docx_20111011_Bai_tap_matran_dinh_thuc (1)

5/12/2018 docx_20111011_Bai_tap_matran_dinh_thuc (1) - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/docx20111011baitapmatrandinhthuc-1 1/16

Bài tập chương IX: Ma trận và định thức Trần trung kiên

9.1 Chứng minh rằng: Định thức sẽ bằng không nếu:a/ Trong định thức có hai dòng (hay hai cột) giống nhau.

b/ Trong định thức có hai dòng (hay hai cột) tỷ lệ với nhau.c/ Trong định thức có một dòng (hay một cột) là tổ hợp tuyến tính của các dòng

(hay các cột) còn lại của định thức.

9.2 Chứng minh rằng: Trong một định thức, tổng các tích của các phần tử của mộdòng (hoặc một cột) với phần bù đại số của các phần tử tương ứng của một dòng (hoặccột) khác đều bằng 0.

9.3 Giả sử nnij )a(A ×= , n21 A,,A,A là các cột của A. Chứng minh rằng: 0Adet ≠⇔ hệ véc tơ { }n21 A,,A,A là hệ véc tơ độc lập tuyến tính.

9.4 Chứng minh rằng: các phép biến đổi sơ cấp thực hiện trên một ma trận không làthay đổi hạng của ma trận đó.

9.5 Cho nmijaA×

= , B là ma trận vuông không suy biến cấp m. Chứng minh rằng( ) rankA.Brank = .

Còn nếu nmijaA ×= , B là ma trận vuông không suy biến cấp n thì ( ) rankB.Arank = . Cònnếu nnijaA

×= , B là ma trận vuông không suy biến cấp n thì ( ) ( ) rankA.BrankB.Arank == .

9.6 Nếu A và B là các ma trận vuông cấp n có A.BB.A = thì:a/ 222 BB.A2A)BA( ++=+ ; b/ 22 BA)BA)(BA( −=−+ ;

c/ 32233 BB.A3B.A3A)BA( +++=+9.7 Chứng minh rằng: Nếu ma trận vuông A có Ο=2A thì các ma trận

EAvµEA −+ là những ma trận không suy biến.9.8 Định thức cấp n sẽ thay đổi thế nào nếu:

a/ Đổi dấu tất cả các phần tử của nó. b/ Viết các cột (hay các dòng của nó) theo thứ tự ngược lại.9.9 Cho A là ma trận vuông cấp n và nếu )kAdet(Adet = . Hãy tính k.9.12 Chứng minh rằng: Nếu 2Adet = thì các phần tử của ma trận nghịch đảo

không thể gồm toàn các số nguyên.

9.16 Cho các ma trận

−=

−=

−−=

829407

C;41

2054

B;3213

21A

Hãy tính a/ B2A3 − ; b/ C2B4A5 −−

9.17 Cho −=

−

−= 52 13B;3147 25A Tìm CAA − và CBB − .

9.18 Cho

−=

−=

211234

B;1315

31A . Tìm X biết a/ ;BX3A2 =− b/ Ο=− X

32A3 ;

9.19 Tính: a/ A4 với

= 00

10A ; b/ B3 với

−= acosasin

asinacosB

9.20 Chứng minh rằng: ma trận

= dc

baX thoả mãn phương trình:

1




Ο=−++− E)bcad(X)da(X2 , trong đó

= 10

01E ;

=Ο 00

00

9.21 Chứng minh rằng: không tồn tại các ma trận vuông cùng cấp A và B sao choEBAAB =− , trong đó E là ma trận đơn vị cùng cấp với A và B.

9.22 Cho E3X4X)X(f TÝnh.

32

01X 2 +−=

= , trong đó

=

10

01E .

9.23 Cho EX5X3X)X(f vµ4312B;32

21A 23 +−+=

=

−= . Tính f(AB).

9.24 Chứng minh rằng: ma trận

=

300010001

X là nghiệm của đa thức

E9X9XX)X(f 23 +−−= .

9.25 Tìm (f(A))2 nếu

−−=301210

021A và EX)X(f += .

Giải các phương trình sau:

9.26 03x4x32det =

+−

; 9.27

−=

23/31

13/2detx3121x132

det .

9.28 0003x0x48

2x126det =

−−

−−.

9.29 Cho a1, a2, …, an–1 là các hằng số tuỳ ý cho trước, khác nhau và khác 0. Giả phương trình:

0

a...aaa...............

a...aaaa...aaax...xxx

det

n31n

21n1n

n2

32

222

n1

31

211

n32

=

−−−

9.30 Tính các định thức sau: a/

222

222

222

222

222

)3()2()1(1 )3()2()1(1

)3()2()1(1)3()2()1(1)3()2()1(1

D

+η+η+ηη +γ +γ +γ γ

+δ+δ+δδ+β+β+ββ+α+α+αα

=

b/a x x x

D x b x xx x c x

+= +

+

9.31 Giải phương trình:

1 1 1 . . . 11 1 x 1 . . . 1

01 1 2 x . . . 1. . . . . . . . . . . . . . .1 1 1 . . . (n 1) x

−=−

− −

2




Sử dụng tính các chất của định thức, tính các định thức từ bài 32 đến bài 36 :

9.32 22712722271273D =

9.33 a/556275363

22265373461

D = ; b/

0x...xx1x0...xx1........ xx...0x1

xx...x0111...110

Dn =

9.34 a/

5412384412912673

D = ; b/

x0...00a

1x...00a.............

00...x0a00...1xa00...01a

D

n

1n

2

1

0

1n

−

−−

=

−

+

9.35

2 3 4 53 4 5 6D 4 6 8 102 3 7 8

= ;

9.36 a/

n...nnnn

........n...4444n...4333n...4322n...4321

Dn = ; b/ 5

1 2 2 2 22 2 2 2 2

D 2 2 3 2 22 2 2 4 22 2 2 2 5

= ;

c/

n...2222........2...42222...23222...22222...2221

Dn = .

9.37 Cho ma trận A cấp 1010× có dạng:

10

0 1 0 0 00 0 1 0 0

0 0 0 0 0A

0 0 0 0 110 0 0 0 0−

=

, các phần tử

dạng 9,1k1a;10a 1k,k10

1,10 =∀== +− ; E là ma trận đơn vị cấp 10. Chứng minh rằng

1010 10)EAdet( −− −λ=λ− .9.38 a/ Dùng công thức khai triển định thức, tính các định thức sau:

3




a/

0032000351001202230011213

D −

−

= ; b/

2100001090000861600151200305043200021

D

−

=

9.39 Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận

−=231121315

A

9.40 Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận:

a/

−−−=

43311241

21520121

A ; b/

=

1000011000111001111011111

B ; c/

−−

−=

221142

213C ;

9.41 Giải phương trình ma trận: a/ BAX =

Với

−

−=

−=

0122

63B;

231121312

A

b/ CBAX =+ với

=

−−−−

=

−−=

211113362

C;930433

1549B;

102111

213A .

c/ BAX = với

=

1...000 .......

1...1001...1101...111

A ;

−−

=

1...000 .........

2n...1001n...210

n...321

B

9.42 Với giá trị nào của λ thì các ma trận sau có ma trận nghịch đảo:

a/1 2 2

A 3 02 1 1

− = λ

; b/

2 0A 2 1

0 1

λ = λ λ

; c/

λλ−

−−=

3113

451A ; d/

−λλ

λ=

2312

12A .

9.43 Dùng phương pháp định thức bao quanh, tìm hạng của ma trận:

a/

1 2 3 41 3 0 1

A 2 4 1 81 7 6 90 10 1 10

−

=

;

1 1 2 3 10 2 1 2 2

0 0 3 3 3B 0 0 0 4 01 3 6 12 21 3 3 5 1

−

− = −

9.44 Dùng các phép biến đổi sơ cấp, tìm hạng của ma trận:

1 2 1 1 12 1 1 2 4A1 3 2 1 13 3 2 3 1

− − − − = − − −

;

1 4 5 3 11 2 1 1 0

B 3 1 2 2 10 3 3 3 32 1 1 3 2

− − − −

= − − − − −

4




9.45 Chứng minh rằng một ma trận có hạng bằng r bao giờ cũng viết được thànhtổng của r ma trận có hạng bằng 1.

9.46 Cho hai ma trận cùng cấp A và B, chứng minh rằng rank(A B) rankA rankB+ ≤ +.

9.47 Xét sự phụ thuộc tuyến tính của hệ véc tơ

a/ { }1 2 3 4A ( 1,0, 3,1); A (1, 2,1,3); A (2,1,1, 1); A (4, 3,3,5)= − − = − = − = − b/ { }1 2 3 4B ( 1,0, 3,2); B (1, 2,1,0); B (2,0,1, 1); B (2, 3,3,1)= − − = − = − = −

9.48 a/ Cho hệ véc tơ { }1 2 3A (2,3,5); A (3,7,8); A (1, 6, ); X (1,3,5)= = = − λ = .

Tìm giá trị của λ để véc tơ X biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ { }321 A,A,A b/ Cho hệ véc tơ

{ }1 2 3A ( 6,7,3, 2);A (1,3,2,7);A ( 4,18,10,3);X (1,8,5, )= − − = = − = λ

Tìm giá trị của λ để véc tơ X biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ { }321 A,A,A .c/ Cho hệ véc tơ { }1 2 3A (1, 1,a); A (3,2,2); A (4,3,1);C (2,1,3)= − = = = .

Tìm giá trị của a để véc tơ C biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ { }321 A,A,A .d/ Cho hệ véc tơ { }1 2 3A (4,5,3, 1);A (1, 7,2, 3);A ( 4,1, 1,3);C ( 2,8,a,4)= − = − − = − − = −

Tìm giá trị của a để véc tơ C biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ { }321 A,A,A .9.49 Tìm hạng và một cơ sở của hệ véc tơ sau, biểu diễn các véc tơ còn lại theo cơ sở đó:a/ { }1 2 3 4A (1,2, 1,3);A (0,3, 3,7);A (7,5,2,0);A (2,1,1, 1)= − = − = = −

b/ { 1 2 3 4A (2,1,1,3,5); A (1,2,1,1,3); A (7,1,6,0,4); A (3,4,4,1,2);= = = =

}5A (3,1,3,2,1)=

9.50 Cho { }1 2 mA ,A , ,AK là hệ m véc tơ n chiều độc lập tuyến tính. Nếu mỗi véctơ của hệ đều bổ sung thêm thành phần thứ n 1+ thì hệ m véc tơ n 1+ chiều mới làđộc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính?

9.51 Cho { }1 2 mA ,A , ,AK là hệ m véc tơ n chiều phụ thuộc tuyến tính. Nếu mỗi véc tơcủa hệ đều bớt đi thành phần thứ n thì hệ m véc tơ n 1+ chiều mới là độc lập tuyến tínhhay phụ thuộc tuyến tính?

Giải

9.2: Chứng minh:n

kj ij j 1

a A=∑ chính là công thức khai triển theo dòng i của định thức:

11 12 1n21 22 2n

k1 k2 kn

k1 k2 kn

n1 n2 nn

a a . . . aa a . . . a. . . . . . . . . . . .a a . . . a. . . . . . . . . . . .a a . . . a. . . . . . . . . . . .a a . . . a

(*1)

.

dòng i

dòng k

5




trong đó 2≥n . Mà định thức (*1) có hai dòng giống nhau nên định thức bằng không ⇒n

kj ij j 1

a A 0=

=∑

9.3 Điều kiện cần: Cho nnijaA×

= có 0≠Adet , ta cần chứng minh hệ véc tơ dòng(hoặc cột) của ma trận là độc lập tuyến tính. Giả sử ngược lại hệ véc tơ dòng (hoặc cột

của ma trận là phụ thuộc tuyến tính, theo hệ quả 9.3.5 thì 0Adet = , mâu thuẫn với giảthiết. Mâu thuẫn đó chứng tỏ hệ véc tơ dòng (hoặc cột) của ma trận là độc lập tuyến tính. – Điều kiện đủ: Giả sử hệ n véc tơ dòng (hoặc cột) của ma trận là độc lập tuyến tính, theo

định nghĩa của hạng của hệ véc tơ thì ( ) nA,...,A,Arank n21 = , theo định lý 9.5.1 thnrankA= , theo định nghĩa hạng của ma trận thì 0≠Adet . □

9.5 Do B là ma trận không suy biến nên tồn tại 1B− . Xét ma trận ghép ( )1BA −

nhân vào bên trái của ma trận này với B, ta được ( ) ( ) ( )EA.BB.BA.BBA.B 11 == −− . Đó

chính là phép khử toàn phần thực hiện trên ma trận 1B− ⇒nó là các phép biến đổi sơcấp thực hiện trên ma trận A để được B.A ⇒ ( ) rankA.Brank = .

Để chứng minh ( ) rankB.Arank = , ta lấy chuyển vị B′ , ( ) mn ji

1

aAvµ)B( ×−

=′′ . Xét matrận ghép ( ))B(A 1 ′′ − , nhân vào bên trái của ma trận này với B′ , ta được

( ) ( ) ( )E)AB()B.(BAB)B(A.B 11 ′=′′′′=′′′ −− (vì E)B.B()B.(B 11 =′=′′ −− ). Như vậy từ ma trận A

nhờ các phép chuyển vị và các phép biến đổi sơ cấp, ta đã thu được ma trận A.B ⇒( ) rankB.Arank = □

9.7 Ta có ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]det A E A E det A E det A E+ − = + ⋅ − (*1)

Vì AE EA= nên ( ) ( )[ ] ( )2 2det A E A E det A E+ − = − , do 2A = Ο nên

( ) ( )2 2 2 ndet A E det E ( 1) 0− = − = − ≠ ⇒ ( )det A E 0+ ≠ và ( )det A E 0− ≠ ⇒ các ma

trận A E+ và A E− là những ma trận không suy biến.9.8 a/ Việc đổi dấu tất cả các phần tử của định thức cấp n đồng nghĩa với việc đổi

dấu tất cả n dòng của định thức. Ta đã biết việc đổi dấu các phần tử trên một dòng củađịnh thức làm cho định thức đổi dấu. Vì vậy việc đổi dấu tất cả các phần tử của địnhthức cấp n làm cho định thức được nhân với n( 1)− .

b/ Đối với định thức cấp chẵn ( n 2k= ) thì việc viết các dòng (hay các cột của nó)theo thứ tự ngược lại đồng nghĩa với việc đổi chỗ k cặp dòng: dòng 1 và dòng 2k chonhau; dòng 2 và dòng 2k 1− cho nhau; … dòng k và dòng k 1+ . Ta cũng đã biết: khđổi chỗ 2 dòng nào đó cho nhau thì định thức đổi dấu. Do đó khi viết các dòng củađịnh thức cấp 2k theo thứ tự ngược lại, định thức được nhân với k( 1)− . Chẳng hạnkhi làm như vậy đối với định thức cấp 2 thì định thức đổi dấu, còn với định thức cấp 4thì định thức không đổi dấu.

Đối với định thức cấp lẻ ( n 2k 1= + ) thì việc viết các dòng (hay các cột của nótheo thứ tự ngược lại đồng nghĩa với việc đổi chỗ k cặp dòng: dòng 1 và dòng 2k 1+cho nhau; dòng 2 và dòng 2k cho nhau; … dòng k và dòng k 2+ . Do đó khi viết cácdòng của định thức cấp 2k 1+ theo thứ tự ngược lại, định thức cũng được nhân vớ

k( 1)− . Chẳng hạn khi làm như vậy đối với định thức cấp 3 thì định thức đổi dấu, cònvới định thức cấp 5 thì định thức không đổi dấu.

6




Như vậy khi viết các dòng (hay các cột) của định thức theo thứ tự ngược lại thì cácđịnh thức cấp 4k và 4k 1+ không thay đổi, các định thức cấp 4k 1 vµ 4k 2− − sẽ đổdấu (k nguyên dương).

9.9 Vì ndet(kA) k detA= nên nk detA detA= . Nếu detA 0= thì det(kA) detA=đúng với mọi k. Còn nếu detA 0≠ thì nk 1= ⇒ k 1= nếu n lẻ; k 1= ± nếu n chẵn.

9.10 Chứng minh rằng: Nếu 1AA −= thì ,3,2,1,0nAA;EA 1n2n2 =∀== +

Từ giả thiết 1AA −= ⇒ 2 1A A A E−= = ⇒ 2n nA E E= = n∀ nguyên dương ⇒2n 1A A+ = n∀ nguyên dương. □

9.11 Chứng minh rằng: Nếu A, B là các ma trận vuông cùng cấp thoả mãnBAAB = và 0Adet ≠ thì 11 BABA −− = .

1 1 1 1 1 1A B A BAA A ABA BA− − − − − −= = = . □

9.12 Chứng minh rằng: Nếu 2Adet = thì các phần tử của ma trận nghịch đảokhông thể gồm toàn các số nguyên. Do detA 2 0= ≠ ⇒ tồn tại ma trận nghịch đảo 1A− ⇒ 1A.A E− = ⇒

1 1(detA).(detA ) det(A.A ) detE 1− −= = = vì 2Adet = ⇒ 1 1detA2

− = ⇒ 1A− không thể

toàn các số nguyên.9.21 Chứng minh rằng: không tồn tại các ma trận vuông cùng cấp A và B sao cho

EBAAB =− , trong đó E là ma trận đơn vị cùng cấp với A và B.Từ sự tồn tại của các ma trận AB và BA kéo theo A và B là các ma trận vuông cùng cấp.

Giả sử ( ) ( ) ( ) ( )ij ij ij ijn n n n n n n nA a ; B b ; AB c ; BA d

× × × ×= = = = . Gọi AB BAV − là tổng các

phần tử trên đường chéo chính của ma trận AB BA− ⇒ n

AB BA ii ii

1

V (c d )− = − =∑n n n

ik ki ik kii 1 k 1 k 1

a b b a= = =

= − =

∑ ∑ ∑n n n n

ik ki ki iki 1 k 1 k 1 i

a b a b 0= = =

− =∑∑ ∑∑ . Trong khi đó tổng các phần

tử trên đường chéo chính của ma trận đơn vị E là EV n= . Vậy không tồn tại các matrận vuông cùng cấp A và B sao cho EBAAB =− .

9.29 Phương trình

2 3 n

2 3 n1 1 1 1

2 3 n2 2 2 2

2 3 nn 1 n 1 n 1 n 1

x x x . . . xa a a . . . a

det 0a a a . . . a. . . . . . . . . . . . . . .

a a a . . . a− − − −

=

(với điều kiện a1, a2, …, an–

là các hằng số khác nhau và khác 0) là phương trình bậc n nên nó có tối đa là nnghiệm. Dễ dàng thấy 1 2 1 3 2 n n 1x 0, x a , x a , , x a −= = = =K là n nghiệm khác nhau của

phương trình, vì vậy nó chỉ có các nghiệm ấy mà thôi □

9.30 a/

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

1 ( 1) ( 2) ( 3)1 ( 1) ( 2) ( 3)

D 1 ( 1) ( 2) ( 3)1 ( 1) ( 2) ( 3)1 ( 1) ( 2) ( 3)

α α + α + α +β β + β + β +

= =δ δ + δ + δ +γ γ + γ + γ +η η + η + η +

7




2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

(2)

1 2 1 ( 2) ( 3)1 2 1 ( 2) ( 3)1 2 1 ( 2) ( 3)1 2 1 ( 2) ( 3)1 2 1 ( 2) ( 3)

α α + α + α + α +β β + β + β + β +

= δ δ + δ + δ + δ +γ γ + γ + γ + γ +η η + η + η + η +1 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 43

=

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

(3)

1 ( 2) ( 3)1 ( 2) ( 3)1 ( 2) ( 3)1 ( 2) ( 3)1 ( 2) ( 3)

α α α + α +β β β + β +δ δ δ + δ +γ γ γ + γ +η η η + η +1 4 4 4 44 2 4 4 4 4 43

vì định thức (2

có được từ định thức (3) bằng cách cộng vào cột 3 một tổ hợp tuyến tính của 2 cột đầu.

⇒

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

(5)

1 ( 2) ( 3) 1 4 4 ( 3)1 ( 2) ( 3) 1 4 4 ( 3)

D 01 ( 2) ( 3) 1 4 4 ( 3)1 ( 2) ( 3) 1 4 4 ( 3)1 ( 2) ( 3) 1 4 4 ( 3)

α α α + α + α α α + α + α +β β β + β + β β β + β + β +

= = =δ δ δ + δ + δ δ δ + δ + δ +γ γ γ + γ + γ γ γ + γ + γ +η η η + η + η η η + η + η +1 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 43

Vì định

thức (5) có cột 4 bằng tổ hợp tuyến tính của 3 cột đầu.

b/ Nếu abcx 0≠ :

a x x x

D x b x xx x c x

+

= + +

1 x x 1 x x

a 0 b x x x 1 b x x0 x c x 1 x c x= + + + =+ +

21 0 x 1 1 x 1 0 x 1 1 x

ab 0 1 x ax 0 1 x xb1 1 x x 1 1 x0 0 c x 0 1 c x 1 0 c x 1 1 c x

= + + ++ + + +

. Vì định thức cuố

cùng có hai cột giống nhau nên nó bằng 0. Định thức đầu tiên là định thức của ma trận

tam giác nên1 0 x

ab 0 1 x ab(c x) abc abx0 0 c x

= + = ++

. Lại tách hai định thức giữa theo

cột cuối, mỗi định thức thành hai định thức, ta được:2 2

1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 0 1D abc abx acx 0 1 0 ax 0 1 1 xbc1 1 0 x b1 1 1

0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1= + + + + + , ở đây lại thấy

1 1 10 1 1 00 1 1

= ;1 0 11 1 1 01 0 1

= (có hai cột giống nhau);1 1 00 1 0 10 1 1

= ;1 0 01 1 0 11 0 1

= ⇒

D abc abx acx xbc= + + +

Nếu chẳng hạn a 0= thì1 0 x

D xb1 1 x bcx

1 0 c x

= =

+.

Nếu x 0= thìa 0 0

D 0 b 0 abc0 0 c

= = . (Đáp số trong sách sai)

9.31 Phương trình:

1 1 1 . . . 11 1 x 1 . . . 1

01 1 2 x . . . 1. . . . . . . . . . . . . . .1 1 1 . . . (n 1) x

−=−

− −

là phương trình bậc n 1−

nên nó có không quá n 1−

nghiệm khác nhau. Nhưng dễ thấy phương trình có n 1− 8




nghiệm khác nhau là 1 2 n 1x 0; x 1; . . . ; x n 2−= = = − ⇒phương trình chỉ có các nghiệmđó mà thôi (Đáp số trong sách bài tập thiếu nghiệm – không điểm) □

9.33 a/556275363

22265373461

D =98 98 982 2 2 0

363 275 556= = (Định thức có hai dòng tỷ lệ vớ

nhau thì định thức bằng 0.

9.33 b/ n

0 1 1 .. . 1 11 0 x .. . x x1 x 0 ... x xD . . . . . . . . . . . . .1 x x .. . 0 x1 x x ... x 0

= Lấy dòng 1 nhân với –x để cộng vào cácdòng từ thứ hai trở đi, ta được:

.

n

0 1 1 . . . 1 11 x 0 . . . 0 01 0 x . . . 0 0D

... ... ... ... ... .. .1 0 0 . . . x 01 0 0 . . . 0 x

−−=

−−

Khai triển định thức theo dòng n, ta được:

n 1n

1 1 . . . 1 1 0 1 1 . . . 1x 0 . . . 0 0 1 x 0 . . . 0

D ( 1) . x.0 x . . . 0 0 1 0 x . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 . . . x 0 1 0 0 . . . x

+− −

= − −− −

− −

(*1)

Khai triển định thứ nhất theo cột n 1− (là định thức cấp n 1− ), ta được

n 2

1 1 . . . 1 1

x 0 . . . 0 0D x0 x . . . 0 0.. . ... ... ... ...0 0 . . . x 0

−−′ = =−

−

;

Định thức thứ hai

0 1 1 . . . 11 x 0 . . . 01 0 x . . . 0

.. . ... .. . .. . ...1 0 0 . . . x

−−

−

chính là n 1D − . Thay vào (*1), ta được công thức:

n 1 n 2n n 1D ( 1) x x.D n− −

−= − − ∀ nguyên dương (*2)

Ta có 30 1 1D 1 x 0 2x1 0 x

= − =−

⇒ 3 2 24D ( 1) .x x.2x 3x= − − = − ⇒ Ta chứng minh

được: n 1 n 2nD ( 1) .(n 1)x n− −= − − ∀ nguyên dương (*3) hiển nhiên công thức đã

đúng với n 3= . Giả sử (*3) đã đúng với n, ta chứng minh (*3) cũng đúng với n 1+ .Theo (*2) thì n n 1

n 1 nD ( 1) x x.D−+ = − − theo (*3) thì

n n 1 n 1 n 2n 1D ( 1) x x.( 1) (n 1).x− − −

+ = − − − − = n n 1( 1) x (1 n 1)−− + − = n n 1( 1) .n.x −− , tức là (*3

cũng đúng với n 1+ □

9.34 a/

Định thức có cột một và cột 4 tỷ lệ với nhau thì định thức bằng 0. 9




9.34 b/

x0...00a

1x...00a.............

00...x0a00...1xa00...01a

D

n

1n

2

1

0

1n

−

−−

=

−

+ khai triển theo dòng n 1+ , ta được:

0

1n 2 n 2 nn 1 n n n2

n 1

a 1 0 . . . 01 0 . .. 0 0a x 1 . . . 0x 1 .. . 0 0

D ( 1) .a . x. ( 1) .a .( 1) x.D0 x . . . 0 0 a 0 x . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . .. . .0 0 . . . x 1 a 0 0 . . . x

+ ++

−

−−−−

= − + = − − +

−

=

n na x.D+ n∀ nguyên dương (*1).

Ta có:0

21 0 2 0 1 3 1 0 1 2

2

a 1 0D a ; D a x a ; D a x 1 a x a x a

a 0 x

−= = + = − = + + ⇒dự đoán:

nn n 1 n i

n 1 0 1 n 1 n ii 0

D a x ax a x a ax n− −+ −

== + + + + = ∀∑L nguyên dương (*2). Hiển nhiên

(*2) đã đúng với n 2= . Giả sử (*2) đã đúng với n nguyên dương tuỳ ý, theo (*1) thì

n 2 n 1 n 1D a x.D+ + += + , theo (*2) thìn

n in 2 n 1 i

i 0D a x. ax −

+ +=

= + ∑ =

n 1 n 20 1 n 1 n n 1a x a x a x a x a+

− += + + + + +L =n 1

n 1 ii

i 0ax

++ −

=∑ , tức là (*2) đúng với n n 1′ = +

□

9.35 2 3 4 53 4 5 6D 04 6 8 102 3 7 8

= = , (dòng 3 và dòng 1 tỷ lệ với nhau).

9.36 a/ * Cách 1:

n...nnnn........n...4444n...4333n...4322n...4321

Dn = Lấy dòng 1 trừ dòng 2, ta được:

n

1 0 0 0 . . . 02 2 3 4 . . . n3 3 3 4 . . . nD 4 4 4 4 . . . n. . . . . . . .n n n n . . . n

−

= , lấy dòng 2 trừ dòng 3, ta được tiếp:

10




n

1 0 0 0 . . . 01 1 0 0 . . . 0

3 3 3 4 . . . nD 4 4 4 4 . . . n. . . . . . . .n n n n . . . n

−− −

= . Cứ như vậy, ở bước k thì lấy dòng k trừ dòng k 1+ , sau

bước thứ n 1− ta được: n

1 0 0 . . . 0 01 1 0 . . . 0 01 1 1 . . . 0 0D . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 1 1 . . . 1 0n n n . . . n n

−− −− − −=− − − −

= n 1( 1) n−− .

Cách 2: n

1 2 3 . . . n 1 n2 2 3 . . . n 1 n3 3 3 . . . n 1 nD . . . . . . . . . . . . . . . .

n 1 n 1 n 1 . . . n 1 nn n n . . . n 1 n

−−−=

− − − −−

Lấy dòng các dòng từ dòng 2 trở đ

trừ dòng 1, ta được n

1 2 3 . . . n 1 n1 0 0 . . . 0 02 1 0 . . . 0 0D . . . . . . . . . . . . . . . .

n 2 n 3 n 4 . . . 0 0n 1 n 2 n 3 . . . 1 0

−

=− − −− − −

khai triển theo cột n, ta

được:

n 1 n 1

n

1 0 0 . . . 02 1 0 . . . 0

D ( 1) n ( 1) n. . . . . . . . . . . . . . . .n 2 n 3 n 4 . . . 0n 1 n 2 n 3 . . . 1

+ +

= − ⋅ ⋅ = −− − −− − −

9.36 c/ Tính:

n2...22221n...222..............

22...32222...22)2(22...221

Dn

−

= lấy dòng 2 nhân với 21− rồi cộng vào

dòng 1; lấy dòng 2 nhân với –1 rồi cộng vào các dòng từ dòng 3 trở xuống, ta được

2n0...00003n...000

...............00...10022...22211...110

Dn

−−

= . Khai triển theo cột 1, ta được tiếp:

11




2n0...00003n...000

...............00...20000...01011...111

.2Dn

−−

−= = )!2n.(2Dn −−= □

Theo đó thì phần b bài 9.36 chính là 5D 2.(5 2)! 12= − − = − .9.37 Tổng quát, ta tính định thức cấp n mà các phần tử có dạng

ii i,i 1 n1a 0 i 1,n; a 0 i 1,n 1; a 0+≠ ∀ = ≠ ∀ = − ≠ , còn lại đều bằng 0:

11 12

22 23

33

n 1,n 1 n 1,n

n1 nn

a a 0 . . . 0 00 a a . . . 0 00 0 a . . . 0 0D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . a a

a 0 0 . . . 0 a− − −

=

, khai triển định thức theo cột 1, ta được:

22 23 12

33 22 23n 13311 n1

n 1,n 1 n 1,n

n 1,n 1 n 1,nnn

a a . . . 0 0 a 0 . . . 0 00 a . . . 0 0 a a . . . 0 0

.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 a . . . 0 0D a ( 1) a0 0 . . . a a . . . . . . .. . . . .. . . . . .. .

0 0 . . . a a0 0 . . . 0 a

+

− − −

− − −

= + − =

n 111 22 nn 12 23 n 1,n n1a a a ( 1) a a a a+

−= + −L L .

9.40 Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận:

c/

=1000011000 11100

1111011111

B ⇒ 1

1 1 0 0 00 1 1 0 0

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

−

− −

= − −

Tổng quát:1

1 1 1 . . . 1 1 1 1 0 . . . 0 00 1 1 . . . 1 1 0 1 1 . . . 0 00 0 1 . . . 1 1 0 0 1 . . . 0 0B B. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . 1 1 0 0 0 . . . 1 10 0 0 . . . 0 1 0 0 0 . . . 0 1

−

− −

= ⇒ = −

Từ đây suy ra bài 9.41.c: BX C= với

1 2 3 . . . n 1 n

0 1 2 . . . n 2 n 10 0 1 . . . n 3 n 2C . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . 1 20 0 0 . . . 0 1

−

− − − − =

⇒

1X B C−= =

1 1 0 . . . 0 0 1 2 3 . . . n 1 n0 1 1 . . . 0 0 0 1 2 . . . n 2 n 10 0 1 . . . 0 0 0 0 1 . . . n 3 n 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . 1 1 0 0 0 . . . 1 20 0 0 . . . 0 1 0 0 0 . . . 0 1

− − − − −

− − × −

=

12




=

1 1 1 . . . 1 10 1 1 . . . 1 10 0 1 . . . 1 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . 1 10 0 0 . . . 0 1

=B.

Như vậy ta có đẳng thức 2B C=

9.42 a/ Ma trận1 2 2

A 3 02 1 1

− = λ

có ma trận nghịch đảo ⇔ detA 0 4 9 0≠ ⇔ λ − ≠

⇔ 94

λ ≠ .

b/2 0

A 2 10 1

λ = λ λ

⇒ 3detA 5 0 0; 5= λ − λ ≠ ⇔ λ ≠ λ ≠ ±

c/

λλ− −−=31

13 451A ⇒ 2detA 17 38 0 2; 19= −λ − λ + ≠ ⇔ λ ≠ λ ≠ − ;

d/

−λλ

λ=

2312

12A ⇒ 3 1 21detA 6 5 0 1;

2±= −λ + λ + ≠ ⇔ λ ≠ − λ ≠

9.45 Nhận xét: “Ta dễ thấy một ma trận (khác ma trận không ) mà tất cả các cột củanó tỷ lệ với nhau (tức là chỉ khác nhau bởi một hằng số nhân) đều có hạng là 1”

Giả sử 1 2 nA (A ,A , ,A )= K là ma trận mà jA là cột thứ j của ma trận A ( j 1,n= )

Do { }1 2 nrankA rank A ,A , ,A r= =K ⇒ tồn tại hệ r véc tơ độc lập tuyến tính cực đạcủa hệ véc tơ { }1 2 nA ,A , ,AK (r n≤ ). Không mất tính tổng quát, có thể giả thiết hệ

đó là r véc tơ đầu tiên: { }1 2 rA ,A , ,AK ⇒ r

k jk j j 1

A z A k r 1,n=

= ∀ = +∑ ⇒

r r r

1 2 r j,r 1 j j,r 2 j j,n j j 1 j 1 j 1

A A ,A , ,A , z A , z A , z A+ += = =

= =

∑ ∑ ∑K K

{1 1,r 1 1 1,r 2 1 1n 1

cét nr cét ®Çu cét r+1 cét r+2

ma trËn1

A , , , ,z A , z A , ,z A+ +

= Ο Ο +

K K 1 4 2 4 31 2 3 1 2 31 4 4 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 4 4 3

{2 2,r 1 2 2,r 2 2 2n 2


ma trËn2

,A , , , ,z A , z A , ,z A+ +

+ Ο Ο Ο + +

K K L1 442 4 43 1 2 3 14 2 43

1 4 4 4 4 4 4 4 42 4 4 4 4 4 4 4 43

13




{r r,r 1 r r,r 2 r rn r


ma trËnr

, , , ,A , z A , z A , ,z A+ +

+ Ο Ο Ο

K K 1 442 4 43 1 2 3 1 2 31 4 4 4 4 4 4 442 4 4 4 4 4 4 4 43

. Theo nhận xét: mỗi ma trận trong số

tổng của r ma trận trên đều có hạng là 1, đó là điều phải chứng minh.

9.46 Giả sử 1 2 nA ,A , ,AK là các cột ma trận A; 1 2 nB ,B , ,BK là các cột của matrận B. Giả sử { }1 2 nrankA r rank A ,A , ,A r= ⇒ =K ⇒tồn tại hệ con r véc tơ độc lập

tuyến tính cực đại của hệ { }1 2 nA ,A , ,AK . Không làm mất tính tổng quát, có thể giả

thiết r véc tơ đó là hệ r véc tơ đầu tiên của hệ: { }1 2 rA ,A , ,A (r n)≤K ⇒r

k jk j j 1

A z A k 1,n=

= ∀ =∑ . Cũng vậy, rankB s= ⇒ { }1 2 nrank B ,B , ,B s=K ⇒ có hệ

véc tơ độc lập tuyến tính cực đại của { }1 2 nB ,B , ,BK là { }1 2 sB ,B , ,B (s n)≤K ⇒s

k jk j j 1B z B k 1,n== ∀ =∑ ⇒ k kA B+ biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ

{ }1 2 r 1 2 sA ,A , ,A ,B ,B , ,BK K k 1,n∀ = ⇒ { }1 2 n 1 2 nrank A ,A , ,A ,B ,B , ,B ≤K K

r s rankA rankB≤ + = + ⇒ rank(A B) rankA rankB+ ≤ + .9.47 Ta biết rằng: “Nếu hạng của một hệ véc tơ bằng số véc tơ của hệ thì hệ véc tơ đó là

hệ véc tơ độc lập tuyến tính; còn nếu hạng của một hệ véc tơ ít hơn số véc tơ của hệ thì hệvéc tơ đó là hệ véc tơ phụ thuộc tuyến tính”. Vì vậy ta chỉ cần tính { }1 2 3 4rank A ,A ,A ,A .

b/ Gọi A là ma trận tạo bởi hệ véc tơ { }1 2 3 4A ,A ,A ,A , do hạng của một ma trận bằnghạng của hệ véc tơ dòng hay hệ véc tơ cột của ma trận đó nên ta tính hạng của ma trận:

1 2 3 4 11 1 1 3 1A 3 5 7 5 32 3 4 1 4

− − − − = − − − −

(1) 2 3 4 1 1 2 3 4 1 1 0 1 10 31 1 1 3 1 0 (1) 2 7 2 0 1 2 7 2A3 5 7 5 3 0 1 2 7 6 0 0 0 0 (4)2 3 4 1 4 0 1 2 7 6 0 0 0 0 4

− − − − − − − − − − = → → →− − − − − −

1 0 1 10 01 0 1 10 30 1 2 7 00 1 2 7 2

B0 0 0 0 10 0 0 0 (4)0 0 0 0 4 0 0 0 0 0

−− −−

→ → = { }1 2 3 4rank A ,A ,A ,A rankA rankB 3⇒ = = = , hạng của hệ véc tơ { }1 2 3 4A ,A ,A ,A í

hơn số véc tơ của hệ ⇒hệ véc tơ { }1 2 3 4A ,A ,A ,A là hệ véc tơ phụ thuộc tuyến tính.Cách giải như trong sách bài tập không được coi là cách giải mẫu mực, vì có phải a

cũng thấy được dòng A3 bằng tổng các dòng A1 và A4 đâu. Chẳng hạn, chỉ cần sửa

41a 1= là ta được hệ 4 véc tơ mới, làm sao thấy được cái gì ở hệ véc tơ này:

14




(1) 2 3 4 1 1 2 3 4 1 1 0 1 10 31 1 1 3 1 0 (1) 2 7 2 0 1 2 7 2C F3 5 7 5 3 0 1 2 7 6 0 0 0 0 (4)1 3 4 1 4 0 1 1 3 5 0 0 1 10 7

− − − − − − − − − − = → → =− − − − − − −

Xét định thức cấp 4 xếp theo trật tự: cột 1, cột 2, cột 3, cột 5; dòng 1, dòng 2, dòng 4,

dòng 3:

1 0 1 30 1 2 2D 4 00 0 1 70 0 0 4

−−= = − ≠− (định thức của ma trận tam giác bằng tích các phần

tử trên đường chéo chính) { }1 2 3 4rank A ,A ,A ,A rankC rankF 4⇒ = = = , hạng của hệ

véc tơ { }1 2 3 4A ,A ,A ,A bằng số véc tơ của hệ ⇒hệ véc tơ { }1 2 3 4A ,A ,A ,A là hệ véc tơđộc lập tuyến tính.

9.48 a/ Véc tơ X biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ { }321 A,A,A ⇔ tồn tại các

số thực thì { } { }1 2 3 1 2 3rank A ,A ,A rank A ,A ,A ,X= . Nhưng { }1 2 3rank A ,A ,A ,X =

2 3 1 1rank 3 7 6 3 35 8 5

= − = λ vì có định thức cấp 3: 2 3 13 7 3 11 0

5 8 5= ≠ ⇒

{ }1 2 3

2 3 1rank A ,A ,A rank 3 7 6 3

5 8

= − = λ

⇒ 2 3 13 7 6 0 5 5 0 15 8

− ≠ ⇔ λ − ≠ ⇔ λ ≠λ

.

Ngược lại, nếu 1λ ≠ thì hệ véc tơ { }321 A,A,A là hệ véc tơ độc lập tuyến tính cực đạ

của hệ véc tơ { }1 2 3A ,A ,A ,X ⇒ véc tơ X biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ{ }321 A,A,A .

b/ Xét ma trận A mà các cột của nó là 1 2 3A ,A ,A ,X và biến đổi:1 1 0 1 16/5 11/56 (1) 4 6 1 4

7 3 18 8 5 0 0 0 025 0 30A 3 2 10 5 3 1 0 6/5 1/5(15) 0 182 7 3 40 0 31 7 0 0 17 15

− − − − = → → → − λ λ − − λ −

16 530 1 085

0 0 0 06 731 0 0

85

150 0 1 17

λ −

→ λ −

− λ

⇒ { } { }1 2 3 1 2 3rank A ,A ,A rank A ,A ,A ,X 3= = ∀λ ⇒hệ véc

tơ { }321 A,A,A là hệ véc tơ độc lập tuyến tính cực đại của hệ véc tơ { }1 2 3A ,A ,A ,X

với mọi λ ⇒véc tơ X biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ { }321 A,A,A với mọλ .

9.49 a/ Xét ma trận A mà các cột của nó là 1 2 3 4A ,A ,A ,A và biến đổi:

15




1 0 3 1(1) 1 3 3 1 1 3 32 5 6 8 0 1 0 20 (7) 0 14A 1 5 3 9 0 6 0 12 0 0 0 0

3 4 9 5 0 7 0 14 0 0 0 0

− − = → →− − − − − − − −

⇒

{ }1 2 3 4rank A ,A ,A ,A 2= và hệ 2 véc tơ { }1 2A ,A là một cơ sở của hệ { }1 2 3 4A ,A ,A ,A .

3 1 4 1 2A 3A ; A A 2A= = + . b/ Xét ma trận X mà các cột của nó là 1 2 3 4X ,X ,X ,X và biến đổi:1 2 4 1(1) 2 4 1 1 0 18 17

3 1 3 5 0 7 15 8 0 0 64 64X 0 3 1 2 0 3 1 2 0 0 22 22

1 2 1 2 0 0 3 3 0 0 ( 3) 32 5 1 6 0 1 7 80 ( 1) 7 8

−

= → → →− − − − − − − − − − − − − − − −−

1 0 0 10 0 0 00 0 0 0

0 0 1 10 1 0 1

−

→

−

⇒ { }1 2 3 4rank X ,X ,X ,X rankX 3= = và hệ véc tơ { }1 2 3X ,X ,X là mộ

cơ sở của hệ véc tơ { }1 2 3 4X ,X ,X ,X , đồng thời 4 1 2 3X X X X= − − + .

9.50 Xét ma trận cấp m n× tạo bởi hệ véc tơ { }1 2 mA ,A , ,AK , do hệ này là hệ độc

lập tuyến tính nên nó có hạng là m ⇒ ma trận tương ứng có hạng là m nên nó có ínhất một định thức cấp m khác 0. Khi mỗi véc tơ của hệ đều bổ sung thêm thành phầnthứ n 1+ thì ma trận tương ứng tăng thêm cột thứ n 1+ , nó vẫn có ít nhất định thứccấp m khác 0, định thức này vẫn chính là định thức trên. Vì vậy ma trận mới vẫn cóhạng là m ⇒hệ m véc tơ mới vẫn có hạng là m ⇒hệ véc tơ mới vẫn độc lập tuyến tính.

9.51 Cách 1: Cho { }1 2 mA ,A , ,AK là hệ m véc tơ n chiều phụ thuộc tuyến tính. Nếumỗi véc tơ của hệ đều bớt đi thành phần thứ n thì hệ m véc tơ n 1− chiều mới là phụ thuộctuyến tính. Vì nếu hệ mới là độc lập tuyến tính thì theo bài 9.50, hệ cũ là độc lập tuyến tínhmâu thuẫn với giả thiết. Mâu thuẫn đó chứng tỏ hệ mới là phụ thuộc tuyến tính.

Cách 2: Hệ { }1 2 mA ,A , ,AK phụ thuộc tuyến tính ⇒ { }1 2 mrank A ,A , ,A m<K ⇒ma trận tương ứng có hạng nhỏ hơn m ⇒cấp của định thức con cấp cao nhất trong sốcác định thức con khác không vẫn nhỏ hơn m. Khi mỗi véc tơ của hệ đều bị bớt đthành phần thứ n thì ma trận tương ứng mất đi cột thứ n ⇒cấp của định thức con cấpcao nhất trong số các định thức con khác không không thể tăng lên được. Vì vậy matrận mới vẫn có hạng nhỏ hơn m ⇒hệ m véc tơ mới vẫn có hạng thấp hơn m ⇒hệ véctơ mới vẫn phụ thuộc tuyến tính.

16

Documents

docx_20111011_Bai_tap_matran_dinh_thuc (1)