Baitapdaisotuyentinh 2016

Trang 1

NGUYỄN THỊ LỆ HẢI - BÙI KHÁNH TRÌNH - NGUYỄN ĐẶNG TUYÊN qXHq ĐNO/1ML NÑ1A /1HL

Trang 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC XÂY DỰNG

TRỊNH THỊ MINH HẰNG - LÊ HUY HOÀNG

LUONG THI TUYET - NGUYEN BANG GIANG - NGUYEN HAI NAM

NGUYEN THI LE HAI - BUI KHANH TRINH - NGUYEN DANG TUYEN

BAI TAP

DAI SO TUYEN TINH

Tai liệu dành cho sinh uiên Trường Đại học Xây dựng uà sinh uiên các Trường Đại học, Cao đẳng kĩ thuật

THY conn TRUONG XAY ae”

Trang 3

Đại số tuyến tính là một mơn học bắt buộc của sinh viên năm thứ nhất của Trường Đại học Xây dựng Trong những năm gần đây, Bộ môn

Toán học của Trường đã phát hành cuốn sách Đại số tuyến tính do

các Thầy Nguyễn Ngọc Cừ, Nguyễn Văn Nghị, Trần Đình Trọng và Cô

Nguyễn Thị Thuần của Bộ mơn Tốn học biên soạn Năm 2016, nhóm

giảng viên chúng tôi cho ra đời cuốn sách Bài tập đại số tuyến tính vì

một số lí do cấp thiết như sau:

Thứ nhất, Đại số tuyến tinh là một mơn học mang tính lơ gic và trừu

tượng

Thứ hai, hiện tại chưa có sách hướng dẫn giải bài tập đại số tuyến tính đi kèm với sách Đại số tuyến tính

Thứ ba, kết quả học tập môn đại số tuyến tính của sinh viên năm thứ nhất những năm gần đây là rất thấp Rất nhiều sinh viên học lại môn

học này

Nhằm cung cấp cho sinh viên một tài liệu tự học tốt nhất và bám sát

nội dung chương trình Đại số tuyến tính của Trường, chúng tơi đã biên soạn cuốn sách này với cấu trúc như sau:

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

Chương 2: Khơng gian tuyến tính Chương 3: Ánh xạ tuyến tính

Chương 4: Không gian Euclide

Trang 4

các bài tập tự luyện với nội dung tương ứng

Chúng tôi hy vọng rằng khi có cuốn sách này trong tay, sinh viên năm

thứ nhất sẽ cảm thấy tự tin hơn khi học mơn Đại số tuyến tính

Ghúng tôi xin chân thành các ơn các Thầy Cô trong bộ mơn Tốn học đã có những đóng góp quý báu cho cuốn sách này Nhóm tác giả xin cảm ơn TS Phạm Đức Thoan đã đọc và phản biện giúp cho cuốn sách được hoàn thiện hơn

Mặc dù đã có rất nhiều cơ gắng nhưng cuốn sách chắc chắn không thé tránh khỏi một số thiếu sót Chúng tơi rất mong nhận được các ý kiến

đóng góp, phê bình từ bạn đọc

Hà Nội, tháng 6/2016

Trang 5

Mục lục

1 Ma trận - Định thức - Hệ phương trình tuyến tinh 3 11 Bài tẠĐU CHHONE Ì.:.:: :: (bo c QC cóc on õ 3 111 Các phép toán trên ma trận 3 113 Dinh thức, , ‹ ‹ ec ee we 9 1.1.3 Ma trận nghịch đảo - Hạng của ma trận 16 1.1.4 Phương trình ma trận «- 24 115 Hệ phương trình tuyến tính - 27 1.2 Bài tập luyện tập Ặ SỐ Se 40

2 Không gian tuyến tính 45

2.1 Bai tap chiwong.2 ot 5 6 oe ee ốeố.ằố TK 45

2.1.1 Không gian tuyến tính - Khong giancon 45

2.1.2 Cơ sở của không gian tuyến tính - Tọa độ của véc tơ tROHE HIỘ CƠ BỖ lí c: (cố lỈ b6 8 là lỐ ho HS Hồ 6 54

2.1.3 Hạng của hệ véc tơ - Không gian sinh bởi hệ véc tơ 68

2.1.4 Không gian tổng - Không gian giao

2.2 Bài tập luyện tập 3_ Ánh xạ tuyến tính

31 Bài tập chương3

¬ 72

Vda eb phe 78

3.1.1 Anh xa tuyén tinh - Ma tran cita nh xa tuyén tinh = 85

Trang 6

2 MỤC LỤC

3.2 Baitapluyén tap 2.2 ee ee ee 135 4 Khong gian Euclide 141

4.1 Bài tập chương 4 Ặ 141

4.11 Tích vơ hướng - Cơ sở trực giao - Cơ sở trực chuẩn 141 4.1.2 Phép biến đổi trực giao - Phép biến đổi đối xứng 153

4.1.3 Dạng song tuyến tính - Dạng toàn phương 162

4.14 Đường bậc hai - Mặt bậchai 179

Trang 7

Ma trận - Định thức - Hệ phương trình tuyến tính 1.1 Bài tập chương 1

1.1.1 Các phép toán trên ma tran

Trong các bài toán dưới đây ta sẽ thực hành các phép toán trên rna trận,

chủ yếu là phép nhân Chú ú rằng phép nhân hai ma trận khơng có tính chất giao hoán

Bài 1.1.1 Thực hiện phép nhân các ma trận sau:

52 3 3) 4 ^ i 5(s 2 5) a (; :)

-4 —l 5j | gưángödLg 2) dirt hy og or 3

Cone —sind

©) n > 2

sin oy) neNn22

Giải a) Ta có

( 3 2 c đựng ew 3)

Trang 8

4 Ma trận - Định thức - Hệ phương trình tuyến tính b) Tương tự ta có (; 2 es ; Ất (; :) 2 1 -4 5 2.3 _ (7 18 1 4) (43° 82 TEV BIL OTG Keg reel Sago, GBI cos@ —sin@ sinØ cosØ phương pháp quy nạp An = (o n8 —sin oo c) Dat A = ( ): Ta sẽ chứng mỉnh đẳng thức sau bằng sinnØ — cosnØ

e Trước hết, ta có 42 = A.A = ( sin2@ me: 2: cos2

coskØ — sinkØ

sinkØ coskØ j' cos(k + 1)Ø —sin(k + 1)0 sink+1)0 cos(k+1)0 j'

Thật vậy, áp dụng giả thiết quy nạp và thực hiện phép nhân ma

trận ta có

APH = Ak Ae te —sin nộ lân Tả e Giả sử ta có đẳng thức A* = (

e Ta sé chttng minh A*+! = (

sinkØ coskØ sinØ cosØ _ (cos(R+1)Ø —sin(k + 1)0

~ (aa +1)0 cos(k + 1)0 ) P

cosn@ —sinn@é

a n= di +12)

Vey 4 (ey wang) vin EN n > 2

Bai 1.1.2 Tìm các ma trận vuông cấp hai thỏa mãn

a) A? =O, b) A? =J, c) A=A,

HN Hà ¿

Trang 9

Si as Se aie 7B “ba Giải a) Dặt A = ( 1): Whi do A (005 2+ be Ta có hệ phương trình a2+be=0 d+be=0 b(a+d)=0 c(a+d)=0

e Néua+d=0 thi b,c ty ý Khi d6 a = V—bc hoac a = — —be, (với be < 0) nén lan lugt d = —/—be hoac d= V—be

e Néua+d #0 thib=0,c=0 Tit dé suy ra a = 0,d = 0 (loại)

2 _ (v-bc b isfy be b as

Vay 4 = ( e Lực hoặc A = c be với be < 0 b) Tương tự câu a) ta có hệ phương trình

a?+be= 1 a?+be=1

đ2 + be = 1 2s (a—d)(a+d) =0 b(a+d) =0 b(a + đ) =0 c(a + d) =0 c(a+d) =0

e Néua+d = 0 thi b,c tiy ¥ Khi dé a = Y1—bc hoae a =

—VvI- be (vdi be < 1), tương ứng d = —/1—bc hoac d =

v1— be

e Nếu øa+ởđ #0 thì b= 0,c= 0 Khi đó ø = 1 hoặc a = —1, tương ứng d= 1 hoặc d = -1 Vậy 1 — AT € —=vl—bc uy với be < 1 —V1—be b ws ( ‘ Jinbe với bc < 1 e) Theo bài ra ta có hệ phương trình

a2+be=a a?+be=a

d®+be=d a-—d=(a-d)(a+d)

Red) bo: gi] ồn kd=ð

Trang 10

6 Ma trận - Định thúc - Hệ phương trình tuyến tính

e Nếu a+ d = 1 thì b,c tùy ý Từ điều kiện a2 + be = a, giải

1+Vvl-d)‹c , _

Warton hoặc

phương trình bậc hai ẩn ø, ta suy ra a = 1—Vv1-4ủc 1

&=——g——— VŨI bế, Nh À6 8< se

e Nếu a+đd #1 thì b=0,e=0 Vậy a = 0 hoặc a = 1, tương ứng

d =0 hoặc d = 1

Vay ta thu dude

O I 1+ V1 —4bc b = ee TT 2 đi be © 1 AZ 1— vĩ~ 4be 451 i 2 1— V1 — 4be b 1 2 đi be< È 1+ TT th | VI <1: f 2

„ _ (a+2b 3a+4b _ (ua+äc b+3d

9 Ta 06 AB= (0721 thd iattn(ae Oe NT

Từ đó ta được hệ phương trình

3e=a+2b

a+ỏðc=u+ 2b= 3e

b+ 3d = 3a + 4b 2b = 3c

TIENG TT cung aT ees 3a + 3e = 2d eb a

2b + 4d = 3c + 4d

a b Vay A= 2b win?

3

Bài 1.1.3 Cho A,B 1a hai ma trận vuông cùng cấp và giao hoán được

(AB = BA) Chứng minh rằng

a) (A+ B)? = A? + 2AB + B?,

b) A? - B2? =(A—B)(A+B),

Trang 11

Giải a) (A+ B)(A+ B) = A?+AB+ BA+ B? = A? +2AB 4 B? b) (A- B)(A+ B) = A? + AB- BA- B? = A?- B?

c) Ta sé chitng minh dang thitc (+) bing phugng pháp quy nap e Với ø = 1, đẳng thức hiển nhiên đúng

e Véi n = 2, ta cing c6 (A+ B)? = A? + 2AB + B}

e Giả sử dang thttc («) dting véi n =m, nghia 1a

m

(A+B)" =) cha" *Bt

k=0

= A™+C,,A™ |B + ChA™?B? + + OM-1AB™ 1 4 BM,

e Ta can chting minh (*) dang vdi n = m + 1 That vậy, ta có (A+ B)™! = (A+ B)™(A+ B)

= => ck Am-* Bk)(4 + B)

k=0

m m

= dick Am+1-k pk + > GẺiAm-kjpk+1 k=0 k=0

=0 Am+l of: 5 ck Amti- k Bk Hs Ÿ cực 1 Am+1~ k Bk + Gjnm1

mA m

k=1 k=l

m

= Cn A™ Š (GÀ +C1? l4 ®NTFBE+ 01 pneL

k=l

Mặt khác, CẺ, + C&-1 = C8, ta suy ra

m+1

(A + B) m+1 _ Hài eb) php k pk

k=0

Vậy (A+ B)" => CRA BE Oo

01 0

Bài 1.1.4 Cho ma trận A= |0 0-2] Kí hiệu 7 là ma trận đơn vị 00 0

Trang 12

8 Ma trận - Dịnh thức - Hệ phương trành tuyến tinh

0 0 +2 000

Giải Ta có 2= A.A= |0 0 0 |,A4?=4?A4=|0 0 0Ị

00 0 000

Suy ra A4” = Ó,Vn > 3 Do A.] = I.A= A nên ta có

7 7

(I+ A)’ = >> CFIT FAR = S CEAK = CPI + CEA + CPA’

k=0 k=0 Vay 17 49 (1+ A)’ =1+7A4+21A2={0 1 -14] 00 1 ) mn = (

b) Sử dụng các kết quả của câu a) hãy tính 4", n €Ñ,n > 3

ooo

1 0 0

oof Corr ero

0 1} 0

Bai 1.1.5 Cho ma tran A = (

a) Tinh cdc ma tran B?, B3 0 Giải a) Ta có Ð?= B.B= (° 0 ooo coo ee leo) wo & t9 Bw II a coco So O65, ooo nN b) Ta có 110 10 A=|0 1 1)=]0 0 01 0

Do I.B= B.I= Bvà PF=O, Vk>3nén

_

CC

n n

A" = (1+ B)" =) ChIr-*BY =) ChB = CRI + C,B + Cá BẺ

Trang 13

1.1.2 Định thức Bài 1.1.6 Sử dụng định nghĩa tính định thức 4 = 1 3 1

a) |-2 1 gh toy 3| b) #8: lod vio SE

4 -5 6 2

Giải a) Khai triển định thức theo cột thứ nhất, ta có

1 2 =1

21/38 =LÌ 5Ị-c9| rt +3] 3|=-8:

3.4 =5 Pi

b) Theo định nghĩa, khai triển định thức theo cột thứ nhất ta có

2 3 -l 5ð †Si5-g 3-1 5 7Ì 1 =3 }|_ 2 tảng -1|-(-1)|4 2 -1 Tổ đe 1 4 -5 6 2 —5 6 2 -5 6 2 3-15 3-1 5 + (-3) -3 1/-4.]1 -3 1 -5 6 2 4 2 -1 2-1 -3 1 “3 1 =2(1.]5 2-4/5 2|*(-9.| i) 2 =I|.› sleds -1 5

(fe a]-sfe seco Sl) -3 1 -1 5 -1 5

ee abate zl*c9Hš 1) -3 1 -1 5 -1 5 ~4(3[ 1Ì-Hz 5|>+|; 7 = 2(10 — 4.(—12) + (-5).1) + (3.10 — 4.(—32) + (—5).(—9)) — 3(3.(—12) — (—32) + (—5).14) —4.(3.1— (—9) + 4.14) = 2.53 + 203 — 3.(—74) — 4.68 = 259

Chú ú rằng trong thực hành ta thường sử dụng các tính chất của định thức để dưa định thức uề các dạng đơn giản hơn, sau đó có thể tính trực

Trang 14

10 Ma trận - Dịnh thức - Hệ phương trình tuyến tính

Bài 1.1.7 Giả sử các số tự nhiên mà mỗi số gồm ba chữ số 182g, bbabs,

ay ag dạ

cicacs déu chia hét cho 17 Chimg minh rang |b; bạ bạ| cũng chia hết

Cy co Cä

cho 17

Giải Từ gia thiét @agagz chia hét cho 17, ta suy ra @apa3 = 17kị với

ky € Z Tuong tu ta đặt bịba¿b¿ = 17ka, ƒtfaca = 17ka với kạ, ks € Z

a, a2 a3| ja, ag 100a, + 10a2 + a3

by bạc bại = [bị bạ 10001 + 10bạ + by cy C2 €3 cy cg 100c, + 10c2 + cg a1 ag đ1đ2đ3 =|bi be bibab¿ C| C2 C1C2Œ3 ay ag l7k\ = by bạ 17kạ cy €2 17ka a, ag ky =17 bị bạ ko cl C2 kg a aq a3

Vay |b; bạ bạ| cũng chia hết cho 17 n

Trang 15

ewe gn

1 ag a3 +: op} t

€ | sis | ( Dinh thtte Vandermonde)

1 Ba x ee gna

Giải a) Cách 1 Cộng tất cả các cột còn lại vào cột thứ nhất, ta được

r+ ay ag a3 ave Qn Qy +*+d2 a3 dã Qn D= ay ag D+ ag :: an ay ag a3 wee LFAn n XIN c+ Yo ag dạ ` đạ || GR k=1 n

r+ San r+a a3 siái (28W k=1 n =lz+ )}) ay a2 «rt+az an k=1 n r+ Ya ag a3 Le DEA k=1 1 ag a3 one an 1 r+a2 a3 eae An = (c+ >> ax) 1 ag tag a k=1 : : : : 7 dạ a3 tee L+Gn

Nhân hàng đầu tiên với (—1) rồi cộng vào các hàng còn lại ta được

1 ag a3 an

Đ 0 z0 0 n

D=(Œœ+ `) 0 0 x 0 =a" "(2+ >> ax)

bal HE Te k=l

OO sO.) £

Cách 2 Coi mỗi cột của định thức là tổng của hai cột như sau œ+ai 0+a¿ 0+ayx -:- O+ay

O+a, rt+ag Ö+aa ++: O+a,

0+ai O+ag r+ag +++ O+an

Trang 16

Sử dụng tính chất của định thức tách các cột của định thức, sau n

lần tách ta có định thức D bằng tổng của 2" định thức cấp ø Chú ý

rằng những định thức có ít nhất hai cột tỉ lệ với nhau thì định thức

đó bằng 0 Khi đó định thức đã cho bằng

mi TU! 07) G67 Ti Hiếp gy kg 62252 0 z 0 0 an

Os red & 0| |0 ai 0 0 074#7:0 An

D 20 Oita 0l+|0 ai x 0l22/.:-+©|0 £0 ke An

00 0 z| |0 ai 0 r 00 0 an

Suy ra D= 2x" + aya") 4 -+ ana")

b) Cách 1 Nhân hàng thứ nhất với (—1) rồi cộng vào các hàng còn lại

ta thu được a, ru 2 x Zag 2 x D=|1T 1 ag z iat đ Gn ay x © thư x #—đ0Ị dạ # 0 0 =|z—I 0 đạ—4 - 0 # — đỊ 0 0 ti đa — Do đó ta có ay x x x địT—# dạ—# dạ—#ữ Qn — x — 1 0 0 D=(œi—#z) (dn — #)| —1 0 1 tee 0 -1 0 0 I

Chú ý rằng ors 1+ , nên cộng dồn tất cả các cột còn lại

Trang 17

vào cột thứ nhất, ta có n " 1+ # # xr ¬ zx i=1U-L ag-xr dạ —# an — % * 0 1 0 " 0 D = (a; ~2) (an — 2) 0 0 1 " 0 0 0 0 1 n r n =(1+ 0 ——) [Ia - 2) i=1 * i=1

Cách 2 Coi mỗi cột của định thức là tổng của hai cột như dưới đây:

® + (œ — +) +0 z+0 te r+0 z+0 + + (dạ — z) +z+0 tee z+0 D= z+0 œ+0 #+(dạ—#) - ++0 z++0 z+0 "z+0 ‘1+ E+ (an — 2) Sử dụng tính chất của định thức để tách thành các định thức đơn giản hơn (tách thành 2" định thức cấp n) Chú ý rằng tất cả các định

Trang 18

14 Ma trận - Dịnh thức - Hệ phương trình tuyến tính đơìị—#Z 0 0 tứ SMÍŒ 0 dạ — d 0 es 0 0 ag Saeko ‘a 0 0 0 1 Từ đó suy ra n n # 2= a+ m<z) T]e: — _ c) Ta có 1:04, 5-09 si! Ì mạ 23 anol D(21,22;"** tn) =|} #3 23 ay! Yt, 22 ght

Bắt đầu từ cột cuối, cộng vào cột thứ m, (—z¡) lần cột thứ n — 1

Bước tiếp theo, cộng vào cột thứ (m— 1), (—z¡) lần cột thứ ø — 2 Cứ tiếp tục như vậy, cộng vào cột thứ ¡, (—z¡) lần cột thứ ¿ — 1 Bước

cuối cùng, cộng vào cột thứ hai (—z¡) lần cột thứ nhất Ta thu được

1 0 0 28! 0

rg—2, w-—a2,r2 font — xan?

D(a1,22.°++ 52) =|! ?3—1 TẢ — T113 ano} — aya?

1 #n— #1 (LỆ — tin rụ1 - xen? Tfsz 71 aa? 1 a3 a? = (42 — 21) '''(Œn — #1) | 1 ty ss 27? = (rg — 21) +++ (2p — 21) D(x2, 03,°++ En) Định thức D(zs,za, - ,#„) cũng là một định thức Vandermonde cấp

mœ — 1 Bằng quy nạp ta có D(#,za,:::,2)= ][ (z¡—2i) Bài 1.1.9 Ma trận A vuông cấp ø được gọi là ma trận phản xứng nếu

aij = —a;; với mọi ï, j = T,n Chứng mình rằng nếu 4 phản xứng và cấp

Trang 19

Giải Do A la phan xttng nén AT = —A Suy ra det(AT) = (—1)" det A

Mặt khác det A? = det A, nén ta cd dang thitc

det A = (—1)" det A

Nếu n lé thi det A = — det A hay det A = 0

Bai 1.1.10 Cho A là một ma trận vuông cap n thoa man A~! = 4A Tinh

| det(A?*+! — A)|, vai k € N*

Giải Ta có A2*†!T— A4 = A(A?* — I) Lấy định thức hai về ta thu được

|det(42#*! — 4)| = |det Aj] det(A?* — 7)| Mặt khác, do 4~! = 4A nên

I=A.A!1=4A)

k _ ak

Ta thu được A?* = () = i Từ đó suy ra A4? — I = ( = ) T

: _4#\”

Do vậy det(A?* — 7) = ( 4k ) Hơn nữa, do 42 = i nên | det 4| =

1\" và it 1 /1-4#\" 4=1\”

(5) Vay | det(A?*+! — A)| = a (Ge = | szmT J -

Bài 1.1.11 a) Cho A là một ma trận vuông cấp m thỏa mãn tính chất

AT!= A Chứng minh rằng | det(.4— T)| = 0 hoặc | det(.4— T)| = 2”

b) Cho A, B là các ma trận vuông cấp ø thỏa mãn tính chất AB— BA = B Chitng minh det B = 0 « wy WES ` tk

a, wen -

Giải a) Do AT} = A nên A? = J Tit dé suy ra

(I - A)? = A? - 2A + I? = 21-24 = 21 - A)

Do dé det(J— A)? = det(2(J—A)) hay | det(I— A)|? = 2”"| det(I— A)}

Vậy hoặc | det(A — T)| = 0 hoặc | det(A — J)| = 2”

b) Từ giả thiết ta có đẳng thức sau với mọi k€ Ñ

(A~k1)B - B(A - kI) = B

Hay tương đương với (AT— kl)B = BỊAT— (k—1)I], Vk EN Suy ra

det(4 — k7) det B = det B det[A — (k — 1)7] => det B[det(A — k1) — det(A — (k — 1)1)] = 0

Néu det B 4 0 thì

Trang 20

.16 Ma trận - Dịnh thúc - Hệ phương trình tuyến tinh

Từ đẳng thức trên ta có

det(A — kỹ) = det(A — (k — 1)T) = det(A — (k — 2)J) = - = det A,

hay

det(A—kI) =detA VKEN

Điều này là vơ lí vì khi k —> œ thì về phải hữu hạn trong khi về trái (là đa thức bậc n của biến k) tiến đến võ cùng Vậy ta suy ra det = 0, đây là điều phải chứng minh

11.3 Ma trận nghịch đảo - Hạng của ma trận

Chú tý rằng để tìm ma trận nghịch đảo của một ma trận A tuông cấp n

khả nghịch ta có thể sử dụng ma trận phụ hợp theo công thức

eel

det A

bay dùng phương pháp Gauss -Jordan để giải phương trình ta trận AX =I,

nghiệm X = AT! chính là ma trận nghịch đảo cần tầm (A¿)T

Bai 1.1.12 Sit dung ma trận phụ hợp tìm ma trận nghịch đảo của các ma

trận sau:

ie, + 2.5 7

oat och me) > ast đ22 b)B=|6 3 4 5 -2 -3

Giải a) Ta c6 néu det A = fn a 441422 — 41209, # 0 thi ma

a21 422

trận A khả nghịch Khi đó

Án = (—1)!Plas¿ = day, Aig = (—1)!†2a¿i = dạ, Aai = (—1)2flana = —aa, 4z; =(—1)?!2'an =an

Vay ma trận nghịch đảo của ma trận A 1a

yan 1 (An Aa) _ 1 ( a22 ag det A \Ai2 4a› đ11429 — đ12đa1 \—421 a

Trang 21

nén B la ma tran kha nghich Mat khac

_ 3 4) _ — (6 4] _ Bn=+| 2 a =-l, By = - k | 38, 6 3 By =+ 5 4 = —27, 5 of 2.7 Boy = - 2 4 =1, Bo = + k 4 = —41, 2-4 Bo3 = — 5 *, = 29, 5 7 tuuế Bài = ta jJ=Th Bụ = — | =3

Bee = 2 8| og THU VIEN

Bt le, Bl TRƯỜNG ĐẠI HỌC XÂY DỰNG

Vậy ma trận nghịch đảo của ma trận là

1 (Bu Ba Bu 114-309 4

BT! tee Bi Bog Haa =|-38 41 —34]

Đạ Hạy B33 27 -29 24

11A 4X ssa

Bai 1.1.13 Cho ma tran A= |-1 2 -1] i VV

thung si fe

1 2 a4 \_ XÂY ĐỰNG

Tìm a dé ma tran A khả nghịch Khi đó hãy tìm ma trận nghịch dao cia ma tran A

Giải Diều kiện cần và đủ để ma trận 4 khả nghịch là det A # 0

Trang 22

18 Ma trận - Định thức - Hệ phương trình tuyến tính 1 -2| _ am g A31 =+|b ï =3, Age =-kỗị tì =3, 1 Ag = +, 9 =5

Vay ma tran nghịch đảo của ma trận 4 là

1 2a+2 -a-4 3

Av} a} 2a HQ v8 fe

3a +9 te -1 3

Bài 1.1.14 Sử dụng phương pháp Gauss - Jordan tìm ma trận nghịch đảo

của các ma trận sau:

VĐHTỜNG 2 a) yAs42\\1 -2], b) B= pry

’ 32/9 1 1-1 0 0

J 0 0 1 -1l

Giải a) Áp dụng phương pháp Gauss - Jordan ta có

1ez2lht©2-‹ [TM 62:0 là 199): su [= 11 0 0

2 1 +2 | 0 10) OP lg +3 -6 | -2 10

2-2 1 | 00 1) MMs? (Q -6 -3 | -2 0 1 oxny fo alow Yi 2 2 | 1 0 0

ther oR, K10 tan Glia’ cf 0

So edd gaye “CĐ sáp of 00 9 | 2 -21

: {oblignt (a 1 } 10.0

——9 „|0 =8 -6 | 2 10

GU ats cad has

Trang 23

if Vay A= 5 [2 2 =1 =1 2 Hạ->H- Hì ————> Ha—->H;— Hị H 2> 2 cu 2 H;‹©›>Hà Hy>— Hạ H2->H2+H3 — + Hạ—->Hạ—Ha 1 Ha Hài HạHa+o Hà Boo OOF CC C KF oF KY eS o 1 H,-H,—2H2 0 "— 1

b)_ Áp dụng phương pháp Gauss - Jordan ta có

Trang 24

20 Ma trận - Dịnh thức - Hệ phương trình tuyến tính 1-1 2:1 À0 0403-12 lầ?-0 1 1 -—1 d doors 2 2 5 0 Hì—>Hì—~Hạ—Hạ— Hạ 4 4 2 is Hi“HanHg-Ha, 1 -l 1 2 =: § = dO 10 [7.5 : 1 -1 -1 ! Lự= 0 = 000q1lxï + 0 5 1 1 2 0 1/1 1 -2 0 ay Boro Vậy” =1|1 -1 0 2 1 -1 0 -2

Bài 1.1.15 Chứng minh rằng nếu A 1A ma trận vuông thỏa mãn 4” + An=l+ + A+1I=O thi A kha nghich va A! = A”

Giải Từ giả thiết ta có

A(—A"~=1_— An"? — — A—I)=T

Suy ra A kha nghich va A7! = —A"-1 — An-2— —- A-] =A", oO

Dé tim hạng của ma trận ta có thể dừng định nghĩa Tuy nhiên phương pháp nàu dài nên trong thực hành người ta thường dừng các phép biến đổi sơ cấp ma trận để đưa ma trận uề dạng hành thang, hạng của ra trận chính là số hàng khác không của ma trận dạng hành thang do

2-1 3 2

Bài 1.1.16 Tìm hạng của ma trận A= [1 2 -1 1

4 3 -2 4

Giải Dùng phép biến đổi sơ cấp về hàng của ma trận ta có

Trang 25

Bài 1.1.17 Cho A = - Tìm hạng của A và tính A~1,

Giải Ta dùng phương pháp Gauss - Jordan để tìm AT

1 -l1 1 1 |1000 Be daveds ghd (|¿+0 ¿40890 1 1 1 -1/0010 1 -l 1/0001 vik ¥ 55h} |1 1/1110 1 0 ——————— 1 1 1 -1 |0 010 1-1 1 |0 001 l1 1 1 1 TL ligfm Bt ig Lys oF? 1 1 gy [Xe oS Hạ Hithe 0 : 11.1 1 1 1 Hạ— | yy he 00011 55-4 : 1 1 1 1

y Nha Điển yore ae a

Trang 26

1 1 1 1

4 “4 4 4

1 1 1 ý

Vay r(A) =4 va AT} = ý ¡ ' h = 74

4 4 4 4

1 1 đ⁄/Á:J

4.4 4 4

Bài 1.1.18 Biện luận hạng của ma trận sau theo tham số rn:

1-1 2 1 A=[2 -2 m+5 m?4+1

1 -1 2 m-1

Giải Dùng phép biến đổi sơ cấp về hàng đưa ma trận đã cho về dạng hình

thang

1-1 2 1 1-1 2 1

2-2 m+5 m241) 22122 ÍQ 0 m+1 m2—1

1-1, 2 m-1/ 22H (Án 0 0 m-2

e Nếu m = —1 hoặc m = 2 thì r(4) = 3

e Nếu rm ¢ {—1;2} thi r(A) = 3

Bai 1.1.19 Biện luận hạng của ma trận sau theo tham số ø, b:

120 -1

2 1 3 40

f= 03 a b

3 3 3 -1

Giải Dùng phép biến đổi sơ cấp về hàng đưa ma trận đã cho về dạng hình

Trang 27

e Néu a = —3,b = —2 thi r(A) = 2 se Nếu a # —3 hoặc b # —2 thì r(A) = 3

Bài 1.1.20 Biện luận hạng của ma trận A theo a, b

1 2 -1 1 A=l|2 -1 3 b

1 0đ; ñ 4; 2

Íq,eBayE-mbil À Is ignd Ta Sd (BA

A=|2 -L 3 bị ”2?5L, L0a/1-8xid Bùui biêi8

1 a2\4 of Mee \p g-2 5 1

_

12 -1 1

Hạ¬~‡H 2-b

Tên STATENS 2)H: Vqoagn qf pitoblerd)(b-2) ae ee Tạ, (*)

se Nấua+3#0ôâa# 3 thỡ r(A) =3

ứe Khi a+3=0©a= —3 thay vào biến đổi (*) ta có

Trang 28

Bai 1.1.21 Cho A = (4¡;)6xe là một ma trận vuông cấp 6 Ký hiệu Ajj là

phần phụ đại số tương ứng với phần tử a¡; của ma trận A Goi B = (Aij)oxe

là ma trận các phần phụ đại số Tìm hạng của trong các trường hợp sau

a) Hạng của ma trận A là 6 b) Hạng của ma trận 4 là 3

Giải a) Nếu r(4) = 6 thì det A # 0 Ta suy ra 4 khả nghịch Như vậy 1

A-! = —— BT Do dé det B # 0 Từ đó suy ra r(B) = 6

det A

b) Nếu r(4) = 3 thì mọi ma trận con cấp lớn hơn 3 của ma trận A đều

có định thức bằng không

Mat khac Aj; = (—1)'*? det Mj;, voi Mj; là ma trận cấp 5 nhận được

từ A bằng cách xóa khỏi A hang thit i và cột thit j Suy ra det Mi; =0 hay Aj; = 0, Vi,7 Do vay là ma tran khong hay r(B) = 0

1.1.4 Phương trình ma trận

Bài 1.1.22 Tìm ma trận X thỏa mãn phương trình

2 28 1 1

a) (; 3)“ =) by dit, 1 0] x=[-1 0

-1 2 1 1 1

Giải a) Sử dụng phương pháp Gauss - Jordan ta có

2 1 | 1 T—I\ H¬2n¿-sm (2 1 | 1 -1

53 |0 2 `(0 1| -5 9 1

H¬m-H, (2 0 | 6 -10\ ?3 /1 0| 3 —5

Trang 29

b) Ap dụng phương pháp Gauss - Jordan ta có

3!s8, 0JJ “1t 1 -1 0| -1 0 1L -10|-1 0| ^9 |2 2 3| 1 1 See Pa ee -1 21] 11 1 0 0

teathan, (1 PY Qooksiegko Oop, +10 |- #k¡ 0

` 0.46 3 |.34 1) 422 1 1| 0 1 137322 ẢU 1 1 | 0 1 4 3| 3 1 mam-am (L “BÍ, Ei¬1,)0 1-1 0] -1 0 aes to 1 1 fo 1) fo 1 1] 0 1 0 0, +1.) 3-+3 0 0 1| -3 3 "¬ 1 -1 0 | -1 0 dd @lptr sanh =25-)Í0 1 /0c4ii3i+2) 325/0 1 0 | 3 2 0 0/Qi|cr-3o5Ề 001 | -3 3 2 -2 Vậy X=[| 3 -2] =3 3

Bài 1.1.23 Tìm ma trận X thỏa mãn phương trình

2-3 1 976 2 0 -2 a) |4 -5 2|X|1 1 2|=l|1s 12 9} 5 -—7 3 111 23 15 11 2 ES n J n-1 0 O;.4; 1 00 1

Trang 30

26 Ma trận - Dịnh thức - Hệ phương trình tuyến tính BHO 40194) >9 'g “—> |0 1 0 | 14 12 137 0 0 1 | 22 18 19 22, 18 119 9 6 9 9 X {1 2 i 12 lất 1 1 22 18 19 Chuyển vị hai về phương trình ta có

Ta suy ra Y = (1 12 es Do đó ta có phương trình ĩ 1 1 9 11 11 +14! 22 7 1 1|XT=|9 12 18 6 2 1 9 13 19

Tiếp tục áp dụng phương pháp Gauss - Jordan ta có

9 11 | 11 14 22 nh 9 11 | 1114 22 7 1 1 | 9 1201821 zra 407/221 (0á đư11cB 6 2 1| 9 13 19) 2225 ẢQ 4 1 | 5 11 13 91 1 | 11 14 22 Ja2H-25 |0 2 2 | 4 10 8 0 0 -3 | -3 -9 -3 H2— my (9 1.1 (| 11 1 32 ——3 y|02 2 10 8 001] 1 3 9 1 0 | 10 11 21 J1 55y0p 29 0 |2 4: 6 EA- HAT? À0, iế| 3ƯX s87 1

Trang 31

eat 1 1

Do đó XT= |1 2 3) Vay X= [1 3]

18-1 2 1

b2 1 1 lạk1n2 n 0 1 1770 1 tA 2 | i.t * : 0 0 1 | 00 1 1 0 05! 411 1 0 1 0 | 01 1 i J bs 00 1|00 1 1 1 1 0 1 1

Vậy nghiệm của phương trình là X =

00 1

1.1.5 Hệ phương trình tuyến tính

2z+d3y+z=4 Bài 1.1.24 Cho hệ phương trình 4 z + — 2z =1

+ + 4ụ + mz = ] a) Tim m dé hé la hé Cramer b) Giai hé khi m = 1 Giai a) Dịnh thức của ma trận hệ số là lá: lột TL det4A=|1 1 -2|=—m +13 1 4 m

Trang 32

2z+3u+ z=4

b) Với mm = 1 ta có hệ phuong trinh ¢ 2+ — 2z = 1 là hệ Cramer rz+4u+ z=]1

Khi đó hệ có nghiệm duy nhất

_ Dr _ Dy _D:

eae A = det A’ det A

trong đó 43 1 24 1 23 4 D,=\|1 1 -2|=30; Dạ=|1 1 -2|=-6; D,=|1 1 1/=6 1 4 1 143] - 1 141 5 73

Do đó nghiệm duy nhất của hệ phương trình là 4 y = “3

13.1 a

Ki hiéu A, A = (A|B) tuong tng la ma tran hé 86 va ma tran hé s6 mé rộng của hệ phương trình tuyến tính m phương trình n dn AX = B Sử

dung phương pháp Gauss đưa ma trận hệ số mở rộng A vé dang hinh thang ta sẽ tìm được nghiệm tổng quát của hệ Các kết luận sau đây (hệ quả của định lí Kronecker - Capelli) được sử dụng khi giải cũng như biện luận số nghiệm của hệ phương trình tuyến tính AX = B:

e r(A) =r(Ä) =n: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất

e r(A) =r(Ä) <n: Hệ phương trình có 0ơ số nghiệm

e r(A) <r(4) : Hệ phương trình nghiệm

Bài 1.1.25 Tìm hạng của ma trận hệ số và hạng của ma trận hệ số mở rộng rồi tìm nghiệm tổng quát của hệ phương trình

271 — #a + 373 — T714 = 5 6x, — 3x9 +43 — 4a4 = 7

Trang 33

Giải Sử dụng phương pháp Gauss biến đổi ma trận hệ số mở rộng

Hi 8 2 sjc dl 0p Dy ST @ Boy A LOB A=|6 -3,1.-4.| 7| 2 ”,Í0 0,-—§ 17 | -8 44 =2) l4) —31 | 18); PPR AD 0 ¡8 I7c|j 8 9 al 1 as by | 8 Aorist, 1g 0 -8 17 | 8) 00 0 0] 0

Do dé ta cé (A) = r(A) = 2 < 4 Ta nhận được hệ phương trình sau tương

đương với hệ đã cho

271i T— zạ+3z3— Trạ =5 — 823 + 17r4 = -8

1 5

Ị # L+ TỐI † Ta C2

Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình là ¿ ”? “ CO 17

j +; =l+ ạ®

#4 = Ca

5 1 ak

Ty 1 5 af

hay {72} = 1°] 4 or] 1] 402] 7} | với Ơi, Ga là hằng số tùy ý, #3 1 0 oe

TẠ 0 0 : 12 =3z9 Bài 1.1.26 a) Tìm hạng của ma trận 4= |1 1 -—1 )} 2.1 -1 1 b) Hỏi hệ phương trình #ị +2z¿ — 3za + 2za = bị M+ ZạT— 23+ Tạ = bạ 27+ rạ— za+ Tạ =Ùa

có nghiệm với mọi bạ, ba, bạ € IR là đúng hay sai? Tại sao? c) Tim nghiệm tổng quát của hệ phương trình

#1 + đa — #a + za = 2

Trang 34

Giải Áp dụng phương pháp Gauss ta biến đổi ma trận hệ số mở rộng

2 2 -3 2| D\ vo y-a VE 2 s3 2 j oh

A= 1 -1 1 | bạ|- => ]0 -1 2 -1 | b_—bị

1 Nhâm OEY Nit tg les Địa 3> gà đpi

Từ kết quả của phép biến đổi ta thu được

Nee 8 weitjenyy

‘pom xì đhuẩ c3 2 | bị

f0 e1 29.1 | =3z<bp |

0 0 -1 0 | bạ — 3ba + bị

a) r(A) =3

b) Khẳng định của đề bài là đúng vì với mọi b, bạ, b3 € R, ta cé

r(4) =r(A) = 3

c) Thay bị = 6, bạ = 2,b¿ = 0, ta được hệ phương trình tương đương

ị + 22a — 3+3 + 2+4 = 6

— #a+2#azT— rạ= -4

+.13 =0 m= —2

=4-C

Vậy nghiệm của hệ phương trình là v 8

r3 = m= C TỊ -2 0

hay |? | = | ‡ |+ơ | rÌ | với y 23) |0 0 Œ bà hằng số tùy ý 6 y y-

T4 0 1

Bài 1.1.27 Giải hệ phương trình sau

271 + 5z¿ — 8za = 8 421 + 322 — 973 = 9 27) + 3r2 — 523 =7

Trang 35

Giải Sử dụng phương pháp Gauss, biến đổi ma trận hệ số mở rộng

25 cỗ |c J8 18 -7 | 12 r= 43 -9 | 9] mons [4 3 -9 | 9 28 =5- |, /7 12.3 5 [27 18 —7 |,HỖ 25 -8 | 8 1 8 -7 | 12 Hạ—>Hạ—4H\ 0 -29 19 | -39 Hạ—Hạ—2H\HHạ-2H |0 13 9 | -I17 0 -11 6 | -16 1 8 -7 | 12 HạoH, |0 1l 6 | -l6 0 -13 9 | -17 0 -29 19 | —39 1 8 -7 | 12 H311H3-13H2 {0 —11 | —16 Hạ©11H¿-29H, |0 0 21 | 21 0 0 35 | 35 1 8 -7 | 12 Ha—¬3H4—5Hạ |0 1l 6 | —16 1 J0 0 14 1 Hoots \o 0 0 | 0

Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với hệ

+ §r¿ — 7ra = 12

— 1lz¿ + 6za = —16

œa:=/f£

t7=3

Từ đó nghiệm của hệ phương trình đã cho là 4 zạ = 2

Ta= 1

Bài 1.1.28 Tìm nghiệm tổng quát của hệ phương trình 2712 72— 74— TẠ+ 1=]

TI— 7Tạ+ 14+ Tạ—- 2r; =U

Trang 36

32 Ma trận - Dịnh thúc - Hệ phương trình tuyến tính

Giải Sử dụng phương pháp Gauss, biến đổi ma trận hệ số mở rộng

2 1 -1 -1 1 | 1 1.-1 1 1 -2 | 0

gui 1/887 Pe |\0| mang 2 1 '2ESAI (| 1

3 3 -3 -3 4 |2 3 3 -38ˆ-3 |: 3 4 5 -5 5 7 |3 4 5 -5 -5 7 | 3 tial 4 \-2 1] 0 Hạ—›Hạ—2H 0 3 -3 -3 5 | 1 Hạ—>Hạ-3H, Hạ+Hạ-4H |0 6 =6 —6 10 | 2 0 9 +9 -9 15 | 3 1 -l°1-1 -2 | 30 H3>H3-2H, {0 3 -3 -3 5 | 1 H„+H¿-3H |0 0 0 0 0 |0 0 0 0 0 0 |0

Ta thu được hệ phương trình tương đương với hệ đã cho

mịn 42+ 23+ a4 — 22s = 0

322 — 323 — 324+ 525 = 1 Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình đã cho là

t “= 3+ Os 1 Tạ =C 3 + Ci † Œ — 5Œ m= Ci w= Cy zs= 3Œa, 1 TỊ Ỷ 0 0 i 2 s, 1 1 =5 hay | za | = ù +Œi|[1|+Ca}0|+Œs [| 0 |, T4 0 0 1 0 5 0 0 0 3

với C¡, Ca, Ca là hằng số tùy ý

Bài 1.1.29 Giải và biện luận hệ phương trình sau: 2z+ 3u—- z=8

r+ yr 3z=

4z + mị + mz = 4

Trang 37

Giải Để giải hệ phương trình này ta chú ý rằng trong bốn phương trình của hệ đã cho chỉ có một phương trình chứa tham số Vì vậy ta giải hệ gồm ba phương trình với hệ số khơng chứa tham số trước

22+ 3y—-z=8

z+ y-3z=3 —z+5ÿ+ z=d

Hệ này có nghiệm duy nhat (2; y; z) = (1;2;0) Nếu nghiệm này thỏa mãn

phương trình cịn lại thì nó cũng là nghiệm của hệ đã cho Ngược lại, hệ đã cho vô nghiệm Vậy ta có

(z;1; z) = (1;2;0)

e Nếu m # 0 thì hệ đã cho vô nghiệm

Bài 1.1.30 Giải và biện luận hệ phương trình sau: mr+ y+ z=1

r+myt+t z=m

r+ yt+mz=m?,

Giải Dối vị trí phương trình thứ nhất và phương trình thứ ba cho nhau

Sử dụng phương pháp Gauss, biến đổi ma trận hệ số mở rộng

1 1 m | m2 A={1m 1 | m m1 1 | 1 1 1 m | m2 -_2=2=f1yi|(0-21 3 =#p | m-m MsoHs—miy \Q 1m 1—m? | 1—m3 x Ie) m | m2 Hs 10m — 1 1—m | m — m2 0 0 —-m°—m+3 | -m3—m2+rmm+]

Trang 38

34 Ma tran - Dinh thitc - Hé phương trình tuyến tính

đã cho có nghiệm duy nhất

— Tn+] „Na 3 1 ye mt (m+1)? me 2,

Truéng hgp 2: Néu —m? —m+2=0¢m=1 hoadc m= -2

e Nếu rn = 1 thì hệ đã cho tương đương với z + + z = 1 Khi đó hệ

đã cho có vơ số nghiệm dạng

r= Cy

y=Co (Ci, Ca là hằng số tùy ý)

z=1-C)-C

e Nếu mm = —2 thì hệ phương trình đã cho vơ nghiệm Kết luận:

® rn = —2., hệ đã cho vô nghiệm

e rn = 1, hệ đã cho có vô số nghiệm dạng

1 0

+Œi | 0 |+Œ¿{ 1 ],Ci,CŒ là hằng số tùy ý

1 -1 - coo x yjJ= z

em ý {—2; 1} thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất

Trang 39

Bài 1.1.31 Giải và biện luận các hệ phương trình sau + @9+ was L (3— 2m)+ + (2 — mì) + z = m #ukl@srk#pt[ 8e a) 4 (2— m)z + (2— mm) +z= 1 l b) œ+u+(2—-m)z= 1 #1 +?nz¿ + #3 + z4 = Ì #1 +za + ma + xạ = ] TI +#a +3 + m+za = 1

Giải a) Áp dụng phương pháp Gauss, ta biến đổi ma trận hệ số mở rộng

3-2m 2—rm 1 | A=|2-m 2-m 1 | 1 1 1 2-m | 1 1 1 2m | 1 hows, [om 2—m 1 | 1 3—2m 2—m 1 | m H¬H~(@-m)jm (1 Ì au | i — TT ẽ|0 0 (n-1)(38-m) | m-1 HasHa-G-~2m)H ÌU né —1 (m—1)(6— 9m) | 3(m—1) T31 2—m | 1 129, [0 1 (m—1)(6—2m) | 3(m—1) | 0 0 (m-1)(3-—m) | m-1

e Nếu m # 1 và m # 3, hệ phương trình có nghiệm duy nhất

z=_—Ì _m=4 =3 Ha 1 _ đ—m

e Nếu m = 1, hệ phương trình tương đương với

z++z=l Vậy nghiệm của hệ là

r=1-C,-C r 1 -1 -1

y=C\ hay fy} = [0] +C,{ 1 ]+C

z=Œ z 0 0 1

Trang 40

se Nếu zn = 3 thì r(A4) = 2< 3 = r(Ä): hệ phương trình vô nghiệm b) Áp dụng phương pháp Gauss, ta biến đổi ma trận hệ số mở rộng

1 4 1!1=1:3ufl z_ |1 m 1 1 |1 4= 1 1 7m 1 |1 11 1 m | 1 Bey 1 i neath ¢ Hạ—›Hạ— Hì 0 m-1 0 0 | 0 H3>H3-M, Ha Ha-H, {0 0 m—1 0 | 0Ịˆ | 0 0 0 m-1|0

e Nếu rm # 1 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất là

TỊ =1 T2 = 0

#a =0

TẠ —= 0

e Nếu m = 1 thì hệ phương trình tương đương với

T1 +Ta +3 +14 = Ì

Vậy nghiệm của hệ là

Định dạng
Số trang	204
Dung lượng	37,46 MB