Baitapdaisotuyentinh 2016

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (39.27 MB, 204 trang )

TRỊNH THỊ MINH HẰNG - LÊ HUY HOÀNG
LƯƠNG THỊ TUYẾT - NGUYỄN BẰNG GIANG - NGUYỄN HẢI NAM

NGUYỄN THỊ LỆ HẢI - BÙI KHÁNH TRÌNH - NGUYỄN ĐẶNG TUN

‘2

HS]
H
8>

qXHq

ĐNO/1ML

NĐ1A /1HL

ee
4

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUOC GIA HA NOI

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”

NHA XUAT BAN DAI HOC QUOC GIA

LOI NOI DAU
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 mơn
Tốn 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 Cơ
Nguyễn Thị Thuần của Bộ mơn Tốn học biên soạn. Năm

2016, nhóm

giảng viên chúng tơi 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 mơn 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 tôi 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: Khơng gian Euclide
Trong mỗi chương, chúng tôi chia thành các mục nhỏ, tương ứng với

từng nội dung của sách giáo trình: gồm các bài tập có lời giải chỉ tiết và

các bài tập tự luyện với nội dung tương ứng.

Chúng tơi 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 tơi xin chân thành các ơn các Thầy Cô trong bộ mơn Tốn học
đã có những đóng góp q 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

hồn 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

Nhóm tác giả

Mục

1

Ma

trận - Định thức - Hệ

11

Bài tẠĐU CHHONE Ì.: :
111
113.

2

::

trình tuyến

(bo
c QC cóc

Các phép tốn trên ma trận
Dinh thức,

‹ ‹.

ec

3
on õ

.............
ee

3
3
9

........

16

1.1.4

Phương trình ma trận................«-

24

115

Hệ phương trình tuyến tính.............-

27

Ma

,.

tinh

trận nghịch đảo - Hạng của ma trận

Bài tập luyện tập.

................Ặ
SỐ Se

Không gian tuyến tính
2.1

Bai tap chiwong.2

ot.

40

45
5 6 oe

ee ốeố.ằố

TK...

45

2.1.1

Khơng gian tuyến tính - Khong giancon.......

45

2.1.2

Cơ sở của khơng 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

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

68

2.1.3.

2.1.4

3_

phương

we

1.1.3

1.2

lục

Không gian tổng - Không gian giao

2.2

Bài tập luyện tập...............

Ánh

xạ tuyến

31

Bài tập chương3..............

¬
Vda

72
eb

phe

78

tính

3.1.1

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

3.1.2

Không gian ảnh - Không gian nhân

3.1.3

Trị riêng - Véc tơriêng

3.1.4

Chéo hóa ma trận

......

.........

2

MỤC

3.2
4

Baitaplun tap...

Khong
4.1

. ee
ee ee

135

gian Euclide

141

Bài tập chương 4....................Ặ..

141

4.11

141

4.1.2

4.1.3.
4.14
4:2 -

2.2...

LỤC

Tích vơ hướng - Cơ sở trực giao - Cơ sở trực chuẩn.
Phép biến đổi trực giao - Phép biến đổi đối xứng

Dạng song tuyến tính - Dạng tồn phương......
Đường

bậc hai - Mặt

-Bài:tập luyện, EÊD cá gốc

bậchai.............

abanu cuỗn

sách chấo chấp

shove

.

153

162
179
192

Chương 1

Ma trận - Định thức - Hệ
phương trình tuyến tính

1.1

Bài tập chương 1

1.1.1

Các phép tốn trên ma tran

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

chủ yếu là phép nhân.
chất giao hoán.

Chú ú rằng phép nhân hai ma trận khơng có tính

Bài 1.1.1. Thực hiện phép nhân các ma trận sau:

52

©)

-4

Cone
sin

Giải.

3

—l

3)

4

^

i

5(s

5j | gưángưdLg

—sind

oy)

2

2) dirt

5)

a

(; :)

hy og or

n

>

neNn22

2.

a) Ta có

(

3 2

-4 -1 5 |1

c đựng
s6

ew
7

3)

iy Ao

3

4

Ma trận - Định thức - Hệ phương trình tuyến tính
b) Tương tự ta có

(;
_
TEV

2

2

es

1

(7
BIL

; Ất

(; :)

1 4)
Keg
reel

(43°
Sago,

-4

5

18
OTG

cos@
—sin@
sinØ
cosØ
phương pháp quy nạp

c) Dat A = (

2.3

82
GBI

): Ta sẽ chứng mỉnh đẳng thức sau bằng

An = (o

n8

—sin oo

sinnØ — cosnØ

e Trước hết, ta có 42 = A.A = (

me: 2:

sin2@

e Giả sử ta có đẳng thức A* = (
e Ta sé chttng minh A*+! = (

cos2

coskØ

— sinkØ

sinkØ

coskØ

cos(k + 1)Ø
sink+1)0

j'

—sin(k + 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

sinkØ

_

Vey
Bai

1.1.2.

4

n=

cosn@
(ey

Tìm các ma trận vuông

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

HN

Hà ¿

BA vi B= (>

+1)0

—sinn@é
di
wang) vin

a) A? =O,

d) AB=

coskØ

(cos(R+1)Ø

~ (aa
a

—sin nộ lân

a

sinØ

—sin(k + 1)0

Tả

cosØ

cos(k + 1)0 ) P
EN

+12)

n >2

cấp hai thỏa mãn

Si

ou

1.1 Bài tập chương 1

as Se aie

Giải.

7B

a) Dặt A = (

..........

1): Whi do A

(005

2+ be

“ba

. 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 = —

(với be < 0) nén lan lugt d = —/—be hoac d= V—be.

—be,

e Néu
#0 a+d
thib=0,c=0. Tit dé suy ra a = 0,d = 0 (loại).
2
Vay

_
(v-bc
4 =(
e

b

Lực

isfy be
hoặc A =
c

b
be

as
với be < 0.

b) Tương tự câu a) ta có hệ phương trình

a?+be= 1

đ2 + be = 1

e Néua+d
—VvI- be

v1— be.

a?+be=1

2s

b(a+d) =0

(a—d)(a+d)
=0
b(a
+ đ) =0

c(a
+ d) =0

c(a+d) =0

=0

thi b,c tiy ¥. Khi dé a = Y1—bc hoae a =

(vdi be <

1), tương ứng d =

—/1—bc

hoac d =

e Nếu øa+ởđ #0 thì b= 0,c= 0. Khi đó ø = 1 hoặca = —1, tương
ứng d= 1 hoặc d = -1.

Vậy

1

—

AT

uy

€
—=vl—bc
—V1—be
b
(
‘
Jinbe

với be < 1.
ws

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)

c(a + đ) =c

c(a
+ đ) =c

Red) bo: gi] ồn kd=ð

Ma trận - Định thúc - Hệ phương trình tuyến tính

6
e Nếu

a+ d =

1 thì b,c tùy ý. Từ điều kiện a2 + be = a, giải
1+Vvl-d)‹c ,

trình bậc hai ẩn ø, ta suy ra a = Warton

phương

1—Vv1-4ủc
&=——g———
e Nếu a+đd #1
d =0

VŨI bế,

1

Nh

thì b=0,e=0.

À6 8<

_
hoặc

se

Vậy a = 0 hoặc a = 1, tương ứng

hoặc d = 1.

Vay ta thu dude

O

I

1+ V1 —4bc

= ee2

AZ

.

b

TT

1— vĩ~ 4be

i

2

1— V1 — 4be
2

b

„

_

(a+2b

1

đi be<

È1

451

1+ TT th | VI <1:

f

9 Ta 06 AB= (0721

đi be ©

2

3a+4b

_

(ua+äc

iattn(ae Oe

thd

b+3d

NT

Từ đó ta được hệ phương trình

3e=a+2b

a+ỏðc=u+

2b= 3e

b+ 3d = 3a + 4b

TIENG.
aT ees TT. cung
3a + 3e = 2d
2b + 4d = 3c + 4d
Vay A=

a
2b

2b = 3c

eb
a

b
win?

3
Bài

1.1.3.

Cho

A,B

1a hai ma

(AB = BA). Chứng minh rằng

trận vuông cùng cấp và giao hoán được

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

b) A? - B2? =(A—B)(A+B),

c) (A+ B)" = CHAN EBE (+),
k=0

1.1 Bài tập chương 1

Giải.

7

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,
m

(A+B)" =)

nghia 1a

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

+

k=0

=0

mA

>

GẺiAm-kjpk+1

k=0

Am+l of: 5

ck Amti- k Bk
m

k=1

= Cn A™

Hs

Ÿ cực 1 Am+1~ k Bk

+ Gjnm1

k=l
m

Š (GÀ +C1?
l4 ®NTFBE+ 01 pneL
k=l

Mặt khác, CẺ,+ C&-1= C8, ta suy ra
(A + B) m+1

m+1

_Hài

eb) php

k pk.

k=0

Vậy (A+ B)" => CRA BE
Bài 1.1.4.

Cho ma trận A=

Oo

01
0
|0 0-2].
00
0

Kí hiệu 7 là ma trận đơn vị

cấp 3. Tìm các ma trận A2, 43. Từ đó hãy tính (I + A)?

8

Ma trận - Dịnh thức - Hệ phương trành tuyến tinh

Giải. Ta có 2=

0 0
|0 0
00

A.A=

+2
0
0

000
|,A4?=4?A4=|0
0 0Ị.

000

Suy ra A4” = Ó,Vn > 3. Do A.] = I.A= A nên ta có
7

7

k=0

k=0

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

(

00

1

49
-14].
1

ero

Cho ma tran A =

oof

Bai 1.1.5.

Corr

(1+ A)’ =1+7A4+21A2={0

17

) mn

= (

1
0
0

ooo

Vay

0
1}.
0

a) Tinh cdc ma tran B?, B3.

ooo

nN

O65,

So

coco

II

Bw

wo

&t9

a

0

leo)

0

coo.

a) Ta có Ð?= B.B= (°

ooo

Giải.

ee

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

_

110
10
A=|0
1 1)=]0
0 01
0
Do I.B= B.I= Bvà PF=O,

CC

b) Ta có

Vk>3nén

n

n

k=0

k=0

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

n(n — 1)

5

§

lon

#=|lo1
00

1.1 Bài tập chương 1

1.1.2
Bài

9

Định thức
1.1.6. Sử dụng định nghĩa tính định thức

a)

Giải.

|-2

gh

4

1
3|.
toy

b)

=

#8:

1

3

-5

6

lod vio

4

1

.

SE
2

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

1

2

=1

21/38
3.4

=5

=LÌ

5Ị-c9| rt +3] 3|=-8:
Pi

b) Theo định nghĩa, khai triển định thức theo cột thứ nhất ta có
2

7Ì
Tổ4

3

-l

1 =3

đe
-5 6

5ð

}|_
12

2

†Si5-g
tảng
—5 6

3-1
-1|-(-1)|4
2
2
-5 6

3-15
3-1
+ (-3).
-3 1/-4.]1 -3
-5 6 2
4 2

1
=2(1.]5 2-12-4/5 -3 2|*(-9.|

5
-1
2
5
1
-1

“3

i)1

(fe -3 a]-sfe
seco
Sl)
1
-1 5
-1 5
ee abate zl*c9Hš 1)
2 =I|.›

sleds

-1

5

1
-1
5
-1 5

~4(3[-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
tiếp theo định nghĩa hoặc chứng tminh bài toán liên quan đến định thức.

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,
cicacs déu chia hét cho 17. Chimg minh rang
cho

Từ gia thiét @agagz

ky € Z. Tuong

dạ

|b;

bạ

bạ|

Cy

co

Cä

cũng chia hết

chia hét cho 17, ta suy ra @apa3

a,

.a2

a3|.

by

bạc

bại

cy

C2

€3

=

ja,

ag

100a,

[bị

bạ

10001 + 10bạ + by

cy

cg

100c, + 10c2 + cg

a1.

ag

be

C2

C1C2Œ3

ay

ag

l7k\

by

bạ

17kạ

cy

€2

17ka

a,
=17

a

aq

a3

cy

C2

C3

bạ

bibab¿

ag

ky

bị

bạ

ko

cl

C2

kg

.

n

Sử dụng tính chất của định thức tính

#+ứt

ag

a3

be

dn

ay

r+ag

a3

ey

an

%

a2

T+az

+++

Qn

ay

a2

a3

soe

B2+dn

a) |

+ 10a2 + a3

bạ| cũng chia hết cho 17.

1.1.8.

với

đ1đ2đ3

=|bi

=

|b;

= 17kị

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

C|

Bài

ag

17.

Giải.

Vay

ay

aq

7

Lf

#®

dạ

Œ

s+

2
+

|,

1.1 Bài tập chương 1

€

ewe
1 ag
a3.
|...

1

Giải.

sis

Ba

x

a) Cách

11

+:

gn
op}

ee

gna

t

. | ( Dinh thtte Vandermonde).

1. Cộng tất cả các cột còn lại vào cột thứ nhất, ta được
r+ ay

ag

Qy
ay

D=

a3

ave

Qn

+*+d2

a3

dã

Qn

ag

D+ ag

::.

an

a3

wee

LFAn

ay

c+

ag
n

Yo ag

dạ `

k=1
n

XIN

đạ

|| GR

r+

San
k=1

r+a.

a3

siái

(28W

=lz+

)}) ay

a2

«rt+az

...

an

ag

a3

Le.

DEA

r+

n

k=1
n

Ya
k=1
.

= (c+ >> ax)
k=1

1

ag

a3

one

an

1.

r+a2

1

ag

a3

eae

An

tag...

a

:

:

:

7

dạ

a3

.

tee

:

L+Gn

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

D=(Œœ+

ag

Đ

0

z0

`)

0

0

bal

HE

Te

OO
Cách

a3

an

0

x

0

sO.)

£

n

=a" "(2+ >> ax).

k=l

2. Coi mỗi cột của định thức là tổng của hai cột như sau
œ+ai
O+a,

0+a¿
rt+ag

0+ayx
Ö+aa

-:++:

O+ay
O+a,

0+ai

O+ag

r+ag

+++

O+an

O+a;

O+a2

O+a03

+++

ray

12

Ma
Sử dụng

trận - Dịnh

tính chất của định

thức - Hệ phương

thức

trình tuyến

tách các cột của định

thức,

tính
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!

Os

red

D 20

07)

G67

Ti

Hiếp

gy

kg

&

0|

|0

Oita.
00

0

62252

0

z

0

an

074#7:0

An

ai

0

0

0l+|0

ai

x

0l22/.:-+©|0

z|

ai

0

r

|0

0
£0

00

ke

An

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
Zag
D=|1T

2
2

x
x

1

ag

z

iat

đ

Gn

ay

#—đ0Ị
=|z—I

dạ

# — đỊ

x

#

©

0

0
đạ—4

0

0

thư

x

---

0
0

ti

đa —

Do đó ta có

ay
địT—#
—
D=(œi—#z)...(dn — #)|
—1
-1
Chú ý rằng

đị

ors
—7Z#

1+

a+

~—#

x
dạ—#
1
0

x
dạ—#ữ
0
1

0

0

tee

x
Qn— x
0
0
I

, nên cộng dồn tất cả các cột còn lại

1.1 Bài tập chương

1

18

vào cột thứ nhất, ta có
n

1+

#

#

i=1U-L

*

=(1+

n

r

ag-xr

0

D = (a; ~2)...(an
— 2)

xr

dạ

¬

—#

0

1

0

0

0

0

0

1

zx

an

"

"

"

—

0

0
1

n

0 ——) [Ia - 2)

i=1

*

i=1

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

® + (œ — +)
D=

+0

z+0

te

r+0

---

++0

‘1+

E+ (an — 2)

z+0

+ + (dạ — z)

œ+0

#+(dạ—#)

z++0

z+0

"z+0

z+0

+z+0

tee

z+0

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

thức có ít nhất hai cột giống nhau (các phần tử đều là z) thì định
thức đó bằng 0. Do đó ta có

D=|

đị — #
0

0
dạ—#

0

0ạ—2

0

0

0

0

W
Ð

0
0

tee

0
0

---

0

¬Ắ.

0
dạT—

0
0

0
0

+Ì#

0

dạ —#

0

+

0

0

a,
— 7

0

0

a

aj-2r

2x

0

#

0

0

#

dạ—1

:::

0

0

r

0

tot

An —@

0

%

14

Ma

trận - Dịnh
đơìị—#Z

0

0

0

dạ — d

0

0

0

0

0

es

Từ đó suy ra

a+

2=

n

trình tuyến

tính

tứ SMÍŒ

ag Saeko

‘a

0

1

m
c) Ta có

D(21,22;"**

thức - Hệ phương

.tn)

n

#

1:04,
Ì

mạ

5-09

si!

=|}

#3

23

ay!

Yt,

22

ght

23

anol

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
D(a1,22.°++ 52)

0

0

28!

0

rg—2,

w-—a2,r2

...

font — xan?

=|!

?3—1

TẢ — T113...

ano} — aya?

1.

#n— #1

(LỆ — tin

rụ1 - xen?

...
Tfsz

= (42 — 21) '''(Œn
— #1)

71.

aa?

ss.

27?

1

a3...

1

ty

|.

a?

= (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
mœ của nó là số tự nhiên lẻ thì det A = 0.

1.1 Bài tập chương 1
Giải.
Mặt

15

Do A la phan xttng nén AT = —A.

Suy ra det(AT)

= (—1)" det A.

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~!

I=A.A!1=4A).

Ta thu được A?* = ()

:

Do vậy det(A?* — 7) = (

1\" và

(5)

it

. Vay | det(A?*+!

Bài 1.1.11.

k

= i

Từ đó suy ra A4?
— I = (

= 4A nên

B. Chitng minh det B = 0.
wy WES
«
`
tk
Giải.

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

a,
-

wen

(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€ Đ

(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

det(A — kI) = det(A — (k — 1)I) voi moi k EN.

.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

(A¿)T

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.

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

ie, +

2.5

oat och
me)
>
ast đ22

Giải.

7

b)B=|6 5 -23

a) Ta c6 néu detA =

fn

a

a21

4
-3

441422 — 41209, # 0 thi ma

422

trận A khả nghịch. Khi đó

Án = (—1)!Plas¿ = day,
Aai = (—1)2flana = —aa,

Aig = (—1)!†2a¿i = dạ,
4z; =(—1)?!2'an =an.

Vay ma trận nghịch đảo của ma trận A 1a

yan

1
detA

(An
\Ai2

Aa)

4a›

_

1
( a22
đ11429 — đ12đa1 \421

ag
a

b) Ta cú
detB=l6

2
5:

5
3
~2:

7ù

4
~õ

|

3

4] of8

TI

" af

h c.

1è~ơ gu

jĐ õ

1.1 Bài tập chương 1
nén

TT

B la ma tran kha nghich.

_

3.

Bn=+|
By

=+

Boy

=

4)

2
6

4

5

-

=-l,
=

of

2

khac

_

a
3

5

Mat

4

—

(6

Bo.=

+ k

By = - k

4]

_

|

38,

—27,

=1,

2.7

4

=

—41,

2-4

Bo3 = — 5
Bài

= ta

5

*, = 29,

7

jJ=Th

Bee = 2 8|

Bt

Bụ

le, Bl

1

tuuế

TRƯỜNG ĐẠI HỌC
XÂY DỰNG

là

114-309

Ba

Bu

Haa

=|-38

Đạ

Hạy

B33

27

Bog

11A

|-1 2 -1].

A=
Bai 1.1.13. Cho ma tran

=3

THU VIEN

(Bu

Bi

tee

— |

og

Vậy ma trận nghịch đảo của ma trận
BT!

=

1

2

41

-29

4
—34].

24

4X ssa
i

thung

si

\_ XÂY ĐỰNG

a4

fe

VV

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 kh nghch l det A # 0

âđ3a+9#0ôâa#
-3.
Khi ú ta có
An

=+|b

2

-1
An= +];

Am ==|

-1

2|

+2

As==Ïh

-1

-1
a

=a-1

2
2|

“ee

Dị,

An = +;

yaar

18

Ma trận - Định thức - Hệ phương trình tuyến tính

A31 =+|b
Ag

=

1

+,

-2|
ï
1

9

_.

am.

=3,

Age =-kỗị

g

tì

=3,

=5.

Vay ma tran nghịch đảo của ma trận 4 là
1
Av}

2a+2
-a-4
a} 2a HQ

3a +9

te

3
v8

-1

fe

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],
’

32/9

b)

1

pry

B=

J

Giải.

So

0

| 0

edd gaye
sáp

:

là

10) OP

1)

MMs?
fo alow

lg

K10.

ther oR,
“CĐ

62:0

of

199): su
+3

[=

-6

(Q -6
Yi 2

-3
2

00

9

1

| -2

0 0
10

| -2 0 1
| 1 0 0

tan Glia’

2

-21

——9 „|0 =8 -6 | 2

10

1
{oblignt

(a

|

cf 0

}

GU

H,\>H,-2H3

H2—>H2+6Hs

1

Ha 3 He
ath

10.0

ats

1.2

0 |

0

0

-3

Oo

|

cad

5

;

_8

_3

5

-;
6

9

2
Sr

=H]

has

9

21
=—Bh 5
4

(te

a oo 5

SỐ 1

tờ l8,

BT

2Qy°

21
2
I1

Oo ice2
215
2) 1

võ

19

1.1 Bài tập chương ý
1
H,-H,—2H2

0

"—.

1

if
5 [2
2

Vay A=

Hài

HạHa+o Hà

=1

| esLie

1|1

mie

0 -2|

c

1|

|!iow

1

|

+

Hạ—->Hạ—Ha

0. |

c

—

0

11
-2 -2
-1 -1
1 -1
11
~1 —1
fio
1 -1
11 |

hé...

Ha—->H;—
Hị

OOF

Hạ->HHì

————>

C
CC

KF

KY
oF

eS

Áp dụng phương pháp Gauss - Jordan ta có

o

b)_

1 2
2
9 9
9
3051)
và18
9 9 9
2
2 1
9.99

0

20

Ma trận - Dịnh thức - Hệ phương trình tuyến tính

À0

1-1.

2:1

0403-12 lầ?-0
1

1

-—1

4

2

d doors
2 2 5 0

Hì—>Hì—~Hạ—Hạ— Hạ
Hi“HanHg-Ha,
is

4
1

dO 10

-l

2 =:
[7.5

§.

1 -1

=:1
-1

! Lự=+ 0 0 5 =
000q1lxï
1
1.
2
0
1/1
1
-2
0
ay Boro

Vậy”

=1|1

1

-1

0

-1

0

2

-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 khơng của ma trận dạng hành thang do.
Bài

1.1.16.

Tìm hạng của ma trận A=

2-1
[1

4

2

3

3

2

-1

1

-2 4

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

2-1
A+l|1U 2!
4 3
Hạ—›Hạ—2H\
Hy 9Hy_4H,

1
0

?
—ð

0-5

3 2
121
-111|^95,Í2 -1
-24
4 3
Tà
5
0]

2

0

Ha—>›Hạ— Hạ
———>

Từ đó suy ra hạng của ma trận A là r(4) = 3.

1
|0

0

=1¿1
3 2
-24
2
-5

0

ah
5

-3

0

0

1.1 Bài tập chương 1

Bài

Giải.

1.1.17.

21

Cho A =

- Tìm hạng của A và tính A~1,

Ta dùng phương pháp Gauss - Jordan để tìm AT

1

-l1

Be

|1

1

1

1

Hạ—

|1000

-1/0010

-l

1/0001

vik
¥ 55h}
1/1110

1

1 0

1 1 -1 |0 010

1-1
1 |0 001
l1
1
ligfm

TL
Hạ

1

daveds ghd (|¿+0 ¿40890

1

———————

1

1

gy [Xe

Hithe

0

| yy he

00011

:

11
Bt ig

Lys

oF?

11.1
1

oS

55-4
1

1

1

1
1

:
1

y Nha Điển yore ae a
PONTE

tle

Pee

HaoHh

0

1

019

1 1

Tg

HA?
Hi Hy—Ha
H;-›Hạ— Ha— Hị

Bo

0100
eye

Ol

Qe

FIG 4

SF

1
8
_'`—=

11
—
—

4

i

"”..=

Ma

eo

1

Ì

4
4
4
4
Loblnsid ddqk

a4

1

4

Ù S11\1

io 8 lá°|4
|{-MW

146

In £610/71

=
@

==
e/a

J,.
1
1
=|
gg=
|Z _
1. s¿ 1

gg

We

=1

1

1

3

Baitapdaisotuyentinh 2016

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về