Bài giảng Toán cao cấp A1-C1 - Chương 4: Ma trận và định thức

133 trang huongle 19862

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Toán cao cấp A1-C1 - Chương 4: Ma trận và định thức", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_giang_toan_cao_cap_a1_c1_chuong_4_ma_tran_va_dinh_thuc.pdf

Nội dung text: Bài giảng Toán cao cấp A1-C1 - Chương 4: Ma trận và định thức

Chương 4 Ma trận và định thức 4.1 Ma trận 4.1.1 Các khái niệm về ma trận Các ví dụ về ma trận ( √ ) − • 1 6 6 × Bảng số A = 1 − được gọi là một ma trận cấp 2 3. 2 1 0  √  −2 2 0 •  1 −  × Bảng số B = 2 1 9 được gọi là một ma trận cấp 3 3. 2 4 −9   1 • Bảng số C =  2  được gọi là một ma trận cột cấp 3 × 1. 3 ( ) • Bảng số D = 1 −2 −4 được gọi là một ma trận dòng cấp 1×3. Các khái niệm về ma trận 1. Một bảng hình chữ nhật gồm m × n số thực được sắp thành m dòng và n cột được gọi là ma trận cấp m × n.   a a . . . a  11 12 1n   a21 a22 . . . a2n  Ký hiệu: A = (aij) × =  . . . .  m n  . . .  am1 am2 . . . amn 117
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM i được gọi là chỉ số dòng. j được gọi là chỉ số cột. aij là phần tử nằm ở dòng i và cột j. Tập hợp tất cả các ma trận cấp m × n được viết là Mm×n(R). 2. Ma trận có số dòng bằng số cột (m = n) được gọi là ma trận vuông cấp n, ký hiệu A = (aij)n. a11, a22, . . . , ann được gọi là các phần tử nằm trên đường chéo chính. a1n, a2(n−1), . . . , an1 được gọi là các phần tử nằm trên đường chéo phụ. Tập hợp tất cả các ma trận vuông cấp n được viết là Mn(R).   ( ) 2 2 −2 1 2 Ví dụ 4.1. Các ma trận A = ; B =  3 1 −3  là các ma 1 3 8 0 −1 trận vuông. 3. Ma trận vuông A = (aij)n được gọi là ma trận chéo nếu aij = 0; ∀i ≠ j, ký hiệu A = dig (a11, a22, . . . , ann).   1 0 0 ( ) 1 0 Ví dụ 4.2. Các ma trận A =  0 2 0  ; B = là các ma 0 e 0 0 −2 trận chéo. 4. Ma trận chéo cấp n có tất cả các phần tử trên đường chéo chính bằng 1 được gọi là ma trận đơn vị cấp n, ký hiệu In. Từ định nghĩa trên ta nhận được ( ) 1 0 I = 2 0 1   1 0 0   I3 = 0 1 0 0 0 1 . .   1 0 0    0 1 0  In =  . . . .   . . .  0 0 1 Trang 118
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM 5. Ma trận vuông A = (aij)n được gọi là ma trận tam giác trên nếu aij = 0; ∀i > j. Dựa vào định nghĩa, ta suy ra được dạng của ma trận A như sau:   a a . . . a  11 12 1n   0 a22 . . . a2n  A =  . . . .   . . .  0 0 . . . ann 6. Ma trận vuông A = (aij)n được gọi là ma trận tam giác dưới nếu aij = 0; ∀i < j. Rõ ràng nếu A là ma trận tam giác dưới thì A có dạng   a 0 0  11   a21 a22 0  A =  . . . .   . . .  an1 an2 . . . ann 7. Ma trận cấp m × n có tất cả các phần tử bằng không, ký hiệu Om×n (đôi khi là O), được gọi là ma trận không. Từ định nghĩa ta suy ra ma trận Om×n có dạng   0 0 0    0 0 0  Om×n =  . . . .   . . .  0 0 0 8. Ma trận bậc thang Trước khi đi vào khái niệm ma trận bậc thang chúng ta cần tìm hiểu một số khái niệm liên quan. Dòng không: Một dòng của ma trận có tất cả các phần tử đều bằng không được gọi là dòng không. Phần tử cơ sở của dòng: Phần tử khác không đầu tiên của dòng tính từ trái sang được gọi là phần tử cơ sở của dòng. Ma trận bậc thang: Ma trận bậc thang là một ma trận khác không thỏa hai điều kiện sau: Trang 119
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM • Dòng không (nếu có) nằm dưới dòng khác không. • Phần tử cơ sở của dòng dưới nằm bên phải phần tử cơ sở của dòng trên. Ví dụ 4.3. Các ma trận bậc thang:   1 8 −1 3     0 2 1 1  0 1 2 7  A =   ; B =  0 0 −2 3   0 0 0 −1  0 0 0 −9 0 0 0 0 Các ma trận không là ma trận bậc thang:     1 2 −9 8 −1 0 3    0 2 4 −6  C =  0 0 0  ; D =    0 −9 8 2  0 0 −1 0 0 0 0 9. Ma trận bậc thang có các phần tử cơ sở của dòng bằng một, các phần tử còn lại bằng không được gọi là ma trận bậc thang rút gọn. Ví dụ 4.4. Các ma trận bậc thang rút gọn:     1 0 0 0 1 0 0 A =  0 0 1 0  ; B =  0 1 0  0 0 0 1 0 0 0 4.1.2 Các phép toán trên ma trận Hai ma trận bằng nhau Định nghĩa 4.1. Hai ma trận được gọi là bằng nhau nếu chúng cùng cỡ và có tất cả các phần tử tương ứng vị trí bằng nhau. Cho hai ma trận A = (aij)m×n,B = (bij)m×n. Khi đó, A = B ⇔ aij = bij; i = 1, m, j = 1, n Trang 120
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Ví dụ 4.5. Tìm x, y, z, t để hai ma trận ( ) ( ) x + y x + z 1 2 A = ; B = t + y t + 2z 3 4 bằng nhau. Giải. Theo định nghĩa, hai ma trận A, B bằng nhau khi và chỉ khi   x + y = 1  x + z = 2  t + y = 3  t + 2z = 4 Từ các đẳng thức trên ta giải ra được x = 2, y = −1, z = 0, t = 4. Nhân một số với một ma trận Định nghĩa 4.2. Nhân một số với một ma trận là nhân số đó với tất cả các phần tử của ma trận. ∈ R Cho A = (aij)m×n thì với mọi k ta có kA = (kaij)m×n. − − Đặc biệt ( 1) A = ( aij)m×n được gọi là ma trận đối của ma trận A, ký hiệu −A. ( ) 2 5 Ví dụ 4.6. Cho ma trận A = , khi đó 2 3 ( ) 6 15 3A = 6 9 Cộng hai ma trận Định nghĩa 4.3. Cộng hai ma trận cùng cấp là cộng các phần tử tương ứng vị trí. Nếu A = (aij)m×n và B = (bij)m×n thì A + B = (aij + bij)m×n. Trang 121
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Ví dụ 4.7. Thực hiện các phép tính trên ma trận ( ) ( ) 1 4 6 3 1. Cho A = và B = . Tính A + B. 5 2 1 7     1 1 9 8 2. Cho A =  4 0  và B =  2 8 . Tính 5A + 2B. 2 4 0 4 Giải. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 4 6 3 1 + 6 4 + 3 7 7 1.A + B = + = = . 5 2 1 7 5 + 1 2 + 7 6 9       5 5 18 16 23 21 2. 5A + 2B =  20 0  +  4 16  =  24 16  . 10 20 0 8 10 28 Ma trận chuyển vị × Định nghĩa 4.4. Cho ma trận A = (aij)m×n, ma trận có cấp n m nhận được từ ma trận A bằng cách đổi dòng thành cột hoặc đổi cột thành dòng được gọi là ma trận chuyển vị của A, ký hiệu AT .   ( ) 1 1 1 3 9 Ví dụ 4.8. Cho ma trận A = , khi đó AT =  3 2 . 1 2 2 9 2 Nhận xét 4.1. Một số kết quả quan trọng ta có thể suy ra từ định nghĩa T T T 1. (A + B) = A + B ; ∀A, B ∈ Mm×n(R). T T 2. (cA) = cA ; ∀c ∈ R,A ∈ Mm×n(R). T T T 3. (αA + βB) = αA + βB ; ∀α, β ∈ R; A, B ∈ Mm×n (R). ( ) 3 1 Ví dụ 4.9. Cho A = . Tìm ma trận X thỏa X+A = 3(A + I )T . 5 −1 2 Trang 122
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Đẳng thức đã cho tương đương với T X + A = 3((A + I2) ) ⇔ T T X + A = 3 (A + I2 ) ⇔ T T − X = 3( A + I2) (A ) ⇔ 12 15 − 3 1 X = − ( 3 0 ) 5 1 9 14 ⇔ X = −2 1 ( ) 9 14 Vậy X = là ma trận cần tìm. −2 1 Phép nhân hai ma trận Định nghĩa 4.5. Cho hai ma trận A = (aij)m×n và B = (bij)n×p. Tích của ma trận A với ma trận B, ký hiệu AB, là một ma trận có × cấp m p và nếu AB = (cij)m×p thì cij được xác định bởi công thức ∑n cij = aikbkj = ai1b1j + ai2b2j + + ainbnj. k=1 Nhận xét 4.2. Tích hai ma trận tồn tại khi số cột của ma trận đứng trước bằng với số dòng của ma trận đứng sau. Ma trận tích có số dòng bằng số dòng của ma trận đứng trước và có số cột bằng số cột của ma trận đứng sau. Phép nhân hai ma trận, nói chung, không có tính giao hoán. Ví dụ 4.10. Tính AB và BA với     1 −1 3 1 2 −1 1. A =  1 −1 2  ; B =  1 −2 −2  1 −1 1 0 2 −3   ( ) −1 0 −1 9 0 2. A = ; B =  1 0  1 −9 1 9 0   0 1 0 0    0 0 1 0  3. A =   ; B = AT  0 0 0 1  0 0 0 0 Trang 123
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. 1. Ta có       1 −1 3 1 2 −1 0 10 −8 • AB =  1 −1 2   1 −2 −2  =  0 8 −5  1 −1 1 0 2 −3 0 6 −2       1 2 −1 1 −1 3 2 −2 6 • BA =  1 −2 −2   1 −1 2  =  −3 3 −3  0 2 −3 1 −1 1 −1 1 1 Các câu 2 và 3 bạn đọc xem như bài tập. Nhận xét 4.3. Nếu A ∈ Mn (R) thì AA luôn luôn tồn tại và khi đó ta định nghĩa A2 = AA. Tương tự, ta định nghĩa Ak+1 = AkA với k ≥ 0 và 0 qui ước A = In. Ví dụ 4.11. Cho A là ma trận vuông cấp 2011 mà các phần tử của dòng thứ i bằng i. Tìm phần tử ở dòng thứ 2 cột 3 của ma trận A2. Giải. Từ giả thiết đề bài ta có   1 1 1 1    2 2 2 2    A =  3 3 3 3   . . . . .   . . . .  2011 2011 2011 2011 Ta suy ra     1 1 1 1 1 1 1 1      2 2 2 2   2 2 2 2      A2 =  3 3 3 3   3 3 3 3   . . . . .   . . . . .   . . . .   . . . .  2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 Từ biểu thức của A2 ta tính được phần tử ở dòng 2 cột 3 là: 2 (1 + 2 + 3 + ··· + 2011) = 2011.2012 = 4046132 Dựa vào cách xác định của A2 ta cũng dễ dàng tính được các phần tử còn lại. Ví dụ 4.12. Cho A là ma trận vuông cấp 2011 mà các phần tử của dòng thứ i bằng 3i−1. Tìm phần tử ở dòng thứ 3 cột 2011 của ma trận A2. Trang 124
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Ta xác định ma trận A   1 1 1 1    3 3 3 3    A =  9 9 9 9   . . . . .   . . . .  32010 32010 32010 32010 Ta suy ra     1 1 1 1 1 1 1 1      3 3 3 3   3 3 3 3      A2 =  9 9 9 9   9 9 9 9   . . . . .   . . . . .   . . . .   . . . .  32010 32010 32010 32010 32010 32010 32010 32010 Từ biểu thức của A2 ta tính phần tử ở dòng 3 cột 2011 như sau: ( ) 33011 − 1 9 ( ) 9 1 + 3 + 32 + 33 + ··· + 32010 = 9 = 32011 − 1 3 − 1 2 Các phần tử còn lại của A2 ta tính tương tự. ( ) 1 −1 Ví dụ 4.13. Cho A = . Tính A2,A3 và từ đó suy ra An. 0 1 Giải. Ta có ( )( ) ( ) 1 −1 1 −1 1 −2 • A2 = = 0 1 0 1 0 1 ( )( ) ( ) 1 −2 1 −1 1 −3 • A3 = A2A = = 0 1 0 1 0 1 ( ) 1 −n Từ đây ta suy ra An = . 0 1 ( ) 0 0 Ví dụ 4.14. Cho A = . Tính (I − A)2011. 1 0 2 ( ) 1 0 Giải. Đặt B = I − A = , ta có 2 −1 1 Trang 125
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM ( )( ) ( ) 1 0 1 0 1 0 • B2 = = −1 1 −1 1 −2 1 ( )( ) ( ) 1 0 1 0 1 0 • B3 = B2B = = −2 1 −1 1 −3 1 ( ) 1 0 Bằng qui nạp ta tính được B2011 = . −2011 1 Ví dụ 4.15. Cho ma trận   0 1 0 0   0 0 1 0 A =   0 0 0 1 0 0 0 0 2011∑ 1. Tính 2nAn. i=0 2011 2. Tính B với B = A + I4. Giải. 1. Ta có       0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0       0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 • A2 =     =   0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0       0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1       0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 • A3 =     =   0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0       0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0       4 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 • A =     =   = O × 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 4 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 n Ta suy ra A = O × với mọi n ≥ 4. 4 4   1 2 4 8   2011∑ n n 2 3 0 1 2 4 Do đó 2 A = I4 + 2A + 4A + 8A =  . i=0 0 0 1 2 0 0 0 1 Trang 126
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM 2. Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta nhận được 2011 2011 B = (A + I4) 2011∑ i i 1 2 2 3 3 = C2011A = I4 + C2011A + C2011A + C2011A i=0  1 2011 2011.2010 2011.2010.2009  2 6   0 1 2011 2011.2010  =  2   0 0 1 2011  0 0 0 1 Tương tự, ta dễ dàng tính được Bn với n ≥ 4. 4.1.3 Các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận Chúng ta có ba phép biến đổi sơ cấp trên ma trận. Cụ thể như sau: • Đổi chỗ hai dòng (cột) bất kì của ma trận. • Nhân một dòng (cột) với một số khác không. • Cộng vào một dòng (cột) một dòng (cột) khác. Các phép biến đổi sơ cấp chiếm một vị trí quan trọng trong biến đổi ma trận vì nó “ít” làm thay đổi “bản chất” của ma trận. Do đó, ta thường hay dùng các phép biến đổi này để chuyển một ma trận phức tạp về dạng đơn giản hơn, xem xét các đặc điểm của ma trận đơn giản rồi rút ra các tính chất của ma trận ban đầu. Vấn đề phát sinh là biến đổi tới đâu thì được xem là “đơn giản”? Kết quả sau đây sẽ cho ta lời giải đáp: Định lý 4.1. Mọi ma trận bất kỳ đều có thể chuyển về dạng bậc thang rút gọn thông qua các phép biến đổi sơ cấp. Ví dụ 4.16. Dùng các phép biến đổi sơ cấp chuyển ma trận   1 1 1 1 A =  1 2 3 4  2 3 4 6 về dạng bậc thang rút gọn. Trang 127
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Ta có     1 1 1 1 1 1 1 1 → −  1 2 3 4  −−−−−−→d2 d2 d1  0 1 2 3  d3→d3−2d1  2 3 4 6   0 1 2 4  1 1 1 1 1 1 1 0 → − → − −−−−−−→d3 d3 d2  0 1 2 3  −−−−−−→d2 d2 3d3  0 1 2 0  d1→d1−d3  0 0 0 1   0 0 0 1  2 1 0 0 2 0 0 0 → − → − −−−−−−→d1 2d1 d2  0 1 2 0  −−−−−−→c2 2c2 c1  0 2 2 0   0 0 0 1   0 0 0 1  2 0 0 0 1 1 0 0 0 → − d1→ d1 −−−−−→c3 c3 c2  0 2 0 0  −−−−→2  0 1 0 0  d → 1 d 0 0 0 1 2 2 2 0 0 0 1 Ma trận cuối của phép biến đổi là ma trận dạng bậc thang rút gọn nên bài toán được giải quyết. 4.2 Định thức 4.2.1 Hoán vị và nghịch thế 1. Cho tập chỉ số {1, 2, . . . , n}. Mỗi cách sắp xếp n số đã cho theo một thứ tự nhất định được gọi là một hoán vị của n số đó. Mỗi hoán vị của tập {1, 2, . . . , n} được kí hiệu là (σ (1) , σ (2) , . . . , σ (n)) với σ (i) ∈ {1, 2, . . . , n} và σ (i) ≠ σ (j) với mọi i ≠ j. Từ n số đã cho chúng ta có thể lập được n! hoán vị. Ví dụ 4.17. Tập chỉ số {1, 2} có 2! = 2 hoán vị: (1, 2) và (2, 1). Ví dụ 4.18. Tập chỉ số {1, 2, 3} có 3! = 6 hoán vị: (1, 2, 3) ; (1, 3, 2) ; (2, 1, 3) ; (2, 3, 1) ; (3, 1, 2) ; (3, 2, 1) 2. Trong một hoán vị nếu mỗi lần xảy ra trường hợp số lớn đứng trước số bé σ (i) > σ (j) với i < j thì ta nói có một nghịch thế. Ví dụ 4.19. Tìm số nghịch thế của các hoán vị (1, 2, 3); (1, 3, 2) ; (3, 1, 2) ; (3, 2, 1) Trang 128
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Dựa vào định nghĩa ta nhận được các kết quả sau: Hoán vị (1, 3, 2) có một nghịch thế vì σ(2) > σ(3). Hoán vị (3, 1, 2) có hai nghịch thế vì σ(1) > σ(2) và σ(1) > σ(3). Hoán vị (3, 2, 1) có ba nghịch thế (giải thích tương tự như trên). Hoán vị (1, 2, 3) không có nghịch thế. 3. Nếu số các nghịch thế trong một hoán vị bằng không hoặc là một số chẵn thì ta nói đó là một hoán vị chẵn. Ngược lại, nếu số các nghịch thế trong một hoán vị là một số lẻ thì ta nói đó là một hoán vị lẻ. Ví dụ 4.20. Hoán vị (1, 2) là hoán vị chẵn. Hoán vị (2, 1) là hoán vị lẻ. Ví dụ 4.21. Các hoán vị (1, 2, 3); (3, 1, 2) là các hoán vị chẵn (vì có số nghịch thế lần lượt bằng 0 và 2). Các hoán vị (1, 3, 2) ; (3, 2, 1) là các hoán vị lẻ (vì có số nghịch thế lần lượt bằng 1 và 3). Việc xem xét một hoán vị là chẵn hay lẻ nếu chỉ dùng định nghĩa thì không phải là chuyện đơn giản. Định lý sau đây giúp ta khắc phục khó khăn trên: Định lý 4.2. Cho σ là một hoán vị của tập chỉ số {1, 2, . . . , n}. Xét hàm dấu ∑ (σ (j) − σ (i)) sign (σ) = (j − i) 1≤i<j≤n Khi đó, tập giá trị của sign(σ) chỉ bao gồm hai giá trị ±1. Hơn nữa, • Nếu sign (σ) = 1 thì σ là một hoán vị chẵn. • Nếu sign (σ) = −1 thì σ là một hoán vị lẻ. Ví dụ 4.22. Xét tính chẵn lẻ của hoán vị σ = (2, 3, 1, 4). Giải. Ta có ∑ (σ (j) − σ (i)) sign (σ) = = 1 (j − i) 1≤i<j≤4 Vậy σ là một hoán vị chẵn. Trang 129
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Nhận xét 4.4. Số các hoán vị chẵn và lẻ của tập chỉ số {1, 2, . . . , n} là 1 như nhau và bằng n!. 2 4.2.2 Định nghĩa định thức của ma trận vuông 1. Cho A là một ma trận vuông cấp n   a a . . . a  11 12 1n   a21 a22 . . . a2n  A =  . . . .   . . .  an1 an2 . . . ann Đầu tiên, chúng ta lập một tích gồm n phần tử của ma trận A, nằm ở n dòng khác nhau và n cột cũng khác nhau. Chúng ta sẽ thu được n! tích số có dạng a1σ(1)a2σ(2) . . . anσ(n)(∗) với (σ (1) , σ (2) , . . . , σ (n)) là một hoán vị của bộ chỉ số {1, 2, . . . , n}. Tiếp theo, nếu hoán vị (σ (1) , σ (2) , . . . , σ (n)) là hoán vị chẵn thì chúng ta giữ nguyên dấu của tích dạng (∗). Ngược lại, nếu hoán vị (σ (1) , σ (2) , . . . , σ (n)) là hoán vị lẻ thì chúng ta đổi dấu tích số dạng (∗). Như vậy, số tích số giữ nguyên dấu và số tích 1 số đổi dấu là bằng nhau và bằng n!. Khi đó, chúng ta có n! 2 tích số dạng ±a1σ(1)a2σ(2) . . . anσ(n)(∗∗). 2. Tổng của n! tích số dạng (∗∗) được gọi là định thức (cấp n) của ma trận vuông A = (aij)n. Ký hiệu: det A hoặc a11 a12 . . . a1n a a . . . a | | 21 22 2n A = . . . . . . . an1 an2 . . . ann Qui ước: Nếu A = (a) thì det A = a. Ví dụ 4.23. Sử dụng định nghĩa để xây dựng công thức tính định thức cấp 2. Trang 130
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Giả sử ( ) a a A = 11 12 a21 a22 Ta sẽ xây dựng công thức tính det A. Tập chỉ số {1, 2} chỉ có hai hoán vị (1, 2) và (2, 1). Để xây dựng công thức tính định thức của ma trận A, chúng ta cần phải xác định hai tích a1σ(1)a2σ(2) cùng với dấu của chúng. Cụ thể, ta có bảng sau: (σ (1) , σ (2)) Hoán vị chẵn/ lẻ ±a1σ(1)a2σ(2) (1, 2) chẵn a11a22 (2, 1) lẻ −a12a21 a11 a12 Vậy det A = = a11a22 − a12a21. a21 a22 Ví dụ 4.24. Sử dụng định nghĩa để xây dựng công thức tính định thức cấp 3.   a11 a12 a13   Giải. Giả sử A = a21 a22 a32 . a31 a32 a33 Tập chỉ số {1, 2, 3} có 6 hoán vị là: (1, 2, 3) ; (1, 3, 2) ; (2, 1, 3) ; (2, 3, 1) ; (3, 1, 2) ; (3, 2, 1) Để xây dựng công thức tính định thức của ma trận A, chúng ta cần phải xác định sáu tích a1σ(1)a2σ(2)a3σ(3) cùng với dấu của chúng. Cụ thể, ta có bảng sau: (σ(1), σ(2), σ(3)) Hoán vị chẵn/lẻ ±a1σ(1)a2σ(2)a3σ(3) (1, 2, 3) chẵn a11a22a33 (1, 3, 2) lẻ −a11a23a32 (2, 1, 3) lẻ −a12a21a33 (2, 3, 1) chẵn a12a23a31 (3, 1, 2) chẵn a13a21a32 (3, 2, 1) lẻ −a13a22a31 Vậy a11 a12 a13 det A = a21 a22 a23 a31 a32 a33 = (a11a22a33 + a12a23a31 + a21a32a13) − (a13a22a31 + a23a32a11 + a12a21a33) Trang 131
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Định thức của những ma trận cấp cao hơn có thể xây dựng theo cách trên nhưng sẽ cho ra những biểu thức cồng kềnh, phức tạp. 1 4 Ví dụ 4.25. Tính định thức . −1 2 1 4 Giải. Ta có = 2 − (−4) = 6. −1 2 1 3 2 Ví dụ 4.26. Tính định thức 1 1 2 . 2 6 4 Giải. Ta có 1 3 2 1 1 2 = (1.1.4 + 3.2.2 + 1.6.2) − (2.1.2 + 1.6.2 + 1.3.4) = 0 2 6 4 x 1 6 Ví dụ 4.27. Giải bất phương trình 0 1 0 ≥ 0. 2 1 3x Giải. Ta có x 1 6 2 0 1 0 = 3x − 12 2 1 3x Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với 3x2 − 12 ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 Vậy, bất phương trình có nghiệm −2 ≤ x ≤ 2. 4.2.3 Phần bù đại số, ma trận phụ hợp và công thức khai triển định thức Phần bù đại số Định nghĩa 4.6. Cho ma trận vuông A = (aij)n. Định thức của ma trận thu được từ A bằng cách xóa bỏ dòng i và cột j nhân với (−1)i+j được gọi là phần bù đại số của phần tử aij, ký hiệu Aij. Trang 132
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   1 0 −1   Ví dụ 4.28. Cho ma trận A = 2 2 2 . Tính A11,A22,A23,A33. 4 3 0 Giải. Ta có − 1+1 2 2 2+2 1 1 A11 = (−1) = −6; A22 = (−1) = 4. 3 0 4 0 2+3 1 0 3+3 1 0 A23 = (−1) = −3; A33 = (−1) = 2. 4 3 2 2 Ma trận phụ hợp Định nghĩa 4.7. Ma trận, ký hiệu A∗, được định nghĩa như sau:   A11 A21 An1   [ ]  A A A  ∗ T  12 22 n2  A = (Aij)n = . . . .  . . .  A1n A2n Ann với Aij là phần bù đại số của phần tử aij, được gọi là ma trận phụ hợp của ma trận A. ( ) 1 5 Ví dụ 4.29. cho ma trận A = . Tìm A∗ 1 2 ( ) ( ) A A 2 −5 Giải. Ta có A∗ = 11 21 = . A12 A22 −1 1   1 0 0 Ví dụ 4.30. Cho ma trận A =  a 1 0 . Tìm A∗. c b 1 Giải. Ta có 1 0 1 0 1 0 • A11 = = 1,A22 = = 1,A33 = = 1. b 1 c 1 c 1 0 0 0 0 1 0 • A21 = − = 0,A31 = = 0,A32 = − = 0. b 1 1 0 a 0 Trang 133
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM a 0 a 1 • A12 = − = −a, A13 = = ab − c. c 1 c b 1 0 • A23 = − = −b. c b   1 0 0 Vậy A∗ =  −a 1 0 . ab − c −b 1 Công thức khai triển định thức Định lý 4.3. (Laplace.) Giả sử A ∈ Mn(R). Khi đó, ∑n • det A = aijAij = ai1Ai1 + ai2Ai2 + ··· + ainAin, i = 1, n. j=1 ∑n • det A = aijAij = a1jA1j + a2jA2j + ··· + anjAnj, j = 1, n. i=1 Một số kết quả quan trọng rút ra từ định lý trên: • Nếu A = (aij)n là một ma trận tam giác thì det A = a11a22 . . . ann. • Nếu tồn tại i, j sao cho aik = 0, ∀k ≠ j thì det A = aijAij. Nhận xét 4.5. Để việc tính định thức cho đơn giản thì ta thường khai triển định thức theo các hàng (cột) có càng nhiều số không càng tốt.   1 2 −1 2    0 2 0 0  Ví dụ 4.31. Tính định thức của ma trận A =  .  −1 3 2 4  0 2 1 3 Giải. Khai triển định thức theo dòng 2 ta được 1 −1 2 2+2 det A = (−1) .2. −1 2 4 = −6 0 1 3 Ta có thể khai triển định thức theo cột 1. Trang 134
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   2 0 3 0 0    −2 1 0 4 0      Ví dụ 4.32. Tính định thức của ma trận A =  3 0 2 0 0 .  4 −1 2 3 1  −1 1 2 0 0 Giải. Áp dụng công thức khai triển định thức ta được 2 0 3 0 0 2 0 3 0 −2 1 0 4 0 −2 1 0 4 khai triển theo c5 − 4+5 3 0 2 0 0 === 1( 1) − 3 0 2 0 4 1 2 3 1 − − 1 1 2 0 1 1 2 0 0 2 0 3 khai triển theo c4 2+4 === −4(−1) 3 0 2 = 20 −1 1 2 Vậy det A = 20. Ví dụ 4.33. Chứng minh đẳng thức a a b b 11 21 11 12 a a b b a a c c 21 22 21 22 11 12 11 12 = (4.1) 0 0 c11 c12 a21 a22 c21 c22 0 0 c21 c22 Chứng minh. Khai triển định thức theo dòng 4 ta được a a b b 11 21 11 12 a a b a a b a a b b 11 12 12 11 12 11 21 22 21 22 − = c21 a21 a22 b22 + c22 a21 a22 b21 0 0 c11 c12 0 0 c12 0 0 c11 0 0 c21 c22 a11 a12 a11 a12 = −c12c21 + c11c22 a21 a22 a21 a22 a11 a12 c11 c12 = a21 a22 c21 c22 Đẳng thức đã được chứng minh. x 9 −1 x 1 x 2 x2 Ví dụ 4.34. Giải phương trình = 0 0 0 x 8 0 0 2 x Trang 135
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Áp dụng công thức 4.1 ta được x 9 −1 x 1 x 2 x2 x 9 x 8 ( )( ) 2 − 2 − = = x 9 x 16 0 0 x 8 1 x 2 x 0 0 2 x Do đó, phương trình đã cho có bốn nghiệm x = ±3; x = ±4. Nhận xét 4.6. Nếu trong ví dụ 4.33 ta đặt ( ) ( ) ( ) a a b b c c A = 11 12 ,B = 11 12 ,C = 11 12 a21 a22 b21 b22 c21 c22 thì công thức 4.1 có thể viết lại như sau AB = |A| |C| (4.2) O2×2 C Bằng phương pháp chứng minh như trong ví dụ 4.33 ta cũng đạt được các kết quả O2×2 C AO2×2 = |A| |C| ; = |A| |C| AB BC Các kết quả trên có thể mở rộng cho trường hợp A, B, C ∈ Mn(R) AB On×n C AOn×n = = = |A| |C| (4.3) On×n C AB BC 4.2.4 Một số tính chất cơ bản của định thức 1. Định thức bằng không nếu trong định thức có dòng (cột) không. 1 −3 3 1 0 2 Ví dụ 4.35. Các định thức 2 4 1 ; 4 0 3 đều bằng không 0 0 0 −2 0 −1 vì mỗi định thức đều chứa dòng không hoặc cột không. 2. Định thức đổi dấu nếu ta đổi chỗ hai dòng (cột) của định thức và giữ nguyên các dòng (cột) còn lại. Trang 136
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM a11 a12 . . . a1n a11 a12 . . . a1n . . . . . . . . . . . . ai1 ai2 . . . ain aj1 aj2 . . . ajn ↔ . . . di dj . . . . . . === − . . . a a a a a . . . a j1 j2 jn i1 i2 in . . . . . . . . . . . . an1 an2 . . . ann an1 an2 . . . ann Ví dụ 4.36. Cho hai định thức 1 2 3 4 2 5 4 7 2 5 4 7 1 2 3 4 ∆1 = , ∆2 = 3 6 8 4 4 8 12 17 4 8 12 17 3 6 8 4 Khẳng định nào sau đây đúng? a. ∆1 = ∆2 c. ∆1 = −∆2 b. ∆2 = 2∆1 d. ∆2 = −2∆1 Giải. Ta thấy định thức ∆2 nhận được từ định thức ∆1 bằng cách hoán đổi dòng 1 với dòng 2 và hoán đổi dòng 3 với dòng 4. Do đó 2 ∆2 = (−1) ∆1 = ∆1 Vậy đáp án ta chọn là a. 0 1 0 x 0 x + 2 0 2 0 y 0 y + 4 0 3 0 z 0 z + 6 Ví dụ 4.37. Tính định thức . 1 4 1 2 2 1 2 −1 3 0 1 −1 7 x 6 1 3 8 Giải. Ta có 0 1 0 x 0 x + 2 x + 2 1 x 0 0 0 0 2 0 y 0 y + 4 y + 4 2 y 0 0 0 c ↔c 0 3 0 z 0 z + 6 1↔ 6 z + 6 3 z 0 0 0 c3 c4 === 1 4 1 2 2 1 1 4 2 1 2 1 2 −1 3 0 1 −1 −1 −1 0 3 1 2 7 x 6 1 3 8 8 x 1 6 3 7 x + 2 1 x 1 2 1 = y + 4 2 y 3 1 2 = 0 z + 6 3 z 6 3 7 Trang 137
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Ta có thể chuyển hướng các cột chứa số 0 sang phía trái và cũng đạt được kết quả dễ dàng. 3. Nếu trong định thức có hai dòng (cột) giống nhau thì định thức bằng không. 1 3 1 Ví dụ 4.38. Định thức 5 9 7 bằng không vì dòng 1 và dòng 3 giống 1 3 1 nhau. x2 1 −2 −2 x x3 1 1 Ví dụ 4.39. Giải phương trình = 0 2 1 1 1 1 0 1 1 Giải. Vế trái của phương trình trên là một định thức có cột ba và bốn bằng nhau nên luôn luôn bằng không. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là mọi x ∈ R. 4. Thừa số chung của một dòng (cột) có thể đưa ra ngoài dấu định thức. a11 a12 . . . a1n a11 a12 . . . a1n . . . . . . . . . . . . . . . . . . kai1 kai2 . . . kain = k ai1 ai2 . . . ain . . . . . . . . . . . . an1 an2 . . . ann an1 an2 . . . ann hoặc a11 . . . ka1j . . . a1n a11 . . . a1j . . . a1n a . . . ka . . . a a . . . a . . . a 21 2j 2n 21 2j 2n . . . = k . . . . . . . . . an1 . . . kanj . . . ann an1 . . . anj . . . ann Ví dụ 4.40. Cho hai định thức 1 0 2 −2 2 0 4 −8 −2 −1 3 1 −4 −2 6 4 ∆1 = , ∆2 = 4 2 1 3 4 2 1 6 1 3 4 4 1 3 4 8 Trang 138
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Khẳng định nào sau đây đúng? a. ∆1 = ∆2 c. ∆1 = 2∆2 b. ∆2 = 4∆1 d. ∆2 = 8∆1 Giải. Ta thấy định thức ∆2 nhận được từ định thức ∆1 bằng cách nhân dòng 1 cho 2, dòng 2 cho 2 và cột 4 cho 2. Do đó ∆2 = 8∆1. 5. Nếu định thức có hai dòng (cột) tỉ lệ với nhau thì bằng không (hai dòng (cột) i và j của định thức được gọi là tỉ lệ khi dj = kdi (tương ứng cj = kci) với k ∈ R). 1 2 3 a b c Ví dụ 4.41. Các định thức 2 4 6 , ka kb kc là bằng không vì −1 2 3 x y z dòng 1 và dòng 2 tỷ lệ với nhau. 6. Nếu định thức có một dòng (cột) mà các phần tử được tách thành tổng hai số thì định thức cũng được tách thành tổng của hai định thức tương ứng. a11 . . . a1n a11 . . . a1n a11 . . . a1n . . . . . . . . . . . . . . . . . . bi1 + ci1 . . . bin + cin = bi1 . . . bin + ci1 . . . cin (4.4) . . . . . . . . . . . . an1 . . . ann an1 . . . ann an1 . . . ann Ví dụ 4.42. Không dùng định nghĩa hãy chứng minh các định thức 1 + x 3 + y 3 + z 1 x + 2 x ∆1 = 1 3 3 , ∆2 = 2 y + 4 y x y z 3 z + 6 z luôn bằng không với mọi x, y, z. Giải. Áp dụng công thức 4.4 ta được 1 3 3 x y z ∆1 = 1 3 3 + 1 3 3 = 0 x y z x y z Tương tự ta cũng có ∆2 = 0. Trang 139
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM 7. Định thức không thay đổi khi ta cộng hoặc trừ vào một dòng (cột), một dòng (cột) khác đã nhân với một số. a11 a12 . . . a1n a11 a12 . . . a1n . . . . . . . . . . . . . . . . . . ± ± ± ai1 kaj1 ai2 kaj2 . . . ain kajn = ai1 ai2 . . . ain . . . . . . . . . . . . an1 an2 . . . ann an1 an2 . . . ann hoặc a11 . . . a1i ± ka1j . . . a1n a11 . . . a1i . . . a1n a . . . a ± ka . . . a a . . . a . . . a 21 2i 2j 2n 21 2i 2n . . . = . . . . . . . . . an1 . . . ani ± kanj . . . ann an1 . . . ani . . . ann x 1 0 2x x x 1 4 Ví dụ 4.43. Giải phương trình = 0. 1 3 x 2 2 −1 2 4 Giải. Sử dụng tính chất trên ta được x 1 0 2x x 1 0 0 x x 1 4 → − x x 1 4 − 2x c4 c4 2c1 === 1 3 1 2 1 3 1 0 − − 2 1 2 4 2 1 2 0 x 1 0 khai triển cột 4 2+4 === (−1) (4 − 2x) 1 3 1 2 −1 2 = 7x (4 − 2x) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0, x = 2. m + 1 m − 1 2 Ví dụ 4.44. Giải bất phương trình m + 2 2m + 3 m + 2 ≥ 0. m + 1 m 2 Trang 140
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Ta có m + 1 m − 1 2 m + 1 m − 1 2 → − d3 d3 d1 m + 2 2m + 3 m + 2 === m + 2 2m + 3 m + 2 m + 1 m 2 0 1 0 khai triển dòng 3 === − (m2 + m − 2) Khi đó, bất phương trình đã cho tương đương với m2 + m − 2 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤ 1 Vậy bất phương trình có nghiệm −2 ≤ m ≤ 1. 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 3 3 3 Ví dụ 4.45. Tính định thức . . . . . . . . . . 1 1 1 1 n Giải. Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 0 1 1 1 1 → − 1 1 3 3 3 d===2 d2 d1 0 0 2 2 2 → − . . . . . d3 d3 d1 . . . . . . . . . . . . . . . . . → − 1 1 1 1 n dn dn d1 0 0 0 0 n − 1 = (n − 1)! 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 Ví dụ 4.46. Tính định thức . . . . . . . . . 1 1 1 2 Trang 141
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Ta có 2 1 1 1 n + 1 n + 1 n + 1 . . . n + 1 1 2 1 1 1 2 1 1 → 1 1 2 1 d1 d1+ +dn 1 1 2 1 === . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 = (n + 1) . . . . . . . . . 1 1 1 2 Mặt khác 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 0 1 0 0 → − 1 1 2 1 d===2 d2 d1 0 0 1 0 = 1 → − . . . . . d3 d3 d1 . . . . . . . . . . . . . . . → − 1 1 1 2 dn dn d1 0 0 0 1 Vậy 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 = n + 1 . . . . . . . . . 1 1 1 2 8. NếuA và B là hai ma trận vuông cùng cấp thì |AB| = |A| |B|. Đặc biệt, Ak = |A|k với mọi k ∈ N. Ví dụ 4.47. Tính định thức của ma trận     1 1 2 4 0 0 A =  0 1 4   2 2 0  0 0 2 1 3 1 Giải. Áp dụng tính chất 8 ta được 1 1 2 4 0 0 det A = 0 1 4 2 2 0 = 2.8 = 16 0 0 2 1 3 1 Trang 142
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   m 2 m + 2 Ví dụ 4.48. Cho ma trận A =  0 m − 1 2 . Giải phương trình 0 0 m + 1 det (A2011) = 0. Giải. Áp dụng tính chất 8 ta được ( ) [ ( )] det A2011 = (det A)2011 = m m2 − 1 2011 Khi đó, phương trình đã cho tương đương với  [ ( )] m = 0 2011 m m2 − 1 = 0 ⇔  m = 1 m = −1 Vậy phương trình có ba nghiệm m = 0, m = ±1. 2 Ví dụ 4.49. Cho A ∈ Mn(R) thỏa det A = 2 và A − 4A = 2In. Tính det (A − 4In). Giải. Từ giả thiết đề bài ta được 2 A − 4A = 2In ⇔ A (A − 4In) = 2In Do đó det [A (A − 4In)] = det (2In) ⇔ det A det (A − 4In) = det (2In) n n−1 Vì det A = 2 và det(2In) = 2 nên ta suy ra det (A − 4In) = 2 . Ví dụ 4.50. Cho A, B ∈ Mn (R) thỏa det A = 2 và det B = 2011. Tính det(2AB). Giải. Ta có det (2AB) = det (2A) det B = 2n.2.2011 = 2011.2n+1 9. Định thức của ma trận vuông A bằng định thức của ma trận chuyển vị, tức là |A| = AT . ( ( ) ) T T 2 Ví dụ 4.51. Cho A ∈ Mn (R) , det A = a. Tính det A .A. A . ( ) Giải. Ta có det AT .A.(AT )2 = det AT . det A. det(AT )2 = a4. Trang 143
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM 4.3 Ma trận nghịch đảo Định nghĩa 4.8. Ma trận vuông A được gọi là không suy biến nếu det A ≠ 0.   m m + 1 m − 1 Ví dụ 4.52. Tìm m để ma trận A =  0 m − 1 1  là không suy 0 0 m + 2 biến. Giải. Ta có det A = m (m − 1) (m + 2). Để ma trận A không suy biến thì   m ≠ 0 ̸ ⇔ − ̸ ⇔ ̸ det A = 0 m (m 1) (m + 2) = 0  m = 1 m ≠ −2 Định nghĩa 4.9. Cho A ∈ Mn(R), nếu tồn tại B ∈ Mn(R) sao cho AB = BA = In thì B được gọi là ma trận nghịch đảo của ma trận A, ký hiệu A−1, còn ma trận A được gọi là ma trận khả nghịch. ( ) 2 1 Ví dụ 4.53. Ma trận A = có ma trận nghịch đảo là ma trận ( ) 1 1 1 −1 B = . −1 2   1 2 3 Ví dụ 4.54. Ma trận A =  2 1 2  có ma trận nghịch đảo là ma 1 −1 1   − 1 5 − 1 2 6 6  1 − 2  trận B = 0 3 3 . 1 − 1 1 2 2 2 ( ) 0 1 Ví dụ 4.55. Ma trận A = không có ma trận nghịch đảo. Thật 0 0 ( ) x y vậy, lấy ma trận bất kì B ∈ M (R), giả sử B = , khi đó 2 z t ( )( ) ( ) 0 1 x y z t AB = = ≠ I 0 0 z t 0 0 2 Trang 144
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Việc xác định một ma trận vuông đã cho có khả nghịch hay không là một việc không đơn giản nếu ta chỉ dựa vào định nghĩa, kết quả sau đây giúp ta giải quyết khó khăn này. Định lý 4.4. Cho A ∈ Mn(R), ma trận A khả nghịch khi và chỉ khi A không suy biến. Hơn nữa, ma trận nghịch đảo của A là duy nhất 1 và được xác định bởi A−1 = A∗, ở đây A∗ là ma trận phụ hợp det A của A. ( ) a b Hệ quả 4.1. Nếu ad − bc ≠ 0 thì ma trận A = khả nghịch c d và ma trận nghịch đảo A−1 xác định bởi ( ) 1 d −b A−1 = ad − bc −c a ( ) 3 4 Ví dụ 4.56. Ma trận A = khả nghịch và có ma trận nghịch ( ) 1 1 −1 4 đảo A−1 = . 1 −3 Ví dụ 4.57. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận ( ) ( ) 1 3 −3 0 A = − 2 −1 2 2 1 ( ) ( ) ( ) 1 3 −3 0 7 3 Giải. Ta có A = − 2 = . Khi đó, −1 2 2 1 −5 0 ( ) 1 0 −3 A−1 = 15 5 7   1 0 0 Ví dụ 4.58. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A =  a 1 0 . c b 1 Trang 145
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Áp dụng định lý 4.4 ta được 1 A−1 = A∗ det A   1 0 0 Trong ví dụ 4.30 ta đã biết A∗ =  −a 1 0 . Hơn nữa, det A = ab − c −b 1   1 0 0 1 nên ta suy ra A−1 =  −a 1 0 . ab − c −b 1 ( ) m m3 Ví dụ 4.59. Tìm m để ma trận A = khả nghịch. Với m 0 m − 1 tìm được, hãy xác định A−1. Giải. Ma trận A khả nghịch khi và chỉ khi A không suy biến, điều này tương đương với { m ≠ 0 det A ≠ 0 ⇔ m (m − 1) ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 Với m xác định như trên ta suy ra được ( ) 1 m − 1 −m3 A−1 = m (m − 1) 0 m Ví dụ 4.60. Tìm các số thực a, b, c để ma trận   0 a b c    a 0 c b  A =    b c 0 a  c b a 0 khả nghịch. Giải. Đầu tiên, ta tính được det A = (a + b + c)(a + b − c)(a + c − b)(b + c − a) Ma trận A khả nghịch khi và chỉ khi A không suy biến, điều này tương đương với   a + b + c ≠ 0  a + b − c ≠ 0 det A ≠ 0 ⇔  a + c − b ≠ 0  b + c − a ≠ 0 Trang 146
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Nhận xét 4.7. Ta còn có một thuật toán khác để tìm A−1 chỉ qua các phép biến đổi sơ cấp trên dòng. Thuật toán này khá tiện lợi khi xử lí những ma trận có dạng đặc biệt. Các bước tiến hành thuật toán (ta giả thiết A ∈ Mn(R)): • Bước 1: Lập ma trận (A|In) bằng cách ghép ma trận đơn vị In vào bên phải ma trận A. • Bước 2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp để đưa ma trận (A|In) về dạng (A′|B), trong đó A′ là ma trận bậc thang rút gọn. ′ −1 Nếu A = In thì B = A . ′ Nếu A ≠ In thì ma trận A không khả nghịch nên không có ma trận nghịch đảo. Ví dụ 4.61. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận   0 1 1 A =  1 0 1  1 1 0 Giải. Ta có     0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 d → 1 (d +d +d ) 2 2 2   1 2 1 2 3   (A|I3) = 1 0 1 0 1 0 −−−−−−−−−−→ 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1   1 1 1 1 1 1 → − 2 2 2 −−−−−−→d2 d2 d1  0 −1 0 − 1 1 − 1  → − 2 2 2 d3 d3 d1 − − 1 − 1 1 0 0 1 2 2 2   1 0 0 − 1 1 1 → 2 2 2 −−−−−−−−→d1 d1+d2+d3  1 − 1 1  0 1 0 2 2 2 d2→−d2 d →−d 1 1 − 1 3 3 0 0 1 2 2 2   −1 1 1 1 Từ đây ta suy ra A−1 =  1 −1 1  2 1 1 −1 Trang 147
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Ví dụ 4.62. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận   1 0 0 0    a 1 0 0  A =    d b 1 0  f e c 1 Giải. Bằng cách lý luận như ví dụ trên ta tính được   1 0 0 0    −a 1 0 0  A−1 =    ab − d −b 1 0  f ∗ cb − e −c 1 với f ∗ = ae + cd − abc − f. 4.3.1 Tính chất 1. Nếu ma trận A khả nghịch thì các ma trận A−1,AT cũng khả − ( )− nghịch và (A−1) 1 = A; AT 1 = (A−1)T . 2. Nếu hai ma trận A, B ∈ Mn(R) khả nghịch thì ma trận tích AB − cũng khả nghịch và (AB) 1 = B−1A−1. Tổng quát: Nếu m ma trận A1,A2, ,Am ∈ Mn(R) khả nghịch −1 thì ma trận tích A1A2 Am cũng khả nghịch và (A1A2 Am) = −1 −1 −1 Am Am−1 A1 . Trường hợp A1 = A2 = ··· = Am = A, ta có một hệ quả rất hay là (Am)−1 = (A−1)m. 3. Nếu A khả nghịch thì det A−1 = (det A)−1. −1 4 Ví dụ 4.63. Cho A ∈ Mn(R); det A = a ≠ 0. Hãy tính det(2011(A ) ). Giải. Áp dụng tính chất 3 ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 2011n det 2011 A−1 4 = 2011n det A−1 4 = 2011n det A−1 4 = a4 Ví dụ 4.64. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận     1 1 1 1 0 0 A =  0 1 1   2 1 0  0 0 1 3 3 1 Trang 148
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Áp dụng tính chất 2 và kết quả trong ví dụ 4.58 ta nhận được  −1 −1 1 0 0 1 1 1 A−1 =  2 1 0   0 1 1   3 3 1  0 0 1  1 0 0 1 −1 0 =  −2 1 0   0 1 −1  −  3 3 1  0 0 1 1 −1 0 =  −2 3 −1  3 −6 4 Ví dụ 4.65. Cho hai ma trận A, B ∈ Mn(R) thỏa hai điều kiện: • det A = a (a ≠ 0) , det B = b (b ≠ 0). − • det (A−1 + B−1) = (ab) 1. Tính det(A + B). Giải. Trước hết, ta có A + B = A (A−1 + B−1) B. Từ đây suy ra det (A + B) = det [A (A−1 + B−1) B] = det A det (A−1 + B−1) det B = 1 4.3.2 Phương trình ma trận AX = B và XA = B Định lý 4.5. Cho A ∈ Mn(R); det A ≠ 0, phương trình AX = B có nghiệm khi và chỉ khi B ∈ Mn×p(R), đồng thời nghiệm đó là duy nhất và được xác định bởi X = A−1B. Định lý 4.6. Cho A ∈ Mn(R); det A ≠ 0, phương trình XA = B có nghiệm khi và chỉ khi B ∈ Mq×n(R), đồng thời nghiệm đó là duy nhất và được xác định bởi X = BA−1. Trang 149
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Ví dụ 4.66. Giải phương trình AX = B với ( ) ( ) 1 0 2 2 A = ; B = 1 1 0 1 Giải. Vì det A = 1 ≠ 0 và A, B ∈ M2(R) nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( )( ) ( ) 1 0 2 2 2 2 X = A−1B = = −1 1 0 1 −2 −1 Ví dụ 4.67. Giải phương trình XA = B với ( ) ( ) 1 0 2 2 A = ; B = 1 1 0 1 Giải. Vì det A = 1 ≠ 0 và A, B ∈ M2(R) nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( )( ) ( ) 2 2 1 0 0 2 X = BA−1 = = 0 1 −1 1 −1 1 Ví dụ 4.68. Giải phương trình AXB = C với ( ) ( ) ( ) 7 3 5 2 0 1 A = ; B = ; C = 2 1 2 1 1 2 Giải. Vì det A = det B = 1 ≠ 0 và A, B, C ∈ M2(R) nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất −1 −1 X = (A CB )( )( ) 1 −3 0 1 1 −2 = − − ( 2 7 ) 1 2 2 5 7 −19 = −17 46 Nhận xét 4.8. Trường hợp det A = 0, các phương trình ma trận được giải như sau: Trang 150
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM • Phương trình AX = B sẽ vô nghiệm khi B/∈ Mn×p, còn nếu B ∈ Mn×p thì ma trận X sẽ có cấp n × p, ta giả sử X = (xij)n×p và thay trực tiếp vào phương trình AX = B để xác định các xij. • Phương trình XA = B sẽ vô nghiệm khi B/∈ Mq×n, còn nếu B ∈ Mq×n thì ma trận X sẽ có cấp q × n, ta giả sử X = (xij)q×n và thay trực tiếp vào phương trình XA = B để xác định các xij. Ví dụ 4.69. Giải phương trình AX = B với ( ) ( ) 2 4 1 −2 A = ; B = 1 2 3 −6 Giải. Ta thấy A ∈ M2(R) và det A = 0. Ma trận B là một ma trận vuông( cấp 2 nên) ma trận X cũng là ma trận vuông cấp 2, ta giả sử x x X = 11 12 , thay vào phương trình AX = B ta được x21 x22 ( )( ) ( ) 2 4 x11 x12 1 −2 = −  1 2 x21 x22 3 6  2x + 4x = 1  11 21 ⇔ x11 + 2x21 = 3  2x + 4x = −2  12 22 x12 + 2x22 = −6 Hệ trên vô nghiệm nên phương trình đã cho cũng vô nghiệm. Ví dụ 4.70. Giải phương trình XA = B với ( ) ( ) 3 6 9 18 A = ; B = 2 4 6 12 Giải. Ta thấy A ∈ M2(R) và det A = 0. Ma trận B là một ma trận vuông cấp 2 nên ma trận X cũng là ma trận vuông cấp 2, ta giả sử Trang 151
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM ( ) x x X = 11 12 , thay vào phương trình XA = B ta được x21 x22 ( )( ) ( ) x x 3 6 9 18 11 12 =  x21 x22 2 4 6 12  3x + 2x = 9  11 12 ⇔ 6x11 + 4x12 = 18  3x + 2x = 6  21 22 { 6x21 + 4x22 = 12 ⇔ 3x11 + 2x12 = 9 3x21 + 2x22 = 6 Giải hệ phương trình trên ta được nghiệm 9 − 2a 6 − 2b x = ; x = a; x = ; x = b 11 3 12 21 3 22 với a, b ∈ R. 4.4 Hạng của ma trận 4.4.1 Khái niệm về hạng của ma trận Định nghĩa 4.10. Ma trận A ∈ Mm×n(R) được gọi là có hạng r, ký hiệu r(A) = r, nếu ma trận A thỏa hai điều kiện: • Tồn tại một ma trận con vuông cấp r của A có định thức khác không. • Mọi ma trận con vuông của A có cấp không bé hơn r + 1 đều có định thức bằng không.   1 1 2 Ví dụ 4.71. Ma trận A =  0 1 3  có hạng bằng 2 vì ma trận con ( ) 0 0 0 1 2 của A có định thức bằng 1 (tức khác không), hơn nữa các ma 1 3 trận con có cấp không bé hơn 3 của A cũng chính là A. Mà det A = 0 nên theo định nghĩa ta được r(A) = 2. Trang 152
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   a11 a12 . . . a1r . . . a1n    0 a22 . . . a2r . . . a2n     . . . .   . . . .    Ví dụ 4.72. Ma trận  0 0 . . . arr . . . arn  với aii ≠ 0, i = 1, r    0 0 0 0   . . . .   . . . .  0 0 0 0 có hạng bằng r. Ví dụ 4.73. Tìm hạng của ma trận   1 −1 2 3 A =  1 2 3 4  3 6 9 12 ( ) 1 −1 Giải. Trước hết, ta thấy ma trận B = là một ma trận con 1 2 của A có det B = 3 ≠ 0. Vậy r(A) ≥ 2. Mặt khác, nếu ta gọi C là một ma trận con của A có cấp không bé hơn 3 thì trong ma trận C luôn có dòng 2 và dòng 3 tỷ lệ với nhau, ta suy ra det C = 0. Do đó r(A) = 2. 4.4.2 Tính chất 1. Nếu A ∈ Mm×n thì 0 ≤ r (A) ≤ min {m, n}. 2. Nếu A ∈ Mn(R) thì • r (A) = n khi và chỉ khi det A ≠ 0. Từ đây ta cũng suy ra A khả nghịch khi và chỉ khi r(A) = n. • r(A) < n khi và chỉ khi det A = 0. ( ) T 3. r (A) = r A với mọi A ∈ Mm×n(R). 4. Nếu A, B ∈ Mm×n (R) thì r (A + B) ≤ r (A) + r (B). 5. Nếu A ∈ Mm×n(R) và B ∈ Mn×p(R) thì r (AB) ≤ min {r (A) , r (B)}. 6. Nếu A, B ∈ Mn (R) thì r (A + B) ≤ r (A) + r (B) ≤ n + r (AB). 7. Nếu A ∈ Mm×n(R) và X ∈ Mn(R) là một ma trận không suy biến thì r (AX) = r (A). Trang 153
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM 8. Nếu A ∈ Mm×n(R) và Y ∈ Mm(R) là một ma trận không suy biến thì r (YA) = r (A). 9. Nếu A′ là ma trận nhận được từ ma trận A qua các phép biến đổi sơ cấp thì r(A) = r(A′). Từ các tính chất trên, chúng ta rút ra một thuật để tìm hạng của ma trận. Thuật toán bao gồm các bước sau: • Bước 1: Dùng các phép biến đổi sơ cấp chuyển ma trận A về ma trận bậc thang A′ (trong quá trình dùng các phép biến đổi sơ cấp chúng ta có thể loại bỏ dòng không, nếu có nhiều dòng đôi một tỉ lệ với nhau thì ta chỉ cần giữ lại một dòng, loại bỏ các dòng còn lại). • Bước 2: Hạng của ma trận A bằng số dòng khác không của ma trận A′. Ví dụ 4.74. Tìm hạng của ma trận   1 1 1 A =  −1 −2 −3  0 1 2 Giải. Ta có     1 1 1 1 1 1 → A =  −1 −2 −3  −−−−−−→d2 d2+d1  0 −1 −2  0 1 2  0 1 2  1 1 1 → −−−−−−→d3 d3+d2  0 −1 −2  0 0 0 Vậy r (A) = 2. Ví dụ 4.75. Tìm hạng của ma trận   3 −1 1 −2 1    3 1 0 2 −1  A =    9 −1 2 −2 1  15 1 2 2 −1 Trang 154
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Vì các cột thứ hai, tư, năm đôi một tỉ lệ với nhau nên ta có thể xóa cột thứ tư và thứ năm     3 −1 1 3 −1 1   d2→d2−d1   xóa cột 4 và 5  3 1 0  → −  0 2 −1  A −−−−−−−→   −−−−−−→d3 d3 3d1   = B  9 −1 2  d4→d4−5d1  0 2 −1  15 1 2 0 6 −3 Ta thấy các dòng hai, ba, bốn của ma trận B đôi một tỉ lệ với nhau nên ta có thể xóa dòng thứ ba và dòng thứ tư ( ) xóa dòng 2,3 và 4 3 −1 1 B −−−−−−−−−→ 0 2 −1 Vậy ta kết luận r(A) = 2. Ví dụ 4.76. Tìm m để hạng của ma trận   1 −1 2 1 A =  2 −2 m + 5 m2 + 1  1 −1 2 m − 1 bằng 3. Giải. Ta có   1 −1 2 1 → − A −−−−−−→d2 d2 2d1  0 0 m + 1 m2 − 1  d →d −d 3 3 1 0 0 0 m − 2 Ta xét hai trường hợp: • Nếu m = −1 hoặc m = 2 thì r (A) = 2. { m ≠ −1 • Nếu thì r(A) = 3. m ≠ 2 { m ≠ −1 Vậy giá trị m cần tìm là . m ≠ 2 Ví dụ 4.77. Tùy theo giá trị của m tính hạng của ma trận   −1 0 2 1 0    2 1 −1 2 2  A =    1 1 1 3 2  −2 −1 1 m −2 Trang 155
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Ta có     −1 0 2 1 −1 0 2 1     xóa cột 5  2 1 −1 2  →  0 1 3 4  A −−−−→   −−−−−−→d2 d2+2d1    1 1 1 3  d3→d3+d1  0 1 3 4  d →d −2d −2 −1 1 m 4 4 1 0 −1 −3 m − 2     −1 0 2 1 −1 0 2 1 xóa dòng 3 → −−−−−−→  0 1 3 4  −−−−−−→d3 d3+d2  0 1 3 4  0 −1 −3 m − 2 0 0 0 m + 2 Nếu m = −2 thì r(A) = 2. Nếu m ≠ −2 thì r(A) = 3. Bài tập chương 1 Phần tự luận Bài tập 4.1. Cho A là ma trận vuông cấp 2012 mà phần tử ở dòng i là i. Tìm phần tử ở dòng 2 cột 7 của ma trận A2. Bài tập 4.2. Cho A là ma trận vuông cấp 2012 mà phần tử ở dòng i là (−1)ii. Tìm phần tử ở dòng 3 cột 2 của ma trận A2. Bài tập 4.3. Cho A là ma trận vuông cấp 2012, trong đó phần tử ở dòng i cột j là (−1)i+j. Tìm phần tử ở dòng 2 cột 2 của ma trận A2. Bài tập 4.4. Cho A là ma trận vuông cấp 2012, trong đó phần tử ở dòng thứ i là 2i−1. Tìm phần tử ở dòng 1 cột 2012 của ma trận A2. Bài tập 4.5. Cho A là ma trận vuông cấp 2012, trong đó phần tử ở dòng thứ i là i. Tìm phần tử ở dòng 1 cột 2000 của ma trận A2. ( ) 0 1 Bài tập 4.6. Cho ma trận A = . Tìm ma trận A2011. 1 0 ( ) cos α sin α Bài tập 4.7. Cho ma trận A = . Tìm ma trận A2011. sin α − cos α   0 1 0 Bài tập 4.8. Cho ma trận A = 0 0 1. Tìm số nguyên dương n nhỏ 0 0 0 n nhất thỏa A = O3×3. Trang 156
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM ( ) 0 0 Bài tập 4.9. Cho ma trận A = . Tìm ma trận (I − A)2011. 1 0 ( ) 1 0 Bài tập 4.10. Cho ma trận A = . Tìm ma trận A2011. 3 1   0 0 1 Bài tập 4.11. Cho ma trận A = 0 0 0. Số nguyên dương n nhỏ 0 0 0 n nhất thỏa A = O3×3 là bao nhiêu?   0 0 1 1   0 0 0 1 Bài tập 4.12. Cho ma trận A =  . Số nguyên dương n lớn 0 0 0 0 0 0 0 0 n nhất thỏa A ≠ O4×4 là bao nhiêu? ( ) 0 0 Bài tập 4.13. Cho ma trận A = . Tìm ma trận tổng 1 0 ∑2011 2nAn = I + 2A + 4A2 + 8A3 + + 22011A2011 n=0   0 1 1 Bài tập 4.14. Cho ma trận A = 0 0 1. Tìm ma trận tổng 0 0 0 ∑2011 (−2)nAn = I − 2A + 4A2 − 8A3 + − 22011A2011 n=0 ( ) 0 0 2011∑ Bài tập 4.15. Cho ma trận A = . Tìm ma trận tổng An. −1 0 n=0 ( ) 2011∑ n 0 0 (−1) n Bài tập 4.16. Cho ma trận A = . Tìm ma trận tổng n! A . 1 0 n=0 ( ) 0 −1 2011∑ Bài tập 4.17. Cho ma trận A = . Tìm ma trận tổng 2nAn. 0 0 n=0 Bài tập 4.18. Cho A là ma trận vuông cấp 2011 thỏa det A = 1. Định thức của ma trận 4A−1 là bao nhiêu? Bài tập 4.19. Cho A là ma trận vuông cấp 2011 thỏa det A = 4. Định thức của ma trận 5(A−1)2 là bao nhiêu? Trang 157
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   1 −1 0 2   0 2 1 1 Bài tập 4.20. Cho A =  . Tìm phần tử ở dòng 2 cột 3 của 1 4 0 4 1 1 0 0 ma trận A−1?   1 m m Bài tập 4.21. Định thức của ma trận  m m2 m3 là bao nhiêu? m2 m3 m4 Bài tập 4.22. Tìm số thực m để ma trận ( )( )( ) m 1 m − 1 0 m − 1 0 A = 0 m − 1 1 m − 1 1 m − 2 khả nghịch. ( )2011 0 1 Bài tập 4.23. Ma trận nghịch đảo của ma trận A = . 1 0 ( ) ( ) 1 2 1 2 3 Bài tập 4.24. Cho hai ma trận A = ,B = . Tìm ma 3 4 3 2 1 trận X thỏa AX = B. ( ) ( ) 1 2 7 7 1 Bài tập 4.25. Cho hai ma trận A = ,B = . Tìm ma 3 4 1 7 7 trận X thỏa AX = B. ( ) ( ) 1 2 1 2 Bài tập 4.26. Cho hai ma trận A = ,B = . Tìm ma trận 3 5 3 4 X thỏa AX = B. Bài tập 4.27. Cho A là ma trận vuông cấp n. Biết det A = 20 và A2 − 3A = 10In. Tính det (A − 3In). Bài tập 4.28. Cho A là ma trận vuông cấp n. Biết det A = 2011 và −1 2 A − A = In. Tính det (A − In). ( ) Bài tập 4.29. Cho A là ma trận vuông cấp n. Biết det A = 2 và det AT A − AT = 1. Tính det (A − In). Bài tập 4.30. Cho A là ma trận vuông cấp n khả nghịch. Biết det (5In − A) = 2 −1 2 và A − 5A + In = O. Tính det A . Bài tập 4.31. Tính các định thức 0 1 2 0 7 3 4 1 0 1 2 0 2 2 7 0 0 1 2 0 7 3 4 1 ∆1 = , ∆2 = , ∆3 = 7 3 4 1 2 2 7 0 1 2 7 0 0 4 4 0 0 4 4 0 0 4 4 0 Trang 158
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Bài tập 4.32. Tính các định thức 0 0 1 2 7 1 3 4 1 1 2 0 7 1 3 4 0 0 1 2 2 3 4 1 ∆4 = , ∆5 = , ∆6 = 1 0 2 7 1 0 2 7 1 1 7 0 0 0 4 4 0 0 4 4 2 2 2 1 Bài tập 4.33. Tính các định thức 4 1 0 0 0 2 1 2 0 0 1 2 2 3 0 0 0 1 3 4 0 0 3 4 ∆7 = , ∆8 = , ∆9 = 0 0 7 1 2 1 0 0 1 1 1 2 0 0 2 1 1 1 0 0 2 1 3 5 Bài tập 4.34. Tính các định thức 1 1 1 2 2 1 1 2 2 0 3 2 2 0 1 2 ∆10 = , ∆11 = 1 1 2 4 1 1 4 4 2 4 4 8 1 1 1 2 Bài tập 4.35. Tính các định thức 2 1 1 1 0 4 0 1 2 −1 0 1 1 1 8 0 3 4 ∆ = −1 −1 4 1 2 , ∆ = 12 13 6 1 1 2 −1 −1 −1 2 0 14 1 3 5 0 −1 −2 0 0 Bài tập 4.36. Tính các định thức 1 1 1 x 2 2 ∆14 = a b c , ∆15 = 2 x 2 b + c c + a a + b 2 2 x Bài tập 4.37. Tính các định thức x 1 1 1 x 1 1 1 1 x 1 1 −1 x 1 1 ∆16 = , ∆17 = − − 1 1 x 1 1 1 x 1 1 1 1 x −1 −1 −1 x Bài tập 4.38. Tính các định thức x + 1 x 1 1 1 x x2 x3 2 x2 1 1 x x3 x4 x5 ∆18 = , ∆19 = 1 0 x 1 1 0 x 1 x 0 1 x x 0 1 x Trang 159
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Bài tập 4.39. Tìm m thỏa 2 m 4 2 m 4 a. 3 0 0 ≤ 0 c. m 0 0 = 0 1 1 2 1 1 m 1 1 3 1 1 3 b. 1 2 m ≥ 0 d. 1 2 m > 0 1 1 m 1 1 m Bài tập 4.40. Tìm m thỏa 1 2 m 2 + 2m −5 12 a. 2 5 m + 1 > 0 c. m − 3 m + 1 −3m > 0 − − 3 7 m + 2 m + 3 m 1 3m 2 + 2 1 4 m 0 2m m b. m + 3 1 m > 0 1 m − 1 m 0 d. > 0 3 1 m 1 1 0 0 m 0 0 0 Bài tập 4.41. Giải các phương trình 1 2x −1 −1 1 x −1 −1 1 x −1 −1 1 x2 −1 −1 a. = 0 c. = 0 3 1 1 1 0 1 1 1 0 2 0 2 0 2 0 2 x x −1 −1 x x 1 x 1 x2 1 1 x 1 1 1 b. = 0 d. = 0 1 1 1 1 x x 2 1 1 0 1 1 x x 1 3 Bài tập 4.42. Giải phương trình x x 1 0 x 1 0 0 1 2 1 1 1 x 0 0 a. = 0 c. = 0 2 2 1 2 1 1 x 2 − − x x 2 x 1 1 2 x x −1 2 2 x 2 2 2 1 x 1 4 2 x 2 2 b. − = 0 d. = 0 0 0 x 2 2 2 x 2 0 0 2 x 2 2 2 x Bài tập 4.43. Tính hạng của các ma trận Trang 160
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM     1 2 3 4 5 1 3 5 7 9      2 4 6 8 11   2 4 6 9 10  a.   c.    3 6 9 12 14   3 5 7 9 11   4 8 12 16 20   4 6 8 10 12  1 2 3 4 5 1 1 −1 1 3      5 10 15 20 35   −1 −2 1 −1 −3  b.   d.    3 7 9 12 14   2 0 1 2 3  4 8 13 16 20 4 0 2 4 7 Bài tập 4.44. Tính hạng của các ma trận     1 2 −1 1 2 1 −1 1 2 2      2 4 1 0 −2   2 1 0 4 −2  a.   c.    4 8 −1 2 2   4 −1 2 8 2  − −  7 15 9 8 18   7 9 8 14 18 3 −1 1 −2 1 2 1 1 1      3 1 0 2 −1   1 2 1 1  b.   d.    9 −1 2 −2 1   1 1 2 1  15 1 2 2 −1 1 1 1 2 Bài tập 4.45. Tìm m để các ma trận sau có hạng lần lượt bằng 1,2,3,4.     1 m 1 2 1 m 1 2      2 3m − 1 2 m + 4   2 3m − 1 2 m + 4  a.   c.    4 5m − 1 m + 4 2m + 7   4 5m − 1 m + 4 2m + 7   2 2m 2 4  2 2m 2 m + 4 3 m 0 1 3 m 0 1      6 2m m 2   6 2m m 2  b.   d.    9 3m 0 m + 2   9 3m 0 m + 2  15 5m + 1 0 7 15 5m 0 7 Bài tập 4.46. Tìm m để các ma trận sau có hạng lần lượt bằng 1,2,3,4.     1 m 1 2 1 m 1 2      2 3m − 1 m + 2 m + 3   2 3m − 1 2 m + 4  a.   c.    4 5m − 1 m + 4 2m + 7   4 5m − 1 m + 4 2m + 7   2 2m 2  4  4 4m 4 8 m 2 2 2 1 1 1 m      −2 m 2 2   1 1 m 1  b.   d.    −2 −2 m 2   1 m 1 1  −2 −2 −2 m m 1 1 1 Bài tập 4.47. Ma trận nào sau đây khả nghịch? Trang 161
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM     1 1 2 1 2 0 a.  2 2 4  c.  −3 0 0  1 2 0 1 0 2     1 1 −2 −2 1 2 b.  −2 0 2  d.  4 3 −1  3 0 −3 2 4 1 Bài tập 4.48. Ma trận nào sau đây khả nghịch?     0 3 −6 1 2 0 a.  −1 −4 4  c.  −3 0 0  3 6 0 −1 1 0     1 1 −2 −2 1 2 b.  2 0 2  d.  4 3 −1  3 0 −3 2 4 1 Bài tập 4.49. Tìm m để các ma trận sau khả nghịch:     m + 1 1 3 m + 1 1 3 a.  2 m + 2 0  c.  m + 3 m + 3 3  2m 1 3 2m + 2 m + 3 3     m + 1 m + 2 0 m m m b.  2 m + 2 0  d.  1 m 1  m − 4 3 m + 2 1 1 m Bài tập 4.50. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận: ( )( ) ( )( ) 0 1 3 4 1 −1 4 2 a. c. 1 0 2 −1 0 1 1 4   ( ) ( ) 1 2 3 10 −6 1 −1   d. − 3 b. 4 5 6 − 3I3 14 7 4 2 7 8 9 Bài tập 4.51. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận:     1 2 3 1 −1 1 a.  −1 −3 −2  c.  −1 1 1  −  0 3 4   1 1 1  −1 1 1 1 −1 2 2 1      1 −1 1 1   1 −3 −1 1  b.   d.    1 1 −1 1   0 1 −1 1  1 1 1 −1 −3 5 1 −1 Bài tập 4.52. Tìm m để các ma trận sau khả nghịch, tìm ma trận nghịch đảo trong các trường hợp đó. Trang 162
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM     3 1 m 2 −2 0 a.  2 3 1  c.  m −1 m − 1  7 7 2m + 3 1 −3 m − 1     3 −1 −3 m − 1 2 m b.  m 1 m + 7  d.  0 m + 1 3  m + 3 0 2m + 7 0 0 m − 1 Bài tập 4.53. Tìm m để các ma trận sau khả nghịch, tìm ma trận nghịch đảo trong các trường hợp đó.     2 1 m 2 1 m a.  3 7 0  c.  3 7 m  1 0 0 1 m 0     1 1 m 1 m 3 b.  1 m 1  d.  2 2m + 1 7  m 1 1 1 m + 1 2 ( ) ( ) 2 3 2 6 Bài tập 4.54. Cho hai ma trận A = ,B = . Tìm ma −1 −1 2 0 trận X thỏa XA = B. ( ) ( ) 1 2 0 2 Bài tập 4.55. Cho hai ma trận A = ,B = . Tìm ma −3 −5 1 0 trận X thỏa AX = B.     1 2 3 7 −3 2 Bài tập 4.56. Cho hai ma trận A = 2 5 6  ,B = −1 2 7. 3 5 12 8 9 3 1. Tìm ma trận X thỏa XA = B. 2. Tìm ma trận X thỏa AX = B. ( ) ( ) 1 −1 −1 1 −3 Bài tập 4.57. Cho hai ma trận A = ; B = . 3 −2 0 1 −7 1. Tìm ma trận X thỏa XA = B. 2. Tìm ma trận X thỏa AX = B. ( ) ( ) 2 −1 1 2 −2 Bài tập 4.58. Cho hai ma trận A = ; B = . −1 2 1 2 −2 1. Tìm ma trận X thỏa XA = B. 2. Tìm ma trận X thỏa AX = B. Trang 163
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Phần trắc nghiệm Bài tập 4.59. Cho hai định thức 1 2 3 4 2 5 4 7 2 5 4 7 1 2 3 4 ∆1 = , ∆2 = 3 6 8 4 4 8 12 17 4 8 12 17 3 6 8 4 Khẳng định nào sau đây là đúng? a. ∆1 = ∆2 b. ∆1 = −∆2 c. ∆2 = 2∆1 d. ∆2 = −2∆1 Bài tập 4.60. Cho hai định thức 1 2 3 4 2 4 6 16 2 5 4 7 2 5 4 14 ∆1 = − , ∆2 = − 3 6 8 4 3 6 8 8 4 8 12 17 4 8 12 34 Khẳng định nào sau đây đúng? a. ∆1 = ∆2 b. ∆1 = −∆2 c. ∆2 = 2∆1 d. ∆2 = 4∆1 Bài tập 4.61. Cho hai định thức 1 2 −3 4 2 4 −6 8 a b −c d 2a 2b −2c 2d ∆1 = − , ∆2 = − 3 6 8 4 6 12 16 8 4 8 −12 17 4 8 −12 17 Khẳng định nào sau đây đúng? a. 2∆1 = ∆2 b. ∆2 = 8∆1 c. ∆2 = 4∆1 d. ∆2 = 16∆1 Bài tập 4.62. Cho hai định thức 1 2 −3 4 2 4 −6 8 a b −c d 2a 2b −2c 2d ∆1 = − ; ∆2 = − 3 6 8 4 6 12 16 8 4 8 −12 17 8 16 −24 34 Khẳng định nào sau đây đúng? a. 16∆1 = ∆2 b. ∆2 = 8∆1 c. ∆2 = 4∆1 d. ∆2 = 2∆1 Trang 164
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Bài tập 4.63. Cho hai định thức 1 2 3 x 1 2 3 6 − 2x 2 5 4 y 2 5 4 8 − 2y ∆1 = ; ∆2 = − 3 6 8 z 3 6 8 16 2z 4 8 12 t 4 8 12 24 − 2t Khẳng định nào sau đây đúng? a. ∆1 = ∆2 b. ∆2 = 2∆1 c. ∆2 = −2∆1 d. ∆2 = −4∆1   2 1 m Bài tập 4.64. Cho ma trận A =  3 7 0 . Khẳng định nào sau đây 1 0 0 đúng? a. A khả nghịch khi và chỉ khi m khác 0. b. A luôn khả nghịch. c. A luôn có hạng bằng 3. d. A có hạng bằng 3 khi và chỉ khi m = 0. Bài tập 4.65. Cho ma trận   −1 −1 −1 A =  1 2 3  0 1 2 . Khẳng định nào sau đây đúng? a. A có hạng bằng 3. c. A có hạng bằng 1. b. A có định thức bằng 0. d. Các khẳng định trên đều sai.   1 2 3 Bài tập 4.66. Cho ma trận A =  2 4 6 . Khẳng định nào sau đây 1 3 5 đúng? a. A có hạng bằng 2. c. A có hạng bằng 1. b. A có định thức bằng 0. d. Các khẳng định trên đều sai.   3 5 3 Bài tập 4.67. Cho ma trận A =  2 4 6 . Khẳng định nào sau đây 9 15 9 đúng? a. A có hạng bằng 3. c. A có hạng bằng 1. b. A có định thức bằng 0. d. Các khẳng định trên đều sai. Trang 165
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM     1 0 0 2 −1 3 Bài tập 4.68. Cho A =  −3 1 0  ,B =  0 2 4 . Tính det (3AB). 2 1 3 0 0 1 a. 324 b. 18 c. 6 d. 20 1 −1 2 3 0 2 1 0 Bài tập 4.69. Tính − 3 1 0 1 0 1 −1 0 a. 30 b. -30 c. 15 d. -15 1 2 −1 3 0 1 0 1 Bài tập 4.70. Tính . 0 2 0 4 3 1 5 7 a. 16 b. -16 c. 32 d. -32   1 0 0 ( − )T Bài tập 4.71. Cho A =  2 1 0 . Tính det (3A) 1 . 3 −1 2 1 1 a. 6 b. 54 c. d. 6 54 1 0 m Bài tập 4.72. Cho định thức ∆ = 2 1 2m − 2 . Tìm m để ∆ > 0. 1 0 2 a. m > 2 b. m 0 d. m < 1 1 2 −1 3 0 1 0 4 Bài tập 4.73. Tính . 0 2 0 1 3 1 a b a. 7a + 21 b. 7a + 21b c. 7a − 2b d. −7a − 21 2 1 1 1 1 3 1 1 Bài tập 4.74. Tính . 1 1 4 1 1 1 1 b a. 17b − 11 b. 17b + 21 c. 7b − 10 d. 7b + 10 Bài tập 4.75. Cho A, B ∈ M2 (R) và det A = 2, det B = 3. Tính det (2AB). a. 6 b. 12 c. 24 d. 48 Trang 166
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   1 1 −1 1    2 2 1 5  Bài tập 4.76. Cho A =  . Kết quả nào sau đây là  3 4 2 0  −1 1 0 3 đúng? a. det A = −53 c. det A = 63 b. det A = −63 d. Các câu a,b,c đều sai Bài tập 4.77. Các giá trị nào sau đây là nghiệm của phương trình 1 x 2x x2 1 2 4 4 − − = 0 1 1 2 1 2 3 1 −1 a. x = 2, x = −1 c. x = 2, x = 3 b. x = 3, x = −1 d. Các câu a, b, c đều sai. Bài tập 4.78. Cho ma trận vuông cấp 2 có các phần tử là 2 hoặc – 2. Kết quả nào sau đây là đúng? a. det (3A) = −72 c. det (3A) = 45 b. det (3A) = 30 d. det (3A) = 27 1 x x2 x3 1 a a2 a3 Bài tập 4.79. Giải phương trình = 0. 2 3 1 b b b 1 c c2 c3 a. Phương trình vô nghiệm. b. Phương trình có ba nghiệm a, b, c. c. Phương trình có ba nghiệm a + b, b + c, a + c d. Phương trình có vô số nghiệm. Bài tập 4.80. Tìm số nghiệm phân biệt của phương trình 1 2 x 0 2 1 −1 3 = 0 1 2 2x x −2 1 3 1 a. 1 b. 2 c. 3 d. 4 Trang 167
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   ( ) 0 1 1 0 Bài tập 4.81. Cho hai ma trận A = ,B =  0 2 . Kết quả 0 0 0 3 nào sau đây là đúng? a. AB = BA. b. AB xác định nhưng BA không xác định. 0 0 c. BA =  0 0 . ( 0 0 ) 0 0 d. AB = . 0 0 Bài tập 4.82. Tìm nghịch đảo của ma trận ( ) ( ) 10 −6 1 −1 − 3 14 7 4 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 6 1 3 1 −3 13 13 13 13 13 13 13 13 a. 4 7 b. −2 14 c. −2 7 d. −2 −7 13 13 13 13 13 13 13 13 Bài tập 4.83. Ma trận nào sau đây khả nghịch?     −2 1 2 1 2 0 a.  4 3 −1  c.  −3 0 0  2 4 1 1 0 2     1 1 −2 1 1 2 b.  −2 0 2  d.  2 2 4  3 0 −3 1 2 0 ( ) 1 1 Bài tập 4.84. Cho f (x) = x2 − 2x + 3; A = . Tính f(A). −1 2 ( ) ( ) 1 1 1 1 a. − c. − ( 1 1 ) 1 2 1 2 d. Các câu a,b,c đều sai. b. −1 3   1 −1 1 2 4    2 2 3 5 7  Bài tập 4.85. Tìm hạng của ma trận A =  .  3 −4 5 2 10  5 −6 7 6 18 a. 1 b. 2 c. 3 d. 4 Trang 168
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   1 1 1 1    2 3 4 1  Bài tập 4.86. Cho A =  . Với giá trị nào của m  3 4 6 6  4 4 m + 4 m + 7 thì r(A) = 3? a. m = 1 b. m = 3 c. m ≠ 1 d. ∀m ∈ R ( ) ( ) 1 −1 −1 1 −3 Bài tập 4.87. Cho hai ma trận A = ; B = . 3 −2 0 1 −7 Tìm ma trận X thỏa XA = B. ( ) ( ) 2 −1 1 2 1 −1 a. X = c. X = 3 −2 −2 3 2 −2   2 3 d. Không có ma trận X. b. X =  −1 −2  −1 2 Bài tập 4.88. Cho A ∈ M4 (R) biết rằng r(A) = 3. Kết quả nào sau đây đúng? a. det A = 1 b. det A = 0 c. det A = 2 d. det A = 3 Bài tập 4.89. Cho A ∈ M3×4 (R) ,B ∈ M4 (R) biết det B ≠ 0 và r(A) = 3. Khẳng định nào sau đây là đúng? a. r(AB) = 1 b. r(AB) = 3 c. r(AB) = 4 d. r(AB) = 5   ( ) 1 0 1 0 2 Bài tập 4.90. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A =  1 1 . 0 1 0 0 1  −1 1 0 ( )−1 1 0 2 a. A =  1 1  0 1 0 (0 1 ) − −1 1 2 b. A = − ( 1 1 ) 1 −1 c. A−1 = −2 1 d. Không tồn tại A−1. Trang 169
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Trang 170
Chương 5 Hệ phương trình tuyến tính 5.1 Hệ phương trình tuyến tính tổng quát 5.1.1 Khái niệm tổng quát Định nghĩa 5.1. Một hệ phương trình tuyến tính là một hệ thống gồm m phương trình bậc nhất với n ẩn có dạng tổng quát như sau:   a11x1 + a12x2 + + a1nxn = b1  a21x1 + a22x2 + + a2nxn = b2 . (5.1)  .  . am1x1 + am2x2 + + amnxn = bm với aij, bi ∈ R; i = 1, m, j = 1, n là các hệ số và xi, i = 1, n là các ẩn. Ta đặt       a a . . . a x b  11 12 1n   1   1   a21 a22 . . . a2n   x2   b2  A =  . . . .  ,X =  .  ,B =  .   . . .   .   .  am1 am2 . . . amn xn bm Rõ ràng hệ phương trình 5.1 có thể được viết lại dưới dạng AX = B. Ta gọi A là ma trận hệ số, X là ma trân cột ẩn và B là ma trận cột hệ số tự do của hệ phương trình 5.1. 171
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Ký hiệu   a a a b  11 12 1n 1   a21 a22 a2n b2  A = (A|B) =  . . . . .   . . . .  am1 am2 amn bm được gọi là ma trận hệ số mở rộng. Hiển nhiên nếu biết hệ phương trình tuyến tính thì ta viết ngay được ma trận mở rộng của nó. Ngược lại, nếu biết được ma trận hệ số mở rộng của một hệ phương trình tuyến tính thì ta cũng dễ dàng khôi phục lại hệ phương trình đó. Do đó, ta gọi ma trận mở rộng A là sự ma trận hóa hệ 5.1. Định nghĩa 5.2. Nếu b1 = b2 = ··· = bm = 0 thì hệ 5.1 được gọi là hệ tuyến tính thuần nhất. Định nghĩa 5.3. Ta nói bộ (α1; α2; ; αn) là một nghiệm của hệ 5.1 nếu ta thay x1 = α1; ; xn = αn vào hệ 5.1 thì tất cả các phương trình trong 5.1 đều được thỏa.   x + 2y − z = 4 Ví dụ 5.1. Bộ (1; 2; 1) là nghiệm của hệ  2x + y + 3z = 7 vì 3x − y + z = 2 khi ta thay x = 1; y = 2; z = 1 vào hệ thì các phương trình của hệ đều thỏa mãn. Ví dụ 5.2. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn có ít nhất một nghiệm x1 = x2 = ··· = xn = 0 và nghiệm này được gọi là nghiệm tầm thường của hệ. Định lý 5.1. Đối với một hệ phương trình tuyến tính tổng quát thì chỉ có một trong ba trường hợp nghiệm xảy ra là: hoặc có nghiệm duy nhất hoặc có vô số nghiệm hoặc vô nghiệm. Cũng giống như phương trình, việc tìm các phương pháp giải hệ phương trình đã thúc đẩy sự phát triển của Toán học. Hiện nay, chúng Trang 172
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM ta đã đạt nhiều kết quả rất mạnh về lý thuyết cũng như ứng dụng, đặc biệt là các vấn đề về hệ phi tuyến. Tiếc là trong khuôn khổ bài giảng này cũng như về kiến thức thực tại, tác giả chưa thể giới thiệu cho bạn đọc. Xin hẹn một ngày không xa. Để không mất nhiều thời gian, chúng ta sẽ tiến hành tìm hiểu một vài phương pháp giải hệ tuyến tính đơn giản đã được phát triển trước thể kỷ XX. 5.2 Phương pháp khử Gauss Phương pháp khử Gauss được xây dựng dựa vào nhận xét sau: Nếu thực hiện trên hệ 5.1 các phép biến đổi sơ cấp sau: • Đổi chỗ các phương trình của hệ 5.1 (tương ứng di ↔ dj). • Nhân một số khác không vào một phương trình của hệ (di → αdi với α ≠ 0). • Cộng một phương trình vào một phương trình khác đã được nhân một số (tương ứng với di → di + αdj). thì ta sẽ được một hệ phương trình mới tương đương với hệ 5.1. Phương pháp khử Gauss được thực hiện như sau: Không mất tổng quát, chúng ta luôn giả thuyết a11 ≠ 0. Để ma trận A có dạng bậc thang, đầu tiên, chúng ta làm cho các phần tử ở cột thứ nhất, dòng thứ hai trở a đi biến thành 0 bằng cách nhân dòng một với − i1 rồi cộng vào dòng a11 i (i = 2, 3, m), sau m − 1 phép biến đổi như vậy chúng ta thu được hệ phương trình tương đương   a11x1 + a12x2 + + a1nxn = b1  ′ ′ ′ + a22x2 + + a2nxn = b2  . (5.2)  .  ′ ′ ′ + am2x2 + + amnxn = bm ′ − ai1 ′ − ai1 trong đó aij = aij a1j; bi = bi b1. a11 a11 Ở đây, ta còn nói “khử ẩn x1”, tiếp theo bằng cách tương tự chúng ta “khử ẩn x2” từ phương trình thứ ba trở đi đối với hệ 5.2. Sau đó, ta lại “khử ẩn x3” từ phương trình thứ tư trở đi (nếu có). . . Quá trình khử ẩn ở trên sẽ dừng lại sau hữu hạn bước biến đổi. Trang 173
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Nhận xét 5.1. Trong quá trình biến đổi, nếu trong hệ xuất hiện phương trình dạng 0x1 + 0x2 + ··· + 0xn = 0 thì ta có thể loại bỏ phương trình này ra khỏi hệ phương trình. Về mặt thực hành, để giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp khử ẩn Gauss, ta làm như sau: • Xác định ma trận hệ số mở rộng A = (A|B). • Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để biến đổi sao cho ma trận hệ số mở rộng chuyển thành dạng bậc thang. • Giải hệ phương trình bằng quá trình ngược. Ví dụ 5.3. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp khử Gauss   2x1 + x2 − 3x3 = 4 −  x1 2x2 + x3 = 0 3x1 − 2x3 = −1 Giải. Ta lập ma trận hệ số mở rộng A   2 1 −3 4 A = (A|B) =  1 −2 1 0  3 0 −2 −1 Biến đổi A về dạng bậc thang     2 1 −3 4 1 −2 1 0 ↔ A = (A|B) =  1 −2 1 0  −−−−→d1 d2  2 1 −3 4  3 0 −2 −1 3 0 −2 −1     − 1 −2 1 0 1 2 1 0 → − d →d − 6 d   d2 d2 2d1   3 3 5 2  0 5 −5 4  −−−−−−→ 0 5 −5 4 −−−−−−−→   d3→d3−3d1 29 0 6 −5 −1 0 0 1 − 5 Ta khôi phục lại hệ phương trình   −  x1 2x2 + x3 = 0 5x2 − 5x3 = 4  29  x = − 3 5 Trang 174
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM 19 24 29 Giải hệ trên ta được nghiệm x = − ; x = − ; x = − 1 5 2 5 3 5 Ví dụ 5.4. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp khử Gauss   x + x + x + x = 4  1 2 3 4 2x1 − 3x2 + 5x3 + 7x4 = 11  3x + x − 6x + 5x = 3  1 2 3 4 4x1 + 3x2 + 3x3 − 3x4 = 6 Giải. Ta lập ma trận hệ số mở rộng A   1 1 1 1 4    2 −3 5 7 11  A = (A|B) =    3 1 −6 5 3  4 3 3 −3 6 Biến đổi A về dạng bậc thang     1 1 1 1 4 1 1 1 1 4   d2→d2−2d1    2 −3 5 7 11  → −  0 −5 3 5 3    −−−−−−→d3 d3 3d1    3 1 −6 5 3  d4→d4−4d1  0 −2 −9 2 −9  4 3 3 −3 6 0 −1 −1 −7 −9  1 1 1 1 4   → −  0 −5 3 5 3  −−−−−−−→d3 5d3 2d2   d4→5d4−d2  0 0 −51 0 −51  0 0 −8 −40 −48  1 1 1 1 4   → −  0 −5 3 5 3  −−−−−−−−→d4 51d4 8d3    0 0 −51 0 −51  0 0 0 −2040 −2040 Ta khôi phục hệ phương trình   x + x + x + x = 4  1 2 3 4 − 5x2 + 3x3 + 5x4 = 3  − 51x = −51  3 − 2040x4 = −2040 Giải hệ trên ta được nghiệm x1 = 1; x2 = 1; x3 = 1; x4 = 1 Ví dụ 5.5. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp khử Gauss   x + 2y − 3z + 5t = 1 − −  x + 3y z + t = 2 2x + 5y − 4t + 6z = −1 Trang 175
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Ta lập ma trận hệ số mở rộng A   1 2 −3 5 1 A = (A|B) =  1 3 −1 1 −2  2 5 −4 6 −1 Biến đổi A về dạng bậc thang     1 2 −3 5 1 1 2 −3 5 1 → − → − A −−−−−−→d2 d2 d1  0 1 2 −4 −3  −−−−−−→d3 d3 d2  0 1 2 −4 −3  d →d −2d 3 3 1 0 1 2 −4 −3 0 0 0 0 0 Khôi phục lại ta được hệ phương trình { x + 2y − 3z + 5t = 1 (5.3) y + 2z − 4t = −3 Hệ trên gồm có hai phương trình và bốn ẩn nên ta có thể chọn x, y làm ẩn chính; y, t làm ẩn phụ. Đặt z = α; t = β thế vào hệ 5.3 ta được { x = 7 + 7α − 14β y = −3 − 2α + 4β Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x = 7 + 7α − 14β; y = −3 − 2α + 4β; z = α; t = β với α; β ∈ R. 5.3 Phương pháp Cramer Định nghĩa 5.4. Hệ Cramer là một hệ phương trình tuyến tính có số phương trình bằng với số ẩn (tức là m = n) và ma trận hệ số của hệ không suy biến. Cụ thể hơn, một hệ được gọi là Cramer nếu nó có dạng sau   a11x1 + a12x2 + + a1nxn = b1  a21x1 + a22x2 + + a2nxn = b2 . (5.4)  .  . an1x1 + an2x2 + + annxn = bn ̸ ∈ R trong đó det A = 0 với A = (aij)n Mn ( ). Trang 176
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Ví dụ 5.6. Trong các hệ phương trình sau đây, hệ nào là hệ Cramer?    x + y + z = 3  x + y + z = 3 a.  2x + 3y + 4z = 9 c.  x + y + z = 3  3x + 4y + 5z = 12  x + y + z = 3  2x + y − z = 2  5x + y + z = 7 b.  x + 3y + z = 5 d.  10x + 2y + 2z = 14 x + 4y + 8z = 13 3x + 4y + 5z = 12 Giải. Phương án được chọn là phương án b. Ví dụ 5.7. Cho hệ phương trình   x + a x + a2x + + an−1x = b  1 1 2 1 3 1 n 1  2 n−1 x1 + a2x2 + a2x3 + + a2 xn = b2 . (5.5)  .  . 2 n−1 x1 + anx2 + anx3 + + an xn = bn Tìm điều kiện của các hệ số a1; a2; ; an để hệ 5.5 là hệ Cramer. Giải. Gọi A là ma trận hệ số của hệ 5.5, khi đó   2 n−1 1 a1 a1 a1  2 n−1   1 a2 a a   2 2   . . . .  A =  . . . .   2 n−1  1 an−1 an−1 an−1 2 n−1 1 an an an Hệ 5.5 là hệ Cramer khi và chỉ khi det A ≠ 0, hay 2 n−1 1 a1 a1 a1 2 n−1 1 a2 a a 2 2 . . . . ̸ . . . . = 0 (5.6) 2 n−1 1 an−1 an−1 an−1 2 n−1 1 an an an Vế trái của bất đẳng thức 5.6 được gọi là định thức Vandermonde. Để tính định thức này chúng ta chỉ cần áp dụng các tính chất cơ bản của định thức nên xin nhường cho bạn đọc, kết quả cụ thể như sau 2 n−1 1 a1 a1 a1 2 n−1 1 a2 a a 2 2 ∑ . . . . − . . . . = (aj ai) (5.7) 2 n−1 1≤i<j≤n 1 an−1 an−1 an−1 2 n−1 1 an an an Trang 177
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Từ 5.7 bất đẳng thức 5.6 xảy ra khi và chỉ khi bộ n số a1; a2; ; an đôi một khác nhau. Vậy hệ 5.5 là hệ Cramer khi và chỉ khi các hệ số a1; a2; ; an đôi một khác nhau. Định lý 5.2. (Phương pháp Cramer). Hệ 5.4 có nghiệm duy nhất det A là x = j , j = 1, n, trong đó ma trận A nhận được bằng cách j det A j thay cột thứ j của ma trận A bằng cột các hệ số tự do của hệ 5.4. Ví dụ 5.8. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer   x + 2y + z = 4 −  x 3y + 6z = 4 5x − y + z = 5 Giải. Ta có   1 2 1 • A =  1 −3 6  ⇒ det A = 75. 5 −1 1   4 2 1   • A1 = 4 −3 6 ⇒ det A1 = 75. 5 −1 1   1 4 1   • A2 = 1 4 6 ⇒ det A2 = 75. 5 5 1   1 2 4   • A3 = 1 −3 4 ⇒ det A3 = 75. 5 −1 5 75 75 75 Vậy hệ có nghiệm x = = 1; y = = 1; z = = 1. 75 75 75 Ví dụ 5.9. Giải hệ phương trình   x + ay + a2z = a3 2 3  x + by + b z = b x + cy + c2z = c3 Trang 178
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM bằng phương pháp Cramer, trong đó các số thực a, b, c đôi một khác nhau. Giải. Áp dụng 5.7 ta được   1 a a2 • A =  1 b b2  ⇒ det A = (c − b)(c − a)(b − a). 1 c c2   a3 a a2  3 2  • A1 = b b b ⇒ det A1 = abc (c − b)(c − a)(b − a). c3 c c2   1 a3 a2  3 2  • A2 = 1 b b ⇒ det A2 = − (c − b)(c − a)(b − a)(ab + bc + ca). 1 c3 c2   1 a a3  3  • A3 = 1 b b ⇒ det A2 = (c − b)(c − a)(b − a)(a + b + c). 1 c c3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là det A • x = 1 = abc. det A det A • y = 2 = − (ab + bc + ca). det A det A • z = 3 = a + b + c. det A Tiếp theo, ta sẽ mở rộng định lý 5.2 cho hệ phương trình tuyến tính mà số ẩn và số phương trình bằng nhau (hệ Cramer là một trường hợp riêng của lớp hệ này). Kết quả của định lý rất phù hợp để giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính với số ẩn bằng số phương trình. Định lý 5.3. Cho hệ phương trình tuyến tính AX = B với A = (aij)n. Khi đó, det A • Nếu det A ≠ 0 thì hệ có nghiệm duy nhất x = j , j = 1, n. j det A Trang 179
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM • Nếu det A = 0 và tồn tại j ∈ {1; 2; ; n} sao cho det Aj ≠ 0 thì hệ vô nghiệm. • Nếu det A = 0 và det Aj = 0 với mọi j ∈ {1; 2; ; n} thì hệ vô nghiệm hoặc vô số nghiệm. Chú ý 5.1. Đối với trường hợp det A = 0 và det Aj = 0 với mọi j ∈ {1; 2; ; n}, muốn biết hệ vô nghiệm hay vô số nghiệm (và giải tìm nghiệm) thì ta phải giải trực tiếp bằng phương pháp Gauss. Ví dụ 5.10. Biện luận số nghiệm của hệ phương trình sau theo m   mx + y + z = 3  x + my + z = 3 x + y + mz = 3 Giải. Ta lập ma trận hệ số A của hệ   m 1 1 A =  1 m 1  1 1 m { m ≠ 1 Nếu det A ≠ 0 ⇔ m3 − 3m + 2 ≠ 0 ⇔ thì hệ có nghiệm duy m ≠ −2 nhất. Nếu m = 1 thì hệ trở thành   x + y + z = 3 x + y + z = 3 ⇔ x + y + z = 3  x + y + z = 3 Hệ trên có vô số nghiệm và nghiệm được biểu diễn như sau   x = 3 − α − β y = α  z = β Nếu m = −2 thì hệ trở thành   −2x + y + z = 3 −  x 2y + z = 3 x + y − 2z = 3 Trang 180
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Cộng từng vế ba phương trình của hệ ta được 0x + 0y + 0z = 9, điều này là vô lý. Vậy trong trường hợp này hệ vô nghiệm. Hệ quả 5.1. Cho hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX = On×1 với A = (aij)n. Khi đó, • Nếu det A ≠ 0 thì hệ chỉ có nghiệm tầm thường xj = 0, j = 1, n. • Nếu det A = 0 thì hệ có vô số nghiệm (tức hệ có nghiệm không tầm thường).   x + y + (1 − m) z = 0 − Ví dụ 5.11. Tìm m để hệ  (1 + m) x y + 2z = 0 có 2x − my + 3z = 0 vô số nghiệm.   1 1 1 − m Giải. Ma trận hệ số của hệ là A =  1 + m −1 2 . 2 −m 3 Vì hệ phương trình trên là hệ thuần nhất nên nó có vô số nghiệm khi và chỉ khi det A = 0. Tức là  m = 0 1 1 1 − m 3  1 + m −1 2 = 0 ⇔ m − 4m = 0 ⇔  m = −2 2 −m 3 m = 2 5.4 Phương pháp phân rã LU Xét lại hệ phương trình AX = B với A = (aij)n. Giả sử ma trận A có thể biểu diễn dưới dạng A = LU trong đó     l 0 ··· 0 u u ··· u  11   11 12 1n   l21 l22 ··· 0   0 u22 ··· u2n  L =  . . . .  ; U =  . . . .   . . .   . . .  ln1 ln2 ··· lnn 0 0 ··· unn Khi đó ta có B = AX = LUX = LY với Y = UX. Trang 181
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM { LY = B Vậy hệ ban đầu sẽ được phân rã thành hai hệ . UX = Y Vấn đề giải các hệ phương trình trên rất đơn giản, đầu tiên là giải hệ LY = B để tìm Y , sau đó với Y vừa tìm được ta giải hệ UX = Y để tìm X. Sau đây ta đi vào một số trường hợp thường gặp của phương pháp phân rã LU. 5.4.1 Phương pháp Crout Với phương pháp Crout thì ta cho uii = 1, i = 1, n, từ đó tìm các phần tử còn lại của ma trận L và U. Sau đây ta sẽ dùng phương pháp Crout để phân rã ma trận cấp 3. Ta có       a11 a12 a13 l11 0 0 1 u12 u13       a21 a22 a23 = l21 l22 0 0 1 u23  a31 a32 a33   l31 l32 l33 0 0 1  a11 a12 a13 l11 l11u12 l11u13     ⇔ a21 a22 a23 = l21 l21u12 + l22 l21u13 + l22u23 a31 a32 a33 l31 l31u12 + l32 l31u13 + l32u23 + l33 Từ đây ta suy ra l11 = a11 l21 = a21 l31 = a31 a12 l11u12 = a12 ⇒ u12 = l11 l21u12 + l22 = a22 ⇒ l22 = a22 − l21u12 l31u12 + l32 = a32 ⇒ l32 = a32 − l31u12 a13 l11u13 = a13 ⇒ u13 = l11 a23 − l21u13 l21u13 + l22u23 = a23 ⇒ u23 = l22 l31u13 + l32u23 + l33 = a33 ⇒ l33 = a33 − l31u13 − l32u23 Bằng cách tương tự, ta có thể phân rã ma trận vuông cấp n. Cụ thể Trang 182
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM hơn, nếu A là một ma trận vuông cấp n được cho bởi   a a ··· a  11 12 1n   a21 a22 ··· a2n  A =  . . . .   . . .  an1 an2 ··· ann thì các phần tử của hai ma trận L, U được xác định như sau: li1 = ai1, i = 1, 2, , n a1j u1j = , j = 2, 3, , n l11 j∑−1 lij = aij − likukj với 1 < j ≤ i ≤ n ( k=1 ) 1 i∑−1 uij = aij − likukj với 1 < i < j ≤ n lii k=1 Ví dụ 5.12. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Crout   2x1 − x2 + x3 = 4 −  4x1 + 3x2 x3 = 6 3x1 + 2x2 + 2x3 = 15   2 −1 1 Giải. Hệ phương trình trên có ma trận hệ số A =  4 3 −1 . 3 2 2 Áp dụng phương pháp Crout phân rã ma A ta được     − 1 1 2 0 0 1 2 2    − 3  L = 4 5 0 ; U = 0 1 5 7 13 3 2 5 0 0 1 Trước hết ta giải hệ       2 0 0 y1 4       LY = B ⇔ 4 5 0 y2 = 6 3 7 13 y 15  2 5  3 y1 2 ⇔    − 2  y2 = 5 y3 4 Trang 183
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Tiếp theo, ta giải hệ       − 1 1 1 2 2 x1 2 ⇔  − 3     − 2  UX = Y 0 1 5 x2 = 5  0 0 1  x3 4 x1 1     ⇔ x2 = 2 x3 4 Vậy hệ đã cho có nghiệm là x1 = 1; x2 = 2; x3 = 4. Ví dụ 5.13. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Crout       1 3 2 4 x 10        −1 −2 1 1   y   −1      =    1 2 1 1   z   5  0 1 2 2 t 5 Giải. Áp dụng phương pháp Crout ta được       1 3 2 4 1 0 0 0 1 3 2 4        −1 −2 1 1   −1 1 0 0   0 1 3 5  A =   =     = LU  1 2 1 1   1 −1 2 0   0 0 1 1  0 1 2 2 0 1 −1 −2 0 0 0 1 Trước hết ta giải hệ phương trình       1 0 0 0 y 10    1     −1 1 0 0   y   −1  LY = B ⇔    2  =    1 −1 2 0   y3   5  − −  0 1  1 2 y4 5 y 10  1     y   9  ⇔  2  =    y3   2  y4 1 Tiếp theo, ta giải hệ Trang 184
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM       1 3 2 4 x 10    1     0 1 3 5   x   9  UX = Y ⇔    2  =    0 0 1 1   x3   2   0 0 0 1  x4 1 x 1  1     x   1  ⇔  2  =    x3   1  x4 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm là x1 = 1; x2 = 1; x3 = 1; x4 = 1. 5.4.2 Phương pháp Doolittle Với phương pháp Doolittle thì ta cho lii = 1, i = 1, n, từ đó tìm các phần tử còn lại của ma trận L và U. Sau đây ta sẽ dùng phương pháp Doolittle để phân rã ma trận cấp 3. Ta có       a11 a12 a13 1 0 0 u11 u12 u13       a21 a22 a23 = l21 1 0 0 u22 u23  a31 a32 a33   l31 l32 1 0 0 u33  a11 a12 a13 u11 u12 u13     ⇔ a21 a22 a23 = l21u11 l21u12 + u22 l21u13 + u23 a31 a32 a33 l31u11 l31u12 + l32u22 l31u13 + l32u23 + u33 Từ đây ta suy ra u11 = a11 u12 = a12 u13 = a13 a21 l21u11 = a21 ⇒ l21 = u11 a31 l31u11 = a31 ⇒ l31 = u11 l21u12 + u22 = a22 ⇒ u22 = a22 − l21u12 l21u13 + u23 = a23 ⇒ u23 = a23 − l21u13 1 l31u12 + l32u22 = a32 ⇒ l32 = (a32 − l31u12) u22 l31u13 + l32u23 + u33 = a33 ⇒ u33 = a33 − l31u13 − l32u23 Trang 185
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Bằng cách tương tự, ta có thể phân rã ma trận vuông cấp n. Cụ thể hơn, nếu A là một ma trận vuông cấp n được cho bởi   a a ··· a  11 12 1n   a21 a22 ··· a2n  A =  . . . .   . . .  an1 an2 ··· ann thì các phần tử của hai ma trận L, U được xác định như sau: u1j = a1j, j = 1, 2, . . . , n ai1 li1 = , i = 2, 3, . . . , n u11 i∑−1 uij = aij − likukj với 1 < i ≤ j ≤ n ( k=1 ) 1 j∑−1 lij = aij − likukj với 1 < j < i ≤ n ujj k=1 Ví dụ 5.14. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Doolittle   x1 + 4x2 + 5x5 = 10  3x1 + x2 + 2x3 = 6 4x1 + 2x2 + x3 = 7 Giải. Hệ phương trình trên có ma trận hệ số là   1 4 5 A =  3 1 2  4 2 1 Áp dụng phương pháp Doolittle phân rã ma trận A ta được     1 0 0 1 4 5      3 1 0   0 −11 −13  L =   ; U =   14 27 4 1 0 0 − 11 11 Trước hết ta giải hệ       1 0 0   y1 10 ⇔  3 1 0      LY = B   y2 = 6 14 4 1 y 7 11  3   10 y1   ⇔    −24  y2 =   27 y − 3 11 Trang 186
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Tiếp theo ta giải hệ       1 4 5 10   x1   ⇔  0 −11 −13     −24  UX = Y   x2 =   27 27 0 0 − x3 −    11 11 x1 1     ⇔ x2 = 1 x3 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x1 = 1; x2 = 1; x3 = 1 Ví dụ 5.15. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Doolittle   x + 2x + 3x + 4x = 6  1 2 3 4 2x1 + 3x2 + 8x3 + 9x4 = 13  3x + 7x + 9x + 11x = 19  1 2 3 4 4x1 + 6x2 + 16x3 + 19x4 = 26 Giải. Hệ phương trình trên có ma trận hệ số là   1 2 3 4    2 3 8 9  A =    3 7 9 11  4 6 16 19 Áp dụng phương pháp Doolittle phân rã ma trận A ta được     1 0 0 0 1 2 3 4      2 1 0 0   0 −1 2 1  L =   ; U =    3 −1 1 0   0 0 2 0  4 2 0 1 0 0 0 1 Trước hết ta giải hệ       1 0 0 0 y 6    1     2 1 0 0   y   13  LY = B ⇔    2  =    3 −1 1 0   y3   19   4 2 0 1  y4 26 y 6  1     y   1  ⇔  2  =    y3   2  y4 0 Trang 187
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Tiếp theo ta giải hệ       1 2 3 4 x 6    1     0 −1 2 1   x   1  UX = Y ⇔    2  =    0 0 2 0   x3   2   0 0 0 1  x4 0 x 1  1     x   1  ⇔  2  =    x3   1  x4 0 Vậy hệ đã cho có nghiệm là x1 = 1; x2 = 1; x3 = 1; x4 = 0 5.5 Điều kiện có nghiệm của hệ phương trình tuyến tính tổng quát Đôi khi việc giải một hệ phương trình không quan trọng bằng việc xem xét hệ phương trình đó vô nghiệm hay có nghiệm. Nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất hay vô số nghiệm. Như đã biết, định lý 5.3 giúp chúng ta biện luận số nghiệm của hệ trong trường hợp hệ có số ẩn bằng số phương trình, tuy nhiên cách làm đó không thuận lợi khi hệ có số ẩn lớn (việc tính định thức sẽ rất khó khăn) hoặc hệ có số ẩn khác số phương trình. Kết quả sau đây là một công cụ rất hiệu quả để khắc phục những khó khăn trên. Định lý 5.4. (Định lý Kronecker - Capelli) Nếu A = (A|B) là ma trận hệ số mở rộng của hệ phương trình tuyến tính AX = B thì r(A) ≥ r(A). Hơn nữa, • Nếu r(A) > r(A) thì hệ vô nghiệm. • Nếu r(A) = r(A) = n thì hệ có nghiệm duy nhất (ở đây n là số ẩn của hệ). • Nếu r(A) = r(A) < n thì hệ có vô số nghiệm. Ví dụ 5.16. Tìm m để hệ phương trình sau có vô số nghiệm   x + 2y + z = 1  2x + 5y + 3z = 5 3x + 7y + m2z = 6 Trang 188
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Lập ma trận hệ số mở rộng của hệ   1 2 1 1 A = (A|B) =  2 5 3 5  3 7 m2 6 Ta biến đổi A về dạng bậc thang     1 2 1 1 1 2 1 1 → − → − A −−−−−−→d2 d2 2d1  0 1 1 3  −−−−−−→d3 d3 d2  0 1 1 3  d →d −3d 3 3 1 0 1 m2 − 3 3 0 0 m2 − 4 0 { m ≠ 2 ( ) Nếu m2 − 4 ≠ 0 ⇔ thì r (A) = r A = 3. Khi đó, hệ có m ≠ −2 nghiệm duy nhất. [ m = 2 ( ) Nếu thì r (A) = r A = 2. Khi đó, hệ có vô số nghiệm. m = −2 [ m = 2 Vậy thỏa điều kiện đề bài. m = −2 Ví dụ 5.17. Tìm m để hệ phương trình sau vô nghiệm   x + 3y + z = −1 − − −  2x 6y + (m 1) z = 4 4x + 12y + (3 + m2) z = m − 3 Giải. Lập ma trận hệ số mở rộng của hệ   1 3 1 −1 A = (A|B) =  −2 −6 m − 1 4  4 12 m2 + 3 m − 3 Ta biến đổi A về dạng bậc thang   1 3 1 −1 → A −−−−−−→d2 d2+2d1  0 0 m + 1 2  d →d −4d 3 3 1 2 − 0 0 m 1 m + 1  1 3 1 1 d →d −(m−1)d −−−−−−−−−−→3 3 2  0 0 m + 1 2  0 0 0 3 − m ( ) Nếu m = 3 thì r (A) = r A = 2. Khi đó, hệ đã cho có vô số nghiệm. Trang 189
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM ( ) Nếu m = −1 thì r (A) = 1 < r A = 2. Khi đó, hệ đã cho có vô nghiệm. { m ≠ −1 ( ) Nếu thì r (A) = 2 < r A = 3. Hệ đã cho vô nghiệm. m ≠ 3 Vậy m ≠ 3 thỏa yêu cầu đề bài. 5.6 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất Trong các phần trước, ta đã tìm hiểu sơ lược một vài tính chất sơ đẳng của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất, chẳng hạn như hệ quả 5.1. Để có cái nhìn tổng quát và sâu sắc hơn, chúng ta sẽ dành riêng mục này để xây dựng phương pháp tìm số nghiệm của hệ thuần nhất, cách biểu diễn nghiệm của hệ thông qua khái niệm nghiệm cơ bản v.v Để thuận tiện cho việc trình bày, chúng ta sẽ nêu lại một số định nghĩa quan trọng. Định nghĩa 5.5. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất là hệ phương trình có dạng sau  ···  a11x1 + a12x2 + + a1nxn = 0  a21x1 + a22x2 + ··· + a2nxn = 0 . (5.8)  .  . am1x1 + am2x2 + ··· + amnxn = 0 Hệ 5.8 có thể viêt dưới dạng ma trận AX = Om×1 với       a a . . . a x 0  11 12 1n   1     a21 a22 . . . a2n   x2   0  A =  . . . .  ,X =  .  ,Om×1 =  .   . . .   .   .  am1 am2 . . . amn xn 0 Như đã biết, hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn có nghiệm tầm thường x1 = x2 = ··· = xn = 0. Một câu hỏi đặt ra là khi nào hệ chỉ có nghiệm tầm thường, khi nào hệ có nghiệm không tầm thường (vô số nghiệm). Kết quả sau đây có thể xem như một hệ quả trực tiếp của định lý 5.4. Trang 190
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Định lý 5.5. Cho hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX = Om×1. Khi đó, • Nếu r(A) = n thì hệ chỉ có nghiệm tầm thường. • Nếu r(A) < n thì hệ có nghiệm không tầm thường (vô số nghiệm). Ví dụ 5.18. Tìm m để hệ phương trình sau chỉ có nghiệm tầm thường   mx + y + z = 0  2mx + y + 2z = 0 3x + y − z = 0 Giải. Ta lập ma trận hệ số của hệ   m 1 1 A =  2m 1 2  3 1 −1 Hệ chỉ có nghiệm tầm thường khi và chỉ khi det A ≠ 0, điều này tương đương với m 1 1 2m 1 2 ≠ 0 ⇔ m + 3 ≠ 0 ⇔ m ≠ −3 3 1 −1 Ví dụ 5.19. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm không tầm thường   x + my + m2z = 0 2  mx + m y + z = 0 m2x + y + mz = 0 Giải. Ta lập ma trận hệ số của hệ   1 m m2 A =  m m2 1  m2 1 m Trang 191
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Hệ có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi r(A) < 3 hay det A = 0. Điều này tương đương với 2 1 m m ( ) 2 2 2 m m2 1 = 0 ⇔ −(m − 1) m + m + 1 = 0 ⇔ m = 1 m2 1 m Vậy m = 1 là kết quả cần tìm. Ví dụ 5.20. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm không tầm thường   mx + (m + 1) y − (m2 + 1) z + 5t = 0 2 − − −  (m 1) x + (m 5) y + z + (3m 1) t = 0 x + (m2 + 1) y − (m − 4) z + 6mt = 0 Giải. Ta lập ma trận hệ số của hệ   m m + 1 − (m2 + 1) 5 A =  m2 − 1 m − 5 1 3m − 1  1 m2 + 1 − (m − 4) 6m Vì A là một ma trận có cấp 3 × 4 nên r(A) ≤ 3. Hệ phương trình trên có bốn ẩn nên ta suy ra hệ luôn có nghiệm không tầm thường với mọi tham số m. Nhận xét 5.2. Trong trường hợp hệ có nghiệm không tầm thường, để tìm nghiệm tổng quát của hệ chúng ta dùng phương pháp khử Gauss. Cụ thể hơn, nếu r(A) = r < n thì nghiệm tổng quát của hệ 5.8 có dạng   x1 = φ1 (α1, α2, . . . , αn−r)    x2 = φ2 (α1, α2, . . . , αn−r)   .  . x = φ (α , α , . . . , α − ) (5.9)  r r 1 2 n r   xr+1 = α1   .  .  xn = αn−r trong đó α1, α2, α3, . . . , αn−r là các số thực tùy ý. • Thay α1 = 1, α2 = 0, . . . , αn−r = 0 vào 5.9 ta được nghiệm X1. Trang 192
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM • Thay α1 = 0, α2 = 1, . . . , αn−r = 0 vào 5.9 ta được nghiệm X2. • Một cách tương tự, ta thay α1 = 0, . . . , αi = 1, . . . , αn−r = 0, với i = 1, n − r, vào 5.9 ta được nghiệm Xn−r. Với cách xây dựng như trên các nghiệm Xi với i = 1, n − r có dạng   φ (0, , 1, , 0)  | 1 {z }     Vị trí thứ i bằng 1     φ2 (0, , 1, , 0)     .   .     φr (0, , 1, , 0)    Xi =  0     .   .     |{z}1     hàng thứ r+i   .   .  0 Định nghĩa 5.6. Hệ nghiệm X1,X2, ,Xn−r được gọi là hệ nghiệm cơ bản của hệ 5.8. Định lý 5.6. Nghiệm tổng quát của hệ 5.8 có thể biểu diễn dưới dạng α1X1 + α2X2 + ··· + αn−rXn−r với α1, α2, . . . , αn−r là các số thực tùy ý. Ví dụ 5.21. Tìm hệ nghiệm cơ bản và nghiệm tổng quát của hệ { x + y + z = 0 2x + 3y + 4z = 0 Giải. Lập ma trận hệ số của hệ và biến đổi về dạng bậc thang ( ) ( ) 1 1 1 → − 1 1 1 A = −−−−−−→d2 d2 2d1 2 3 4 0 1 2 Khôi phục hệ ta được { x + y + z = 0 (5.10) y + 2z = 0 Trang 193
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   1   Cho z = 1 ta được một nghiệm cơ bản là X1 = −2 . Vì hệ 5.10 gồm 1 hai phương trình và ba ẩn nên hệ {X1} cũng là hệ nghiệm cơ bản của hệ 5.10. Vậy nghiệm tổng quát của hệ là X = αX1 hay      x 1  x = α X =  y  = α  −2  ⇔ y = −2α  z 1 z = α Ví dụ 5.22. Tìm hệ nghiệm cơ bản và nghiệm tổng quát của hệ { x + y + z + 2t = 0 2x − y − 2z + t = 0 Giải. Lập ma trận hệ số của hệ và biến đổi về dạng bậc thang ( ) ( ) 1 1 1 2 → − 1 1 1 2 A = −−−−−−→d2 d2 2d1 2 −1 −2 1 0 −3 −4 −3 Khôi phục hệ ta được { x + y + z + 2t = 0 − 3y − 4z − 3t = 0 Lần lượt cho z = 1, t = 0 và z = 0, t = 1 ta được hai nghiệm cơ bản của hệ là   1     −1  3     4   −1  X =  −  ; X =   1  3  2  0   1  1 0 Hệ {X1,X2} cũng chính là hệ nghiệm cơ bản của hệ đã cho. Do đó, nghiệm tổng quát của hệ là    1    1  x = α1 − α2   −1  3  3      4   −1  4 − y = − α1 − α2 X = α1X1 + α2X2 = α1   + α2   ⇔  3   0   3  1   1  z = α1 0  t = α2 Trang 194
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM 5.7 Cấu trúc nghiệm của hệ phương trình tuyến tính tổng quát Định nghĩa 5.7. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX = Om×1 được gọi là hệ thuần nhất liên kết với hệ phương trình tuyến tính tổng quát AX = B. { x + 2y + z = 3 Ví dụ 5.23. Hệ phương trình − − có hệ thuần { x 3y 2z = 2 x + 2y + z = 0 nhất liên kết là . x − 3y − 2z = 0 Định lý 5.7. Nếu X0 là nghiệm riêng của hệ phương trình tuyến tính tổng quát AX = B và X là nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất liên e kết AX = Om×1 thì X = X + X0 là nghiệm tổng quát của hệ phương trình tuyến tính AX = B. Ví dụ 5.24. Giải hệ phương trình { x + y + z + 2t = 4 (5.11) 2x − y − 2z + t = 2 Giải. Xét hệ phương trình thuần nhất liên kết với hệ 5.11 { x + y + z + 2t = 0 (5.12) 2x − y − 2z + t = 0 Trong ví dụ trên ta đã biết hệ 5.11 có nghiệm tổng quát X = α1X1 + α2X2 với   1     −1  3     4   −1  X =  −  ; X =   1  3  2  0   1  1 0   0    0  Mặt khác, hệ 5.11 có một nghiệm riêng là X =  . 0  0  2 Trang 195
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Vậy nghiệm tổng quát của hệ 5.11 là e X = X + X0 = α1X1 + α2X2 + X0 hay    1      1  x = α1 − α2   −1 0  3  3        4   −1   0  4 e − y = − α1 − α2 X = α1   + α2   +   ⇔  3   0   0   3  1   1 2  z = α1 0  t = α2 + 2 Bài tập chương 2 Phần tự luận Bài tập 5.1. Biện luận theo m số nghiệm của các hệ phương trình tuyến tính sau: { (m − 1) x + (m − 1) y = 1 1. x + my = 0 { (m + 1) x + (m + 1) y = 0 2. x + my = 0 { 2 (m + 1) x + (m + 10) y = m 3. mx + (m + 2) y = 2m { x sin α + y cos α = m 4. x cos α − y sin α = 2m { mx + 2y = 1 5. (m + 1) x + 3y = 1   2x + 2y − 4z = m − − 6.  3x + 5y z = 3 −4x − 4y + 8z = −2   x + y + z = 0 − 7.  x + 2y mz = 1 2x + 3y + 2z = 1 Trang 196
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   2x + 2y − z = 3 − 8.  2x + 5y 2z = 7 6x + 6y − 3z = 2m + 1   x + 2y − 2z = 0 − 9.  2x + 4y 5z = 1 3x + 6y + mz = 1   x + 2y − 2z = 2 − 10.  3x + 7y z = 5 2x + 4y + mz = 7   4x + 3y + z = 7 − 11.  2x + 4y 2z = m + 7 x + 2y − z = 4   3x − y + 2z = 3 − 12.  2x + y 2z = m x − 2y + 4z = 4   2x + 3y − z = 1 13.  4x + 7y + 2z = 2 8x + 12y + (m + 6)z = 5   2x + 3y − z = 1 14.  4x + 7y + 2z = 2 8x + 12y + (m + 6)z = 4   2x + 3y − z = 1 − 15.  4x + (m + 5)y + (m 3)z = m + 1 8x + (m + 11)y + (m − 5)z = m + 4   x + my + z = m 16.  x + 2y + 2z = 1 2x + (m + 2)y + (m2 + 2)z = m2 + m   x + my + z = m 17.  x + 2y + 2z = 1 2x + (m + 2)y + 3z = m + 2   x + my + z = m 18.  x + 2y + 2z = 1 2x + (m + 2)y + z = m + 2 Trang 197
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM   x + 2y + (7 − m)z = 2 − 19.  2x + 4y 5z = 1 5x + 10y + (m − 5)z = 4   mx + y + z = 1 20.  x + my + z = m x + y + mz = m2 Bài tập 5.2. Giải các hệ phương trình tuyến tính sau bằng phương pháp khử Gauss { 2x + 3y − 2z = 5 1. 2x + 5y − 2z = 7 { 3x − y + 2z = 3 2. 2x + y − 2z = 7   x + 4y + 5z = 1 − 3.  2x + 7y 11z = 2 3x + 11y − 6z = 0   x + y − z = 2 − 4.  2x + y 3z = 1 3x + 2y − 4x = 3   4x + 3y + z = 7 − 5.  2x + 4y 2z = 7 x + 2y − z = 4   3x − y + 2z = 3 − 6.  2x + y 2z = 0 x − 2y + 4z = 4   2x + 3y − z = 1 7.  4x + 7y + 2z = 2 8x + 12y + 2z = 5 Bài tập 5.3. Tìm m để hai hệ phương trình sau có nghiệm chung: { { 2x + 3y − 2z = 5 3x − y + 2z = 3 1. và 2x + 5y − 2z = 7 2x + y − mz = 7 { { x + y − 2z = 1 x − 2y + 5z = 8 2. và mx + 2y + z = 3 2x + y − mz = m Trang 198
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM { { x + y + z = 1 3x − 2y + 5z = 8 3. và x + y + mz = m 2x + y + z = m Bài tập 5.4. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp Crout   x1 + 7x2 + 2x3 = 17 − 1.  3x1 + 5x2 x3 = 12 7x1 + 6x2 + x3 = 20   x + 2x + 5x − 2x = 8  1 2 3 4 3x + 2x − x − x = 4 2. 1 2 3 4  2x + 5x − x + 5x = 6  1 2 3 4 x1 + 6x2 + 7x3 − x4 = 14   x3y4z2t6 = 27  x2y6z8t9 = 9 3.  x4y2z4t2 = 81  x6y4z8t = 729 Bài tập 5.5. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp Doolittle   4x1 + 7x2 + 2x3 = 20 − 1.  2x1 + 9x2 x3 = 19 x1 + 5x2 + 2x3 = 13   x + 5x + 5x + 2x = 11  1 2 3 4 5x + x + 2x − x = 8 2. 1 2 3 4  3x + 5x − 3x − 5x = 5  1 2 3 4 2x1 + 2x2 + 2x3 + 5x4 = 6   x2y4z8 = 4 6 3 6 3.  x y z = 64 x2y6z4 = 4   x3y4z2t6 = 81  x2y6z8t9 = 729 4.  x4y2z4t2 = 9  x6y4z8t = 81   x + 2x − x + 5x + x = 8  1 2 3 4 5 4x − x + 5x + x + 4x = 13 5. 1 2 3 4 5  2x + x + 6x + x − x = 9  1 2 3 4 5 x1 + 4x2 − x3 + 8x4 + x5 = 13 Trang 199
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Phần trắc nghiệm Bài tập 5.6. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất   x + 2y + z = 1  2x + 5y + 3z = 5 3x + 7y + m2z = 6 a. m = ±2 b. m ≠ ±2 c. m = 2 d. m = −2 Bài tập 5.7. Tìm m để hệ sau có vô số nghiệm   x + 3y + z = −1 − − −  2x 6y + (m 1) z = 4 4x + 12y + (3 + m2) z = m − 3 a. m = 3 b. m = 1 c. m = ±1 d. @m   x + y + z = 0 − Bài tập 5.8. Giải hệ phương trình tuyến tính  2x + 2y z = 1 . 3x + 4y + 3z = 1 a. x = −1, y = 1, z = 0 b. x = −a − b, y = a, z = b; a, b ∈ R c. x = −a + b, y = a, z = b; a, b ∈ R d. x = 1 − a, y = 1, z = a; a ∈ R Bài tập 5.9. Tìm m để hệ sau đây có nghiệm không tầm thường   mx + 2y + 3z = 0 −  2x + y z = 0 3mx − y + 2z = 0 a. m = 0 b. m = 1 c. m = −1 d. ∀m Bài tập 5.10. Tìm m để hệ sau đây có vô số nghiệm   x + 2y − z + 4t = 0 −  2x y + z + 3t = 0 3mx − y + 2m2z = 0 a. m = 0 b. m = 1 c. m = −1 d. ∀m Bài tập 5.11. Với giá trị nào của m thì hệ phương trình sau đây có nghiệm không tầm thường   x + 2y + z = 0  2x + y + 3z = 0 3x + 3y + mz = 0 a. m = 0 b. m = 3 c. m = 4 d. m = 5 Trang 200
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Bài tập 5.12. Tìm tất cả các giá trị m để hệ sau đây có vô số nghiệm   x + y + 2z = 1  2x + 2y + (m + 6) z = 4 −3x − 3y + (m2 − 10) z = m − 1 a. m = 6 b. m = 2 c. m = −2 d. @m Bài tập 5.13. Tìm tất cả các giá trị m để hệ sau đây có nghiệm duy nhất   mx + y + z = 0  x + my + z = 0 x + y + mz = 0 a. m ≠ 1; m ≠ 2 c. m ≠ −1; m ≠ −2 b. m ≠ −2; m ≠ 1 d. m ≠ 2; m ≠ −1 Bài tập 5.14. Tìm tất cả các giá trị m để hệ phương trình sau đây vô nghiệm   x + 3y + z = −1 − − −  2x 6y + (m 1) z = 4 4x + 12y + (3 + m2) z = m − 3 a. m = ±1 b. m = 1 c. m = −1 d. @m Bài tập 5.15. Tìm tất cả các giá trị m để hệ phương trình sau đây có nghiệm duy nhất   5x + 3y + 6z + 2011t = −1 − 2  x + 6y z + 13 (m + 1) t = 6 4x − 6y + 56z + (m4 − 1) t = 9 a. m = 0 b. m ≠ 0 c. ∀m d. @m Bài tập 5.16. Tìm tất cả các giá trị m để hệ sau đây có nghiệm duy nhất   x + y + z + t = 0  2x + 3y + 4z − t = 0  3x + y + 2z + 5t = 0  4x + 6y + 3z + mt = 0 14 ̸ 14 ∀ @ a. m = 3 b. m = 3 c. m d. m Trang 201
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Bài tập 5.17. Tìm tất cả các giá trị m để hệ có nghiệm duy nhất   x + y + z − t = 1 −  2x + 3y z + 2t = 2 mx + y + (m2 + 1) z − 2t = m3 + 1 a. m ≠ 0 b. m ≠ 1 c. m ≠ −1 d. @m Bài tập 5.18. Tìm tất cả các giá trị m để hệ phương trình sau vô nghiệm   x + y + z = 1 −  2x + 3y z = 4 3x + 3y + (m + 4) z = m2 + 2 a. ∀m b. m = ±1 c. m = −1 d. @m Bài tập 5.19. Giải hệ phương trình   x + y + z − t = 0  2x + 3y + z = 0 3x + 3y + 2z + t = 0 a. x = −5a, y = 2a, z = 4a, t = a; a ∈ R b. x = 5a, y = −2a, z = 4a, t = a; a ∈ R c. x = −5a, y = 3a, z = 2a, t = a; a ∈ R d. Các câu a,b,c đều sai Bài tập 5.20. Hệ phương trình tuyến tính { (m − 1) x + (m − 1) y = 1 x + my = 0 vô nghiệm khi và chỉ khi a. m = 1 b. m = 0 c. m = ±1 d. m = −1 Bài tập 5.21. Hệ phương trình tuyến tính { (m + 1) x + (m + 1) y = 1 x + my = 0 vô nghiệm khi và chỉ khi a. m = 1 b. m = 0 c. m = ±1 d. m = −1 Trang 202
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Bài tập 5.22. Hệ phương trình tuyến tính { 2 (m + 1) x + (m + 10) y = m mx + (m + 2) y = 2m có duy nhất một nghiệm khi và chỉ khi a. m = 2 b. m ≠ 2 c. m = −2 d. m ≠ −2 Bài tập 5.23. Hệ phương trình { mx + (6m − 9) y = 2m2 + 3m + 2 x + my = m3 + 1 có duy nhất nghiệm khi a. m = 3 b. m ≠ 3 c. m = ±3 d. m ≠ ±3 Bài tập 5.24. Xét hệ phương trình tuyến tính { 4x − y = m + 1 10x + 3y = 6m − 3 Chọn khẳng định đúng a. Hệ trên vô nghiệm với mọi m. b. Hệ trên vô số nghiệm với mọi m. c. Hệ trên có nghiệm duy nhất với mọi m. d. Các khẳng định trên với mọi m. Bài tập 5.25. Cho hệ phương trình tuyến tính { mx + y = 1 x + my = m Khẳng định nào sau đây là đúng? a. Hệ trên có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m ≠ 1. b. Hệ trên vô nghiệm khi m = −1. c. Hệ có nghiệm khi và chỉ khi m ≠ ±1. d. Hệ trên có nghiệm với mọi m. Bài tập 5.26. Cho hệ phương trình tuyến tính { mx + y = 1 x + my = m Khẳng định nào sau đây là đúng? a. Hệ trên có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m ≠ 1. b. Hệ trên vô nghiệm khi m = −1. c. Hệ có nghiệm khi và chỉ khi m ≠ 1. d. Hệ trên có nghiệm với mọi m. Trang 203
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Trang 204
Chương 6 Không gian vector 6.1 Khái niệm không gian vector Định nghĩa 6.1. Tập hợp V ≠ ∅ được gọi là một không gian vector trên R nếu nó được trang bị hai phép toán, gồm 1. Phép cộng vector + : V × V → V (X1,X2) 7→ X1 + X2 2. Phép nhân vector với vô hướng · : R × V → V (α, X) 7→ α.X = αX Các phép toán này thỏa những điều kiện (hoặc tiền đề) sau: 1. X1 + X2 = X2 + X1; ∀X1,X2 ∈ V. 2. (X1 + X2) + X3 = X1 + (X2 + X3); ∀X1,X2,X3 ∈ V. 3. ∃0V ∈ V : X + 0V = 0V + X = X; ∀X ∈ V. ′ ′ ′ 4. ∀X ∈ V, ∃X ∈ V : X + X = X + X = 0V. 5. (α + β) X = αX + βX; ∀α, β ∈ R, ∀X ∈ V. 6. α (X1 + X2) = αX1 + αX2; ∀α ∈ R, ∀X1,X2 ∈ V. 7. α (βX) = (αβ) X; ∀α, β ∈ R,X ∈ V. 8. 1X = X; ∀X ∈ V. 205
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Ví dụ 6.1. Gọi Rn là tập hợp tất cả các bộ số thực có n thành phần (có n n tính thứ tự), R = {X : X = (x1, x2, , xn); xi ∈ R} . Định nghĩa trên R hai phép toán sau: + : Rn × Rn → Rn (X, Y ) 7→ X + Y = (x1 + y1, x2 + y2, , xn + yn) · : R × Rn → Rn (α, X) 7→ αX = (αx1, αx2, , αxn) Với việc trang bị hai phép toán trên thì tập Rn trở thành một không gian vector. Vector không là 0Rn = (0, 0, , 0). Vector đối là −X = (−x1, −x2, , −xn). Ví dụ 6.2. Gọi Pn [x] là tập hợp các đa thức theo biến x, bậc nhỏ hơn hoặc bằng n, hệ số thực. Một phần tử f ∈ Pn [x] có dạng f = a0 + a1x + 2 n a2x + ··· + anx (ai ∈ R). Định nghĩa trên Pn [x] hai phép toán: + : Pn [x] × Pn [x] → Pn [x] n (f, g) 7→ f + g = (a0 + b0) + (a1 + b1) x + ··· + (an + bn) x · : R × Pn [x] → Pn [x] n (α, f) 7→ αf = αa0 + (αa1) x + ··· + (αan) x Với việc trang bị hai phép toán trên thì tập Pn [x] trở thành một không gian vector. 2 n Vector không là 0Pn[x] = 0 + 0x + 0x + + 0x . 2 n Vector đối là −f = −a0 + (−a1) x + (−a2) x + + (−an) x . n Chú ý 6.1. Hai không gian vector R và Pn[x] là rất quan trọng (đặc biệt khi n = 2 và n = 3), được tác giả sử dụng nhiều trong bài giảng này nên xin lưu ý bạn đọc nghiên cứu kỹ các ví dụ 6.1 và ví dụ 6.2 Ví dụ 6.3. Gọi C[a, b] là tập hợp tất cả các hàm số f(t) liên tục trên đoạn [a, b]. Định nghĩa các phép toán trong C[a, b] như sau: Nếu f, g ∈ C[a, b] thì • (f + g)(t) = f(t) + g(t), ∀t ∈ [a, b]. • (αf)(t) = αf(t), ∀t ∈ [a, b]. Với việc trang bị hai phép toán trên, tập C[a, b] trở thành một không gian vector. Trang 206
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Vector không 0C[a,b] là hàm số đồng nhất không, tức bằng không với mọi t ∈ [a; b]. Vector đối là −f có tính chất (−f)(t) = −f(t), ∀t ∈ [a, b]. Ví dụ 6.4. Gọi Rn là tập hợp tất cả các cột n−thành phần thực     x1      x  R 2 ∈ R n =  .  : xi  .    .  xn Rn cũng lập nên một không gian vector với hai phép toán sau đây:       x1 y1 x1 + y1        x2   y2   x2 + y2  •  .  +  .  =  . .  .   .   .  xn yn xn + yn     x1 ax1      x2   ax2  • a  .  =  . .  .   .  xn axn Ví dụ 6.5. Tập Mm×n (R) gồm tất cả các ma trận cấp m × n cùng phép toán cộng hai ma trận và phép nhân vô hướng một số thực với một ma trận tạo thành một không gian vector. 6.2 Tổ hợp tuyến tính và biểu thị tuyến tính Định nghĩa 6.2. Một tổ hợp tuyến tính các vector X1,X2, , Xm ∈ ∑m V là một biểu thức có dạng αiXi = α1X1 + α2X2 + + αmXm với i=1 αi ∈ R, ∀i = 1, m. Định nghĩa 6.3. Cho m vector X1,X2, , Xm ∈ V. Vector X ∈ V được gọi là biểu thị tuyến tính qua hệ vector P = (X1,X2, ,Xm) nếu tồn tại m số thực αi ∈ R, ∀i = 1, m sao cho X = α1X1 + α2X2 + + αmXm. Trang 207
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Ví dụ 6.6. Vector X = (3, 2) có thể biểu thị tuyến tính qua hệ vector (X1,X2) hay không, biết X1 = (1, 1),X2 = (0, 1)? Giải. Xét đẳng thức X = α1X1 + α2X2 ⇔ (3{, 2) = α1 (1, 1) + α2 (0, 1){ ⇔ α1 = 3 ⇔ α1 = 3 α1 + α2 = 2 α2 = −1 Vậy vector X biểu thị tuyến tính qua hệ vector (X1,X2). Ví dụ 6.7. Vector X = (1, 7, −4) có thể biểu thị tuyến tính qua hệ vector (X1,X2) hay không, biết X1 = (1, −3, 2) ,X2 = (2, −1, 1)? Giải. Giả sử vector X = (1, 7, −4) được biểu thị tuyến tính qua hệ vec- tor (X1,X2), tức tồn tại α1, α2 sao cho X = α1X1 + α2X2 ⇔ − − − (1, 7, 4) = α1 (1, 3, 2) + α2 (2, 1, 1)  α1 + 2α2 = 1 ⇔ − −  3α1 α2 = 7 2α1 + α2 = −4 Giải hệ phương trình trên ta được α1 = −3, α2 = 2. Vậy vector X có thể biểu thị tuyến tính qua hệ vector (X1,X2). Ví dụ 6.8. Tìm m để vector X = (1, m, 5) được biểu thị tuyến tính qua hệ vector (X1,X2) được cho trong ví dụ 6.7. Giải. Giả sử vector X = (1, m, 5) được biểu thị tuyến tính qua hệ vector (X1,X2), tức tồn tại α1, α2 sao cho X = α1X1 + α2X2 ⇔ − − (1, m, 5) = α1 (1, 3, 2) + α2 (2, 1, 1)  α1 + 2α2 = 1 ⇔ − −  3α1 α2 = m 2α1 + α2 = 5 Từ phương trình thứ nhất và thứ ba, ta tìm được α1 = 3, α2 = −1, thay vào phương trình thứ hai ta tìm được m = −8. Trang 208
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM 2 Ví dụ 6.9. Cho vector f = 2x + 3x − 4 trong không gian P2 [x]. Vector f có thể biểu thị tuyến tính qua hệ vector (u, v) với u = 3x2 + x − 1, v = −x2 − 5x + 7 hay không? Giải. Giả sử vector f = 2x2 + 3x − 4 được biểu thị tuyến tính qua hệ vector (u, v), tức tồn tại α1, α2 sao cho f = α1u + α2v 2 2 2 ⇔ 2x + 3x − 4 = α1 (3x + x − 1) + α2 (−x − 5x + 7) ⇔ 2 − − 2 − − 2x + 3x 4 = (3α1 α2) x + (α1 5α2) x α1 + 7α2  3α1 − α2 = 2 ⇔ −  α1 5α2 = 3 − − { α1 + 7α2 = 4 α = 1 ⇔ 1 2 − 1 α2 = 2 Vậy vector f biểu thị được qua hệ vector (u, v). Ví dụ 6.10. Tìm điều kiện của a, b, c để vector X = (a, b, c) là tổ hợp tuyến tính của hệ vector (X1 = (1, 2, 1) ,X2 = (1, 1, 2)). Giải. Xét đẳng thức X = α1X1 + α2X2 ⇔ (a, b, c) = α1 (1, 2, 1) + α2 (1, 1, 2)  α1 + α2 = a ⇔  2α1 + α2 = b α1 + 2α2 = c Ta lập ma trận hệ số mở rộng của hệ phương trình và biến đổi về dạng bậc thang     1 1 a 1 1 a → − A =  2 1 b  −−−−−−→d2 d2 2d1  0 −1 b − 2a  → − d3 d3 d1 − 1 2 c  0 1 c a  1 1 a → −−−−−−→d3 d3+d2  0 −1 b − 2a  0 0 c + b − 3a ( ) Hệ có nghiệm khi và chỉ khi r (A) = r A hay c + b − 3a = 0. Trang 209
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM 6.3 Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính Định nghĩa 6.4. Hệ vector P = (X1,X2, , Xm) của không gian vec- tor V được gọi là độc lập tuyến tính nếu đẳng thức α1X1 + α2X2 + + αmXm = 0V xảy ra khi và chỉ khi α1 = α2 = = αm = 0. Định nghĩa 6.5. Hệ vector P = (X1,X2, , Xm) của không gian vec- tor V được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu P không độc lập tuyến tính. Chú ý 6.2. Nếu hệ vector (X1,X2, , Xm) độc lập (hoặc phụ thuộc) tuyến tính, ta cũng nói các vector X1,X2, , Xm độc lập (hoặc phụ thuộc) tuyến tính. Đẳng thức α1X1 +α2X2 + +αmXm = 0V được gọi là một sự ràng buộc tuyến tính giữa các vector X1,X2, , Xm. Nếu α1 = α2 = = αm = 0 thì ta gọi ràng buộc đó là tầm thường. Theo định nghĩa, hệ (X1,X2, , Xm) độc lập tuyến tính khi và chỉ khi mọi ràng buộc tuyến tính giữa các vector X1,X2, , Xm đều là ràng buộc tầm thường. Hệ (X1,X2, , Xm) phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại các số thực α1, α2, , αm không đồng thời bằng không sao cho đẳng thức α1X1 + α2X2 + + αmXm = 0V được thỏa mãn, nghĩa là có một sự ràng buộc tuyến tính không tầm thường giữa các vector X1,X2, , Xm. Ví dụ 6.11. Trong không gian các vector tự do của hình học sơ cấp, hệ hai vector độc lập tuyến tính khi và chỉ khi chúng không cùng phương, hệ ba vector độc lập tuyến tính khi và chỉ khi chúng không đồng phẳng, hệ bốn vector luôn luôn phụ thuộc tuyến tính. 2 Ví dụ 6.12. Trong không gian R , hai vector e1 = (1, 0) , e2 = (0, 1) là độc lập tuyến tính. Thật vậy, xét ràng buộc tuyến tính α1e1 + α2e2 = 0R2 ⇔ α1 (1, 0) + α2 (0, 1) = (0, 0) ⇔ ({α1, α2) = (0, 0) α = 0 ⇔ 1 α2 = 0 Trang 210
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM 3 Ví dụ 6.13. Trong R , ba vector X1 = (1, 1, 0) ,X2 = (1, 0, 1) ,X3 = (0, 1, 1) là độc lập tuyến tính. Thật vậy, xét ràng buộc tuyến tính α1X1 + α2X2 + α3X3 = 0R3 ⇔ α1 (1, 1, 0) + α2 (1, 0, 1) + α3 (0, 1, 1) = (0, 0, 0) ⇔ (α1 + α2, α1 + α3, α2 + α3) = (0, 0, 0)  α1 + α2 = 0 ⇔ ⇔  α1 + α3 = 0 α1 = α2 = α3 = 0 α2 + α3 = 0 3 Ví dụ 6.14. Trong R , ba vector X1 = (1, 2, 3) ,X2 = (2, 3, 4) ,X3 = (3, 4, 5) là phụ thuộc tuyến tính. Thật vậy, xét ràng buộc tuyến tính α1X1 + α2X2 + α3X3 = 0R3 ⇔ α1 (1, 2, 3) + α2 (2, 3, 4) + α3 (3, 4, 5) = (0, 0, 0) ⇔ (α1 + 2α2 + 3α3, 2α1 + 3α2 + 4α3, 3α1 + 4α2 + 5α3) = (0, 0, 0)  α1 + 2α2 + 3α3 = 0 ⇔  2α1 + 3α2 + 4α3 = 0 3α1 + 4α2 + 5α3 = 0 Hệ phương trình trên là hệ tuyến tính thuần nhất có định thức của ma trận hệ số bằng không nên hệ có nghiệm không tầm thường. Ta suy ra hệ vector (X1,X2,X3) là phụ thuộc tuyến tính. 2 Ví dụ 6.15. Trong R , xét hai vector X1 = (1, 3) ,X2 = (2, m). Tìm tham số m để hệ vector (X1,X2) là độc lập tuyến tính. Giải. Xét ràng buộc tuyến tính α1X1 + α2X2 = 0R2 ⇔ α1 (1, 3) + α2 (2, m) = (0, 0) ⇔ {(α1 + 2α2, 3α1 + mα2) = (0, 0) ⇔ α1 + 2α2 = 0 3α1 + mα2 = 0 Hệ vector (X1,X2) độc lập tuyến tính khi 1 3 ≠ 0 ⇔ m ≠ 6 2 m Vậy m ≠ 6 là các giá trị cần tìm. 3 Ví dụ 6.16. Trong R , xét ba vector X1 = (m, 1, 1) ,X2 = (1, m, 1) ,X3 = (1, 1, m). Tìm m để hệ vector (X1,X2,X3) phụ thuộc tuyến tính. Trang 211
Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM Giải. Xét ràng buộc tuyến tính α1X1 + α2X2 + α3X3 = 0R3 ⇔ α1 (m, 1, 1) + α2 (1, m, 1) + α3 (1, 1, m) = (0, 0, 0)  mα1 + α2 + α3 = 0 ⇔  α1 + mα2 + α3 = 0 α1 + α2 + mα3 = 0 Hệ vector (X1,X2,X3) phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi { m 1 1 m = 1 1 m 1 = 0 ⇔ m = −2 1 1 m Vậy m = 1 và m = −2 là hai giá trị cần tìm. 2 Ví dụ 6.17. Trong không gian P2 [x] cho ba vector f1 = 1, f2 = x, f3 = x . Chứng minh rằng hệ vector (f1, f2, f3) độc lập tuyến tính. Giải. Xét ràng buộc tuyến tính α1f1 + α2f2 + α3f3 = 0P2[x] ⇔ 2 2 α11 + α2x + α3x = 0 + 0x + 0x  α1 = 0 ⇔  α2 = 0 α3 = 0 Vậy hệ vector (f1, f2, f3) độc lập tuyến tính. 2 2 Ví dụ 6.18. Trong P2 [x] cho ba vector f1 = 2x ; f2 = x + x + 1; f3 = 2 x − x + m. Tìm m để hệ vector (f1, f2, f3) phụ thuộc tuyến tính. Giải. Xét ràng buộc tuyến tính α1f1 + α2f2 + α3f3 = 0P2[x] 2 2 2 2 ⇔ α12x + α2 (x + x + 1) + α3 (x − x + m) = 0 + 0x + 0x ⇔ 2 − 2 (2α1 + α2 + α3) x + (α2 α3) x + α2 + mα3 = 0 + 0x + 0x  2α1 + α2 + α3 = 0 ⇔ −  α2 α3 = 0 α2 + mα3 = 0 Hệ vector (f1, f2, f3) phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi hệ phương trình trên có nghiệm không tầm thường, tức là 2 1 1 0 1 −1 = 0 ⇔ 2 (m + 1) = 0 ⇔ m = −1 0 1 m Trang 212