1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Ma trận - định thức

11 1,6K 18
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 11
Dung lượng 421,5 KB

Nội dung

chơng ma trận - định thức Cho ma trËn: 3  A  1   2  7   ; TÝnh: a) A + B – C Gi¶i a) A + B – C = 3  4 1   2  7   c) 3A + 5B – 2C = 0  1  4   6  +  2  7   3   1  –   C   11  ; b) 2A – 7B 3   1  b) 2A – 7B = 4  B   6  c) 3A + 5B – 2C 7     – 8  11     0 4   22       =  43 6   40     2  7   0  1  + 7     4    6  0  1  –      =        4    73      11  7     =  33  20    26    29  11 36   Cho hai ma trËn :  10  A  2    ; 1 B      T×m ma trËn X cho: a) A – X = B; b) 3B + 2X = A; c) 5X – 2A = 4B Gi¶i  2  1   15  –   =        6 3  1   10     3   b) 3B + 2X = A  X = (A – 3B) =   6  2   0       31  /  31 /  =   =   8   16   3  1   10     4.   c) 5X – 2A = 4B  X = (2A + 4B) =  2. 6 5    0 18 22   24  =  12    38 a) A – X = B  X = A – B =  10    Cho hai ma trËn :  10  A  2    ; 0 4   B   1  9  Tìm ma trận X trờng hợp sau ®©y: a) X = A + tB ; b) 3tB – 2X = 2A ; c) 3X + tA – 2B = O ( O ma trận không) Giải Tríc hÕt ta cã: B = t a) X = A + tB = 4   0  10    6   ,  vµ A =    + 4   0 t 2  10     5 5      = , v× vËy:  14  12  2 11 15    1 b) 3tB – 2X = 2A  X = = c) 3X + A – 2B = t 15  4  3    6  10   2 9   5       (2B – A) = t   1  2  3    0  1    10     2  5    2   3 12    3  X=       X=   (3tB – 2A) =  Nh©n c¸c ma trËn sau: a)    11 c) 5  4 3    10     5   b)  1            7   1      12    0 6 9  4 d)  a a a  x1    x  a   x  3 x   4 Gi¶i a)    11 c) 5  4 3    10     5 =   1           d)  a a a   38   98 = 13   97   14   48  29  b) 9  4  7   1     12    0 6 =  21    20 82   118  98   28  75   x1    x  a   = (a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4) x  3 x   4 Cho hai ma trËn : 5 A  6 1    ;   3 B   0  7  5 4   TÝnh AB vµ BA Có kết luận tính giao hoán phép nhân ma trận Giải Ta có tích AB =  6 1      3 7  0  7  5 4   =  12   28 77  , 68  lµ ma trËn vuông cấp 2 Còn tích BA =  3 7  0  7  5 4   5  6 1    =  37   45  59   12  34 64 29 17  3   21 , ma trận vuông cấp Từ suy phép nhân ma trận nói chung tính chất giao hoán Cho c¸c ma trËn:  A   6   ; 4    B    5 7   C    3 4   ; a) TÝnh AB ; BC b) TÝnh (AB)C A(BC) So sánh hai kết Giải a) Ta cã AB = BC = b)    6   4    38   =     21  7  4     14      =    4  31   18 20   15 22  20   51   7   38 18 20    14 20     (AB)C =     =   21 15 22    4  31 51      14 20    214 346     =   A(BC) =      31 51   141 235   7     0 =  4    214   141 346   235  Vậy (AB)C = A(BC) Giả sử A ma trËn vu«ng, f(x) = a0 + a1x + a2x2 + + anxn Ta ký hiÖu: f(A) = a0I + a1A + a2A2 + + anAn đa thức f(x) A   0 2  2   A2 =       =       Cho ma trËn Gi¶i Ta cã = x2 – 2x + TÝnh f(A)  ;      – 2A =  4 ;  3I = 3  0 0   VËy f(A) = A2 – 2A + 3I =        +     4   + 3  0 0   =     2    Cho F(x) = x(x – 1)(x – 2) (x – n + 1), n số tự nhiên, a số thực Tính định thức cấp n + sau đây: a) D2 D1  F(0) F(1) F(1) F(2) F(n) F(n  1) F(n) F(n  1) F(2n) F(a) F(a) F(a) F(a) F (n) (a) F (n 1) (a) (n) F (a) (2n) F (a) F (n 1) (a) b) Giải a) Vì F(x) ®a thøc bËc n víi hƯ sè cao nhÊt b»ng 1, cã n nghiÖm: 0, 1, , n – nªn F(0) = F(1) = F(2) = = F(n – 1) = Ngoµi F(n) = n! Vậy D phần tử đờng chéo phụ n!, phần tử nằm phía bên đờng chéo phụ không, nghĩa D1 có dạng tam giác Do D1 = s(f)(n!) n + 1, f phép tơng ứng với đờng chéo phụ: f= n      n  n    s(f) = C 2n 1  (n  2)(n  1) (n  2)(n 1) VËy D1 = ( 1) (n ! ) n 1 b) Ta còng cã: F (n )(x) = n! đạo hàm cấp lớn n không, phần tử đờng chéo phụ n!, phần tử nằm phía bên dới đờng chéo phụ kh«ng, bëi thÕ: (n  2)(n 1) D2 = ( 1) (n ! ) n 1 = D1 Tính định thức cấp n sau đây: x a) A  x  x a a a a  x  x a  x a  x a a b) 1 1 1 B1 1 Giải a) Cách Nhân cột với ( 1), cộng vào cột sau ta ®ỵc:  x A  x  x ax 0 a  x a  x ax ax 0 ax ax a  x  ax ax ax 0 ax ax 0 ax ax ax ax ax = (a+x)n - (Sau khai triển định thức cấp n theo dòng 1, ta đợc định thức cấp n 1) Cách Nhân dòng thứ với ( a), cộng vào dòng sau ta đợc: (a x) A   (a  x)  (a  x)  (a  x)  (a  x) 0  (a  x) 0  (a  x) 0 = (– 1)1 + n.1.[– (a + x)]n - 1= (a + x)n - C¸ch Nhân dòng thứ với x, cộng vào dòng sau ta đợc: A0 ax a  x ax ax a  x ax ax ax = (a + x) n - b) Cộng tất cột vào cột ta đợc: B1 1 1 1 = n n n n 1 1 1 1 (n  1) 1 1 1  ( 1) n - 1.(n 1) (Nhân dòng thứ với ( 1), cộng vào dòng sau, sau khai triển định thức theo cột thứ ta đợc kết nh trên) 10 Chứng minh : x 1 D 0 x 1 0 x 0 a0 a1 a2 0 0 x 1 a n an n  aixi i 0 Gi¶i Tríc hÕt ta thấy D định thức cấp n + Cách Ta chứng minh phơng pháp quy nạp theo n Trong trờng hợp ta khai triển định thức theo dòng đầu Với n = 1, th× D = Víi n = 2, th× D = x a0 1 a1 x a0 1 x a a x  a  a x 1 a x  a , khẳng định = a2x2 + a1x + a0, khẳng định a2 Giả sử khẳng định ®èi víi n - 1, ( n > 2) ta chứng minh khẳng định với n Khai triển định thức theo dòng đầu ta đợc: x D x 0 x 1 0 x 0 a1 a2 a3 0 0 x 1 a n a n  a (  1)1 n 1 n = x  a i x i   0 0 n + a0(–1) n+2 (–1) = n i 1  aixi  a0 i 1 x  0 x  0 n = a i xi 0  0 0 x  (®pcm) i 0 Cách Khai triển định thức theo cột cuối ta ®ỵc:  0 D (  1)1  n 1 a0 0 x  0 x  0 x 0  (  1) 2 n 1 a 0  0 x  0  0 0 0  0 0 x  0  x   (  1) 3 n 1 a x 0 0  x 0   0  x 0  x  x 0 0 0  x 0 0 x 0 0  x  (  1) n 1n 1 a n n = a0 + a1x + a2x2 + + anxn = a i xi (®pcm) i 11 Tính định thức : a) c) a 0 A  b a b 0 a 0 b a x a1 a2 an a1 C  a1 a1 x a2 a2 a2 x a3 an an x b 0 a b) d) B 2 2 a1 a  b1 D1 a1 a1 2 a2 a2 a  b2 a2 2 n an an an a n  b n Gi¶i a) Ta ký hiệu định thức A cấp 2n A = D 2n Khai triển định thức theo dòng dòng 2n ta đợc: D2n = (a2 b2).D2n - Bằng phơng pháp quy nạp ta chứng minh đợc: D2n = (a2 – b2)2 b) (LÊy dßng thø nhân với 1, cộng vào tất dòng khác, sau khai triển theo dòng đầu, định thức lại có dạng chéo) B 2 2 2 2 n =  0 0  n = 2(n 2)! c) Cộng tất cột vào cột đầu ta đợc nhân tử chung là: x + a + a2 + + an , xem C nh đa thức bậc n + cđa x, mµ ta ký hiƯu lµ F(x) VËy C = F(x) x a1 C  a1 a1 a1 x a2 a2 a2 a2 x a3 an an an x = (x + a1 + a2 + + an) 1 a1 x a2 a2 a2 a2 x a3 an an an x NÕu x = a1 dòng dòng trùng nhau, C = 0, tức F(x) ( x – a1) T¬ng tù nh vËy ta cịng cã F(x) ( x – ), i 1, n Do c¸c ( x – ), i 1, n n , đôi nguyên tố nên: F(x)   (x  a i ) Do F(x) lµ ®a thøc bËc n + 1, i 1 n víi hƯ sè cao nhÊt b»ng nªn ta cã: F(x) =  (x  a i ) (x + a1 + a2 + + an) i 1 d) LÊy dòng thứ nhân với 1, cộng vào dòng khác ta đợc: a1 a  b1 D1 a1 a2 a2 a  b2 a1 a2 an an an = a n  b n 0 a1 b1 12 Tìm ma trận ngịch đảo ma trận a2 b2 A=    3  an 0 b1 b b n bn    1  3  B =  1     4   Gi¶i :    3     0   1 0   VËy: A –1 =  11       0  0      0  0  1      0   15   1  0  3/  12 11 /       15 / 5/2   11 = 0  0           0   / 2  1/    15  3  1  0  0   Làm tơng tự với B Chơng hệ phơng trình tuyến tính Tìm điều kiện cần đủ để hệ sau có nghiệm: ax  y  z 1   x  ay  z 1  x  y  az Giải Xét định thức: a A 1 a 1 ( a  1) ( a  2) a VËy A = a = hc a = – NÕu a a 2, A 0, ®ã hÖ cã nghiÖm nhÊt NÕu a = 1, ba phơng trình một, hệ có nghiệm Nếu a = 2, hạngA = 2, hạngB = 1  1 9 0 , ®ã hệ vô nghiệm Kết luận hệ có nghiệm a 2 Đối với hệ sau, tìm giá trị tham số a, b ®Ĩ hƯ cã nghiƯm a)  ax  y  z 1   x  ay  z a x  y  az a  b)  ax  y  z 4   x  by  z 3 x  2by  z 4 Giải a) Hệ có nghiệm a – ThËt vËy: a  1 1  a 1 1    a   a 1 a a   1 a  0 1 a 0  a 1 1 a a    1    1 a2  1 a a a    a  a a  a   (1  a )(2  a ) (1  a )(1  a )  1 a  a   1 a 1 a    1 a  1 a2 a  a  a   a   a  a  a   a  a  Tõ ®ã suy ra: NÕu a a 1, hệ có nghiệm Nếu a = 2, hệ vô nghiƯm NÕu a = 1, th× hƯ cã nghiƯm phơ thc tham sè VËy hƯ cã nghiƯm vµ chØ a – b) Ta cã A = a 1 b 2b 1 b(1  a ) VËy b 0 vµ a 1, hÖ cã nghiÖm nhÊt Khi b = 0, từ phơng trình sau suy hệ vô nghiƯm Khi a = 1, th× cã hƯ:  x  y  z 4   x  by  z 3  x  2by  z 4 Rõ ràng y = 0, nghiệm hệ, từ phơng trình suy (1 – 2b)y =  b = 1/2 Khi ®ã hƯ cã nghiƯm VËy b a 1, a = b = 1/2 hệ có nghiệm Trong trờng hợp lại hệ vô nghiệm Với điều kiện ba đờng thẳng phân biệt sau đồng quy ? a1x + b1y + c1 = ; a2x + b2y + c2 = ; a3x + b3y + c3 = Giải Ba đờng thẳng phân biệt nói đồng quy hạngA = hạngB, đó: a1 A =  a2 a  b1   a1   b2  vµ B =  a a b3   b1 b2 b3 c1   c Vậy hạngA = detB = 0, đờng c3 thẳng đồng quy điểm Nếu hạngA = hạngB = 1, đờng thẳng trùng (điều không xảy theo giả thiết) Nếu hạngA = 2, hạngB = hạngA = 1, hạngB = 3, hạngB = 2, đờng thẳng điểm chung Vậy đờng thẳng đồng quy hạngA = vµ detB = Chó ý r»ng nÕu coi đờng thẳng song song cắt điểm xa vô tận trừ trờng hợp hạngA = hạngB = 3, đờng thẳng điểm chung Vậy điều kiện cần đủ để đờng thẳng đồng quy detB = a1 a2 a3 b1 b2 b3 c1 c 0 c3 Với điều kiện ba điểm phân biệt sau thẳng hàng ? A1(a1, b1) ; A2(a2, b2) ; A3(a3, b3) Giải Ba điểm phân biệt A1, A2, A3 thẳng hàng tồn số thực A, B, C, A, B không đồng thời không, (thực chất có đờng thẳng Ax + By + C = 0, mà toạ độ điểm thoả mÃn) cho: Aa Bb1  C 0  Aa  Bb  C 0  Aa  Bb  C Hệ có nghiệm không tầm thờng khi: a1 a2 a3 b1 b2 b3 1 0 ViÕt ph¬ng trình đờng tròn qua ba điểm A(2, 1) ; B(1, 2) ; C(0, 1) Giải Cách Ta có: BC ( 1,  1) ; BA  (1,  1)  BC.BA   BC  BA Vậy tam giác ABC vuông B Do đờng tròn qua A, B, C có tâm I trung điểm AC, bán kính R = IA Ta có I(1, 1) , R = 1, nên phơng trình cần tìm là: (x 1)2 + (y 1)2 = Cách Phơng trình tổng quát đờng tròn lµ: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = Do đờng tròn qua A, B, C nên toạ độ thoả mÃn phơng trình đờng tròn, tức ta có hệ: 4a  2b  c 0  1   2a  4b  c 0    2b  c 0  4a  2b  c  a     2a  4b  c   b    c 1 2b  c  Vậy phơng trình đờng tròn cần tìm là: x2 + y2 – 2x – 2y + = 0, hay (x – 1)2 + (y – 1)2 = Tìm hệ số a, b, c, d để đồ thị hàm số y = ax + bx2 + cx + d ®i qua ®iĨm M1(1, 0) ; M2(0, – 1) ; M3(– 1, – 2) ; M4(2, 7) Giải Thay toạ độ điểm vào phơng trình hàm số ta có: a b  c  d 0 a  b  c 1    a 1    d  d  d           a  b  c  d    a  b  c      b 0     8a  4b  2c  d 7  8a  4b  2c c Vậy hàm số cần tìm là: y = x3 Xác định tam thøc bËc hai f(x) = ax2 + bx + c , biÕt r»ng: f(1) = – ; f(– 3) = 47; f(2) = 12 Giải Làm tơng tự nh ta đợc: f(x) = 5x2 2x Giải hệ phơng trình sau: x  2x  3x  12  2x  5x  4x  x   x  2x  x  5x 0  2x  x  x 1  x  3x  2x  2x 2   3 a)  b) 3x  2x  2x  x  12 c)  11x  2x  5x   x  4x  x  9x  12  3x  x  2x 7    2x  3x  2x 2  4x  x  8x  3x 3  3x  x  2x  x  x 1  3x  2x  x  x  x 7  2x  x  7x  3x  5x 2  d)  e) 2x  3x  2x  2x  2x 8  x  4x  3x  3x  3x 9  x  3x  2x  5x  7x 3  3x  2x  7x  5x  8x 3 Gi¶i a) Ta cã: 1  2 3  2  b) 1  0 0   1 1  12    1  0         2  0 Ta cã:    0    14  12    5 1  3 1  1  12     25  0     11 43      26  0  2   0  1      12    0  12    12   18       x 1       x 2   x        14  12   14  12  Tõ ®ã ta cã hƯ phơng trình sau: 15x 30 x   x1  x3  x  x  x t uy ý    x3 2 x      x  14 x  12  x  2x  3x   x   c) Ta cã:         11 1 2 1    1    1    5      0 11  11 11 2    5   2  1     5       5 0 11  0 2   5  2  0   0   7x  x   11  5x 5  Tõ ®ã ta cã nghiƯm cđa hƯ lµ: x   x 11   x  ý 10 3  2 1  3  d)        0  1  1   0  10        1   2           3  0   2  1  1  3  0   1  3  0          0  1 0  0  1     1   4   0   3 1  0 1     1 1     0      0 0   10 1 30  1    1   14 Từ suy hƯ v« nghiƯm e)        0 0 3  2 1      6      7   8            0  0 11 Từ suy hƯ v« nghiƯm 11 ... a a x  a  a x 1 a x a , khẳng định = a2x2 + a1x + a0, khẳng định a2 Giả sử khẳng định n - 1, ( n > 2) ta chứng minh khẳng định với n Khai triển định thức theo dòng đầu ta đợc: x 1 D x... 68 ma trận vuông cấp 2 Còn tích BA =   3 7  0  7  5 4   5  6 1    =  37   45  59   12  34 64 29 17  3   21    , ma trận vuông cấp Từ suy phép nhân ma trận. ..  x  ax ax ax 0 ax ax 0 ax ax ax ax ax = (a+x)n - (Sau khai triển định thức cấp n theo dòng 1, ta đợc định thức cấp n 1) Cách Nhân dòng thứ với ( a), cộng vào dòng sau ta đợc:

Ngày đăng: 01/11/2013, 06:11

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w