Phương pháp giải một số dạng toán về ma trận và định thức

Mục lục Trang Lời nói đầu 2 Chơng I: Ma trận 3 Đ1. Ma trận bậc hai 3 Đ2. Hạng của ma trận 9 Đ3. Vết của ma trận 12 Đ4. Tính luỹ thừa bậc cao của ma trận 16 Chơng II. Định thức 24 Đ1. Sử dụng tính chất đồng d 24 Đ2. Tính định thức bằng phơng pháp truy toán 27 Đ3. ứng dụng của các vectơ độc lập tuyến tính vào việc xem xét một định thức 32 Phần kết luận 35 Tài liệu tham khảo 36 1 Lời nói đầu Vai trò của ma trận và định thức trong đại số tuyến tính nói riêng và trong toán học hiện đại nói chung hết sức to lớn. Để hiểu rõ về ma trận và định thức việc giải các bài tập rất cần thiết. Trong các giáo trình đại số tuyến tính các bài tập còn thờng ở dạng cơ bản, cha sắp xếp theo các dạng và cha đề cập tới đờng lối giải chung cho một số dạng toán khó.Vì vậy việc theo dõi bài tập gây khó khăn cho một số bạn sinh viên. Trong khoá luận này, chúng tôi đã liệt kê đợc một số dạng toán về ma trận và định thức dựa trên các đề thi Olympic Toán toàn quốc trong những năm qua, đa ra một số phơng hớng giải. Đây là một đề tài mở vì các bài toán hết sức phong phú và đa dang. Chúng tôi hy vọng khoá luận sẽ đợc bổ sung bởi các bạn sinh viên khoá sau để khoá luận sẽ là một tài liệu tốt cho các bạn sinh viên khoa Toán. Khoá luận đợc hoàn thành dới sự hớng dẫn của thầy giáo, PGS-TS. Lê Quốc Hán. Nhân dịp này chúng tôi bày tỏ lòng biết ơn tới thầy, ngời đã nhiệt tình hớng dẫn và giúp đỡ chúng tôi trong quá trình hoàn thành khoá luận. Chúng tôi cũng xin cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong tổ Đại số và các bạn sinh viên cùng khoá đã động viên chúng tôi hoàn thành khoá luận. Vì trình độ và thời gian có hạn nên khoá luận chắc còn nhiều thiếu sót, rất mong nhận đợc sự đóng góp của bạn đọc để khoá luận ngày càng tốt hơn. Tác giả. 2 Chơng I: Ma trận Đ1. Ma trận bậc hai Cách tính A n và ứng dụng. I. Cơ sở lý thuyết : Trong tất cả các ma trận, ma trận bậc hai đợc nghiên cứu và xem xét rất nhiều. Mục này trình bày cách tính A n ; n N với A là ma trận thực cấp hai trong mọi trờng hợp. Giả sử : A = dc ba với a, b, c, d R. Xét đa thức đặc trng: dc ba = 2 (a + d) + ad - bc . (*) + Nếu (*) có hai nghiệm thực phân biệt. Khi đó = (a + d) 2 - 4(ad - bc) = (a - d) 2 + 4bc > 0. Việc tính A n khá dễ dàng, cụ thể nh sau: Gọi 1 và 2 là hai nghiệm thực phân biệt của (*). Khi đó 1 , 2 là hai giá trị riêng, tơng ứng là hai vectơ riêng v 1 (x 1 , x 2 ); v 2 (x' 1 , x' 2 ). Khi đó A = PBP -1 . với B = 2 1 0 0 ; P = ' 22 ' 11 xx xx . Bằng quy nạp ta chứng minh đợc: 3 A n = P B n P -1 . với B n = n 2 n 1 0 0 . và A n tính đợc dễ dàng. + Nếu 0 . Vấn đề tính A n trở nên khó khăn, ít đợc đề cập trong các tài liệu nhng lại xuất hiện nhiều ở các kỳ thi. - Nếu = 0: (a + d) 2 - 4(ad - bc) = 0. Kiểm tra trực tiếp ta có: A 2 -(a + d)A + (ad - bc)E = 0. Khi = 0, ta có (ad - bc) = ( ) 4 da 2 + mà E 2 = E, nên ta có: A 2 - (a + d)A - 0E 2 da 2 2 = + . 0E 2 da A 2 = + . Do đó: A n = n E 2 da E 2 da A + + + . = + + + + + + + ++ + + + + = n1n 1n n 2n2 2n n 1n 1 n n E 2 da E 2 da E 2 da AC E 2 da E 2 da AC .E 2 da .E 2 da ACE 2 da A = E 2 da 2 da E 2 da An n1n + + + + = E 2 da E 2 da a 2 da n n1n + + + + Vậy: A n = E. 2 da E 2 da A 2 da n n1n + + + + - Nếu < 0: Khi đó (*) có hai nghiệm phức phân biệt. Ta có kết quả: 4 A = P . B P -1 víi B =       2 1 0 0 λ λ vµ λ 1,2 = ( ) 2 ida ∆±+ . DÔ thÊy: ( ) 4 2 21 ∆++ == da αα = k ∈ R Ta cã: α 1,2 = k ( )         ∆++ ± + k da i k2 da 2 . §Æt k2 da + = cos ϕ th× ( ) k2 da 2 ∆++ = sin ϕ. α 1,2 = k[cos ϕ ± i sinϕ] Khi ®ã: B n= n sinicos0 0sinicos k               ϕ−ϕ ϕ+ϕ = ( ) ( )         ϕ−ϕ ϕ+ϕ n n n sinicos0 0sinicos k =       ϕ−ϕ ϕ+ϕ nsinincos0 0nsinincos k n . 5 Do đó A n = P B n P -1 = k n P + nsinincos0 0nsinincos P -1 . Đặc biệt nếu có dạng m thì khi đó ta có B 2m = k 2m E và A 2m = k 2m E và đây là trờng hợp thờng gặp ở các bài toán về tính A n trong các kì thi. II. một số ứng dụng Bài toán 1 . Tính A 2004 biết A = 01 11 . Giải: Xét đa thức đặc trng: 0IA = (1 - )(0 - ) + 1 = 0 2 - + 2 = 0. Ta có: 3 sini 3 cos 2 3i1 2,1 = = khi đó theo kết quả suy ra từ trờng hợp đặc biệt, ta có: A 6 = 1 6 . E = E. Do đó A 2004 = (A 6 ) 338 = E. Bài toán 2. Cho f(x) là hàm phân thức tuyến tính f(x) = dcx bax + + . Ký hiệu : f 2 (x) = f(f(x)); f 3 (x) = f(f(f)(x)) ; , f n (x) = f(f n-1 (x)). Dễ có: f 2 (x) = ( ) ( ) 2 2 dbcxcdac bdabxbca b dcx bax c b dcx bax a +++ +++ = + + + + + + . Để ý rằng: 6 ( ) ( ) 2 2 2 dc ba dbcdac dabbca = ++ ++ = A 2 Từ đó bằng quy nạp ta nhận đợc : f n (x) = n n n nn nn d b d b dxc bxa = + + c a c a với n n . Trên cơ sở này ta giải bài toán nhỏ sau: Cho f(x) = 2x 6x + + Tính f n (x) Giải:Xét A = 21 61 . 7 Theo kết quả trên: f n (x) = = + + nn nn n nn nn dc ba A dxc bxa với . Nh vậy thực chất ta phải tính A n .Xét phơng trình đặc trng: EA = 0 (1 - ) (2 - ) - 6 = 0 2 - 3 - 4 = 0 = = 1 4 2 1 1 = 4 ứng với vectơ riêng v 1 (-2; -1). 2 = -1 ứng với vectơ riêng v 2 (-6; 2). Ta có: A = 21 62 10 04 21 62 . Do đó: 8 A n = 21 62 10 04 21 62 n n = ( ) ( ) ( ) + + 24314 646342 n n nn . f n (x) = ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) 24314 646342 ++ ++ nn nn x x Bài toán 3: Bản chất của một dạng toán khó của phơng trình hàm. Trớc hết ta cho một ví dụ, cách giải kèm theo phân tích bản chất của cách giải này. Giải phơng trình hàm: x f(x) + 2f 1 1x 1x = + (1) Giải : Thực hiện phép đổi biến: x 1x 1x + ta đợc : 1 x 1 f2 1x 1x f 1x 1x = + + + (2) Tiếp tục thực hiện biến đổi thay x bởi x 1 ta có + + x1 1x f2 x 1 f x 1 (3) Thay x bởi x1 1x + vào (1),tađợc: ( ) xf2 x1 1x f x1 1x + + + = 1 (4). 9 (1), (2), (3), (4) là hệ 4 phơng trình với 4 ẩn số là f(x), + + x1 1x f; x 1 f; 1x 1x f Giải ra ta đợc: f(x) = ( ) 1xx5 1xx2 2 + (x -1, 0, 1). Trớc hết ta xét ma trận tơng ứng của dcx bax + + là dc ba Ta có: x 10 01 = A 0 = E 1 A 11 11 1x 1x = + 2 A 11 10 x 1 = 3 A 11 11 x1 1x = + 10