HỆ THỐNG CÂU HỎI BÀI TẬP VÀ LỜI GIẢI BÀI 2: MA TRẬN VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

H THNG CU HI V BI TP
BI 2: ma trận và hệ phơng trình tuyến tính
Bi 1. Cho các ma trận:
3 2


A=4
7
1 5



Tính: a) A + B C

;

4

B = 5
6


b) 2A 7B

2 7


C = 8
0
11 3

0

1 ;
9

c) 3A + 5B 2C.

Bài 2. Tìm ma trận X sao cho: a) A X = B; b) 3B + 2X = A; c) 5X
2A = 4B. ở đây các ma trận A, B có dạng:
10 7
A =
2 5

5
6


;


8
1
B =
2 7

10 7
Bài 3. Cho hai ma trận : A =
2 5

5
6

3
0





4 0



; B = 5 1 .

6 9



Tìm ma trận X trong mỗi trờng hợp sau đây:
a) X = A + tB
ma trận không).

;

b) 3tB 2X = 2A ; c) 3X + tA 2B = O ( O là

Bài 4. Nhân các ma trận sau:

3 4 10 5

.
a)
11 6 2 7
5 7 1 5 7



c) 4 0 7 1 9 .
3 6 5 4 0




9
b)
4

4 7

5 1
3 5 .
12 5

0 6

d) ( a1 a 2 a3

x1

x
a4 ) 2 .
x
3
x
4

1

5 8 1 3
3
; B =
Bài 5. Cho hai ma trận : A =
7
6 2 4 0

0


7

5
.
4

2

Tính AB và BA. Có kết luận gì về tính giao hoán của phép nhân
ma trận.

1


2 6

Bài 6. Cho các ma trận: A =
1 5

4 0 2
; B =
5 3 4





5 7


; C = 2 0 .
3 4



a) Tính AB ; BC.
b) Tính (AB)C và A(BC). So sánh hai kết quả.
3 2 1
. Tìm tất cả các ma trận X sao cho AX
4

Bài 7. Cho ma trận A =
0 1
= I (I là ma trận đơn vị).

Bài 8. Giả sử A là một ma trận vuông, f(x) = a 0 + a1x + a2x2 + ... + anxn
, ta ký hiệu
f(A) = a0I + a1A + a2A2 + ... + anAn .
1

2

và đa thức f(x) = x2 2x + 3. Tính f(A).
Cho ma trận A =
3 0

Bài 9. Chứng minh rằng với A, B là hai ma trận vuông cấp n khả nghịch
ta có: (AB) 1 = B1A 1 .
Bài 10. Cho các ma trận :

1 2 1


A= 1
0 3
3 4 1



1 2 0

B = 3 4 1 . Tính định
1 1 1



thức AB.
Bài 11. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau đây:
a)

2 5

A =
4 3

d)

1 2 5


D = 1 3 3
1 1 2



f)

1

0

F =
0

0


2 3
1 2
0 2
0 0

4

4
0

3

b)

6 1

B =
5 2

e)

2 3
2

E = 1 1 0
1 2 1



g)

2 1

3 2
G=
1 1

2 1


0
0
3
2

c)

0

0
4

3

h)

1 2 3


C = 4
0 5
1 2 3



1

3
H =
2

3


2 1
8 0
2 4
8 1

2

4
3

6

Bài 12. Tuỳ theo các giá trị của tham số thực a, hãy tính hạng của các
ma trận sau:
2


3

a
b) B =
1

2


1 a 1 2


a) A = 2 1 a 5
1 10 6 1







d) D =

a
2
3
3
1


6
6 a +1
2 3+ a
c) C =
6
8+ a
9 a + 2
3
3
6
9
8 + a a + 2


a
2
2
2
2

2
a
3
3
3

1 1 4

4 10 1
7 17 3

2 4 3
3 2 3

3 2 3
a 2 3
2 a 3

2 3 a

Bài 13.
a) Tìm một ma trận vuông A khác ma trận không, cấp lớn hơn 1
mà A = O.
2

b) Chứng minh rằng nếu ma trận vuông A thoả mãn điều kiện A 2
= O, thì I + A và
I A là hai ma trận nghịch đảo của nhau, ( I là ma trận đơn
vị).

1 2 1


Bài 14. Cho các ma trận: A = 0 1 3
0 2 4



2 5 3


B= 0 0 2
3 1 6



0 1 5


C = 3 2 7
1 3 6



Tìm ma trận X thoả mãn đẳng thức AX + B = C, (giải phơng trình
bậc nhất).
Bài 15. Cho F(x) = x(x 1)(x 2) ... (x n + 1), trong đó n là một số tự
nhiên, và a là một số thực bất kỳ. Tính các định thức cấp n + 1 sau
đây:

a)

F (a )
F (a )
F (a )
F (a )
D2 =
...
...
F ( n ) (a ) F ( n +1) (a )

F (0)
F (1)
F (1)
F (2)
D1 =
...
...
F (n) F ( n + 1)

... F (n)
... F ( n + 1)
...
...
... F (2n)

... F ( n ) ( a)
... F ( n +1) (a )
...
...

... F (2 n ) (a )

Bài 16. Tính các định thức cấp n sau đây:
3

b)


1
1
1 ....
1
1
x a
a ....
a
a
a a
a) A = x x a ...
... ...
...
... ...
x x x ..... x a

Bài 17. Chứng minh rằng : D =

b)

0
1

B= 1
...
1

x 0 0
1 x 0
0 1 x

1
0
1
...
1

1
1
0
...
1

...
...
...
...
...

1
1
1
...

0

...
...
...

0
0
0

a0
a1
a2

...
x

...
a n 1

...
0

...
0

... ...
0 ...

0

0

0

... 1

=

n

a x

i =0

i

i

an

Bài 18. Tính các định thức :
a
0
0
a) A =
...
0
b

0
a
0
...
b
0

x
a1
c) C = a1
...
a1

a1
x
a2
...
a2

0
0
a
...
0
0
a2
a2
x
...
a3

...
...
...
...
...
...

0
b
0
...
a
0

b
0
0
...
0
a

... a n
... a n
... a n
... ...
... x

1
2

b) B = 2
...
2

2
2
2
...
2

2
2
3
...
2

1
a1
1 a1 + b1
a1
d) D = 1
...
...
1
a1

...
...
...
...

...

2
2
2
...
n

a2
a2
a 2 + b2
...
a2

...
an
...
an
...
an
...
...
... a n + bn

Bài 19. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau:
1
1
1 1

1 1 1 1
a) A =
1 1 1 1


1 1 1 1



1

0
b) B = 0
...

0

a a2
1 a
0 1
... ...
0 0

... a n

... a n 1
... a n 2 .
... ...

... 1

Bài 20. Tìm điều kiện cần và đủ để hệ sau có nghiệm:
ax + y + z = 1

x + ay + z = 1
x + y + az = 1


4


Bài 21. Đối với mỗi hệ sau, tìm các giá trị của tham số a, b để hệ có
nghiệm
ax + y + z = 1

a) x + ay + z = a
x + y + az = a 2


b)

ax + y + z = 4

x + by + z = 3
x + 2by + z = 4


Bài 22. Chứng minh rằng với mọi giá trị của a, b, c hệ phơng trình
sau luôn có nghiệm
x + ay + a 2 z = a 3

2
3
x + by + b z = b
x + cy + c 2 z = c 3


Bài 23. Giải và biện luận hệ phơng trình sau theo tham số a, b, c
ax + by + cz = a + b + c

bx + cy + az = a + b + c
cx + ay + bz = a + b + c


Bài 24. Cho định thức Vandermode sau:

1

a1

a12

... a1n 1

1

a2

a 22

... a 2n 1

Dn = 1

a3

a32

...

...

...

... a3n 1 . Chứng minh rằng Dn =
... ...

1

an

a n2

... a nn 1



1 k < i n

(a i a k )

Bài 25. Chứng minh rằng định thức cấp n sau đây bằng hạng tử thứ
n của dãy số Phi-bô-na-xi, tức là u 1 = 1, u2 = 2, ... , uk + 2 = uk + uk + 1, với
k = 1, 2, ... , trong đó:
1
1
1 1
0 1
un =
... ...
0
0
0

0

0
1
1
...
0

...
...
...
...
...

0
0

0
...
1

0
0
0
.
...
1

0 ... 1 1

Bi 26. Giải các hệ phơng trình sau:

5


a)

x1 2 x 2 + 3 x3 = 12
2x + x + x = 1

1
2
3

3 x1 x 2 2 x3 = 7
2 x1 + 3 x 2 + 2 x3 = 2

x1 + 2 x 2 + x3 5 x 4 = 0

3 x1 2 x 2 + 2 x3 x 4 = 12
x 4 x + x + 9 x = 12
2
3
4
1

b)

c)

2 x1 + 5 x 2 + 4 x3 x 4 = 1
x 3x + 2 x + 2 x = 2
1
2
3
4

11x 2 + 2 x3 5 x 4 = 5

4 x1 x 2 + 8 x3 + 3 x 4 = 3
3 x1 + x 2 2 x3 + x 4 x5 = 1
2 x x + 7 x 3x + 5 x = 2
1
2
3
4
5

d)
x1 + 3 x 2 2 x3 + 5 x 4 7 x5 = 3
3 x1 2 x 2 + 7 x3 5 x 4 + 8 x5 = 3

3 x1 + 2 x 2 + x3 x 4 x5 = 7

e) 2 x1 + 3 x 2 + 2 x3 2 x 4 2 x5 = 8
x + 4 x + 3x 3 x 3 x = 9
2
3
4
5
1

Bài 27. Tìm hệ nghiệm cơ bản và số chiều của không gian nghiệm
của hệ phơng trình:
2 x1 x 2 x3 + x 4 = 0

b) x1 x 2 x3 2 x 4 = 0
5 x x 3x 2 x = 0
2
3
4
1

x1 + x 2 5 x3 3 x 4 = 0
a)
=0
2 x1 x 2 x3

x1 6 x 2 2 x3 + x 4 + x5 + x 6 = 0
3 x 12 x 6 x + x + x + 3 x = 0
1
2
3
4
5
6
d)
x
+
4
x

x
+
x

x
=
0
1
2
4
5
6


3x2
x 4 x5

=0

3 x1 + x 2 + x3 6 x 4 12 x5 + 3 x6 = 0

+ x 3 x 4 5 x5 = 0
c) x1

x 2 + x3
3 x5
=0


Bài 28. Cho hai hệ phơng trình:
2 x1 + x 2 x3 x 4 + x5 = 1
x x + x + x 2x = 0
1
2
3
4
5
a)
3 x1 + 3 x 2 3 x3 3 x 4 + 4 x5 = 2
4 x1 + 5 x 2 5 x3 5 x 4 + 7 x5 = 3

2 x1 2 x 2 + x3 x 4 + x5 = 1

x1 + 2 x 2 x3 + x 4 2 x5 = 1

b)
4 x1 10 x 2 + 5 x3 5 x 4 + 7 x5 = 1

2 x1 14 x 2 + 7 x3 7 x 4 + 11x5 = 1
1 1
3 3




Biết một nghiệm riêng của hệ a) là , , 0, 0, 0 và một nghiệm riêng
2 1
3 6




của hệ b) là , , 0, 0, 0 . Đối với mỗi hệ phơng trình:
Tìm nghiệm tổng quát của mỗi hệ nhờ hệ nghiệm cơ bản
của hệ thuần nhất liên kết tơng ứng.
6


• Nhê nghiÖm tæng qu¸t võa t×m ®îc, t×m mét nghiÖm riªng
mµ c¸c thµnh phÇn to¹ ®é lµ nh÷ng sè nguyªn.

7


ĐÁP ÁN
3 −2



bµi 1. Cho c¸c ma trËn: A =  4 7 
1 − 5 



TÝnh: a) A + B – C

;

b) 2A – 7B

4

B = − 5
6


−2 7


C = 8
0 
 11 − 3 



0

1 ;
9 

c) 3A + 5B – 2C.

Gi¶i:
3 −2
4



a) A + B – C =  4 7  +  − 5
1 − 5 
6




b) 2A – 7B =

0
−2 7
 9 −9 





1 –  8
0  = −9
8 .
 11 − 3 

 −4
9 
7 




3 −2
4



2.  4 7  – 7.  − 5
1 − 5 
6




0
 − 22


1 =  43
 − 40
9 


− 4


7 .
− 73 

3 −2
4



3A + 5B – 2C = 3.  4 7  + 5.  − 5
1 − 5 
6




c)

0

1 –
9 

−2 7


0  =
2.  8
 11 − 3 



 33 − 20 


26  .
 − 29
 11
36 

10 − 7
2 5

bµi 2. Cho hai ma trËn : A = 

5
6


 ;


T×m ma trËn X sao cho: a) A – X = B;
= 4B.

8
1
B = 
− 2 7

3

0





b) 3B + 2X = A;

c) 5X – 2A

Gi¶i:
a)
 9 − 15

4 −2

A – X = B ⇔

10 − 7
5

X = A – B = 
2

5
6

8
 1
 – 

 − 2 7

3
0

2
.
6 

1 10 − 7 5   1
1
 − 3
b) 3B + 2X = A ⇔ X = (A – 3B) = 
2  2

2

8

5

6

8 3 

 − 2 7 0 


 =


=

1 7 31
.
2 8 16

4
6


7 / 2 31 / 2
=

4 8

2
.
3


1 8 3
1 10 7 5
1
+ 4.

c) 5X 2A = 4B X = (2A + 4B) = 2.
5 6
5 2

5
2 7 0

=

1
5

24

4

18
38

22
12


.


10 7
bài 3. Cho hai ma trận : A =
2 5

5
6

4 0

; B = 5 1

6 9



Tìm ma trận X trong mỗi trờng hợp sau đây:
a) X = A + tB
ma trận không).

;

b) 3tB 2X = 2A ; c) 3X + tA 2B = 0 ( 0 là

Giải:
Trớc hết ta có:

t

4 5
B =
0 1

6
9

10 7

5

5
6

a) X = A + tB =
2


, và


t

10 2


A = 7 5
5 6




4 5
+

0 1

6
9

, vì vậy:


14 12
=
6

2

11
15


.


1 4 5 6 10 7 5
1
2

b) 3tB 2X = 2A X = (3tB 2A) = 3
2 0

2

=

1
2

8 1

4 7

8
15

1

9

2

5


.


4 0 10 2


1
1
t
c) 3X + A 2B = 0 X = (2B A) = 2 5 1 7 5
3
3
6 9 5 6

t



1
X=
3

2 2


3 3
7 12



bài 4. Nhân các ma trận sau:

9

6


 − 3 4  10 5 


a) 
 11 6  − 2 7 

9

b) 
4

 5 7 − 1 5 7 



c)  4 0 7  − 1 9 
 3 6 5  4 0 




d) ( a1

4 7

5 − 1
 − 3 5 
12 5 

0 6
 x1 
 
x 
a 2 a3 a 4 )  2 
x
 3
x 
 4

Gi¶i:
 − 3 4  10 5 
 − 38 13 

 = 
 .
a) 
 11 6  − 2 7 
 98 97 

9
b) 
4

4 7

5 − 1
 − 3 5  =
12 5 

0 6

 21 82 

 .
 − 20 118 
 5 7 − 1 5 7 
 14 98 






c)  4 0 7  − 1 9  =  48 28  .
 3 6 5  4 0 
 29 75 






d) ( a1 a 2 a3

 x1 
 
x 
a 4 )  2  = (a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4).
x
 3
x 
 4

−1

5 8 −1 3 
3
 ; B = 
bµi 5. Cho hai ma trËn : A = 

7
6 2 4 0 

0


7

5
.
4

2 

TÝnh AB vµ BA. Cã kÕt luËn g× vÒ tÝnh giao ho¸n cña phÐp nh©n
ma trËn.
Gi¶i:
5 8 −1 3
0

Ta cã tÝch AB = 
6 2 4





−1

3

7

0


7

5
 12 77 

 , lµ ma trËn vu«ng cÊp
=
4
28 68 


2 

2.

10


1

3
Còn tích BA =
7

0

7
37 6 29 3



5 5 8 1 3
45 34 17 9

=
, là ma trận
4 6 2 4 0
59 64 9 21



12 4 8
2
0


vuông cấp 4.
2 6

bài 6. Cho các ma trận: A =
1 5

4 0 2
; B =

5 3 4





5 7


; C = 2 0 .
3 4



a) Tính AB ; BC.
b) Tính (AB)C và A(BC). So sánh hai kết quả.
Giải:
2

6 4 0 2
4


a) Ta có AB =
1 5 5 3
4 0 2
BC =
5 3 4

38 18 20
=
.

21 15 22

5 7


14 20
2 0 =
.
31
51
3 4





5 7

38 18 20
214 346
2 0 =
.
b) (AB)C =
21 15 22 3 4
141 235

2 6 14 20
214 346

=
.
1 5 31 51
141 235

A(BC) =

3 2 1
. Tìm tất cả các ma trận X sao cho AX
4

bài 7. Cho ma trận A =
0 1
= I (I là ma trận đơn vị).

a

Giải: Do I là ma trận đơn vị nên A là ma trận cấp 2 và X = c
e


Do đó hệ thức

AX = I là:

3a 2c + e = 1

c + 4e = 0


3b 2d + f = 0

d + 4 f =1

11

b

d .
f


12a 4
c =
9
Từ 2 phơng trình đầu ta có:
1 3a , và từ 2 phơng trình sau ta
e=
9

12b + 2

d =
9
có:
2 3b .

f =
9



a

12a 4
Vậy ma trận X cần tìm là: X =
9
1 3a

9




b

12b + 2
, trong đó a, b tuỳ ý
9
2 3b

9


thuộc R.
bài 8. Giả sử A là một ma trận vuông, f(x) = a 0 + a1x + a2x2 + ... + anxn
,

ta ký hiệu: f(A) = a0I + a1A + a2A2 + ... + anAn .
1

2

1

2 1

và đa thức f(x) = x2 2x + 3. Tính f(A).
Cho ma trận A =

3
0


2


=
Giải: Ta có A2 =
3 0 3 0

5 2
2 4
3 0

; 2A =
; 3I =

0
3 6
6
0 3

.
5 2
2 4
3 0
4 2
+
+
=

0
3 6
6
0 3
3 3

Vậy f(A) = A2 2A + 3I =

bài 9. Chứng minh rằng với A, B là hai ma trận vuông cấp n khả nghịch
ta có:

(AB)1 = B1A 1 .

Giải: Thật vậy: (B1A 1 )(AB) = B1 (A 1A)B = B1IB = B1B = I .
(AB)(B1A 1 ) = A(BB1 )A 1 = AIA 1 = AA 1 = I

Từ đó suy ra (AB) 1 = B1A 1 .
1 2 1


bài 10. Cho các ma trận : A = 1 0 3
3 4 1



AB.
12

1 2 0


B = 3 4 1 . Tính định thức
1 1 1




Giải: Ta có thể tính trực tiếp từng định thức, rồi suy ra định thức
của ma trận AB, hoặc tính ma trận AB, sau đó tính định thức của
ma trận AB.
1 2 1
0 3 =
Cách 1. Ta có A = 1
3 4 1

Cách 2.

AB =

6
7
3
4
5
3 =
8 9 3

1 2 1
1 0 3 = 0 AB = 0 .
1 0 3

6
7 3
2 2 0 = 0 AB = 0 .
2 2 0

bài 11. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau đây:
2 5

a) A =
4 3

6 1

b) B =
5 2

d)

1 2 5


D = 1 3 3
1 1 2



f)

1

0
F =
0

0


2 3
1 2
0 2
0 0

4

4

0

3

c)

e)

2 3
2


E = 1 1 0
1 2 1



g)

2 1

3 2
G=
1 1

2 1


0
0

3
2

0

0
4

3

1 2 3


C = 4
0 5
1 2 3



h)

1

3
H =
2

3

2 1
8 0
2 4
8 1

2

4
3

6

Giải: Việc tính các ma trận nghịch đảo của một ma trận có hai
cách. Dới đây là các kết quả:
a)

2

17
5

17

A

-1

1
=
26

3

4

3

5
= 26
2
2

13



1

17 .
6

17

13

5
26
1
13

.




b) B

-1

=

1
17

2 1

=
5 6


c) C

-1

1
=
48

 − 10 12 − 10 


7 .
 − 17 6
 8
0
8 


d) D

-1

1
= −
7

 3 −1 − 9


1
5 3 − 8 =
7
 4 1 − 5



 − 3 1 9



 − 5 − 3 8 .
 − 4 − 1 5



e) E -1

 1 − 4 − 3


=  1 − 5 − 3 .
−1 6
4 


f) F -1

g) G -1

−1
0
0 
 2


2
0
0 
 −3

= 
.
31 − 19 3 − 4 


 − 23 14 − 2 3 



1

3
H =
2
3


2 −1
8 0
2 −4
8 −1

 6 − 12 − 21 8 


6
6
−8 
1 0
= 

.
0
3
0 
6 0


0
0
0
2 


h) H -1

3 − 4 −8
 24


 − 23 2 − 1 2 7 2 
= 
,
10
1 − 2 −3


 −5
0
1
1 



v×:
−2
−4
−3
−6

1

0
→
0
0


2 −1 − 2
2 3
2
0 1
3
0 −1 − 2

1

0
→
0

0



2 −1
1 32
0 1
0 0

1

0
→
0

0


0
1
0
0

0
0
1
0

0
0
0
1

1
0
0
0

0
1
0
0

0
0
1
0

1
0
−3 1
−5 1
0 −1

0

0
→
0 
1 
0
0

1
0

1 2 −1 − 2

3
2
0 2
0 − 2 − 2 1

0 2
2
0


1
−3
−2
−3

0
1
0
0

0
0
1
0

0

0
0 
1 

1 2 −1 − 2 1
0
0


0
0 1 3 2 1 − 3 2 1 2
→

0
3 −5
1
0 0 1
0 0 0
1 
1 −5
0


1 2
−9 0
2
2 



7 2 1 2 − 1 − 1
0 1
→

10
1 −2 −3
0 0




−5 0
1
1 
0 0

0
0
1
0

0
0
1
0

0

0

0 
1 

0 1
1
0 −1 

0 − 23 2 − 1 2 7 2 
0 10
1 − 2 −3

1 −5
0
1
1 

0 24
3 −4 −8
3 − 4 −8
 24



0 − 23 2 − 1 2 7 2 
−
23
2
−
1
2

7
2


. VËy H -1 = 
.

0 10
1 −2 −3
10
1 − 2 −3



 −5

1 −5
0
1
1 
0
1
1



bµi 12. Chøng minh r»ng nÕu mét trong hai ma trËn A vµ B lµ kh«ng
suy biÕn th× hai ma trËn AB vµ BA lµ ®ång d¹ng.
14

Giải: Giả sử B là ma trận không suy biến, thế thì tồn tại ma trận
nghịch đảo B -1. Khi đó ta có:
AB = (B -1B)(AB)(B -1B) = B -1(BABB -1)B = B -1(BA)B. Điều này theo
định nghĩa chứng tỏ AB và BA là hai ma trận đồng dạng.
bài 13.
a) Tìm một ma trận vuông A khác ma trận không, cấp lớn hơn 1
mà A = O.
2

b) Chứng minh rằng nếu ma trận vuông A thoả mãn điều kiện A 2
= O, thì I + A và I A là hai ma trận nghịch đảo của nhau, ( I là ma
trận đơn vị).
4

Giải: a) A=
8

2
4
, thì A2 =
4
8

1

1

2 4

4 8
1

2 0
=
4 0

1 1

1

, thì B2 =

=
B =

1

1


1 1 1 1

0
.
0
0

0

0
.
0

b) Ta có (I + A)( I A) = I 2 A2 = I O = I, do đó I + A và I A
là hai ma trận nghịch đảo của nhau.
bài 14. Cho các ma trận:
1 2 1


A = 0 1 3
0 2 4



2 5 3


B= 0 0 2
3 1 6



0 1 5


C = 3 2 7
1 3 6

Tìm ma trận X thoả mãn đẳng thức AX + B = C, (Giải phơng trình
bậc nhất).
Giải: Ta có: AX + B = C X = A -1(C B), nên:
+) Tìm A -1. Ta có

1 2 1
A = 0 1 3 = 4 6 = 2 . A11 = 2; A12 = 0; A13 = 0;
0 2 4

A21 = 6;
A22 = 4; A23 = 2; A31 = 5; A32 = 3; A33 = 1. Do đó :
A -1

2 6 5

1
4 3 =
=
0
2

0 2 1

1 3 5 2


0 2 3 2 .
0 1 1 2

15


0 1 5 2 5 3
2 6 8





2 5 .
+) Tìm C B. Ta có C B = 3 2 7 0 0 2 = 3
1 3 6 3 1 6
4 4 0





23
1 3 5 2 2 6 8
3 10

2 5 = 0 10 10 .
+) Vậy X = A -1(C B) = 0 2 3 2 3
0 1 1 2 4 4 0
1
4
5





bài 15. Cho F(x) = x(x 1)(x 2) ... (x n + 1), trong đó n là một số tự
nhiên, và a là một số thực bất kỳ. Tính các định thức cấp n + 1 sau
đây:
F (0)
F (1)
F (1)
F (2)
D1 =
...
...
F (n) F ( n + 1)

a)

F (a )
F ' (a )
F ' (a )
F " (a )
D2 =

...
...
F ( n ) (a ) F ( n +1) (a )

... F (n)
... F ( n + 1)
...
...
... F (2n)

b)

... F ( n ) ( a)
... F ( n +1) (a )
...
...
... F (2 n ) (a )

Giải:
a) Vì F(x) là đa thức bậc n với hệ số cao nhất bằng 1, có n
nghiệm: 0, 1, ... , n 1 nên F(0) = F(1) = F(2) = ... = F(n 1) = 0. Ngoài
ra F(n) = n!. Vậy trong D1 các phần tử trên đờng chéo phụ đều bằng
n!, các phần tử nằm về phía bên trên đờng chéo phụ đều bằng
không, nghĩa là D1 có dạng tam giác. Do đó D 1 = s(f)(n!) n + 1, trong đó
f là phép thế tơng ứng với đờng chéo phụ:
1

f =
n +1
Vậy D1 =

(1)

n ( n + 1)
2

2 ............. n + 1
n( n + 1)
s(f) = C n2 =
.
n ...................1
2

(n ! ) n + 1

b) Ta cũng có: F (n )(x) = n! và đạo hàm cấp lớn hơn n đều bằng
không, do đó các phần tử trên đờng chéo phụ bằng n!, còn các phần
tử nằm về phía bên dới đờng chéo phụ đều bằng không, bởi thế: D 2
=

(1)

n ( n + 1)
2

( n ! ) n + 1 = D1 .
16


bài 16. Tính các định thức cấp n sau đây:

1
1
1 ....
1
1
x a
a ....
a
a
a a
a) A = x x a ...
... ...
...
... ...
x x x ..... x a

0
1
B= 1
...
1

b)

1
0
1
...
1

1
1
0
...
1

...
...
...
...
...

1
1
1
...
0

Giải:
a) Cách 1. Nhân cột một với ( 1), rồi cộng vào các cột sau ta đợc:
1
0
0 ....
0
0
a+x a+x a+x
x a + x a + x .... a + x a + x
0
a+x a+x
A= x

0
a + x ... a + x a + x = ...
...
...
...
x

...
0

...
0 .....

...
0

...
a+x

0
0

0
0

0
0

...
...

...

a+x
a+x
n
... = (a+x)

a+x a+x
0
a+x

-1

.

(Sau khi khai triển định thức cấp n theo dòng 1, ta đợc định thức
cấp n 1).
Cách 2. Nhân dòng thứ nhất với ( a), rồi cộng vào các dòng sau
ta đợc:
1
1
1 ....
1
1
(a + x)
0
0 ....
0
0
A = (a + x) (a + x)

0 ...
0
0 = ( 1)1 + n.1.[ (a + x)]n - 1 (a +
...
...
...
...
...
(a + x) (a + x) (a + x) ..... (a + x ) 0

x)n - 1.
Cách 3. Nhân dòng thứ nhất với x, rồi cộng vào các dòng sau ta
đợc:
1
1
1 ....
1
1
0 a + x a + x .... a + x a + x
A= 0
0
a + x ... a + x a + x = (a + x)
...
...
...
...
...
0
0
0 .....

0
a+x

n-1

.

b) Cộng tất cả các cột vào cột đầu tiên ta đợc:

17


0
1
B= 1
...
1

1
0
1
...
1

1
1
0
...
1

...
...
...
...
...

1
1
1 =
...
0

n 1
n 1
n 1
...
n 1

1
0
1
...
1

1
1
0
...
1

...
...
...
...
...

1
1
1 = (n 1)
...
0

1
1
1
...
1

1
0
1
...
1

1
1
0
...
1

...
...
...
...
...

1
1
1 = ( 1)
...
0

n - 1

.(n

1).
(Nhân dòng thứ nhất với ( 1), rồi cộng vào các dòng sau, sau đó
khai triển định thức theo cột thứ nhất ta đợc kết quả nh trên).

x

bài 17. Chứng minh rằng :

0

1 x
0 1
D=
... ...

0 0
0 0

0 ...
0
x
...
0
0

0

a0

... 0
a1
... 0
a2
=
... ... ...
... x a n 1
... 1 a n

n

a x

i =0

i

i

Giải: Trớc hết ta thấy rằng D là định thức cấp n + 1.
Cách 1. Ta có thể chứng minh bằng phơng pháp quy nạp theo n.
Trong trờng hợp này ta khai triển định thức theo dòng đầu.
Với n = 1, thì D =

x a0
= a1 x + a 0 , khẳng định là đúng.
1 a1

x 0 a0
2
Với n = 2, thì D = 1 x a1 = a 2 x + a 0 + a1 x = a2x2 + a1x + a0,
0 1 a2
khẳng định đúng.
Giả sử khẳng định đúng đối với n - 1, ( n > 2) ta chứng minh
khẳng định đúng với n.
Khai triển định thức theo dòng đầu ta đợc:

x

0

1 x
0 1
D=x
... ...
0 0

0 0

0 ...
0
x
...
0
0

0

1 x 0
0 1 x
0
0 1
... ... ...
0
0 0

a1

... 0
a2
... 0
a3
+ a0 (1)1+ n +1
... ...
...
... x a n 2
... 1 a n 1

0
18

0

0

... 0 0
... 0 0
... 0 0
... ... ...
... 1 x
...

0

1


n

i 1
= x. ai x + a0(- 1)n + 2.(- 1)n =
i =1

n

ai x i + a 0 =

i =1

n

a x

i

i

i=0

(đpcm).

Cách 2. Khai triển định thức theo cột cuối ta đợc:

1 x 0
0 1 x
0
0 1
D = ( 1)1+ n +1 a0
... ... ...
0
0 0
0
x
1
0
+ (1) 3+ n +1 a 2
...
0

0

0

0

... 0
... 0
... 0
... ...
... 1

0
0
0
...
x

...

1

0

x 0 0
0 1 x
0 0 1
+ (1) 2+ n +1 a1
... ... ...
0 0 0

0

0

0

0 0
x 0
0 1
... ...
0 0

... 0 0
x 0
... 0 0
1 x
... 0 0
0 1
+ ... + (1) n +1+ n +1 a n
... ... ...
... ...
... 1 x
0 0

0

...

0

1

0

0
n

= a0 + a1x + a2x + ... + anx =
2

n

a x

i=0

i

i

0

... 0 0
... 0 0
... 0 0
+
... ... ...
... 1 x
...

0
0
x
...
0

...
...
...
...
...

0
0
0
0
...
x

0
a
0
...
b
0

x
a1
c) C = a1
...

a1

a1
x
a2
...
a2

0
0
a
...
0
0
a2
a2
x
...
a3

...
...
...
...
...
...

0
b
0

...
a
0

b
0
0
...
0
a

(đpcm).

... a n
... a n
... a n
... ...
... x

1
2
b) B = 2
...
2

2
2
2
...
2

2
2
3
...
2

1
a1
1 a1 + b1
a1
d) D = 1
...
...
1
a1

Giải:
19

...
...
...
...
...

2
2
2
...

n

a2
a2
a 2 + b2
...
a2

0
0
0
...
0

0 ... 1 x

bài 18. Tính các định thức :

a
0
0
a) A =
...
0
b

1

...
an

...
an
...
an
...
...
... a n + bn


a) Ta ký hiệu định thức A cấp 2n là A = D 2n. Khai triển định thức
theo dòng 1 và dòng 2n ta đợc:
D2n = (a2 b2).D2n - 2. Bằng phơng pháp quy nạp ta chứng minh đợc:
D2n = (a2 b2)2.
b) (Lấy dòng thứ 2 nhân với 1, rồi cộng vào tất cả các dòng khác,
sau đó khai triển theo dòng đầu, định thức còn lại có dạng chéo).
1
2
B= 2
...
2

2
2
2
...
2

2
2
3

...
2

2
1
2
2
2 = 0
...
...
n
0

...
...
...
...
...

0 0
2 2
0 1
... ...
0 0

...
0
...
2
...

0
= 2(n 2)!
...
...
... n 2

c) Cộng tất cả các cột vào cột đầu ta đợc nhân tử chung là: x + a1 +
a2 + ... + an , và xem C nh là một đa thức bậc n + 1 của x, mà ta ký
hiệu là F(x). Vậy C = F(x)
x
a1
C = a1
...
a1

a1
x
a2
...
a2

a2
a2
x
...
a3

... a n
... a n
... a n = (x + a1 + a2 + ... + an)

... ...
... x

1 a1
1 x
1 a2
... ...
1 a2

a2
a2
x
...
a3

... a n
... a n
... a n .
... ...
... x

Nếu x = a1 thì dòng 1 và dòng 2 trùng nhau, do đó C = 0, tức là F(x)
( x a1). Tơng tự nh vậy ta cũng có F(x) ( x ai ), i = 1, n . Do các ( x

ai ), i = 1, n , đôi một nguyên tố cùng nhau nên:
n

F(x)

( x a ) .

i =1

i

Do F(x) là đa thức bậc n + 1, với hệ số cao nhất

bằng 1 nên ta có:
n

F(x) =

( x a ) (x + a1 + a2 + ... + an).
i =1

i

d) Lấy dòng thứ nhất nhân với 1, rồi cộng vào các dòng khác ta đợc:

20


1
1
D= 1

a1
a1 + b1
a1

a2

a2
a 2 + b2

...
a1

...
a2

...
1

1 a1 a 2
0 b1 0
= 0 0 b2
...
...
... ... ...
... a n + bn
0 0 0
...
...
...

an
an
an

... a n
... 0

... 0 = b1b2 ...bn .
... ...
... bn

bài 19. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau:
1

0
b) B = 0
...

0

1
1
1 1


1 1 1 1
a) A =
1 1 1 1


1 1 1 1



a a2
1 a
0 1

... ...
0 0

... a n

... a n 1
... a n 2
... ...

... 1

Giải:
a)

Ta có detA = 16. Mặt khác A đối xứng cho nên A i j = A j i ( i, j =
1, 2, 3, 4). Tính toán cụ thể ta đợc: A11 = 4 ; A12 = 4 ; A13 =
4 ; A14 = 4 ; A22 = 4 ; A23 = 4 ; A24 = 4 ; A33 = 4 ; A34 = 4 ; A44
=4.

Vậy: A -1

1
1
4 4 4 4
1 1




4

1 4 4 4
1
1 1 1 1 1
= A=
=
.
16 4 4 4 4
4
4 1 1 1 1




4 4
1 1 1 1
4 4




1 1 1 1 1 1 1 1 4

ữ
ữ
1 1ữ 1 1 1 1ữ 0
2 1 1
.
=
Chú ý. Ta có A =
1 1 1 1ữ 1 1 1 1ữ 0

ữ
ữ
1 1 1 1 1 1 1 1 0

0
4
0
0

0
0
4
0

0
ữ
0ữ
= 4I , nên
0ữ
ữ
4

1
1
A A ữ = I . Từ đó suy ra A 1 = A .
4
4

b) Với mỗi i = 2, 3, ... , n + 1, nhân dòng thứ i với a, rồi cộng vào

dòng thứ i 1, ta đợc:
1

0

0
...

0

a a2
1 a
0 1
... ...
0 0

... a n
... a n 1
... a n 2
... ...
... 1

1
0
0
...
0

0
1

0
...
0

0
0
1
...
0

...
...
...
...
...

1 0
0


0
0 1

0 0 0
... ...
...


1
0 0

21

0
0
1
...
0

...
...
...
...
...

0 1 a 0
0 0 1 a
00 0
1
... ... ... ...
1 0 0
0

...
...
...
...
...

0

0
0 .
...

1


1 a 0
0 1 a

0
1
1 0
Suy ra A =
... ... ...
0 0
0

0
0 0

...
...
...
...
...
...

0 0

0 0 ữ
ữ
0 0 ữ
ữ.
... ... ữ
1 a ữ
ữ
0 1 ữ


Bài 20. Tìm điều kiện cần và đủ để hệ sau có nghiệm:
ax + y + z = 1

x + ay + z = 1
x + y + az = 1


Giải: Xét định thức:
a 1 1
A = 1 a 1 = (a 1) 2 (a + 2) . Vậy A = 0 khi a = 1 hoặc a = - 2.
1 1 a

Nếu a 1 và a - 2, thì

A 0, do đó hệ có nghiệm duy nhất.

Nếu a = 1, thì ba phơng trình chỉ là một, hệ có nghiệm.
1
1 1
Nếu a = - 2, thì hạngA = 2, còn hạngB = 3 vì 2 1 1 = 9 0 , do

1 2 1

đó hệ vô nghiệm. Kết luận hệ có nghiệm khi và chỉ khi a - 2.
bài 21. Đối với mỗi hệ sau, tìm các giá trị của tham số a, b để hệ có
nghiệm.
ax + y + z = 1

a) x + ay + z = a
x + y + az = a 2


b)

ax + y + z = 4

x + by + z = 3
x + 2by + z = 4


Giải: a) Hệ có nghiệm khi và chỉ khi a - 2. Thật vậy:

22


a 1 1 1 1 a 1 a 1
a
1
a

2
2
1 a 1 a a 1 1 1 0 1 a 1 a 1 a
1 1 a a2 1 1 a a2 0 1 a a 1 a2 a




1

a
1
a 1
a
1
a



2
2
a 1
a a
0 1 a a 1 a a 0 1 a
. Từ đó suy ra:
0 1 a2 1 a 1 a2 0
0
(1 a )(2 + a ) (1 a)(1 + a ) 2

Nếu a - 2 và a 1, thì hệ có nghiệm duy nhất. Nếu a = - 2, thì
hệ vô nghiệm.
Nếu a = 1, thì hệ có nghiệm phụ thuộc 2 tham số.
Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi a - 2.
a 1 1
b) Ta có A = 1 b 1 = b(1 a ) .
1 2b 1

Vậy khi b 0 và a 1, hệ có nghiệm duy nhất.
Khi b = 0, thì từ 2 phơng trình sau suy ra hệ vô nghiệm.
x+ y+z =4

Khi a = 1, thì có hệ: x + by + z = 3 . Rõ ràng y = 0, không phải là
x + 2by + z = 4

nghiệm của hệ, do đó từ phơng trình 1 và 3 suy ra (1 - 2b)y = 0 b

= 1/2. Khi đó hệ có nghiệm.
Vậy khi b 0 và a 1, hoặc khi a = 1 và b = 1/2 hệ có nghiệm.
Trong các trờng hợp còn lại hệ vô nghiệm.
bài 22. Chứng minh rằng với mọi giá trị của a, b, c hệ phơng trình
sau luôn có nghiệm.
x + ay + a 2 z = a 3

2
3
x + by + b z = b

x + cy + c 2 z = c 3


Giải: Ta có: A = (a - b)(b - c)(c - a). Bởi vậy:
Nếu a, b, c là ba số đôi một khác nhau thì hệ có nghiệm: x = abc ;
y = (ab + bc +ca); z = a + b + c.
23


Nếu trong ba số a, b, c chỉ có hai số bằng nhau, thì hệ có nghiệm
phụ thuộc hai tham số. Nếu ba số a = b = c, thì hệ có nghiệm phụ
thuộc 3 tham số.
bài 23. Giải và biện luận hệ phơng trình sau theo tham số a, b, c.

ax + by + cz = a + b + c

bx + cy + az = a + b + c
cx + ay + bz = a + b + c

Giải:

1 b
a b c
Ta có: D = b c a = (a + b + c) 1 c
c a b
1 a

c
1
b

c
a = (a + b + c) 0 c b a c
0 ab bc
b

= (a + b + c)[(c b)(b c) (a c)(a b)] = (a + b + c)(ab + bc + ca
a 2 b 2 c 2)

= (a + b + c)[(a b) 2 + (b c) 2 + (c a ) 2 ] .
1
2

Vậy D 0 a + b + c 0 và a, b, c không đồng thời bằng nhau. Xét
trờng hợp:
1) a + b + c 0 và a, b, c không đồng thời bằng nhau. Trờng hợp này
hệ có nghiệm duy nhất và dễ dàng thấy nghiệm duy nhất đó là: x =
y = z = 1.
2) a + b + c 0 và a, b, c đồng thời bằng nhau. Khi đó a = b = c
0 và hệ đã cho là một phơng trình: x + y + z = 3. Trờng hợp này hệ
có nghiệm phụ thuộc 2 tham số, mà nghiệm tổng quát là: (a 1, a2, 3
a1 a2) ; a1 , a2 R.
3) a + b + c = 0 và a, b, c đồng thời bằng nhau. Khi đó a = b = c =
0 và hệ vô định phụ thuộc 3 tham số, mọi bộ ba số thực đều là
nghiệm của hệ, nghĩa là nghiệm tổng quát có dạng: ( b1, b2, b3) ; b1,
b2 , b3 R.
4) a + b + c = 0 và a, b, c không đồng thời bằng nhau. Khi đó ta có:
ac b2 = ab c2 = bc a2 0.Thật vậy nếu ac b2 = 0, thì ac = b2.
Kết hợp với a + b + c = 0, tức là a + c = b, ta đợc a2 + c2 + 2ac = b2,
hay a2 + 2b2 + c2 = b2 , do đó: a2 + b2 + c2 = 0. Điều này mâu thuẫn
với a, b, c không đồng thời bằng không. Các trờng hợp còn lại chứng

24


minh tơng tự. Vì: ac b2 0, nên hạngA = 2 ( trờng hợp này hệ là hệ
thuần nhất), nên hệ có nghiệm phụ thuộc 2 tham số. Nghiệm tổng
quát là: (c1, c1, c1) ; c1 R.
Chú ý: Ta cũng có thể giải bài này nh sau. Đặt X = x 1; Y = y 1 ; Z
aX + bY + cZ = 0

= z 1, hệ đã cho trở thành: bX + cY + aZ = 0 .
cX + aY + bZ = 0


Nhìn chung giải và biện luận hệ thuần nhất này dễ dàng hơn trớc.
bài 24. Cho định thức Vandermode sau:

1

a1

a12

... a1n 1

1

a2

a 22

... a 2n 1

Dn = 1

a3

a32

...

...

...

... a3n 1 . Chứng minh rằng Dn =
... ...

1

an

a n2

... a nn 1



1 k < i n

(ai ak ) .

Giải: Trừ vào mỗi cột cột đứng trớc nó nhân lên với a 1 ta đợc định
thức mới mà mỗi dòng, sau khi đã khai triển định thức theo dòng 1,
đều có nhân tử chung ai a1, với i = 2, 3, ... , n.

1

a1

a12

... a1n 1

1

0

1

a2

a 22

... a 2n 1

1

a 2 a1

a 2 (a 2 a1 ) ... a 2n 2 (a 2 a1 )

Dn = 1

a3

a32

a3 (a3 a1 ) ... a3n 2 (a3 a1 )

...

...

...

1

an

a n2

... a3n 1 = 1 a3 a1
...
...
... ...
1 a n a1
... a nn 1

0

...

...

...

0

...

a n (a n a1 ) ... a nn 2 (a n a1 )

1

a2

a 22

... a 2n 2

1

a3

a32

... a3n 2

= (a2 a1)(a3 a1)...(an a1) 1

a4

a 42

... ...

...

... a 4n 2 = (a2 a1)(a3 a1)...(an
... ...

1

a n2

... a nn 2

an

a1)Dn 1.
ở đây Dn - 1, cũng là định thức Van đéc mông cấp n 1 nhng các
phần tử xác định nó là a2, a3, ... , an. Ta dự đoán Dn =
25



1 k < i n

(ai ak ) , và