

D = 3.(−1)1+3.

4 57 8

+ 6.(−1)2+3.

1 27 8

+ 0.(−1)3+3.

1 24 5

= 3.(−3) − 6.(−6) = 27

Cách 4: Dùng các phép biến đổi sơ cấp1 2 34 5 67 8 0

h2→h2−4h1=h3→h3−7h1

1 2 30 −3 −60 −6 −21

h3→h3−2h2=

1 2 30 −3 −60 0 −9

= 1.(−3).(−9) = 27

19





x 1 1 11 x 1 11 1 x 11 1 1 x

x 1 1 11 x 1 11 1 x 11 1 1 x

h1→h2+h3+h1=

x + 3 x + 3 x + 3 x + 3

1 x 1 11 1 x 11 1 1 x

= (x + 3)

1 1 1 11 x 1 11 1 x 11 1 1 x

Nhân -1 vào hàng 1 rồi cộng và các hàng 2, 3, 4

D = (x + 3)

1 1 1 10 x − 1 0 00 0 x

−1 0

0 0 0 x − 1

= (x + 3)(x − 1)3

Ví dụ 2.26. Dùng định lý Laplace để khai triển định thức

0 0 2 1 40 0 3 1 20 0 1 2 12 3 1 4 63 2 1 3 2

Khai triển định thức theo 3 hàng đầu. Các định thức con cấp 3 lấy từ ba hàng đầu đều bằng0 trừ định thức: 2 1 43 1 21 2 1

Như vậy, ta có

D =

2 1 43 1 21 2 1

.(−1)1+2+3+3+4+5.

2 33 2

= −65

Ví dụ 2.27. Biết các số 204, 527, 255 chia hết cho 17. Không tính định thức, chứng minhrằng 2 0 45 2 71 5 5

chia hết cho 17

Ta có:

2 0 45 2 71 5 5

c3→c3+10c2+100c1=

2 0 2045 2 5271 5 155

...17

Vì cột thứ 3 chia hết cho 17.

20




Ví dụ 2.28. Tính định thức cấp 2n

D2n =

a 0 0 · · · 0 0 b0 a 0 · · · 0 b 00 0 a · · · b 0 0...

..

.

..

.

. ..

..

.

..

.

..

.0 0 b · · · a 0 00 b 0 · · · 0 a 0b 0 0 · · · 0 0 a

Khai triển định thức theo hàng 1 và hàng 2n

D2n =

a bb a

(−1)1+2n+1+2n.D2n−2 = (a2 − b2)D2n−2

Vậy: D2n = (a2 − b2)D2n−2 = (a2 − b2)2D2n−4 = . . . = (a2 − b2)n.

3 Ma trận nghịch đảo

3.1 Định nghĩa

Định nghĩa 3.1. Cho A là một ma trận vuông cấp n. Ta nói A là ma trận khả nghịch, nếutồn tại một ma trận B vuông cấp n sao cho:

A.B = B.A = I n

Ma trận B như thế là duy nhất và B được gọi là ma trận nghịch đảo của ma trận A, kí hiệuA−1.

Như vậy:A.A−1 = A−1.A = I n

Nhận xét:

1. Nếu ma trận A có một hàng hay một cột bằng 0 thì A không khả nghịch.Thật vậy, nếu A có một hàng i bằng 0 thì ma trận AB cũng có hàng i bằng 0 và dođó AB = I . Tương tự, nếu A có cột j bằng 0 thì ma trận BA cũng có cột j bằng 0 vàdo đó BA

= I .

2. Ma trận đơn vị I khả nghịch và I −1 = I .

Định nghĩa 3.2. Ma trận vuông A được gọi là ma trận không suy biến nếu định thức củanó khác 0. Ngược lại là ma trận suy biến.

Định nghĩa 3.3 (Ma trận phụ hợp). Cho ma trận vuông A cấp n không suy biến, Aij làphần bù đại số của phần tử aij khi đó

P A

=

A11 A21 . . . An1

A12 A22 . . . An2

... ... . . . ...A1n A2n . . . Ann

là ma trận phụ hợp của A.

21




Như vậy ta có: (P A)ij = A ji

Định lí 3.4. Ma trận vuông A có ma trận nghịch đảo khi và chỉ khi detA = 0. Khi đó

A−1 =1

detAP A

Chứng minh. • (⇒) Nếu A có ma trận nghịch đảo A−1. Khi đó A.A−1 = I n, suy ra1 = detA.detA−1. Do đó detA = 0

• (⇐) Ta chứng minh A.P A = P A.A = detA.I n

(A.P A)ij =n

k=1

aik(P A)kj =n

k=1

aikA jk

Ta tính (A.P A)ij

– Nếu i = j:(A.P A)ii =

nk=1

aik(P A)ki =n

k=1

aikAik = detA

– Nếu i = j: Đặt B = (bkj)n là ma trận vuông cấp n nhận được bằng cách thayhàng thứ j của ma trận A bởi hàng i, tức là:

bkj =

akj nếu k = i

aij nếu k = i

Như vậy B có 2 hàng giống nhau là hàng thứ i và hàng j, do đó detB = 0. Tacũng có A jk = B jk , k = 1, n. Khai triển detB theo hàng thứ j, ta được;

0 = detB =n

k=1

b jkB jk =n

k=1

aikA jk

Vậy

(A.P A)ij =

detA nếu i = j

0 nếu i = j

3.2 Cách tìm ma trận nghịch đảo

Phương pháp dùng định thức Cho ma trận vuông A cấp n không suy biến. Aij là phầnbù đại số của phần tử aij khi đó

A−1 =1

|A|

A11 A21 . . . An1

A12 A22 . . . An2...

... . . . ...A1n A2n . . . Ann

22




Ví dụ 3.1. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận

A =

1 2 −3

3 2 −42 −1 0

Ta có: detA = 1 = 0

A11 =

2 −4−1 0

= −4; A12 = −3 −42 0

= −8; A13 =

3 22 −1

= −7

A21 = − 2 −3−1 0

= 3; A22 =

1 −32 0

= −6; A23 = −1 22 −1

= −5

A31 =

2 −32 −4

= −2; A32 = −1 −33 −4

= −5; A33 =

1 23 2

= −4

Vậy A−1 =

−4 3 −2−8 6 −5−7 5 −4

Phương pháp dùng các phép biến đổi sơ cấp Để tìm ma trận nghịch đảo của matrận vuông A cấp n ta làm như sau:

• Viết kề A ma trận đơn vị I n

• Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để đưa ma trận A thành ma trận đơn vị

• Khi đó ta có ma trận bên cạnh ma trận I n là ma trận nghịch đảo của A

Ví dụ 3.2. Dùng các phép biến đổi sơ cấp để tìm ma trận nghịch đảo của ma trận

A =

3 1 2−2 1 −10 2 1

Giải:

3 1 2 1 0 0

−2 1

−1 0 1 0

0 2 1 0 0 1 h1→h2+h1

−−−−−−→ 1 2 1 1 1 0

−2 1

−1 0 1 0

0 2 1 0 0 1

h2→2h1+h2−−−−−−−→ 1 2 1 1 1 0

0 5 1 2 3 00 2 1 0 0 1

h2→−2h3+h2−−−−−−−−→

1 2 1 1 1 0

0 1 −1 2 3 −20 2 1 0 0 1

h3→−2h2+h3−−−−−−−−→ 1 2 1 1 1 0

0 1 −1 2 3 −20 0 3 −4 −6 5

h3→

13h3−−−−−→

1 2 1 1 1 0

0 1 −1 2 3 −20 0 1 −4/3 −2 5/3

h2→h3+h2−−−−−−−→h1→−h3+h1

1 2 0 7/3 3 −5/30 1 0 2/3 1 −1/30 0 1

−4/3

−2 5/3

h1→−2h2+h1−−−−−−−−→

1 0 0 1 1 −10 1 0 2/3 1 −1/30 0 1

−4/3

−2 5/3

Vậy A−1 =

1 1 −12/3 1 −1/3

−4/3 −2 5/3

23




Nhận xét: Một trong những ứng dụng của việc tìm ma trận nghịch đảo là áp dụng vàoviệc giải phương trình ma trận. Cho A là ma trận vuông và detA = 0, khi đó

A.X = B ⇔ X = A−1.B

X.A = B

⇔X = B.A−1

Ví dụ 3.3. Tìm ma trận X sao cho:1 2 −3

3 2 −42 −1 0

.X =

1 −3 0

10 2 710 7 8

Ta có:

X =

1 2 −33 2 −42

−1 0

−1

.

1 −3 0

10 2 710 7 8

Theo ví dụ bên trên ta có

X =

−4 3 −2−8 6 −5−7 5 −4

.

1 −3 0

10 2 710 7 8

=

6 4 5

2 1 23 3 3

4 Hạng của ma trận

4.1 Định nghĩa

Định nghĩa 4.1. Cho ma trận A cấp m×n. Ta gọi hạng của ma trận A là số nguyên khôngâm r sao cho:

• Nếu A = 0 thì r = 0

• Nếu A = 0 thì r > 0 và

– Trong A có một định thức con cấp r khác 0.

– Mọi định thức con cấp lớn hơn r trong ma trận A đều bằng 0.

Hay nói một cách khác, hạng của ma trận A= 0 chính là cấp cao nhất của định thức

con khác không của nó.Kí hiệu: rankA

Ví dụ 4.1. Cho ma trận

A =

1 2 3 70 1 2 30 0 2 50 0 0 0

có định thức con cấp 3

D =1 2 3

0 1 20 0 2

= 2 = 0

Đó là định thức con cấp cao nhất khác 0 của A. Vậy rankA = 3

24




Tính chất

1. 0 ≤ rankA ≤ min{m, n}.

2. Nếu A có một định thức con khác không cấp r thì rankA ≥ r.

3. Cho A là ma trận vuông cấp n. Khi đó, rankA = n khi và chỉ khi detA = 0.Định lí 4.2. Hạng của ma trận không thay đổi qua phép chuyển vị. Tức là

rankA = rankAt.

Chứng minh. Giả sử rankA = r. Khi đó tồn tại một ma trận con B cấp r của A sao chodetB = 0.

Khi đó Bt là ma trận con của At, cấp của Bt bằng r, detBt = detB = 0. Suy rarankAt ≥ r = rankA. Mà rankA = rank(At)t ≥ rankAt.

Vậy rankA = rankAt.

Định lí 4.3. Hạng của ma trận không thay đổi qua các phép biến đổi sơ cấp trên hàng haycột.

4.2 Cách tính hạng của ma trận

4.2.1 Tìm định thức con cấp cao nhất khác 0 của ma trận đó

Để tìm định thức con cấp cao nhất khác 0 của ma trận A, không cần xét tất cả các địnhthức con của nó mà chỉ cần xuất phát từ một định thức con D1 = 0 cấp s đã biết, rổi xétcác định thức cấp s + 1 chứa D1.

Nếu tất cả các định thức con này đều bằng 0 thì D1 là định thức con có cấp cao nhấtkhác 0 của A, do đó rankA = s.Nếu có một định thức D2 = 0 cấp s + 1 thì ta tiếp tục xét các định thức cấp s + 2 chứa

D2. Cứ như thế cho đến khi tìm được một định thức D = 0, cấp r mà mọi định thức cấpr + 1 chứa nó đều bằng 0. Suy ra D là định thức con cấp cao nhất khác 0 của A

Ví dụ 4.2. Tính hạng của ma trận

A =

1 2 3 4

−1 3 0 12 4 1 8

1 7 6 90 10 1 10

Xuất phát từ một định thức con khác 0 bất kì, chẳng hạn:

D2 =

1 2−1 3

= 5 = 0

Ta xét các định thức cấp 3 chứa D2

D3 =

1 2 3

−1 3 02 4 1

= −25 = 0

25




Tiếp theo, ta xét các định thức con cấp 4 chứa D3. Ta có hai định thức:

D =

1 2 3 4−1 3 0 12 4 1 81 7 6 9

=

1 2 3 40 5 3 50 0 −5 00 7 3 5

= 0

D =

1 2 3 4

−1 3 0 12 4 1 80 10 1 10

=

1 2 3 40 5 3 50 0 −5 00 10 1 10

=

1 2 3 40 5 3 50 0 −5 00 0 −2 0

= 0

Vậy rankA = 3.

4.2.2 Dùng các phép biến đổi sơ cấp

Nhận xét: Nếu A có dạng bậc thang dòng (tương ứng cột) thì rankA bằng số hàng (cột)khác không của A.

Để tìm hạng của ma trận A, ta dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng (hay cột) đểđưa ma trận về dạng bậc thang B. Khi đó rankA = rankB.

Ví dụ 4.3. Dùng các phép biến đổi sơ cấp để tính hạng của ma trận A

A =

1 2 4 −3

1 3 −1 12 5 3 −2

Giải: Trước tiên, ta dùng các phép biến đổi sơ cấp để đưa A về dạng ma trận bậc thang.

A =

1 2 4 −3

1 3 −1 12 5 3 −2

h2→h2−h1−−−−−−−→

h3→h3−2h1

1 2 4 −3

0 1 −5 40 1 −5 4

h3→h3−h2−−−−−−→

1 2 4 −3

0 1 −5 40 0 0 0

Ma trận cuối cùng có định thức cấp 2

D =

1 20 1

= 1 = 0.

Đó là định thức con cấp cao nhất khác 0 của ma trận bậc thang trên.Vậy rankA = 2.

Ví dụ 4.4. Tính hạng của ma trận theo tham số m

A =

1 m −1 2

2 −1 m 51 10 −6 m

Giải

Ah3→h3−h1

−−−−−−−→h2→h2−2h1

1 m

−1 2

0 −1 − 2m m + 2 10 10 − m −5 m − 2

c2↔c4

−−−→ 1 2

−1 m

0 1 m + 2 −1 − 2m0 m − 2 −5 10 − m

26




• Nếu m − 2 = 0 ⇔ m = 2 ta có ma trận1 2 −1 2

0 1 4 −50 0 −5 8

Do đó rankA = 3.

• Nếu m − 2 = 0 ⇔ m = 2

Ah3→h3−(m−2)h2−−−−−−−−−−→

1 2 −1 m

0 1 m + 2 −1 − 2m0 0 −1 − m2 2m2 − 4m + 8

Vì −1 − m2 và 2m2 − 4m + 8 không đồng thời bằng 0 nên rankA = 3

Vậy rankA = 3 với mọi m.

Ví dụ 4.5. Dùng các phép biến đổi sơ cấp để tính hạng của ma trận B

B =

1 3 50 2 21 5 73 7 13

5 Hệ phương trình tuyến tính

5.1 Khái niệm về hệ phương trình tuyến tính

Định nghĩa 5.1. Hệ phương trình tuyến tính gồm m phương trình n ẩn là hệ có dạng

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2

.....................................

am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm

(9)

trong đó x1, x2, . . . , xn là các ẩn, các aij ∈ K gọi là các hệ số, bi ∈ K gọi là các hệ số tự do(K = R hay K = C).

Ví dụ 5.1. Cho hệ 3 phương trình, 4 ẩn số.

x1 + x2 − x3 + x4 = 2

2x1 + 3x2 + x3 − 3x4 = −1

5x1 + 8x2 + 2x3 + 2x4 = 3

Hệ phương trình (9) được viết dưới dạng ma trận như sau

A.X = B, (10)

với A = (aij)m×n là

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

... . . . ...am1 am2 . . . amn

27




được tạo thành từ các hệ số aij của hệ phương trình. Ma trận A được gọi là ma trận hệ sốcủa hệ phương trình 9.Ma trận cột gồm các hệ số tự do

B =

b1b2...bm

gọi là ma trận hệ số tự do, hay gọi tắt là cột tự do của hệ 9.Ma trận cột gồm các ẩn số

X =

x1

x2...

xn

gọi là ma trận ẩn số, hay cột ẩn số của hệ 9.

Ma trận

A =

a11 a12 . . . a1n b1a21 a22 . . . a2n b2...

... . . . ......

am1 am2 . . . amn bm

gọi là ma trận bổ sung hay ma trận mở rộng của hệ 9.Khi mọi hệ số tự do bi = 0(i = 1, m) thì hệ phương trình tuyến tính 9 được gọi là hệ

thuần nhất. Tức hệ phương trình có dạng

A.X = 0 (11)Định nghĩa 5.2. Nghiệm của hệ 9 là bộ n số (c1, c2, . . . , cn) sao cho khi thay vào các ẩnx1, x2, . . . , xn tương ứng thì hai vế của hệ phương trình 9 trở thành các đồng nhất thức.

Khi đó ma trận cột C =

c1c2...

cn

là nghiệm của hệ 10.

Quá trình đi tìm tập hợp tất cả các nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính gọi làgiải hệ phương trình tuyến tính đó.

Ví dụ 5.2.

x1 + x2 − x3 = 2

x2 − 3x3 = −1

x3 = 3

Từ phương trình cuối ta có x3 = 3, thế vào phương trình thứ hai ta có x2 − 3.(3) = −1, dođó x2 = 8. Cuối cùng ta thế các giá trị đã biết và các ẩn của phương trình thứ nhất, ta đượcx1 + 8 − 3 = 2, như thế x1 = −3. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (−3, 8, 3).

Định nghĩa 5.3 (Hệ phương trình tương đương). Hai hệ phương trình tuyến tính có cùngsố ẩn được gọi là tương đương với nhau nếu chúng có các nghiệm giống nhau.

28




Ví dụ 5.3. Hệ phương trình tuyến tính

x1 + x2 − x3 = 2

2x1 + 3x2 − x3 = 3

5x1 + 5x2 − 4x3 = 13

có duy nhất một nghiệm x1 = −3, x2 = 8, x3 = 3.Do đó, hệ phương trình tuyến tính

x1 + x2 − x3 = 2

x2 − 3x3 = −1

x3 = 3

và

x1 + x2 − x3 = 2

2x1 + 3x2 − x3 = 3

5x1 + 5x2 − 4x3 = 13

tương đương nhau.

Định nghĩa 5.4. Một hệ phương trình tuyến tính m × n có dạng tam giác nếu các hệ số

aij = 0 với i > j. Khi đó ta gọi hệ này là một hệ tam giác.Ví dụ 5.4. Các hệ sau đây là hệ tam giác

x1 + x2 − x3 + x4 = 2

3x2 + x3 − 3x4 = −1

2x3 + 2x4 = 3

hay

x1 + x2 − x3 + x4 = 2

x3 − 3x4 = −1

2x4 = 3

When a linear system is in triangular form, then the solution set can be obtained using atechnique called back substitution. To illustrate this technique, consider the linear system:

Định lý tiếp theo cho ta các phép biến đổi một hệ phương trình tuyến tính thành một

phương trình tuyến tính tương đương với nó, và các phép biển đổi này có thể được sử dụngđể chuyển đổi bất kỳ hệ phương trình tuyến tính thành một tương đương với hệ phươngtrình tuyến tính dạng tam giác.

Định lí 5.5. Cho hệ phương trình tuyến tính

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2

.....................................

am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm

Các phép biến đổi sau đây đều cho ta các hệ phương trình tuyến tính tương đương:

1. Đổi chỗ 2 phương trình cho nhau, còn các phương trình khác giữ nguyên.

2. Nhân 1 số khác 0 và một phương trình, còn các phương trình còn lại giữ nguyên.

3. Cộng vào một phương trình một phương trình khác đã nhân với một số khác 0, còncác phương trình còn lại giữ nguyên.

Ví dụ 5.5. Giải hệ phương trình sau:

x1

+ x2 −

2x3

= 6

2x1 + 3x2 − 7x3 = 16

5x1 + 2x2 + x3 = 16

3x1 − x2 + 8x3 = 0

29




Giải. Chuyển hệ phương trình tuyến tính về dạng tam giác, đầu tiên chúng ta khử cácbiến x1 ở các phương trình thứ 2, 3 và 4.

x1 +x2 −2x3 = 6

2x1 +3x2 −7x3 = 16

5x1 +2x2 +x3 = 163x1 −1x2 +8x3 = 0

h2→−2h1+h2h3→−5h1+h3

−−−−−−−−→h4→−3

h1+

h4

x1 +x2 −2x3 = 6

x2 −3x3 = 4

−3x2 +7x3 = −14−4x2 +14x3 = −18

Tiếp tục biến đổi các phương trình 2,3 và 4 để được dạng tam giác.

h3→3h2+h3−−−−−−−→h4→4h2+h4

x1 +x2 −2x3 = 6

x2 −3x3 = 4

−2x3 = 2

2x3 = −2

h4→h3+h4−−−−−−→

x1 +x2 −2x3 = 6

x2 −3x3 = 4

−2x3 = 2

0x3 = 0

Sử dụng phương pháp thế lùi, ta có x3 = 1, x2 = 1, x1 = 3.Vậy hệ phương trình có nghiệm là (3, 1, 1).


2x1 + 5x2 − 4x3 + 4x4 = −1

3x1 + 8x2 − 5x3 + 7x4 = −7

2x1 + 6x2 + x3 + 6x4 = 3

Giải. Các hệ số của x1 đều khác 1, nếu ta giữ nguyên để thực hiện các phép biến đổi thì tacần nhân hàng 1 với

−3

2

rồi cộng vào hàng 2 để khử ẩn x1. Tuy nhiên việc là này sẽ xuất

hiện các phép tính với phân số và các tính toán sẽ khó hơn khi tính toán với các số nguyên.Do đó ta cần thực hiện các phép biến đổi để có 1 hệ số của x1 là 1.

Ta làm như sau: nhân −1 vào hàng 1 rồi cộng vào hàng 2, ta được hệ phương trình tuyếntính

2x1 + 5x2 − 4x3 + 4x4 = −1

x1 + 3x2 − x3 + 3x4 = −6

2x1 + 6x2 + x3 + 6x4 = 3

h1↔h2−−−−→

x1 + 3x2 − x3 + 3x4 = −6

2x1 + 5x2 − 4x3 + 4x4 = −1

2x1 + 6x2 + x3 + 6x4 = 3

Tiếp theo, ta thực hiện các phép biến đổi để đưa hệ phương trình tuyến tính về dạng tamgiác

x1 +3x2 −x3 +3x4 = −6

2x1 +5x2 −4x3 +4x4 = −1

2x1 +6x2 +x3 +6x4 = 3

h2→−2h1+h2−−−−−−−−→h3→−2h1+h3

x1 +3x2 −x3 +3x4 = −6

−x2 −2x3 −2x4 = 11

3x3 = 15

Sử dụng phương pháp thế lùi. Từ phương trình thứ 3, ta được x3 = 5, thế giá trị x3 vàophương trình thứ 2

−x2 − 2.5 − 2x4 = 11 ⇔ x2 = −21 − 2x4.

Tiếp tục thế x3 = 5, x2 = −21 − 2x4 vào phương trình thứ nhất

x1 + 3(−21 − 2x4) − 5 + 3x4 = −6 ⇔ x1 = 62 + 3x4.

Ta được một nghiệm tổng quát của hệ phương trình tuyến tính là

x1 = 62 + 3x4, x2 = −21 − 2x4, x3 = 5

30




trong đó x4 là một số thực bất kì. Đôi khi ta thay x4 bởi một tham số t. Khi đó nghiệmtổng quát của hệ phương trình được viết dưới dạng

(62 + 3t, −21 − 2t, 5, t), t ∈ RVí dụ 5.7. Giải hệ phương trình tuyến tính sau

x1 + 2x2 + x3 = 1

2x1 + 5x2 + x3 = 6

−x1 − 4x2 + 2x3 = 2

−2x1 − x2 + 2x3 = 3

Giải. Ta thực hiện các phép biến đổi để đưa hệ phương trình về dạng tam giác.

x1 + 2x2 + x3 = 1

2x1 + 5x2 + x3 = 6

−x1 − 4x2 + 2x3 = 2−2x1 − x2 + 2x3 = 3

h2→−2h1+h2h3→h1+h3

−−−−−−−−→h4→2h1+h4

x1 + 2x2 + x3 = 1

x2 − x3 = 4

−2x2 + 3x3 = 33x2 + 4x3 = 5

h3→2h2+h3−−−−−−−→h4→−3h2+h4

x1 + 2x2 + x3 = 1

x2 − x3 = 4

x3 = 11

7x3 = −7

h4→−7h3+h4−−−−−−−−→

x1 + 2x2 + x3 = 1

x2 − x3 = 4

x3 = 11

0 = −84

Ta thấy phương trình cuối cùng không thể xảy ra. Vậy hệ phương trình vô nghiệm.

5.2 Hệ CramerĐịnh nghĩa 5.6. Hệ phương trình Cramer là một hệ n phương trình tuyến tính n ẩn màđịnh thức của ma trận các hệ số khác không.

Tức là hệ phương trình AX = B, trong đó A là ma trận vuông và detA = 0.

Định lí 5.7 (Định lí Cramer). Hệ phương trình Cramer có duy nhất nghiệm xác định bởicông thức sau:

xi =|Ai||A|

trong đó Ai là ma trận thu được từ ma trận A bằng cách thay cột thứ i bằng cột B.Ví dụ 5.8. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer

x1 + x2 − x3 = 2

2x1 + 3x2 + x3 = −1

5x1 + 8x2 + 2x3 = 3

Giải:

|A| =

1 1 −12 3 1

5 8 2

= −2 = 0, |A1| =

2 1 −1−1 3 1

3 8 2

= 18

|A2| =

1 2 −12 −1 15 3 2

= −14, |A3| =

1 1 22 3 −15 8 3

= 8

31




Vậy ta có nghiệm của hệ phương trình

x1 =|A1||A| = −9, x2 =

|A2||A| = 7, x3 =

|A3||A| = −4.

Ví dụ 5.9. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer

x1 + 2x2 + x3 = 1

2x1 + 5x2 + x3 = 6

−x1 − 4x2 + 2x3 = 2

5.3 Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

Đối với những hệ phương trình mà số phương trình khác số ẩn hay số phương trình bằngsố ẩn nhưng |A| = 0 thì ta không áp dụng được phương pháp Cramer. Do đó ta cần có 1phương pháp khác để giải hệ phương trình tuyến tính tổng quát.

Phương pháp Gauss là dùng các phép biến đổi sơ cấp đối với hàng để đưa ma trận hệ sốmở rộng (bổ sung) A về dạng bậc thang và giải hệ phương trình tương ứng đó.

Giả sử ma trận hệ số mở rộng được đưa về dạng bậc thang A = [A | B] → [A | B], tađược hệ phương trình tương đương

AX = B.

Ta có thể xem [A | B] có dạng

a

11 a

12 · · · · · · · · · · · · · · · | b

1

0 a

22 · · · · · · · · · · · · · · · | b

2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · | · · ·0 0 · · · a

rr ar,r+1 · · · arn | br0 0 0 0 · · · 0 0 | br+10 0 0 0 · · · 0 0 | 0

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · | · · ·0 0 0 0 · · · 0 0 | 0

(12)

Chú ý rằng các phép biến đổi sơ cấp làm cho hạng của ma trận không đổi. Do đó ta có

rankA = rank[A | B], rankA = rankA.

Định lí 5.8 (Định lí Kronecker - Capelli). Hệ phương trình tuyến tính 9 có nghiệm khi vàchỉ khi hạng của ma trận A bằng hạng của ma trận bổ sung A.Tức rankA = rankA

Chứng minh. Từ (12), ta thấy hệ (9) tương đương hệ r + 1 phương trình sau

a

11x1 +a

12x2 + · · · · · · · · · · · · a1nxn = b

1

a

22x2 + · · · · · · · · · · · · a2nxn = b

2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·a

rrxr +ar,r+1xr+1 · · · arnxn = br0 = br+1

(13)

• Nếu br+1 = 0 thì rankA = rank[A|B] = r + 1 = rankA. Khi đó hệ phương trình vônghiệm (do 0 = br+1).

32




• Nếu bb+1 = 0 thì rankA = r = rankA. Khi đó hệ (13) còn r phương trình. Cho các ẩnxr+1, xr+2, . . . , xn những giá trị bất kì và chuyển chúng sang vế phải, từ đó ta lần lượttìm xr, xr−1, . . . , x2, x1.

Từ chứng minh Định lí 5.8, ta có kết quả sau:Định lí 5.9. Cho hệ phương trình AX = B. Khi đó:

1. Nếu rankA < rankA thì hệ vô nghiệm.

2. Nếu rankA = rankA = n (số ẩn của hệ phương trình) thì hệ phương trình có nghiệmduy nhất.

3. Nếu rankA = rankA = k < n thì hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc vào n−ktham số.

Ta nhắc lại các phép biến đổi sơ cấp trên hệ phương trình tuyến tính là các phép biếnđổi dưới đây:

Loại 1: Đổi chỗ 2 phương trình cho nhau, còn các phương trình khác giữ nguyên.

Loại 2: Nhân 1 số khác 0 và một phương trình, còn các phương trình còn lại giữ nguyên.

Loại 3: Cộng vào một phương trình một phương trình khác đã nhân với một số khác 0, còncác phương trình còn lại giữ nguyên.

Các phép biến đổi sơ cấp đưa hệ phương trình tuyến tính thành một hệ mới tương đương

với hệ đã cho.

Phương pháp khử Gauss: Ta thực hiện các phép biển đổi sơ cấp đưa hệ phương trìnhvề dạng bậc thang (tức là ma trận hệ số bổ sung A có dạng bậc thang). Từ đó ta tìm cácnghiệm.

Nhận xét: Trong quá trình biến đổi sơ cấp trên hàng của ma trận hệ số bổ sung (A), tacần lưu ý:

• Nếu thấy có xuất hiện 1 hàng dạng

[0 0 . . . 0 | a], a = 0

thì kết luận ngay hệ vô nghiệm.

• Trong trường hợp nếu thấy hệ mới đã dễ dàng giải thì không nhất thiết phải đưa vềdạng bậc thang dòng.


x1 + x2 − 2x3 = 6

2x1 + 3x2 − 7x3 = 165x1 + 2x2 + x3 = 16

3x1 − x2 + 8x3 = 0

33




Giải: Xét ma trận A

A =

1 1 −2 62 3 −7 165 2 1 163

−1 8 0

h2→−2h1+h2h3→−5h1+h3−−−−−−−−→h4→−3h1+h4

1 1 −2 60 1 −3 40 −3 7 −140

−4 14

−18

h3→3h2+h3−−−−−−−→h4→4h2+h4

1 1 −2 60 1 −3 40 0 −2 20 0 2 −2

h4→h3+h4−−−−−−→

1 1 −2 60 1 −3 40 0 −2 20 0 0 0

Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là:

x3 = −1

x2 = 4 + 3x3 = 1

x1 = 6 + 2x3 − x2 = 3


x1 + 2x2 − 3x3 + 5x4 = 1

x1 + 3x2 − x3 + x4 = −2

2x1 + 5x2 − 4x3 + 6x4 = −1

Giải: Ta xét ma trận bổ sung

1 2 −3 5 11 3 −1 1 −2

2 5 −4 6 −1

h2→−h1+h2−−−−−−−−→h3→−2h1+h3

1 2 −3 5 10 1 2 −4 −3

0 1 2 −4 −3

h3→−h2+h3−−−−−−−→ 1 2 −3 5 1

0 1 2 −4 −30 0 0 0 0

Ta thấy rankA = rankA = 2 < 4 nên hệ phương trình có vô số nghiệm và phụ thuộc vào 2tham số.

Nếu ta đặt x3 = t1; x4 = t2 thì nghiệm của hệ phương trình là:

x1 = 1 − 5x4 + 3x3 − 2x2 = 7 − 13t2 + 7t1

x2 = −3 + 4x4 − 2x3 = −3 + 4t2 − 2t1

x3 = t1

x4 = t2

(t1, t2 tùy ý)

Ví dụ 5.12. Cho hệ phương trình sau

x1 + 2x2 − 3x3 + 5x4 = 1

x1 + 3x2 − x3 + x4 = −2

2x1 + 5x2 − 4x3 + 6x4 = m

a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm.b. Tìm m để hệ phương trình vô nghiệm.

34




5.4 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất là hệ phương trình dạng

A.X = 0 (14)

Hệ này luôn có 1 nghiệm (0, 0, . . . , 0) và được gọi là nghiệm tầm thường.1. Nếu rankA = n (hay detA = 0) thì hệ phương trình 14 có nghiệm duy nhất (nghiệm

tầm thường)

2. Nếu rankA = k < n (hay detA = 0) thì hệ phương trình 14 có vô số nghiệm, phụthuộc n − k tham số.

Giả sử n − k tham số này ta kí hiệu là t1, t2, . . . , tn−k.Lần lượt cho:

t1 = 1, t2 = 0, . . . tn−k = 0 tìm được 1 nghiệm kí hiệu X 1

t1 = 0, t2 = 1, . . . tn−k = 0 tìm được 1 nghiệm kí hiệu X 2. . .t1 = 0, t2 = 0, . . . tn−k = 1 tìm được 1 nghiệm kí hiệu X n−k

Khi đó X 1, X 2, . . . , X n−k gọi là hệ nghiệm cơ bản của hệ thuần nhất.

Ví dụ 5.13. Tìm hệ nghiệm cơ bản và nghiệm tổng quát của hệ phương trình

x1 + 2x2 − 3x3 + 5x4 = 0

x1 + 3x2 − x3 + x4 = 0

2x1 + 5x2 − 4x3 + 6x4 = 0

Giải: Ta xét ma trận bổ sung 1 2 −3 5 0

1 3 −1 1 02 5 −4 6 0

h2→−h1+h2−−−−−−−−→

h3→−2h1+h3

1 2 −3 5 0

0 1 2 −4 00 1 2 −4 0

h3→−h2+h3−−−−−−−→

1 2 −3 5 0

0 1 2 −4 00 0 0 0 0

Ta thấy rankA = rankA = 2 < 4 nên hệ phương trình có vô số nghiệm và phụ thuộc vào 2tham số.

Nếu ta đặt x3 = t1; x4 = t2 thì nghiệm của hệ phương trình là:

x1 = −5x4 + 3x3 − 2x2 = −13t2 + 7t1x2 = 4x4 − 2x3 = 4t2 − 2t1

x3 = t1

x4 = t2

(t1, t2 tùy ý)

Cho x3 = 1, x4 = 0 ta được 1 nghiệm cơ bản là X 1 = (7, −2, 1, 0).Cho x3 = 0, x4 = 1 ta được 1 nghiệm cơ bản là X 2 = (−13, 4, 0, 1).

Ví dụ 5.14. Tìm hệ nghiệm cơ bản và nghiệm tổng quát của hệ phương trình

2x1 + 2x2 + 4x3 − 3x4 = 0x1 + 3x2 − x3 + x4 = 0

3x1 + 5x2 + 3x3 − 2x4 = 0

35




6 Bài tập

Bài 1. Cho ma trận

A =

1 −2 63 −4 5

2 −3 4

a. Tìm ma trận X sao cho 2A + 3X = I b. Tìm ma trận X sao cho 2A − 3X = I

Bài 2. Cho các ma trận

A =

1 −23 −4

, B =

2 −2 33 0 7

, C =

1 2 35 4 −1

Tính A2 − 3A; BtA − Bt; A(B + C ); BC t + ABài 3. Cho ma trận

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

Tính các ma trận A2, A3, A4,A.At, At.ABài 4. Cho p(x) = x2 − x + 1. Tính các đa thức ma trận p(A) biết rằng:

a. A =

2 −1

−3 3

b. A =

2 0 1

3 1 20 −1 0

c. A =

1 0 0

1 1 20 1 1

Bài 5. Chứng minh rằng:

A =2 0 00 2 0

0 0 −1

là một nghiệm của p(x) = x3 − 3x2 + 4.

Bài 6. ChoAx =

cos x − sin xsin x cos x

a. Chứng minh Ax.Ay = Ax+y, (Ax)n = Anx.

b. Tính√

3 1

−1√

3

2011;

1 1

−1 1

nBài 7. Tìm tất cả các ma trận thực cấp hai A sao cho A2 = I.

Bài 8. a. Cho A là ma trận cấp 2 mà có các phần tử đều là 1. Tính Ak.

b. Cho ma trận B =

2 11 2

. Tính Bk theo k.

Bài 9. Cho ma trận A =

a b0 c

, với a,b,c ∈ R.

a. Chứng minh rằng nếu A2012 = 0 thì A = 0.

b. Tìm a,b,c sao cho tồn tại số tự nhiên n để An = I.

Bài 10. Có tồn tại hay không ma trận thực A vuông cấp hai sao cho

A2010 =

−2008 20100 −2009

?

36




Bài 11. Ta định nghĩa vết của ma trận vuông A như sau:

T r(A) =n

i=1

aii

Chứng minh rằng:

a. T r(A + B) = T r(A) + T r(B).b. T r(AB) = T r(BA).c. Không tồn tại các ma trận cấp vuông cấp n sao cho AB − BA = I.

Bài 12. Một ma trận vuông A gọi là lũy đẳng nếu A2 = A. Chứng minh rằng nếu A là matrận lũy đẳng thì ma trận B = 2A − I có bình phương bằng ma trận đơn vị, do đó B khảnghịch và B−1 = B.Bài 13. Cho A là ma trận vuông, chứng minh rằng có ma trận đối xứng B và ma trậnphản đối xứng C sao cho: A = B + C.Bài 14. Chứng minh rằng tồn tại các ma trận A, B khác ma trận không sao cho AB = 0.Bài 15. Tìm tất cả các ma trận giao hoán với

a.

1 0−1 0

; b.

0 1 00 0 10 0 0

Bài 16. Cho A, X và Y là các ma trận vuông cấp n thỏa AY = I = XA. Chứng minhX = Y.Bài 17. Let A, B be n × n matrices. Assume that A is nonsingular1, i.e. A−1 exists. Showthat if BA = 0, then B = 0.Bài 18. Let A, B be n × n matrices and A + B = I,AB = 0. Show that A2 = A andB2 = B.Bài 19. Ma trận A được gọi là ma trận đường chéo nếu các phần tử khác đường chéo chính

đều bằng 0. Chứng minh rằng, các ma trận đường chéo cùng cấp thì có tính giao hoán khinhân với nhau.Bài 20. Ma trận A được gọi là phản đối xứng nếu At = −A. Chứng minh rằng ma trậnA − At là một ma trận phản đối xứng.Bài 21. Let A be an n × n skew-symmetric2 matrix over R, i.e. At = −A. Let P be anarbitrary n × n matrix over R. Show that P tAP is skew-symmetric.Bài 22. Chứng minh rằng, nếu A là ma trận tam giác thì định thức của A bằng tích cácphần tử trên đường chéo chính.Bài 23. Cho A là ma trận cấp n chỉ có các phần tử trên đường chéo phụ khác không.Chứng minh rằng

detA = (−1)

n(n−1)2

a1na2,n−1 . . . an1.

Bài 24. Let A be an n × n matrix over R. Find all matrices that satisfy the equationAtA = 0.Bài 25. Tính các định thức

a.x − 1 1

x3 x2 + x + 1

b.

2 2 −1

−3 4 25 1 3

c.

1 a bc1 b ac1 c ab

d.

sin2 α 1 cos2 αsin2 β 1 cos2 β

sin

2

γ 1 cos2

γ

e.

sin2 α cos2α cos2 αsin2 β cos2β cos2 β

sin

2

γ cos2γ cos2

γ

f.

(a1 + b1)2 a21 + b21 a1b1(a2 + b2)2 a22 + b22 a2b2

(a3 + b3)2

a2

3 + b2

3 a3b3

Bài 26. Không tính, hãy dùng các tính chất của định thức để chứng minh các đẳng thức:1không suy biến2phản đối xứng

37




a.

a1 b1 a1x + b1y + c1a2 b2 a2x + b2y + c2a3 b3 a3x + b3y + c3

=

a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

b.

a1 + b1x a1 − b1x c1a2 + b2x a2 − b2x c2

a3 + b3x a3 − b3x c3

= −2x

a1 b1 c1a2 b2 c2

a3 b3 c3

Bài 27. Tính các định thức

a.

2 1 1 11 −1 2 31 1 −1 31 1 1 −1

b.

0 1 1 11 −1 2 31 1 −1 31 1 1 −1

Bài 28. Tính các định thức cấp n sau:

a.

1 1 1 · · · 11 0 1 · · · 11 1 0 · · · 1...

..

.

..

.

. ..

..

.1 1 1 · · · 0

( với n ≥ 2)

b.

1 a1 a2 · · · an

1 a1 + b1 a2 · · · an

1 a1 a2 + b2 · · · an

......

... . . . ...1 a1 a2 · · · an + bn

( với n ≥ 3)

c.

1 + a1 a2 a3 · · · an

a1 1 + a2 a3 · · · an

a1 a2 1 + a3

· · ·an

... ... ... . . . ...a1 a2 a3 · · · 1 + an

( với n≥

3)

d.

1 2 3 4 · · · (n − 1) n−1 0 3 4 · · · (n − 1) n−1 −2 0 4 · · · (n − 1) n...

......

... . . . ......

−1 −2 −3 −4 · · · −(n − 1) 0

d.

1 2 3 4 · · · n2 2 3 4

· · ·n

3 3 3 4 · · · n......

...... . . . ...

n n n n · · · n

e.

1 2 3 4 · · · (n − 1) n1 3 3 4 · · · (n − 1) n1 2 5 4 · · · (n − 1) n...

......

... . . . ......

1 2 3 4 · · · (2n − 3) n1 2 3 4 · · · n − 1 2n − 1

38




f.

x a a · · · aa x a · · · aa a x · · · a...

...... . . . ...

a a a · · · x

g.

1 + x1y1 1 + x1y2 · · · 1 + x1yn1 + x2y1 1 + x2y2 · · · 1 + x2yn

...... . . . ...

1 + xny1 1 + xny2 · · · 1 + xnyn

h.

a + b ab 0 · · · 0 01 a + b ab · · · 0 00 1 a + b · · · 0 0...

...... . . . ...

...0 0 0 · · · a + b ab

0 0 0 · · · 1 a + b

Bài 29. Tính các định thức sau:

a.

1 − λ 3 2

2 1 − λ 33 2 1 − λ

b.

1 − λ 2 1

2 3 − λ 43 4 5 − λ

Bài 30. Let A be a skew-symmetric matrix over R, i.e. At = −A and of order 2n − 1. Showthat detA = 0.Bài 31. Let A, B are 2 × 2 matrices over R. Let H := A + iB. Express detH as a sum of determinants.Bài 32. Giải các phương trình sau theo ẩn x ∈ R

a.1 x x

−1 x + 2

0 0 x2 − 1 0x 1 x x − 20 0 x5 + 1 x100

= 0 b.

1 x x2 x3

1 2 4 81 3 9 271 4 16 64

= 0

Bài 33. Tính hạng ma trận

a.

0 1 1 11 −1 2 31 1 −1 31 1 1 −1

b.

3 −1 −1 2 11 −1 −2 4 51 1 3 −6 −9

12 −2 1 −2 −10

c.

4 1 −1 3 2−2 2 3 0 12 3 2 3 34 1 3 1 1

Bài 34. Tìm hạng của ma trận theo tham số m

a.

1 1 3 3

3 2 8 83 2 8 m + 32 1 5 m

b.

3 1 1 4

m 4 10 11 7 17 32 2 4 3

c.

1 m −1 22 −1 m 51 10 −6 1

Bài 35. Cho A, B là các ma trận vuông cấp n. Chứng minh rằng:

rank(A + B) ≤ rankA + rankB ≤ n + rankAB

Bài 36. Cho A là ma trận vuông cấp n thỏa A2 = I . Chứng minh rằng:

rank(A + I ) + rank(A − I ) = n

Bài 37. Tìm ma trận nghịch đảo (nếu có) của các ma trận sau:

39




a.

1 0 1

0 0 2−1 3 1

b.

1 1 0 00 1 1 00 0 1 11 0 0 1

c.

1 1 1 11 1 −1 −11 −1 0 00 0 1 −1

Bài 38. Cho D là ma trận đường chéo không suy biến. Chứng minh rằng nếu D = (I +A)−1A

thì A là ma trận đường chéo.Bài 39. Cho I, A và B là các ma trận cấp n. Chứng minh rằng nếu I + AB khả nghịch thìI + BA khả nghịch và

(I + BA)−1 = I − B(I + AB)−1A.

Bài 40. Tìm ma trận X sao cho

a.

−3 4 6

0 1 12 −3 −4

.X =

1 −1

0 12 2

b.X.

−3 4 6

0 1 12 −3 −4

=

1 −1 20 1 2

Bài 41. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận cấp n sau:

a.

1 1 1 · · · 1

0 1 1 · · · 10 0 1 · · · 1...

...... . . . ...

0 0 0 · · · 1

b.

1 1 0 · · · 0

0 1 1 · · · 00 0 1 · · · 0...

...... . . . ...

0 0 0 · · · 1

c.

1 2 3 · · · n

n 1 2 · · · n − 1n − 1 n 1 · · · n − 2...

...... . . . ...

2 3 4 · · · 1

Bài 42. Chứng minh:

a. Nếu A, B khả nghịch thì tích A.B khả nghịch và (A.B)−1 = B−1.A−1

b. Nếu A khả nghịch thì At khả nghịch và (At)−1 = (A−1)t

Bài 43. Let A be a square matrix.

a. If A2 = 0 show that I − A is invertible3.

b. If A3 = 0 show that I − A is invertible.

c. In general, if An = 0 for some positive integer n, show that I − A is invertible.

d. Suppose that A2 + 2A + I = 0. Show that A is invertible.

e. Suppose that A3 − A + I = 0. Show that A is invertible.

Bài 44. Cho A là một ma trận tam giác trên có cấp n với các phần tử trên đường chéochính bằng 0. Chứng minh rằng An = 0.Bài 45. Cho A là ma trận tam giác trên có cấp n với các phần tử trên đường chéo chính

đều bằng 1. Đặt B = A − I. Chứng minh rằng Bn+1

= 0. Chứng minh rằng B khả nghịchvàB−1 = I − A + A2 + . . . + (−1)nAn.

Bài 46. Ma trận A được gọi là lũy linh nếu tồn tại số tự nhiên k sao cho Ak = 0. Cho A, Blà các ma trận lũy linh cùng cấp và giả sử AB = BA.

a. Chứng minh rằng AB và A + B cũng lũy linh.

b. Chứng minh rằng I − A khả nghịch.

c. Chứng minh rằng I + A + B khả nghịch.3khả nghịch

40




Bài 47. Giải các hệ phương trình sau đây theo qui tắc Crame

a.

7x + 2y + 3z = 15

5x − 3y + 2z = 15

10x − 11y + 5z = 36

b.

x1 + x2 − 5x3 = −10

2x1 + 3x3 − x4 = 10

4x1 + 4x2 + 5x3 + 5x4 = 0

3x2 + 2x3 = 1

Bài 48. Tìm nghiệm của các hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss

a.

x1 − 3x2 + 2x3 − x4 = 2

4x1 + x2 + 3x3 − 2x4 = 1

2x1 + x2 − x3 + x4 = 1

b.

x1 + 2x2 − 3x3 + 5x4 = 1

x1 + 3x2 − 13x3 + 22x4 = −1

3x1 + 5x2 + x3 − 2x4 = 5

2x1 + 3x2 + 4x3 − 7x4 = 1

c.

x1 − 2x2 + x3 − x4 + x5 = 0

3x1 − 2x2 − x3 + x4 − 2x5 = −1

2x1 + x2 − x3 + 2x4 − 3x5 = 1

2x1 − 5x2 + x3 − 2x4 + 2x5 = −2

d.

x1 − 2x2 + 3x3 − 4x4 = 2

3x1 + 3x2 − 5x3 + x4 = −3

−2x1 + x2 + 2x3 − 3x4 = 5

3x1 + 3x3 − 10x4 = 8Bài 49. Giải và biện luận các hệ phương trình sau

a.

(m + 1)x1 + x2 + x3 = 1

x1 + (m + 1)x2 + x3 = 1

x1 + x2 + (m + 1)x3 = 1

b.

(m + 1)x1 + x2 + x3 = 1

x1 + (m + 1)x2 + x3 = m

x1 + x2 + (m + 1)x3 = m2

c.

x1 + x2 + (1 − m)x3 = m + 2

(1 + m)x1 − x2 + 2x3 = 0

2x1 − mx2 + x3 = m + 2

d.

x1 + x2 + x3 + mx4 = 1

x1 + x2 + mx3 + x4 = 1

x1 + mx2 + x3 + x4 = 1

mx1 + x2 + x3 + x4 = 1

e.

2x1 + x2 + x3 + x4 = 1

x1 + 2x2 − x3 + 4x4 = 2

x1 + 7x2 − 4x3 + 11x4 = m

4x1 + 8x2 − 4x3 + 16x4 = m + 1

f.

2x1 − x2 + x3 − 2x4 + 3x5 = 3

x1 + x2 − x3 − x4 + x5 = 1

3x1 + 2x2 + x3 − 3x4 + 4x5 = 6

5x1 + 2x2 − 5x4 + 7x5 = 9 − m

Bài 50. Tìm nghiệm tổng quát và hệ nghiệm cơ bản của các hệ phương trình sau

a.

x1 + 2x2 − 3x3 + 5x4 = 0

x1 + 3x2 − 13x3 + 22x4 = 0

3x1 + 5x2 + x3 − 2x4 = 0

2x1 + 3x2 + 4x3

−7x4 = 0

b.

x1 − 2x2 + x3 − x4 + x5 = 0

3x1 − 2x2 − x3 + x4 − 2x5 = 0

2x1 + x2 − x3 + 2x4 − 3x5 = 0

2x1

−5x2 + x3

−2x4 + 2x5 = 0

Tài liệu

[1] Nguyễn Viết Đông, Lê Thị Thiên Hương, Nguyễn Anh Tuấn, Lê Anh Vũ, Toán cao cấp- tập 2 , NXB Giáo dục, 2009.

[2] Trần Văn Hạo, Đại số cao cấp tập 1 - Đại số tuyến tính , NXB Giáo dục, 1976.

[3] Đỗ Công Khanh (cb), Nguyễn Minh Hằng, Ngô Thu Lương, Toán cao cấp đại số tuyến tính (toán 2), NXB ĐHQG TP. Hồ Chí Minh, 2004.

[4] P. Lancaster, M. Tismensetsky, The theory of matries, 2nd edition , Acedamic Press,1985.

41




[5] Nguyễn Văn Mậu (cb), Các đề thi olympic toán sinh viên toàn quốc ,NXB Giáo dục,2006.

[6] S. Lang, Linear Algebra, 3rd edition , Springer, 2004.

[7] Willi-Hans Steeb. Problems and solutions in introductory and advanced matrix calculus ,

World Scientific, 2006.

Documents

chap1matran.pdf