Cùng tìm hiểu về nhập môn lý thuyết ma trận | Đại học Sư phạm Hà Nội
vCùng tìm hiểu về nhập môn lý thuyết ma trận | Đại học Sư phạm Hà Nội ới những kiến thức và thông tin bổ ích giúp sinh viên tham khảo, ôn luyện và phục vụ nhu cầu học tập của mình cụ thể là có định hướng, ôn tập, nắm vững kiến thức môn học và làm bài tốt trong những bài kiểm tra, bài tiểu luận, bài tập kết thúc học phần, từ đó học tập tốt và có kết quả cao cũng như có thể vận dụng tốt những kiến thức mình đã học vào thực tiễn cuộc sống.
Môn: Nhập môn lý thuyết ma trận
Trường: Đại học Sư Phạm Hà Nội
Thông tin:
Tác giả:
Preview text:
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận
Nguyễn Đăng Khoa, 715101143, K71A3 Ngày 30 tháng 11 năm 2021 Chương 1 Ma trận 1 Tập hợp và ánh xạ (trang 10-11)
Bài 1. Tìm mối liên hệ giữa các tập hợp sau (bằng, chứa, chứa trong) Lời giải.
(a) Ta có A = {x ∈ R : x2 +2x > 1} tương đương với A = B ∪ C, trong đó C = {x ∈ R : x < √ 1 − 2}. Vậy nên B ⊂ A.
(b) Dễ dàng có A = {−4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4} và B = {−4, 4} nên B ⊂ A.
Bài 2. Cho các tập hợp A, B, C. Chứng minh rằng ... Lời giải. (a) Theo quy tắc De Morgan :
(A ∩ B) \ (A ∩ C)=((A ∩ B) \ A) ∪ ((A ∩ B) \ C)=∅ ∪ ((A ∩ B) \ C) =(A ∩ B) \ C.
Giả sử x ∈ A ∩ (B \ C) thì x ∈ A, x ∈ (B \ C), nghĩa là x thuộc cả A lẫn B và không
thuộc C. Thành thử ra x ∈ (A ∩ B) \ C.
Ngược lại cũng hoàn toàn đúng, vậy nên A ∩ (B \ C)=(A ∩ B) \ (A ∩ C).
(b) Ta có A ∪ (B \ A)={x|x ∈ A hoặc x ∈ (B \ A)}. Điều này có nghĩa là A ∪ (B \ A)=
{x|x ∈ A ∨ (x ∈ B ∧ x /
∈ A)}. Theo luật phân phối của phép hội và phép tuyển ta có
(x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∨ x / ∈ A)=x ∈ A ∧ x ∈ B.
Như vậy A ∪ (B \ A)={x|x ∈ A ∧ x ∈ B} = A ∪ B. 3 4
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận
(c) Ta thấy A \ (A \ B)={x|x ∈ A ∧ x / ∈ (A \ B)}. Mà ta có x /
∈ (A \ B)=x ∈ (A \ B)=x ∈ A ∧ x / ∈ B =(x / ∈ A) ∨ (x ∈ B).
Theo luật phân phối của phép hội và phép tuyển, dễ dàng suy ra
A \ (A \ B)={x|x ∈ A ∧ x ∈ B} = A ∩ B.
(d) Nhận thấy (A \ C) \ (B \ C)={x|x ∈ (A \ C) ∧ x / ∈ (B \ C)}.
Lập luận như phần c) ta có được {x|(x ∈ A ∧ x / ∈ C) ∧ (x /
∈ B ∨ x ∈ C)}. Lại theo luật
kết hợp, phân phối thì mệnh đề bên trên tương đương với x / ∈ C ∧ ((x ∈ A ∧ x /
∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C)) =(x / ∈ C ∧ x ∈ A ∧ x / ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x / ∈ C ∧ x ∈ C)=x / ∈ C ∧ x ∈ A ∧ x / ∈ B.
Suy ra (A \ C) \ (B \ C)=(A \ B) \ C.
(e) Biết rằng (A \ B) \ (B \ C) là tập hợp các phần tử x thỏa mãn (x ∈ A ∧ x / ∈ B) ∧ (x /
∈ B ∨ x ∈ C)=(x ∈ A ∧ x / ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x / ∈ B ∧ x ∈ C) = x ∈ A ∧ x / ∈ B.
Vậy ta có (A \ B) \ (B \ C)=A \ B.
(f) Ta có A × (B ∪ C)={(x, y)|x ∈ A ∧ (y ∈ B ∨ y ∈ C)}. Lại theo luật phân phối ta có
x ∈ A ∧ (y ∈ B ∨ y ∈ C)=(x ∈ A ∧ y ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ y ∈ C).
Điều này cho ta có (x, y) ∈ (A×B)∨(A×C). Vậy suy ra A×(B ∪C)=(A×B)∪(A×C). (g) Tương tự phần (f).
(h) Tập hợp (A ∩ B) × (C ∩ D) bao gồm các phần tử (x, y) thỏa mãn
(x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ (y ∈ C ∧ y ∈ D)=(x ∈ A ∧ y ∈ C) ∧ (x ∈ B ∧ y ∈ D).
Tương đương với (x, y) ∈ (A × C) ∩ (B × D). Điều này chứng tỏ rằng (A ∩ B) × (C ∩ D)= (A × C) ∩ (B × D).
(i) (Ta chứng minh chiều thuận, chiều đảo chứng minh giống chiều thuận).
Ta có A ∩ B = ∅ thì hễ x ∈ A ⇒ x / ∈ B và y ∈ B ⇒ y / ∈ A.
Bây giờ lấy (z, t) ∈ (A × B) thì z ∈ A, t ∈ B nên z / ∈ B, t / ∈ A. Suy ra (z, t) / ∈ (B × A).
Tương tự nếu có (z′, t′) ∈ (B × A) thì (z′, t′) / ∈ (A × B).
Suy ra (B × A) ∩ (A × B)=∅.
Bài 3. Với mỗi ánh xạ f dưới đây, hãy tìm f(1), f−1(1), f((0, 1)), f−1((0, 1))và Imf. Lời giải.
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 5 √ √
(a) f(1)=0, f−1(1)={−2+ 10, −2 − 10}. Do f(x)=x2 +4x − 5 đồng biến trên (0, 1) nên f((0, 1))=(−5, 0). √ √
f−1((0, 1))=(1, −2+ 10)∪ (−2 − 10, −5)và Imf =[−9, +∞).
(b) f(1)=4, f(0, 1)=(4, +∞) và không tồn tại f−1(1), f−1((0, 1)) do Imf =(−∞, −4]∪ [4, +∞).
Bài 4. Cho ánh xạ f : R → R . . . Lời giải. √ √
Với mọi a > 0 thì f( a)=a và với mọi b ≤ 0 thì f( 3 b)=b nên f là toàn ánh.
Nhận thấy f(x) > 0, ∀x > 0 và f(x) ≤ 0, ∀x ≤ 0 nên giả sử f(a) = f(b) > 0 thì tức là a2 = b2 ⇒ a = b.
Giả sử f(a)=f(b) ≤ 0 thì a3 = b3 ⇒ a = b. Tóm lại f là đơn ánh. Suy ra f là song ánh. √ ( x if x ≤ 0 √ . 3 x if x > 0
Ánh xạ ngược là f−1(x)= Bài 5. Lời giải. 3 , − 2 3
(a) Imf = R \ {0} và bằng khảo sát hàm số ta có Img = . 2
(b) Dễ có f(x) đơn điệu nên f đơn ánh và do g(0) = 0 < g(1) = 3/2 và g(x) → 0 khi
x → +∞, do đó theo định lý giá trị trung gian tồn tại 0 < a < 1 < b sao cho
g(a)=g(b)=1, nói cách khác g không đơn ánh.
Đồng thời tập đích của f, g là R nên f, g không toàn ánh. 3/x 3x 3 (c) (g◦f)(x)= = , 1+(1/x)2 −32
= g(x), ∀x 6= 0nên tập giá trị của g◦f là \{0}. x2 +1 2 Bài 6. Lời giải.
(a) Giả sử f(a)=f(b) thì g(f(a))=g(f(b)) hay h(a)=h(b). Mà do h đơn ánh nên a = b. Suy ra f đơn ánh.
(b) Xét x ∈ Z, do h là toàn ánh nên tồn tại y ∈ x thỏa mãn h(y)=x hay g(f(y))=x. Suy ra g là toàn ánh.
(c) Xét f, g : R → R. f(x)=x, g(x)=x2. Khi đó f đơn ánh nhưng h(x)=x2 không đơn ánh do h(1)=h(−1)=1.
Xét tiếp f, g : R → R. f(x)=x2, g(x)=x. Khi đó g là toàn ánh nhưng h(x)=x2 không
toàn ánh do không tồn tại ζ ∈ R để h(ζ)=−1. 6
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 2
Phép thế và dấu của phép thế (trang 13-14) Bài 1. Lời giải. (a) Ta có 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 · = =(254)=σ. 2 4 5 1 3 4 3 5 1 2 1 5 3 2 4 Khi đó
sgn(σ)=sgn((254))=(−1)3−1 =1,
và ánh xạ ngược của phép thế trên là σ−1 =(452). (b) Ta có 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 · = =(24)=τ. 3 5 4 1 2 4 3 1 5 2 1 4 3 2 5 Khi đó sgn(τ )=sgn((24))=−1, và τ −1 = τ. (c) Ta có
(1, 2)(2, 3). . . (n − 1, n) = (123. . . n)=ζ. 1 2 . . . n − 1 n
Dấu của ζ sẽ là (−1)n−1 và ζ−1 = . n 1 . . . n − 2 n − 1 Bài 2. Lời giải.
Xét 1 ≤ i < j ≤ n bất kì, khi đó n +1− i > n +1− j.
Nếu như τ (i) < τ(j) thì theo giả thiết đề bài ta có σ(n +1− i) < σ(n +1− j).
Vậy nên (i, j) không là nghịch thế trong τ và (n +1− i, n +1− j) là nghịch thế trong σ.
Hoàn toàn tương tự nếu (i, j) là nghịch thế trong τ thì (n +1− i, n +1− j) không là nghịch thế trong σ.
Dễ thấy rằng số cặp (i, j) là C2 n(n − 1) n(n − 1) n =
nên số nghịch thế trong τ là − k. 2 2
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 7 3
Ma trận và các phép toán trên ma trận (trang 21) Bài 1. Lời giải. a) 1 −2 3 −4 7 8 −4 5 8 6 −1 1 + = . 0 2 1 3 9 −6 −5 −3 9 −4 −4 0 b) −2 3 −4 2 1 3 1 −2 3 −4 0 −1 1 −14 2 −19 · . 0 2 1 3 2 −1 3 = 10 −2 16 c) 0 0 1 1 2 1 1 2 −1 3 −2 0 2 1 0 −1 4 3 · = . 1 3 −2 1 2 −1 5 1 3 Bài 2. Lời giải. a) 2 −1 6 9 12 3 4 −13 −14 −15 1 2 3 A · B = · = −4 −5 −6 1 0 1 2 3 b) 2 −1 3 4 1 2 3 11 7 B · A = · . − = 4 −5 −6 −29 −16 1 0 c) 2 −1 5 2 2 3 4 2 25 3 2 3 1 A · At = · = . 1 0 −1 4 0 2 3 1 d) 2 −1 3 4 2 3 1 14 10 At · A = · = . −1 4 0 10 17 1 0 Bài 3. 8
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận Lời giải. a b 1 2 Kí hiệu B =
là ma trận giao hoán với ma trận A = . Khi đó A·B = B ·A, c d 2 3 tức là a b 1 2 1 2 a b · = · , tương đương với c d 2 3 2 3 c d a +2b 2a +3b a +2c b +2d = . (∗) c +2d 2c +3d 2a +3c 2b +3d
Vậy nên a +2b = a +2c, 2a +3b = b +2d, c +2d =2a +3c, 2c +3d =2b +3d. Các đẳng thức
này dẫn tới điều kiện b = c và a + b = d. x y
Vậy tất cả các ma trận giao hoán với ma trận A có dạng .
b) Nếu B là ma trận nghịch đảo của A thì từ đẳng thứ y c ( x ∗) + ta ycó a +2c = 2b +3d = 1,
b +2d =2a +3c =0 hay a = −3, b = c =2, d = −1. −3 2
Vậy ma trận nghịch đảo của A là . 2 −1 Bài 4. Lời giải. a b c p q r
là ma trận giao hoán với ma trận B. Khi đó Kí hiệu C = x y z 2 1 0 a b c a b c 2 1 0 0 2 1 p q r p q r 0 2 1 · = · , 0 0 2 x y z x y z 0 0 2 tương đương với 2a + p 2b + q 2c + r 2a a +2b b +2c 2p + x 2q + y 2r + z 2p p +2q q +2r . (∗∗) = 2x 2y 2z 2x x +2y y +2z
Điều này dẫn tới p = x = y =0, a = q = z, b = r. Vậy các ma trận giao hoán với B có dạng u v t 1/2 −1/4 1/8 0 u v 0 1/2 −1/4 . Vậy nên ma
. Dựa vào (∗∗) dàng tính được B−1 = trậ 0
n n 0ghị uch đảo của Bt chính là 0 0 1/2 1/2 0 0 −1/4 1/2 0 (B−1)t = . 1/8 −1/4 1/2 Bài 5.
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 9 Lời giải. Ta có a b 1 0
(a + d)A − (ad − bc)I2 =(a + d) − (ad − bc) c d 0 1 a(a + d) b(a + d) ad − bc 0 = − c(a + d) d(a + d) 0 ad − bc a2 + bc ab + bd = ca + cd d2 + bc a b a b = · = A2.c d c d
Kết thúc phép chứng minh. 4 Định thức của ma trận (trang 28-31) Bài 1. Lời giải. 1
a) 14 ; b) −6 ; c) 1 ; d) ab − c2 − d2 ; e) 1+tan2(α)= cos2 α Bài 2. Lời giải. a) Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 −1 −1 0 0 0 1 = −1. = =(−1)2+3· 1 · −1 0 −1 0 1 −1 0 1 b) Ta có 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 −1 1 0 −1 1 = 1· (−1)· 2=−2. = = 0 1 1 0 1 1 0 0 2 c) Ta có 1+i i 1 i 1 0 2i 0 0 −i 1 0 −i 1 0 −i 1 0 =2i. = = 1 i − 1 1 1 i − 1 1 1 i − 1 1 Bài 3. 10
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận Lời giải.
Ta biết rằng khi đổi hai dòng (hoặc hai cột) của một định thức thì định thức đổi dấu, vậy nên x y z x′ y′ z′ x y z x′ y′ z′ x′ y′ z′ x′ y′ z′ = = − x′ y′ z′ x y z x′ y′ z′ Bài 4. Lời giải. 1 x x2 x3 1 1 1 1 . 1 2 4 8 Đặt f(x)= 1 3 9 27
Sử dụng khai triển định thức theo dòng đầu tiên ta dễ thấy f(x) là một đa thức bậc 3 ẩn x.
Mặt khác dễ thấy f(1)=f(2)=f(3)=0 nên nghiệm của phương trình là {1, 2, 3}.
Bài 5. Định thức Vandermonde Lời giải.
Dễ thấy đẳng thức đúng với n =2, giờ xét n > 2 là số nguyên dương, đặt 1 1 · · · 1 x1 x2 · · · xn x21 x2 . 2 · · · x2 n P (x1, x2, . . . , xn)= . . . . . . · · · . . . xn−1 1 xn−1 2 · · · xn−1 n
Lần lượt nhân hàng (k − 1)với −x1 rồi cộng với hàng k, với k chạy từ n xuống đến 2. Khi ấy 1 1 1 · · · 1 0 x2 − x1 x3 − x1 · · · xn − x1 0 x22 − x1x2 x23 − x1x3 · · · x2n − x1xn P (x1, x2, . . . , xn)= . . . . . . · · · · · · . . . 0 xn−1 2 − x1xn−2 2 xn−1 3 − x1xn−2 3 · · · xn−1 n − x1xn−2 n x2 − x1 x3 − x1 · · · xn − x1 x22 − x1x2 x2 3 − x1x3 · · · x2n − x1xn . . . . . . · · · . . . = xn−1 2 − x1xn−2 2 xn−1 3 − x1xn−2 3 · · · xn−1 n − x1xn−2n
=(x2 − x1)(x3 − x1) . . . (xn − x1) · P (x2, x3, . . . , xn).
Tiếp tục làm tương tự thì ta có ngay 1 1 · · · 1 x1 x2 · · · xn x21 x22 · · · x2 n Y (xi − xj) . · · · · · · · · · . . . = n≥i>j≥1 xn−1 1 xn−1 2 · · · xn−1 n
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 11 Bài 6. Lời giải. a) −1 −4 2 −1 −4 2 −1 −4 2 3 2 −5 0 −5 −2 0 −5 −2 = −25. −5 −2 = = =(−1)· 5 −3 b) −2 −3 1 −2 −3 1 0 5 −3 1 −1 2 3 1 −1 2 3 3 1 1 −1 4 −1 −2 0 3 1 1 1 3 5 0 1 3 5 0 1 3 5 = = 2 −1 −3 1 0 7 −5 −3 7 −5 −3 = −27+35− 5 − 21+3+75 =60. c) 1 −1 2 3 0 −1 2 3 0 1 2 3 −1 1 −1 2 0 1 −1 2 0 0 −1 2 2 −1 1 −1 1 −1 1 −1 1 0 1 −1 3 2 −1 1 = 5 2 −1 1 = 5 1 −1 1 0 1 2 7 0 0 −1 0 1 0 1 1 = 5 1 −1 −1 0 1 7 1 0 1 =(−1)2+3· (−1)· =13. 5 1 −1 Bài 7.
Lời giải. Ta sẽ đi tìm công thức cho câu c) và từ ấy câu a) và b) chỉ là hệ quả.
Nếu tồn tại 1 ≤ i ≤ n sao cho ai =0, khi ấy ta khai triển theo cột i thì định thức ban đầu sẽ
bằng xi · Dn−1 (với Dn−1 là định thức bù cấp n − 1 của xi và nó có dạng giống ban đầu).
Vậy không mất tính tổng quát, giả sử các ai 6=0, ∀i = 1, n. Khi đó ta chia các phần tử ở cột i với ai thì x1 a 1 1 · · · 1 x 1 x 1 a2 a3 · · · an 1 2 a 1 · · · 1 1 x2 a3 · · · an a2 x a = 3 1 a2 x3 · · · an 1 1 · · · 1 · a1a2 · · · an. · · · · · · · a3 a · · · · · · · 1 a2 a3 · · · xn x 1 1 1 · · · n an 12
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận x Ta đặt ia = 1+b i i, ∀i = 1, n.
Ta sẽ chỉ ra công thức sau 1+b1 1 1 · · · 1 1 1+b n n 2 1 · · · 1 1 1 1+b3 · · · 1 = b1b2 · · · bn + X Y .1 (∗) P j=1,j6=i n = · · · · · · · bj 1 1 1 · · · 1+ bn i=1
Lấy các dòng từ 2 đến n trừ đi dòng 1 và khai triển định thức ở cột thứ n, ta có 1+b1 1 1 · · · 1 −b1 b2 0 · · · 0 −b1 0 b3 · · · 0 P (b · · · · · · ·
1, b2, . . . , bn)= −b1 0 0 ··· bn 1+b1 1 1 · · · 1 −b1 b2 0 · · · 0 −b1 b2 0 · · · 0 −b1 0 b3 · · · 0 −b1 0 b3 · · · 0 · · · · · · · = bn · · · · · · · · +(−1)n+1· 1 · −b1 0 0 · · · bn−1 −b1 0 0 · · · bn−1 −b1 0 0 · · · 0
= bn · P (b1, b2, . . . , bn−1)+b1b2 · · · bn−1.
Từ công thức truy hồi P (b1, b2, . . . , bn)=bn · P (b1, b2, . . . , bn−1)+b1b2 · · · bn−1, bằng quy nạp
ta dễ dàng suy ra đẳng thức (∗).
Nhận xét. a) Định thức cấp n sẽ có kết quả là (x + n · a − a) · (x − a)n−1 b) Kết quả sẽ là n n
(x − 1)(x − 2)· · · (x − n)+ X i Y j=1,j6=i (x − j) . Bài 8. i=1 Lời giải.
a) Kí hiệu Pn là định thức cấp n, ta sẽ xây dựng công thức truy hồi. Trước hết P1 = a + b và a + b b
= a2 + ab + b2. Khai triển định thức theo dòng đầu, ta có P2 = a a + b a b 0 0 · · · 0 a + b b · · · 0 0 a + b b 0 · · · 0 a a + b · · · 0 0 a a + b b · · · 0 · · · · · . =(a + b) · Pn−1 − b · · · · · · · · · · · · b 0 0 0 a a + b b 0 0 a a + b 0 0 0 0 a a + b
=(a + b) · Pn−1 − ab · Pn−2. 1 + ··· + 1 1 b1
Có thể thu gọn là b1b2 ···bn 1+
tuy nhiên lại phải xét các trường hợp b b i =0. n
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 13
Vậy nên Pn − aPn−1 = b(Pn−1 − aPn−2)=. . . = bn−2(P2 − aP1)=bn. Suy ra n Pn = aPn−1 + bn = . . . = aibn−i. X i=0
b) Ta bỏ qua trường hợp định thức cấp 2 và ta chứng minh định thức bằng 0 với mọi cấp
n ≥ 3. Thật vậy, với n =3 ta có định thức là
cos(α1 − β1) cos(α1 − β2) cos(α1 − β3) cos(α . 2 − β1)
cos(α2 − β2) cos(α2 − β3) D3 =
cos(α3 − β1) cos(α3 − β2) cos(α3 − β3)
Ta đã biết rằng cos(αi − βj) = cosαi cosβj + sinαi sinβj. Mặt khác dễ dàng chứng minh
được tồn tại các số ζ1, ζ2, ζ3 sao cho ζ2 1 + ζ22 + ζ23 > 0 và
ζζ1 sinβ1 + ζ2 sinβ2 + ζ3 sinβ3 =0.
1 cosβ1 + ζ2 cosβ2 + ζ3 cosβ3 =0
Điều này có nghĩa là ζ1 cos(αi − β1)+ζ2 cos(αi − β2)+ζ3 cos(αi − β3)=0 với i = 1, 3, hay ba
cột của định thức phụ thuộc tuyến tính nên định thức bằng 0.
Vậy ta giả sử định thức bằng 0 với cấp n và ta đi chứng minh đúng với cấp n +1. Điều này
vô cùng đơn giản vì ta sử dụng công thức khai triển định thức cho dòng đầu tiên thì có
Dn+1 = a11A11+ · · · + a1(n+1)A1(n+1),
trong đó A1j là phần bù đại số của a1j và nó bằng 0 theo giả thiết quy nạp. Vậy nên Dn+1 =0 hay ta hoàn tất bài toán. Bài 9.
Lời giải. Ta có A2 − 9 · A − 24· I = O, tuy nhiên khi biểu diễn
x100 =(x2 − 9x − 24)· h(x)+ax2 + bx + c
thì hệ số a, b, c rất xấu! Cần chỉnh lại đề bài. Bài 10. Lời giải. a) −1 −1 −1 2 −7 −3 1 −1 3 2 −5 = 13 5 1 · . 4 b) −2 −1 −1 1 1 1 1 −1 0 0 −1 1 −1 0
=0nên không tồn tại ma trận nghịch đảo. 0 −1 1 −1 Vì det 1 0 −1 1 14
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận c) −1 1 −1 −1 −1 1 −1 −1 −1 −1 1 −1 −1 1 = −1 1 −1 −1 . −1 −1 1 −1 −1 −1 1 −1 −1 −1 −1 1 · 4 −1 −1 −1 1
Nhận xét. Đây chỉ là trường hợp đặc biệt của bài 7a) Bài 11. Lời giải.
Lần lượt sử dụng khai triển định thức từ dòng 1 đến dòng n ta có đpcm. Bài 12.
Lời giải. Do detA = a1a2 . . . an 6=0 nên A khả nghịch và 1/a1 0 0 · · · 0 0 1/a2 0 · · · 0 . · · · · · · . . . · · · . . . A−1 = 0 0 0 · · · 1/an Bài 13. Lời giải.
Ta có aij =1 nếu i 6= j và aij =0 nếu i = j thì bài toán này chỉ là hệ quả của bài 7. Bài 14.
Lời giải. Ta thực hiện đổi dấu từng cột và từng hàng của ma trận B. Trước tiên đổi dấu của hcàn ó gđ 2 pc, 4,
m. . . . , 2 n . Xong đổi dấu của cột 2, 4, . . . , 2 nthì khi ấy ra định thức của A và ta 2 2 Ví dụ n =5. + − + − + + − + − + + + + + + − + − + − + − + − + + + + + + + − + − + + − + − + + + + + + = |A|. |B| = − + − + − = + − + − + = + + + + + + − + − + + − + − + + + + + + Bài 15.
Lời giải. Lần lượt lấy dòng i trừ cho dòng i − 1 với i chạy từ n xuống đến 2. Ta có 0 1 2 3 · · · n − 1 0 1 2 3 · · · n − 1 1 0 1 2 · · · n − 2 1 −1 −1 −1 · · · −1 detA = 2 1 0 1 · · · n − 3 1 1 −1 −1 · · · −1 = 3 2 1 0 · · · n − 4 . 1 1 1 −1 · · · −1 . . . . . . . . . . . . . .. .. .. . . .. .. .. .. .. . . ..
n − 1 n − 2 n − 3 n − 4 · · · 0 1 1 1 1 · · · −1
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 15
Ta nhân từ dòng 2 đến dòng n với 1/2 và cộng vào dòng 1, khi ấy −1 −1 −1 −1 · · · −1 −1 −1 −1 −1 · · · −1 1 −1 −1 −1 · · · −1 2 0 0 0 · · · 0 n − 1 1 1 −1 −1 · · · −1 n − 1 0 2 0 0 · · · 0 detA = − · = − · 2 1 1 1 −1 · · · −1 0 0 2 0 · · · 0 . 2 . . . . . . . . . . . . . .. .. .. . . .. .. .. .. .. . . .. 1 1 1 1 · · · −1 0 0 0 0 · · · 0 0 0 0 0 · · · −1 2 0 0 · · · 0 2 0 0 0 · · · 0 0 2 0 · · · 0 n − 1 0 2 0 0 · · · 0 n − 1 = − · = − 0 0 2 · · · 0 2 0 0 2 0 · · · 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. .. .. . . .. (−1)n 2 0 0 0 · · · 2 0 0 0 0 · · · 0 n − 1 =(−1)n+1· · 2n−1 2 =(n − 1)(−1)n+1· 2n−2. Bài 16.
Lời giải. Ta dễ thấy rằng nếu các cột phụ thuộc tuyến tính thì hiển nhiên định thức bằng 0
nên yêu cầu bài toán muốn chúng ta chứng minh nếu định thức bằng 0 thì suy ra các cột phụ
thuộc tuyến tính. Nói đơn giản có n cột A1, A2, . . . An và định thức bằng 0 thì tồn tại các số
{k1, k2, . . . , kn} 6= {0, 0, . . . , 0} sao cho k1A1 + k2A2 + . . . + knAn =0. (∗) a
b =0thì ad = bc. Nếu a = b = c = d =0thì chọn ngay k1 = k2 =1. Với n =2và ta có Giả sử a 6=0, khi c ấy d
ta chọn k1 = b, k2 = −a là xong.
Vậy ta giả sử mệnh đề (∗) đúng với n − 1 ≥ 2, ta đi chứng minh đúng với định thức cấp n.
Nếu định thức chứa toàn số 0 thì thôi, ngon ơ như ngắm Minh Châu. Giờ đến phần quan
trọng là tán bạn ấy. Nếu tồn tại một hàng T chứa 1 hoặc nhiều số khác 0.
Do định thức bằng 0 nên ta đổi hàng T để lên đầu tiên và tráo các cột để các số khác 0 trong
hàng đứng trước tiên mà không ảnh hưởng đến bài toán. Định thức lúc này có dạng a1 a2 . . . al 0 . . . 0 =0, A1 A2 . . . Al Al+1 . . . An
ở đây Ai tượng trưng cho n − 1 số còn lại trong cột i, i = 1, n. Nếu l =1 thì lại ngon ăn rồi,
giờ ta sẽ chén khi l ≥ 2. a
Ta khai vị bằng thao tác nhân cột j − 1 với k j j = −
rồi cộng với cột j với j chạy từ l aj−1
xuống 2 để có định thức có dạng a1 0 . . . 0 0 . . . 0 =0. Mục đích cuối cù A n 1 g l k à 2A đ 1 ưa + A dò2ng . . đầ .u k ti lA ên l−1th+ à A nhl n A −l+1 1 s . ố .0.tr A
ừ nra anh đầu tiên để làm món
tráng miệng. Giờ khai triển định thức theo dòng đầu tiên, ta có a1 ·
k2A1 + A2 . . . klAl−1 + Al Al+1 . . . An =0, 16
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận mà The d o og a i 1 ả 6 t = hi 0 ết nê qn uy nạ k p 2A th1ì +t A ồn2 tạ.i .n.− k 1 lA sốl−1k + h A ôn lg A đ l ồ +n1g .th.ờ .i bA ằ n ng 0 = là 0.k′ 2, k′3, . . . , k′ n sao cho
k′2(k2A1 + A2)+k′ 3(k3A2 + A3)+. . . + k′ l(klAl−1 + Al)+k′ l+1Al+1+ . . . + k′ nAn =0.
Vậy ta chọn hệ số cho n cột định thức ban đầu là
k∗1 = k′2k2, k∗2 = k′2 + k′ 3k3, . . . , k∗
l = k′ l, k∗l+1 = k′ l+1, . . . , k∗ n = k′ n.
Dễ dàng thấy rằng nếu k∗
1 = k∗2 = . . . = k∗n = 0 thì suy ra k′2 = k′ 3 = . . . = k′n = 0 (trái với giải thiết quy nạp). Do đó bộ số (k∗ 1, . . . , k∗
n) không đồng thời bằng 0, tức thỏa mãn mệnh đề (∗). Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có đpcm. Bài 17.
Lời giải. Giả sử tồn tại số k sao cho det(A + k · I) = 0. Áp dụng tính chất det(B · C) = detB · detC, ta có
det[(A + k · I)(A +(2− k) · I)]=det(A + k · I) · det(A +(2− k) · I)=0.
Biểu thức bên trong sẽ bằng
A2 +2A + k(2− k)I =(A2 +2A +3I) − (k2 − 2k +3)I = −(k2 − 2k +3)I,
vậy nên det[(A + k · I)(A +(2− k) · I)]=−(k2 − 2k +3)detI = −(k2 − 2k +3) < 0, ∀k ∈ R.
Điều này dẫn tới mâu thuẫn hay bài toán được chứng minh. Bài 18.
Lời giải. Tổng quát bài toán: Nếu A2k+1 = O thì ma trận A+I khả nghịch hay det(A+I) 6=0.
Thật vậy, do A · I = I · A = A nên theo hằng đẳng thức đáng nhớ, ta có
I = A2k+1+ I = A2k+1+ I2k+1 =(A + I)(A2k − A2k−1 + . . . + I).
Tức là 1=det(I)=det(A + I) · det(A2k − A2k−1 + . . . + I), suy ra det(A + I) 6=0.
Câu hỏi đặt ra liệu bài toán còn đúng với số mũ chẵn hay không ? Câu trả lời là có, lời giải rất đơn giản như sau
−I = A2k − I = A2k − I2k = A2 − I2 A2(k−1)+ . . . + I2(k−1) .
Suy ra det(A − I) · det(A + I)=det(A2 − I2) 6=0 hay ta có det(A + I) 6=0.
Bằng cách giải như trên ta còn có thể tổng quát hơn nữa là nếu An = O thì ma trận A + k · I (k 6=0) khả nghịch.
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 17 5
Giá trị riêng và chéo hoá ma trận (Trang 43-44) Bài 1. Lời giải.
(a) Do các phần như nhau nên tớ chỉ làm một lần cho các bạn xem thôi nhé, nhìn kĩ này :))
Ta có đa thức đặc trưng của ma trận A là 1 − t 2
= t2 − 3t − 4=(t +1)(t − 4). pA(t)=det(A − tI)= 3 2− t
Như vậy các giá trị riêng của ma trận A là λ1 = −1, λ2 =4.
Với λ1 = −1, hệ phương trình (A − λ1I2)x = 0 trở thành 2x 3x1 +3x2 =0 1 +2x2 =0 1 Hệ này có nghiệm x = t
nên ta có thể chọn vectơ tương ứng với giá trị riêng λ −1 1 = −1 1 là x1 = .
Với λ2 =4−,1hệ phương trình (A − λ2I2)x = 0 trở thành −3x − 2x =0 1 1 +2x22 =0 2 Hệ này có nghiệm x = t
nên ta có thể chọn vectơ tương ứng với giá trị riêng λ 3 2 = 4 là 2 x2 = . 3 1 2 −1 0 Do đó P =[x1x2]= và P −1AP = . (b) −1 3 0 4 −4 1
PA(t)=t2 − t − 6, λ1 =3, λ2 = −2, P = . (c) 1 1 4 0 1 0 1 0 p .
A(t)=t3 − 10t2 +31t − 30, λ1 =2, λ2 =5, λ3 =3, P = (d) 5 0 1 −1 1 1 1 nên không tồn tai P .
pA(t)=t3 − 3t − 2, λ1 = −1 (bội 2), λ2 =1, x1 = , x2 = 2 2 18
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận (e) 3 0 0 3 nên không tồn tại P . p 2
A(t)=t3 − 6t +12t − 8, λ =2(bội 3), x1 = , x2 = −1 −1 (f) 0 0 1 0 1 0 p 3 .
A(t)=t − 5t2 +8t − 4, λ1 =1, λ2 =2(bội 2), P = (g) 1 0 0 3 0 1 1 1 0 .p .
A(t)=t3 − 4t2 +5t − 2, λ1 =2, λ2 =1 (bội 2), P = 2 3 0 Bài 2. Lời giải. (a) Ta có 5 2 3 3 2 −2 6 −5 1 5 1 0 −23 A = = · · 2 −1 = P · B · P −1, 1 1 0 4 5 3 2 3 3 2 −2 1 5 −23 nên 1 0 An = · (b) Ta có 1 1 0 4n · 3 −4 2 3 −3 An 1 0 −6 −8 = · . 1 1 0 2n · 6 9 Bài 3.
Lời giải. Ta biết rằng λ là giá trị riêng của A khi và chỉ khi det(A − λI)=0. Vậy nếu có
λ =0 thì hiển nhiên detA =0, do đó A không khả nghịch. Bài 4.
Lời giải. Giả sử ma trận đơn vị I cấp n, khi đó đa thức đặc trưng là (1− t)n =0 hay t =1.
Từ đây dễ thấy ngay mọi vectơ đều là vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng là 1. Bài 5.
Lời giải. Ta xét ma trận A − λI, dựa vào giả thiết đề bài suy ra tổng các cột của ma trận
bằng 0 nên có det(A − λI)=0. Nói cách khác λ là giá trị riêng của A. Chương 2
Hệ phương trình tuyến tính 1
Hệ phương trình tuyến tính (trang 49)
Bài 2.1. Xác định cỡ, ma trận liên kết, ma trận đầy đủ của mỗi hệ phương trình tuyến tính
sau. Mỗi hệ đó có là hệ Cramer hay hệ thuần nhất hay không? Lời giải.
(a) Cỡ của hệ phương trình là 3 × 3 và ma trận liên kết, ma trận đầy đủ là 1 −2 3 1 −2 3 1 0 1 −2 0 1 −2 2 A = ; A = . 3 0 −1 3 0 −1 0
Do detA 6=0 nên đây là hệ Cramer nhưng không phải hệ tuyến tính thuần nhất.
(b) Hệ phương trình có cỡ 3 × 3 và ma trận liên kết, ma trận đầy đủ có dạng 2 −1 −1 2 −1 −1 0 1 −1 −2 1 −1 −2 0 B = ; B = . 7 1 −2 7 1 −2 0
Do detB 6=0 nên đây là hệ Cramer, đồng thời cũng là hệ tuyến tính thuần nhất.
(c) Hệ phương trình cỡ 2 × 5 và ma trận liên kết, ma trận đầy đủ có dạng 2 3 1 −1 1 2 3 1 −1 1 1 C = ; C = . 1 −1 3 7 0 1 −1 3 7 0 2
Đây không phải hệ Cramer và cũng không phải hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.
Bài 2.2. Hãy viết hệ phương trình tuyến tính thuần nhất và một hệ phương trình tuyến tính
không thuần nhất có ma trận liên kết là mỗi ma trận sau và xét xem hệ đó có phải là hệ Cramer không. 19 20
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận Lời giải.
Ta viết hệ phương trình tuyến tính thuần nhất và hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất như sau (a) x +2y +3z =0 x +2 4yx ++35zy + = 6z1 =4 ; 4x +5y +6z =0
Hệ này không phải hệ Cramer. (b) x +2y =0 x +2y =1 3x +4y =0 3x +4y =3 5x +6y =0 ; 5x +6y =5
Hệ này cũng không phải hệ Cramer. (c) x +2y +3z =0 x +2y +3z =1 4x +5y +6z =0 4x +5y +6z =4 7x +8y +0z =0 ; 7x +8y +9z =7 Hệ này là hệ Cramer.
Bài 2.3. Hãy diễn đạt lại các bài toán sau bằng một hệ phương trình tuyến tính. Lời giải.
(a) Gọi x < y (cm/s) là vận tốc của hai vật thể. Chu vi một vòng tròn là 40π (cm). Dựa vào
giả thiết bài toán ta có 40(y − x)=40π và 8(x + y)=40π. Ta viết dưới dạng hệ phương trình tuyến tính 480((xy+−yx)) = =4400ππ.
Giải hệ này ta có x =2π, y =3π.
(b) Gọi x, y (gam) lần lượt là khối lượng của đồng và kẽm. Khi đó giả thiết bài toán được
viết dưới dạng hệ phương trình ( x y x + y + =13 = 1 16. 8, 9 7
Giải hệ này ta có x =89, y =42 (gam).
(c) Gọi a, b, c lần lượt là số công nhân của tổ A, B, C. Khi đó số sản phẩm của mỗi tổ là
37a, 23b, 41c. Dựa vào giả thiết 37a +23b 23b +41c =29 và =33. a + b b + c
Vậy nên ta có hệ phương trình tuyến tính là 4a 5b− 3b 4c =0 =0,
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 21 3 5 hay ta có a = b, c =
b và khi ấy số sản phẩm trung bình của ba tổ là 4 4 37a +23b +41c =34. a + b + c 2
Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp Gauss (trang 59,60)
Bài 2.4. Giải các hệ phương trình tuyến tính sau bằng phương pháp Gauss. Lời giải.
(a) Chúng ta biến đổi ma trận đầy đủ bằng phương pháp Gauss như sau (i) 1 −2 3 1 1 −2 3 1 0 1 −2 2 0 1 −2 2 A = −→ D3 → D3 − 3D1 3 0 −1 0 0 6 −10 −3 1 −2 3 1 0 1 −2 2 −→ D3 → D3 − 6D2 0 0 2 −15 −15 , −13, −25 V (iậiy
) hệ này có nghiệm (x, y, z)= . 2 2 −1 −1 0 1 0 1 0 L1 → L 1 −1 −2 0 1 −1 −2 0 1 − L2 L3 → L B = −→ 3 + L2 7 1 −2 0 81 0 −41 0 0 L2 → L 0 −1 −3 0 2 − L1 L3 → L3 − 8L −→ 1 0 0 −12 0
Từ đây dễ dàng suy ra hệ có nghiệm duy nhất (0, 0, 0). (iii) 2 3 1 −1 1 1 2 3 1 −1 1 1 C = −→ 1 −1 3 7 0 2 1 −1 3 7 0 2
Từ đây ta thấy x2 = x1 +3x3 +7x4 − 2 và
x5 = 1+x4 − x3 − 3x2 − 2x1 = 7− 5x1 − 10x3 − 20x4. 22
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận (b) 2 −1 −1 1 −1 2 −1 −1 1 −1 1 2 0 −1 1 0 5 1 −3 3 L3 → L3 + L2 −1 −1 2 3 −2 0 1 2 2 −1 L2 → 2L2 − L1 0 1 −3 1 −9 −→ 0 1 −3 1 −9 2 −1 −1 1 −1 0 5 1 −3 3 L4 → L4 − L3 0 0 9 13 −8 L3 → 5L −→ 3 − L2 0 0 −5 −1 −8 2 −1 −1 1 −1 0 5 1 −3 3 D4 → 9D4 +5D 0 0 9 13 −8 3 −→ 0 0 0 56 −112
Từ đây suy ra hệ có nghiệm (x1, x2, x3, x4)=(1, −1, 2, −2).
(c) Do hệ thuần nhất nên ta chỉ biến đổi trên ma trận liên kết. 3 −2 4 −1 1 −2 1 1 L1 ↔ L2 1 −2 1 1 0 4 1 −4 L2 → L2 − 3L1 −→ L3 → L3 +2L1 −2 1 −1 2 0 −3 1 4 1 −2 1 1 0 4 1 −4 −→ L4 → 4L4 +3L3 0 0 7 4 x1 13 x2 8 x , t ∈ R. 3 −4
Từ đây dễ dàng suy ra hệ có nghiệm x = t 4 7
Bài 2.5. Dùng phương pháp Gauss để giải tiếp các bài toán trong Bài tập 2.3. Lời giải.
Do các hệ phương trình ở bài toán 2.3. đều là hệ phương trình cỡ 2 × 2 rất đơn giản, các bạn
đều có thể làm được.
Bài 2.6. Tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp Gauss-Jordan. Lời giải.
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 23 (a) Ta có 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 L 0 0 −1 −1 1 0 2 → L2 − L1 L3 → L E =(A|I)= −→ 3 − L1 1 0 0 0 0 1 01 −1 1 −1 −1 00 10 0 −1 −1 −1 0 1 −→ L2 ↔ L3 01 0 1 − 1 11 −10 1 00 L 0 1 1 1 0 −1 2 → L2 × (−1) L −→ 3 → L3 × (−1) 01 0 10 10 −1 0 01 L 0 1 0 0 1 −1 1 → L1 − L2 L −→ 2 → L2 − L3 0 0 1 1 −1 0 0 0 1 0 1 −1 . Suy ra A−1 = (b) Ta có 1 −1 0 1 2 1 1 0 0 1 2 1 1 0 0 L2 → L2 − 2L 2 0 −2 0 1 0 0 −4 −4 −2 1 0 1 L3 → L E =(B|I)= −→ 3 − L1 1 −2 −1 0 0 1 01 −4 2 −2 1 −1 0 0 1 0 0 −4 −4 −2 1 0 −→ L3 → L3 − L2 01 0 2 1 2 1 1 − 0 1 10 L 0 1 1 1/2 −1/4 0 2 → −L2/4 L −→ 3 → L3/2 01 0 10 1/2 −1/ 0 2 1/21/2 0 1 0 0 1/4 −1/2 L1 → L1 − 2L2 + L3 L2 → L2 − L −→ 3 0 0 1 1/2 −1/2 1/2 1/2 0 1/2 0 1/4 −1/2 . Vậy B−1 = 1/2 −1/2 1/2 24
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận (c) Ta có 0 −1 1 1 1 0 0 0 −1 0 −1 1 0 1 0 0 1 −1 0 −1 0 0 1 0 E =(C|I) = 1 1 −1 0 0 0 0 1 1 1 −1 0 0 0 0 1 1 −1 0 −1 0 0 1 0 L1 ↔ L4 −1 0 −1 1 0 1 0 0 L −→ 2 ↔ L3 0 −1 1 1 1 0 0 0 1 1 −1 0 0 0 0 1 0 −2 1 −1 0 0 1 −1 L2 → L2 − L1 0 1 −2 1 0 1 0 1 L3 → L3 + L −→ 1 0 −1 1 1 1 0 0 0 1 1 −1 0 0 0 0 1 0 −2 1 −1 0 0 1 −1 L4 → L4 + L3 0 0 −3 1 0 2 1 1 L3 → 2L3 + L −→ 2 0 0 −1 2 1 1 0 1 1 1 −1 0 0 0 0 1 0 −2 1 −1 0 0 1 −1 L4 → 3L 0 0 −3 1 0 2 1 1 4 − L3 −→ 0 0 0 5 3 1 −1 2 2 0 −1 −1 0 0 1 1 L 0 −6 0 −2 0 2 4 −2 1 → 2L1 + L2 L 0 0 −15 0 −3 9 6 3 2 → 3L2 + L3 −→ L 0 0 0 5 3 1 −1 2 3 → 5L3 − L4 30 0 0 0 12 −6 6 18 0 −30 0 0 6 12 18 −6 L1 → 15L1 − L3 +3L4 0 0 −15 0 −3 9 6 3 L2 → 5L2 +2L −→ 4 0 0 0 5 3 1 −1 2 1 0 0 0 2/5 −1/5 1/5 3/5 L1 → L1/30
0 1 0 0 −1/5 −2/5 −3/5 1/5 L2 → −L2/30 0 0 1 0 1/5 −3/5 −2/5 −1/5 L −→ 3 → −L3/15 0 0 0 1 3/5 1/5 −1/5 2/5 L4 → L4/5 2/5 −1/5 1/5 3/5 −1/5 −2/5 −3/5 1/5 . 1/5 −3/5 −2/5 −1/5 Vậy suy ra C−1 = 3/5 1/5 −1/5 2/5
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 25 3 Hệ phương trình Cramer
Bài 2.7. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer. Lời giải.
(a) Hệ đã cho được viết dưới dạng ma trận là −2 5 x 1 = . 3 −2 y 3
=(−2)· (−2)− 3 · 5=−116=0. Do đó hệ này là hệ Cramer và lại có −2 5 Ta có D = 3 −2 1 5 = −9. −2 1 D1 = = −17và D 3 −2 2 = 3 3 D 17 D 9
Suy ra hệ có nghiệm x = 1= và y = 2 = . D 11 D 11
(b) Hệ đã cho được viết lại dưới dạng ma trận là 1 −3 x −2 = . 1 1 y 1 1 −3
=46=0. Do đó hệ này là hệ Cramer và lại có Ta có D = 1 1 1 −2 =3. −2 −3 D1 = 1 1 =1 và D2 = 1 1 D 1 D 3
Suy ra hệ có nghiệm x = 1= và y = 2 = . D 4 D 4
Bài 2.8. Tìm điều kiện của số thực a để hệ sau là hệ Cramer, sau đó giải các hệ đó theo a. Lời giải.
(a) Hệ đã cho được viết dưới dạng ma trận là a 4 x 1 = . 4 a y a a 4
= a2 − 42. Để hệ này là hệ Cramer thì a2 − 42 6=0 hay a 6= ±4. Ta có D = Lại có 4 a 1 4 a 1 = a2 − 4. D1 = a a = −3a và D2 = 4 a D D
Suy ra hệ phương trình có nghiệm x = 1 −3a 2 a2 − 4 = , y = = . D a2 − 16 D a2 − 16 26
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận
(b) Hệ đã cho được viết dưới dạng ma trận là a a − 2 x 1 = . 1 a y 1 a a − 2
= a2 − a +2 > 0, ∀a ∈ R. Vậy hệ này luôn là hệ Cramer với mọi a. Ta có D = Lại có 1 a 1 a − 2 a 1 = a − 1. D1 = =2 và D 1 a 2 = D 2 1 1D
Suy ra hệ phương trình có nghiệm x = 1= , y = 2 a − 1 . D a2 − a +2 = D a2 − a +2
Bài 2.9. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer.
Lời giải. Hệ đã cho được viết dưới dạng ma trận là −1 2 2 x 3 1 2 3 y 5 = . 3 −1 4 z 7 −1 2 2 1 2 3
= −156=0 nên đây là hệ Cramer. Ta có D = Lại có 3 −1 4 3 2 2 −1 3 2 −1 2 3 5 2 3 1 5 3 1 2 5 = −24. D1 = = −3; D2 = =0; D3 = 7 −1 4 3 7 4 3 −1 7 8 , 0, 15 Suy ra (x, y, z)= . 5 Bài 2.10. Lời giải.
Hệ đã cho được viết dưới dạng ma trận là −1 a 2 x 1 a − 1 2 3 y 2 = . 3 −1 a − 2 z 3 −1 a 2 a − 1 2 3
= −a3 +3a2 +3a − 9. Để hệ đã cho là hệ Cramer thì Ta có D = √ −a3 +3a2 +3a − 9 3 6=0 s − u 1 y r a −a 26=3, ± 3.
Bài tập về nhà nhập môn lý thuyết Ma trận 27 Lại có 1 a 2 −1 1 2 2 2 3 a − 1 2 3 = −a2 +7a +2 ; D1 = = −2a2 +15a − 17; D2 = 3 −1 a − 2 3 3 a − 2 −1 a 1 a − 1 2 2 = −3a2 +8a − 13. D3 = 3 −1 3 −2a2 +15a − 17 −a2 +7a +2 −3a2 +8a − 13 Suy ra x = , y = và z = . −a3 +3a2 +3a − 9 −a3 +3a2 +3a − 9 −a3 +3a2 +3a − 9