Bài tập đại số tuyến tính có lời giải
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.19 MB, 94 trang )
GV LÊ VĂN HỢP
CHƯƠNG V
ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
I. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN:
Trong chương này, m và n là các số nguyên 1. Ta viết gọn dimRV là dimV
1.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho ánh xạ f : Rn Rm , nghĩa là
= (x1, x2, … , xn) Rn, ! f () = (y1, y2, … , ym) R m.
a) Nếu H Rn thì ảnh của H qua ánh xạ f là f (H) = { f () | H } R m
b) Nếu K R m thì ảnh ngược của K bởi ánh xạ f là
f 1(K) = { Rn | f () K } Rn.
1.2/ ĐỊNH NGHĨA: Cho ánh xạ f : Rn Rm.
a) f là ánh xạ tuyến tính (từ R n vào Rm ) nếu f thỏa
* , Rn, f ( + ) = f () + f () (1)
* Rn, c R, f (c.) = c.f () (2)
b) Suy ra f là ánh xạ tuyến tính nếu f thỏa
, R n, c R, f (c. + ) = c.f () + f () (3)
c) Ký hiệu L(Rn,R m) = { g : Rn Rm | g tuyến tính }
Khi m = n, ta viết gọn L(Rn,Rn) = L(Rn) = { g : R n R n | g tuyến tính }.
Nếu g L(R n) thì g còn được gọi là một toán tử tuyến tính trên R n.
Ví dụ:
a) Ánh xạ tuyến tính O : Rn Rm ( O Rn ) và toán tử tuyến tính
O : Rn Rn ( O Rn ).
b) Toán tử tuyến tính đồng nhất trên R n là Id R : Rn Rn ( R n ).
n
4
3
c) f : R R có f () = (3x 8y + z 4t, 7x + 5y + 6t, 4x + y 9z t)
= (x,y,z,t) R4. Ta có thể kiểm tra f thỏa (3) nên f L(R4,R 3).
Thật vậy, = (x, y, z, t), = (u, v, w, h) R 4, c R, f (c. + ) =
= f (cx + u, cy + v, cz + w, ct + h) = [3(cx + u) 8(cy + v) + (cz + w) 4(ct + h),
7(cx + u) + 5(cy + v) + 6(ct + h), 4(cx + u) + (cy + v) 9(cz + w) (ct + h)] =
= c(3x 8y + z 4t, 7x + 5y + 6t, 4x + y 9z t) + (3u 8v + w 4h,
7u + 5v + 6h, 4u + v 9w h) = c.f () + f ().
Ngoài ra ta có thể giải thích f L(R4,R3) do các thành phần của f () đều là
các biểu thức bậc nhất theo các biến x, y, z và t.
d) g : R3 R3 có g() = ( 2x + 9y + 6z, 8x 5y + z, 3x + 7y 4z)
= (x,y,z) R3. Ta có thể kiểm tra g thỏa (3) nên g L(R3).
Thật vậy, = (x, y, z), = (u, v, w) R3, c R, g(c. + ) =
= g(cx + u, cy + v, cz + w) = [ 2(cx + u) + 9(cy + v) + 6(cz + w) ,
8(cx + u) 5(cy + v) + (cz + w), 3(cx + u) + 7(cy + v) 4(cz + w) ] =
= c( 2x + 9y + 6z, 8x 5y + z, 3x + 7y 4z) + ( 2u + 9v + 6w, 8u 5v + w,
3u + 7v 4w) = c.g() + g().
1
Ngoài ra ta có thể giải thích g L(R 3) do các thành phần của g() đều là các
biểu thức bậc nhất theo các biến x, y và z.
1.3/ TÍNH CHẤT :
Cho f L (Rn,Rm). Khi đó ,, 1, …, k Rn , c1, … , ck R, ta có
a) f (O) = O và f ( ) = f () .
b) f (c11 + + ckk) = c1f (1) + + ckf (k)
(ảnh của một tổ hợp tuyến tính bằng tổ hợp tuyến tính của các ảnh tương ứng)
Ví dụ: Cho f L (R3,R2) và 1 , 2 , 3 R3 thỏa f (1) = (1, 3), f (2) = (2,5)
và f (3) = (4, 4) . Khi đó f (0,0,0) = (0,0), f ( 1) = f (1) = (1,3) và
f (31 42 + 23) = 3f (1) 4f (2) + 2f (3) =
= 3(1, 3) 4(2, 5) + 2(4, 4) = (3, 37).
1.4/ NHẬN DIỆN ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:
Cho ánh xạ f : Rn Rm.
Nếu có A Mn x m(R) thỏa f (X) = X.A X Rn thì f L(R n,Rm). Thật
vậy, X,Y R n, f (c.X + Y) = (c.X + Y).A = c.(X.A) + Y.A = c.f (X) + f (Y),
nghĩa là f thỏa (3) của (1.2).
Ví dụ: Xét lại các ánh xạ f : R4 R3 và g : R3 R 3 trong Ví dụ của (1.2).
3 7 4
3
2 8
8 5
1
M4 x 3(R) và B = 9 5 7 M3(R).
Đặt A =
1
0 9
6 1 4
4 6 1
Ta có f (X) = X.A X = (x,y,z,t) R 4 nên f L(R 4,R3).
Ta có g(X) = X.B X = (x,y,z) R3 nên g L(R 3).
1.5/ MỆNH ĐỀ: Cho f L(Rn,Rm).
a) Nếu H R n thì f (H) Rm.
b) Nếu (H Rn và H có cơ sở A) thì
[ f (H) Rm và f (H) có tập sinh f(A) ].
c) Nếu K R m thì f 1(K) Rn.
1.6/ KHÔNG GIAN ẢNH CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:
Cho f L(R n,Rm) và xét trường hợp đặc biệt H = Rn Rn.
a) Ta có f (H) = f (Rn) = { f () | Rn } R m.
Ta đặt f (R n) = Im(f ) và gọi Im(f ) là không gian ảnh của f .
b) Tìm một cơ sở cho Im(f ) : Chọn cơ sở A tùy ý của R n ( ta thường chọn A
là cơ sở chính tắc Bo ) thì < f (A) > = Im(f ). Từ đó ta có thể tìm được một
cơ sở cho Im(f ) từ tập sinh f (A) [ dùng (5.7) của CHƯƠNG IV ].
Ví dụ: f : R4 R3 có f (X) = (x + 2y + 4z 7t, 3x 2y + 5t, 2x + y z 2t)
X = (x,y,z,t) R 4. Ta kiểm tra dễ dàng f L(R 4,R3).
Đặt A = Bo = { 1 = (1,0,0,0), 2 = (0,1,0,0) , 3 = (0,0,1,0) , 4 = (0,0,0,1) }
2
là cơ sở chính tắc của R4 thì < f (A) > = Im(f ) = f (R4).
f (A) = { f (1) = (1,3,2), f (2) = (2,2,1), f (3) = (4,0,1), f (4) = (7, 5,2) }
f (1 )
1*
1 3 2
2 2 1
f ( 2 )
0
=
0
4
f ( 3 )
0 1
f ( 4 )
7 5 2
0
1*
2
3
0
0
4 3
16 12
0
3
4
3 2
4* 3
=
0 0
0 0
1
2
0
0
Im(f ) có cơ sở C = { 1 = (1,3,2), 2 = (0,4,3) } và dim(Im(f )) = | C | = 2
1.7/ KHÔNG GIAN NHÂN CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:
Cho f L(R n,Rm) và xét trường hợp đặc biệt K = {O} Rm.
a) Ta có f 1(K) = f 1(O) = { R n | f () = O } Rn.
Ta đặt f 1(O) = Ker(f ) và gọi Ker(f ) là không gian nhân của f.
b) Tìm một cơ sở cho Ker(f ) : Ta thấy Ker(f ) chính là không gian nghiệm của
hệ phương trình tuyến tính thuần nhất f () = O với ẩn R n . Từ đó ta có
thể tìm được một cơ sở cho Ker(f ) [ dùng (5.8) của CHƯƠNG IV ].
Ví dụ: Xét lại ánh xạ tuyến tính f trong Ví dụ (1.5).
Ker(f ) ={ = (x,y,z,t) R4 | f () = O }
={ = (x,y,z,t) R4 | (x + 2y + 4z 7t, 3x 2y + 5t, 2x + y z 2t) = O }
={ = (x,y,z,t) R4 | x + 2y + 4z 7t = 3x 2y + 5t = 2x + y z 2t = 0 }
Ma trận hóa hệ phương trình tuyến tính trên:
x y z
t
x y z t
1 2 4 7
3 2 0 5
2 1 1 2
1*
0
0 0
0
0
2
4
7
4
12
16
3 9
12
1* 0
0
0 0 1*
0 0
0
2
1
3
4
0
0
0
0
0
Hệ có vô số nghiệm vói 2 ẩn tự do : z, t R, x = 2z t, y = 4t 3z
Ker(f ) ={ = (2z t, 4t 3z, z,t) = z(2,3,1,0) + t(1,4,0,1) | z, t R }. Như vậy
Ker(f ) = < D > với D = { 1 = (2,3,1,0), 2 = (1,4,0,1) } độc lập tuyến tính.
Do đó Ker(f ) có một cơ sở là D = { 1, 2 } và dimKer(f ) = | D | = 2.
1.8/ MỆNH ĐỀ: Cho f L(Rn,Rm). Khi đó
dimKer(f ) + dimIm(f ) = dimRn = n.
dimKer(f ) gọi là số khuyết của f và dimIm(f ) gọi là hạng của f.
Ví dụ: Xét lại ánh xạ tuyến tính f trong Ví dụ (1.5) và (1.6).
Ta có dimKer(f ) + dimIm(f ) = 2 + 2 = 4 = dimR 4.
II. MA TRẬN BIỂU DIỄN ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:
2.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho f L(R n,Rm). R n và Rm lần lượt có các cơ sở là
A = { 1, 2 , …, n } và B = { 1, 2 , …, m }.
a) Đặt [ f ]A,B = ( [ f (1)]B [ f (2)]B … [ f (n)]B ) Mm x n(R).
Ta nói [ f ]A,B là ma trận biểu diễn của ánh xạ tuyến tính f theo cặp cơ sở
A (của Rn) và B (của R m).
3
Muốn tìm tọa độ của các vector f (1), f (2), … , f (n) theo cơ sở B, ta
giải n hệ phương trình tuyến tính, mỗi hệ có m phương trình và m ẩn số.
Các hệ này cùng có vế trái là ( 1t 2t … mt ) và các vế phải của chúng lần
lượt là các cột f (1)t , f (2)t , …, f (n)t. Do đó ta có thể giải đồng thời n
hệ trên trong cùng một bảng là ( 1t 2t … mt | f (1)t | f (2)t | … | f (n)t ).
Khi giải xong n hệ trên bằng phương pháp Gauss Jordan, ta thu được ma
trận ( Im | [ f (1) ]B | [ f (2) ]B | … | [ f (n) ]B ) và [ f ]A,B chính là ma
trận ở vế phải. Như vậy khi biết f thì ta viết được ma trận biểu diễn
[ f ]A,B = ( [ f (1) ]B [ f (2) ]B … [ f (n) ]B ) (1).
b) Rn, ta có [ f () ]B = [ f ]A,B [ ]A (2).
Như vậy khi biết [ f ]A,B thì ta xác định được biểu thức của f theo (2).
(từ [ f () ]B ta sẽ tính được ngay f () Rn )
c) Nếu A và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của Rn và R m thì [ f ]A,B
được gọi là ma trận chính tắc của f . Biểu thức của f và ma trận chính tắc
của f có thể suy ra lẫn nhau một cách dễ dàng.
Ví dụ:
a) Xét f L(R3,R2) với f (u,v,w) = (3u + 4v w, 2u + v + 3w) (u,v,w) R3.
Cho A = { 1, 2, 3 } và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của R3 và R 2.
Ta có f (1) = f (1,0,0) = (3,2), f (2) = f (0,1,0) = (4,1) và f (3) = f (0,0,1) =
= (1,3) nên có ngay ma trận chính tắc
3 4 1
[ f ]A,B = ( [f (1)]B [f (2)]B [f (3)]B ) =
2 1 3
Cho các cơ sở của R3 và R 2 lần lượt là
C = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } và D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) }.
với f (1) = f (1,2,4) = (1,16), f (2) = f (5,1,2) = (13,17) và
f (3) = f (3,1,1) = (14,8).
Ta tìm [ f ]C,D = ( [ f (1)]D [ f (2)]D [ f (3)]D ) bằng cách giải đồng thời các hệ
7
4
1
( 1t 2t | f (1)t | f (2)t | f (3)t ) =
2 1 16
1*
13
17
14
1* 1 49
8
0 1 114
38
93
10
28
18
65 55 18
. Vậy [ f ]C,D =
.
28
114 93 28
5 2
2
3
b) Xét g L(R ,R ) có ma trận chính tắc [ g ]B,A = 7 1 với B và A lần
4 9
0
*
0 1
65
114
55
93
lượt là các cơ sở chính tắc của R2 và R3.
5 2
2 y 5x
x
= (x,y) R , [ g()]A = [ g ]B,A [ ]B = 7 1 = 7 x y .
4 9 y 4x 9 y
2
Từ đó suy ra ngay = (x,y) R2, g() = g(x,y) = ( 5x + 2y, 7x y, 4x + 9y).
4
2
3
c) Xét h L(R ,R ) có [ h ]D,C
3 2
= 4 1 với D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) } và
1 1
C = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } lần lượt là các cơ sở của R 2 và R3.
c
x 4 y
= (x,y) R2, ta có [ ]D = 1 =
từ việc giải hệ c11 + c22 = :
c2 2 x 7 y
c1 c2
c1 c2
7
4
x
1* 1
x 3y
1*
0
( 1t 2t | t )
*
2 1 y
0 1 2x 7 y
0 1
Ta có [ h()]C = [ h ]D,C [ ]D
x 4 y
.
2x 7 y
3 2
x 2y
x 4 y
= 4 1
= 2 x 9 y . Suy ra
2
x
7
y
1 1
x 3y
= (x,y) R2, h() = h(x,y) = (x + 2y) 1 + (2x + 9y) 2 + (x + 3y) 3
= (x + 2y)(1,2,4) + (2x + 9y)(5,1,2) + (x + 3y)(3,1,1)
= (14x + 56y, 3x + 10y, 9x + 29y)
2.2/ ĐỊNH NGHĨA: Cho f L(R n).
Rn có một cơ sở là A = { 1, 2 , …, n }.
a) Đặt [ f ]A = [ f ]A,A = ( [ f (1) ]A [ f (2) ]A … [ f (n) ]A ) M n(R).
Ta nói [ f ]A là ma trận biểu diễn của toán tử tuyến tính f theo cơ sở A.
Muốn tìm tọa độ của các vector f (1), f (2), … , f (n) theo cơ sở A, ta
giải n hệ phương trình tuyến tính, mỗi hệ có n phương trình và n ẩn số
Các hệ này cùng có vế trái là ( 1t 2t … nt ) và các vế phải của chúng lần
lượt là các cột f (1)t , f (2)t , …, f (n)t . Do đó ta có thể giải đồng thời n
hệ trên trong cùng một bảng là ( 1t 2t … nt | f(1)t | f(2)t | … | f(n)t ).
Khi giải xong n hệ trên bằng phương pháp Gauss Jordan, ta thu được
( In | [ f(1) ]A | [ f(2) ]A | … | [ f(n) ]A ) và [ f ]A chính là ma trận ở vế
phải. Như vậy khi biết f thì ta viết được ma trận biểu diễn
[ f ]A = ( [ f (1) ] [ f (2) ] … [ f (n) ] ) (1).
b) Rn, ta có [ f () ]A = [ f ]A [ ]A (2).
Như vậy khi biết [ f ]A thì ta xác định được biểu thức của f theo (2).
( từ [ f () ]A ta tính được ngay f () R n ).
c) Nếu A là cơ sở chính tắc của R n thì [ f ]A được gọi là ma trận chính tắc
của f . Biểu thức của f và ma trận chính tắc của f có thể suy ra lẫn nhau
một cách dễ dàng.
Ví dụ:
a) Xét f (u,v,w) = (2u v, u + 3v + w, u + 2v w) (u,v,w) R3 thì f L(R 3).
Cho A = { 1, 2 , 3 } là cơ sở chính tắc của R3. Ta có f (1) = f (1,0,0) = (2,1,1)
f (2) = f (0,1,0) = (1,3,2) và f (3) = f (0,0,1) = (0,1,1) nên có ngay ma trận
chính tắc [ f ]A = ( [ f (1) ]A [ f (2) ]A
2 1 0
[ f (3) ]A ) = 1 3 1 .
1 2 1
5
Cho C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } là một cơ sở của R3 với
f (1) = (4,5,5), f (2) = (4,1,1) và f (3) = (7,8,7).
Ta tìm [ f ]C = ( [ f (1) ]C [ f (2) ]C [ f (3) ]C ) bằng cách giải đồng thời các hệ
t
1
t
2
t
t
3
t
t
( | f (1) | f (2) | f (3) )
1*
0
0
2
2
4
4
1
0
10
0
13
7
3 1
1* 0 0
0 1* 0
0 0 1*
1 2 2
2 0 3
2 1 3
1* 0
7
15 0 1*
0 0
21
4
5
4
1
5
1
2
24
4
0
10
0
1
43
7
7
8
7
37
15
66
95
62 10 95
15 . Vậy [ f ]C = 10 0 15 .
43
43
7
66
7
66
7 4
b) Xét g L(R2) có ma trận chính tắc [ g ]B =
với B là cơ sở chính tắc
2 9
7 4 x 7 x 4 y
của R2. = (x,y) R2, [ g()]B = [ g ]B [ ]B =
=
.
2 9 y 2 x 9 y
62
10
10
0
Từ đó suy ra ngay = (x,y) R2, g() = g(x,y) = (7x 4y, 2x + 9y).
4
21
15
c) Xét h L(R ) có [ h ]C = 2 2 3 với
10 3 14
3
C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } là một cơ sở của R 3.
c1
= (x,y,z) R , ta có [ ]C = c2 =
c
3
3
3 x 4 y 6 z
bằng cách giải hệ
yz
2 x 3 y 4z
c11 + c22 + c33 = :
c1 c2 c3
1 2 2
t
t
t
t
( 1 2 3 | ) 2 0 3
2 1 3
1*
x
y 0
0
z
2
2
1
0
3 1
yz
z 2 x
x
c1 c2 c3
1 0
0 1*
0 0
1* 0 0
x 2 y 2z
*
yz
0 1 0
0 0 1*
1 3 y 4 z 2 x
2
0
Ta có [ h()]C = [ h ]C [ ]C
3 x 4 y 6 z
yz
2 x 3 y 4 z
4
21 3 x 4 y 6 z
15
3 x y 10 z
.
= 2 2 3
yz
y 2z
=
10 3 14 2 x 3 y 4 z
2x y 7z
Suy ra = (x,y,z) R3,
h() = h(x,y,z) = ( 3x + y + 10z) 1 + (y + 2z) 2 + (2x y 7z) 3
= ( 3x + y + 10z)(1,2,2) + (y + 2z)(2,0,1), + (2x y 7z)(2,3,3)
= (x + y, y + z , z)
6
2.3/ CÔNG THỨC THAY ĐỔI CƠ SỞ TRONG MA TRẬN BIỂU DIỄN:
Cho f L(R n,Rm).
Rn có các cơ sở lần lượt là A và C với S = (A C) Mn(R).
Rm có các cơ sở lần lượt là B và D với T = (B D) Mm(R).
a) Ta có công thức [ f ]C,D = T 1.[ f ]A,B.S và do đó [ f ]A,B = T.[ f ]C,D.S1
b) Suy ra [ f ]C,B = [ f ]A,B.S ( lúc này T = (B B) = Im và T 1 = Im )
[ f ]A,D = T 1.[ f ]A,B ( lúc này S = (A A) = In )
c) Suy ra [ f ]A,B = [ f ]C,B.S1 và [ f ]A,B = T.[ f ]A,D
Ghi chú : Nếu A và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của Rn và R m thì dễ
dàng có được S và T.
Ví dụ: Xét lại f L(R3,R2) và h L(R 2,R3) trong Ví dụ của (2.1).
a) Xét f L(R3,R2) với f (u,v,w) = (3u + 4v w, 2u + v + 3w) (u,v,w) R3.
Cho A = { 1, 2, 3 } và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của R3 và R 2.
3 4 1
Ta đã viết ma trận chính tắc [ f ]A,B = ( [f (1)]B [f (2)]B [f (3)]B ) =
.
2 1 3
Cho các cơ sở của R3 và R 2 lần lượt là
C = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } và D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) }.
1 5 3
7 4
1 4
Ta có S = (A C) = 2 1 1 và T = (B D) =
có T 1 =
2 1
2 7
4 2 1
65 55 18
Từ đó [ f ]C,D = T 1[ f ]A,B S =
,
114 93 28
1
13 14
8
[ f ]C,B = [ f ]A,B S =
16 17
5 8 11
.
15 19
và [ f ]A,D = T 1[ f ]A,B =
8
3 2
b) Xét h L(R ,R ) có [ h ]D,C = 4 1 với A, B, C, D, S và T được hiểu
1 1
14 56
1
như trên. Ta có ma trận chính tắc [ h ]B,A = S[ h ]D,C T = 3 10 .
9 29
2
3
Suy ra = (x,y) R2, h() = h(x,y) = = (14x + 56y, 3x + 10y, 9x + 29y).
Hơn nữa [ h ]B,C = [ h ]D,C T
1
1 2
= 2 9 và [ h ]D,A = S[ h ]D,C =
1 3
14 0
1 2 .
5 7
2.4/ TRƯỜNG HỢP ĐẶC BIỆT: Cho f L(Rn).
Rn có các cơ sở lần lượt là A và C với S = (A C) Mn(R).
a) Ta có công thức [ f ]C = S1.[ f ]A.S và do đó [ f ]A = S.[ f ]C.S1 .
b) Suy ra [ f ]C,A = [ f ]A.S và [ f ]A,C = S1.[ f ]A
c) Suy ra [ f ]A,C = [ f ]C.S1 và [ f ]C,A = S.[ f ]C.
Ghi chú : Nếu A là cơ sở chính tắc của Rn thì dễ dàng có được S.
7
Ví dụ: Xét lại f , h L(R 3) trong Ví dụ của (2.2).
a) Xét f L(R3) với
f (u,v,w) = (2u v, u + 3v + w, u + 2v w) (u,v,w) R3.
Cho A = { 1, 2, 3 } là cơ sở chính tắc của R3.
Ta có ma trận chính tắc [ f ]A = ([ f (1) ]A [ f (2) ]A
2 1 0
[ f (3) ]A ) = 1 3 1 .
1 2 1
Cho C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } là một cơ sở của R3 với
1 2 2
S = (A C) = 2 0 3 và S1 =
2 1 3
1 2 2
(S | I3) = 2 0 3
2 1 3
1 0 0 1*
0 1 0 0
0 0 1 0
1* 0 0
0 1* 0
0 0 1*
6
1
3 4 6
0 1 1 qua các phép biến đổi
2 3 4
2
2
1
0
3 1
0 0 1* 0
0 1 1 0 1*
2 0 1 0 0
1
2
0
1
2 2
0 1 1
2 3 4
1
62 10 95
1
1
= ( I3 | S ). Ta có [ f ]C = S .[ f ]A.S = 10 0 15 ,
43
2 3 4
7
66
4 4 7
4 27 2
1
[ f ]C,A = [ f ]A.S = 5 1 8 và [ f ]A,C = S .[ f ]A = 0 5 0 .
5 1 7
3 19 1
4
21
15
3
b) Xét h L(R ) có [ h ]C = 2 2 3 với A, C, S và S1 được hiểu như
10 3 14
1 1 0
1
trên. Ta có ma trận chính tắc [ h ]A = S.[ h ]C.S = 0 1 1 .
0 0 1
3
0
4
1
Suy ra = (x,y,z) R3, h() = h(x,y,z) = (x + y, y + z, z).
1
Ta có [ h ]A,C = [ h ]C.S
3 1 10
1 2 1
= 0 1 2 và [ h ]C, A = S.[ h ]C = 0 1 0 .
2 1 7
2 1 3
III. XÁC ĐỊNH ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH KHI BIẾT ẢNH CỦA MỘT
CƠ SỞ :
3.1/ MỆNH ĐỀ: Rn có cơ sở là A = { 1, 2 , …, n }. Cho f, g L(Rn,Rm).
Khi đó f = g j { 1, 2, … , n }, f (j ) = g(j ).
3.2/ MỆNH ĐỀ: Rn có cơ sở là A = { 1, 2 , …, n }.
Chọn tùy ý 1, 2 , …, n R m.
Khi đó có duy nhất f L(R n,Rm) thỏa f (j ) = j j {1, 2, … , n}.
8
3.3/ XÁC ĐỊNH ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DỰA THEO ẢNH CỦA MỘT CƠ
SỞ:
Ta trình bày cách xác định ánh xạ tuyến tính f trong (3.2).
a) Cách 1: dùng tọa độ vector theo cơ sở.
c1
c
Rn, tìm [ ]A = 2 để có biểu diễn = c11 + c22 + … + cnn .
cn
Suy ra f () = f(c11 + c22 + … + cnn) = c1f (1) + c2f (2) + … + cnf (n) =
= c11 + c22 + … + cn n .
b) Cách 2: dùng ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính.
Gọi C và D lần lượt là các cơ sở chính tắc của Rn và R m với S = (C A).
Viết [ f ]A,D = ( [ f (1) ]D [ f (2) ]D … [ f (n) ]D ) = ( 1t 2t … mt ). Ta có ma
trận chính tắc [ f ]C,D = [ f ]A,D . S1 . Từ đó suy ra ngay f () Rn.
Ví dụ:
R3 có cơ sở A = { 1 = (1,1,1), 2 = (1,0,1), 3 = (3,1,2) }.
a) Tìm f L(R3,R 4) thỏa
f (1) = (3,0,1,2), f (2) = (1,2,4,0) và f (3) = (4,1,0,3).
b) Tìm g L(R 3) thỏa g(1) = (2,1,3), g(2) = (3,2,1) và g(3) = (7,5,3).
c1
zxy
Cách 1: = (x,y,z) R , tìm [ ]A = c2 = y 2 z x bằng cách giải hệ
c
x z
3
3
c11 + c22 + c33 = : ( 1t 2t 3t | t )
c1 c2 c3
1 1 3
1 0 1
1 1 2
*
x 1 1 3
y 0 1 2
z 0 1 1
c1 c2 c3
*
1 0
y 0 1*
y z 0 0
x
x
1
2
1
y 1* 0 0
x y 0 1* 0
z x 0 0 1*
zx y
y 2z x
x z
Từ đó f () = f (c11 + c22 + c33) = c1f (1) + c2f (2) + c3f (3)
= (z x y)(3,0,1,2) + (y + 2z x)(1,2,4,0) + (x z)(4,1,0,3)
= ( 8x 2y + 9z, 3x 2y 5z, 3x + 5y + 7z, 5x 2y + 5z)
và g() = g(c11 + c22 + c33) = c1g(1) + c2g(2) + c3g(3)
= (z x y)(2,1,3) + (y + 2z x)(3,2,1) + (x z)(7,5,3)
= ( 2x y z, 2x + y, x 2y + 2z)
Cách 2 :
Gọi C và D lần lượt là các cơ sở chính tắc của R3 và R4 với
1 1 3
S = (C A) = 1 0 1 và S1 =
1 1 2
1 1 1
1 1 2 qua các phép biến đổi
1 0 1
9
1 1 3
(S | I3) = 1 0 1
1 1 2
1* 0 0
0 1* 0
0 0 1*
1 1
1
1
1
0
1*
1 0 0
0 1 0 0
0
0 0 1
1
1
3
1
0 1
1* 0
0 0
1 1 0 1*
0 0
1 0 1
1
0
2
1
1
1 1
1 1
1 0 1
1
0
1
1
2 = ( I3 | S ).
1
Viết [ f ]A,D = ( [ f (1) ]D [ f (2) ]D
chính tắc [ f ]C, D = [ f ]A,D
3 1 4
0 2 1
và ta có ma trận
[ f (3) ]D ) =
1 4 0
2 0 3
8 2 9
3 2 5
1
. Suy ra = (x,y,z) R 3,
.S =
3 5 7
5 2 5
f () = f (x,y,z) = ( 8x 2y + 9z, 3x 2y 5z, 3x + 5y + 7z, 5x 2y + 5z).
2 3 7
Viết [ g ]A,C = ( [ g(1) ]C [ g(2) ]C [ g(3) ]C ) = 1 2 5 và ta có ma trận
3 1
3
2 1 1
1
chính tắc [ g ]C = [ g ]A,C . S = 2 1 0 .
1 2 2
Suy ra = (x,y,z) R3, g() = g(x,y,z) = ( 2x y z, 2x + y, x 2y + 2z).
------------------------------------------------------------------------------------
10
BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH (GV LÊ VĂN HỢP)
CHƯƠNG I : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
1/ Giải các hệ phương trình tuyến tính thực dưới đây (nghiệm duy nhất) và kiểm tra ĐL Kronecker Capelli :
x 2 y 4 z 31
x 3y z 5
x y 2 z 3t 1
x 2 y 3 z 2t 1
y 2 z 5 x 29
z 2x y 2
3 y z t 2 x 6
2 z 2 x 3t y 2
a)
b)
c)
d)
z 3 x y 10
y 5 z x 7
2t 3 x y z 4
2 y 2t 3x z 5
z 2 y 7 x 8
3z 3 y 2 x 14
3 z t x 2 y 4
t 2 z 3 y 2 x 11
2/ Giải các hệ phương trình tuyến tính thực dưới đây (vô nghiệm) và kiểm tra Định lý Kronecker Capelli :
x y 3 z 1
2x y z t 1
2 x 5 y 3z t 5
2x 2 y z t u 1
y 2z 2x 1
2t 5 x y z 1
3 z 3 x t 7 y 1
t z 2u 2 y x 1
a)
b)
c)
d)
z x y 3
2 z 8t 3x 2 y 2
2t 6 z 9 y 5 x 7
7u 5 z 10 y 4 x 5t 1
2 y x 3 z 1
y z 3t 2 x 4
6 y t 4 x 3 z 8
7 z 2 x 7t 11u 14 y 1
3/ Giải các hệ phương trình tuyến tính thực dưới đây (vô số nghiệm) và kiểm tra Định lý Kronecker Capelli :
x 3 y 2z 0
3 x 4 y 5 z 7t 0
x y 2 z 3t 1
3z 2 x y 0
16t 4 x 11y 13z 0
3 z x 2t 4 y 2
a)
b)
c)
5 y 4 z 3 x 0
3 z 2t 2 x 3 y 0
4 y 2t x z 2
4 z 17 y x 0
2 y z 3t 7 x 0
2t 5 z 8 y x 2
3 x 3 y 7 z 3t 6u 3
t 4 z 3u 2 y 2 x 2
d)
3u 5 z 3 y 3x 2t 1
8 z 2 x 3t 9u 2 y 2
x 2 y 2 z 7t 3u 1
x 2 y z t 2u 1
6 y 5u 15t 3x 4 z 2
z 2x t u 2 y 1
e)
f)
5t 2 x 4 y z u 1
7u 5 z 10 y 4 x 5t 1
20u 14 z 8 x 16 y 50t 7 7t 11u 2 x 7 z 14 y 1
4/ Giải và biện luận các hệ phương trình tuyến tính thực dưới đây theo các tham số thực m, a, b, c và d
rồi kiểm tra Định lý Kronecker Capelli :
x y z 2t 1
3 x 4 y 4 z 17t 11m 7
x 3 y 8 z t 3
8 z 5 x 27t 6 y 18m 10
3 z x 4t 2 y 2
a) 5 z 2 x 5t y m
b)
c)
y t x 4z m
13t 19 z 5 y 4 x 2
3 y 12t 2 x 2 z 8m 5
19t 2 z 5 y 3x 13m 8
mt z 3 y 4 x m 2 6m 4
x 2y z t u m
2t z 2 x 2u y 3m
d)
u 3x t 2 y z m 1
z 2u 5 y 2 x 2t m 1
x y z 1
g) mz 2 x 3 y 3
my 3 z x 2
x 2 y z 2t 3u a
6 y 13u 8t 3 x 5 z b
e)
t 4x 8 y 5z u c
5u 3 z 2 x 4 y 3t d
x 2 y z 2t m
h) t z y x 2m 1
7 y t x 5z m
x y z m 1
i) (m 1) z mx y m
my z x 1
x y z 3t 12
2 z x t 2 y 3
f)
y 2 x 3z 9
mt z y 2 x 21
x y 3 z 1
j) mz 2 x y m 1
my 3z x 2
1
CHƯƠNG II : TÍNH TOÁN MA TRẬN VÀ MA TRẬN VUÔNG KHẢ NGHỊCH
1 2
3 1
1 0 1
, C =
1/Cho các ma trận thực A =
,
B
=
2
1
3
2
4
4 1
Tính E = CDBA, F = DBAC và G = ACDB .
1 2 1
3 1 0 và D =
2 1 0
1 0 2 1
3 1 0 4 .
2 3 1 2
2/ Tính Ak theo k nguyên 0 nếu A là một trong các ma trận thực sau :
2 1 a 0 cos x sin x
3 2 1 b sin x cos x
1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0
1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 1
1 1 1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 sin t
1
0
cos t
sin t
cos t
0
2 4
1 1
3/ Cho đa thức thực f(x) = 2x3 5x2 + 4x 3. Tính ma trận f(A) nếu A =
hay A =
.
3 2
3 2
4/ Giải các phương trình ma trận thực sau ( X là ma trận ẩn phải tìm ) :
1 1 2
3 1
a)
X=
4 0 3
4 5
1 2 2
e) X
X
2 3 1
2 3
3
h)
X + Xt
5 4
4
1 4
4 1
b) X 0 2 =
2 3
3 5
1 2
1 2
c)
X=X
3 4
3 4
d) X2 = I2
1 1 1
2 1
1 1 1 1
=
f)
X X
=
g) X2 = X ( X M2(R) )
1 1 0
1 2
1 1 1 1
1 7 8
3 4 t
2 5 7 11
=
i)
X +X
=
2 11 8
1 2
3 4 8 8
0 1
0 0
1 0
5/ Cho các ma trận thực A =
,B=
,C=
và D =
0 0
1 0
0 1
Chứng minh (AB)n AnBn và (CD)n CnDn n nguyên 2.
1 0
1 1 .
6/ Cho A, B, C Mn(R) và số nguyên k 1 .
a) Khai triển (5A 2B + 3C)(6B C 4A)(2C + 3A + B) .
b) Giả sử A2 = A. Khai triển và rút gọn (ABA AB)2 và (ABA BA)2 .
c) Giả sử C2 = In. Tính Ck .
d) Giả sử A2 = A và B = (2A In). Tính Ak và Bk .
e) Giả sử A2 = On và C = (A + In). Tính Ck và Sk = In + C + C2 + … + Ck .
f) Giả sử Ak = On và AB = BA. Tính (AB)k và Am với m nguyên k .
g) Giả sử AB = On.Chứng minh (BA)m = On m nguyên 2. Cho ví dụ để thấy có thể BA On .
h) Giả sử A3 = On = B4 và AB = BA. Chứng minh (cA + dB)6 = On c,d R.
Tổng quát hóa kết quả trên khi có r, s nguyên 1 thỏa Ar = On = Bs và AB = BA.
i) Ký hiệu Tr là hàm vết (trace) lấy tổng các hệ số trên đường chéo chính của một ma trận vuông.
Chứng minh Tr(A B) = Tr(A) Tr(B) và Tr(AB) = Tr(BA). Suy ra (AB BA) cIn c R \ {0}
.
2
7/ Dùng phương pháp Gauss - Jordan để xét tính khả nghịch của các ma trận thực sau và tìm ma trận nghịch
đảo của chúng ( nếu có ) :
8 12 1 2 2 2 3 3
2 0 3
2 3 4
1 3 1
13
a) 2 1 3 b) 2 2 3 c) 1 1 3 d) 12 7 12 e) 2 1 2 f) 1 1 2
1 2 2
3 4 6
1 2 1
6
4 5 3 1 4 5 7 4
A
B
C
D
E
F
1
t 1
1 1 1
3 1
4 1
1
1
1
1 1
1 1 1
g) Từ đó tính nhanh (4A) , (A ) , (2 A ) , (A ) , (A ) , (BA) , (A B) , (AB ) và (B A ) .
8/ Cho A,B Mn(R) .
a) Giả sử A khả nghịch. Chứng minh (A1BA)k = A1Bk A k 1.
Chứng minh (A + B) khả nghịch ( In + A1B ) khả nghịch ( In + BA1 ) khả nghịch
b) Giả sử A9 = A20 = In . Chứng minh A = In .
c) Giả sử A2B3 = A3 B7 = B8A4 = In . Chứng minh A = In = B.
9/ Áp dụng ma trận khả nghịch để giải các phương trình ma trận thực sau ( X là ma trận ẩn phải tìm ) :
3 1 4
5 2
4 0 1
1 8 2
7 4 4 3 1 6
a)
X=
b) X 4 1 6 =
c)
X 5 4 = 0 2
7
0
3
5
3
3 1
1 2 5
2 0 3
2 0 3
d) 2 1 3 X =
1 2 2
4 0
1 1
3 2
3 3
2 1
e) X
= 0 1
5 2 2 4
2
2 1
3 4
f ) 1 3 7 X
=
2 3
7 1
4
3 1
0 2
2 1
3
2 5
3 2 5 1
g)
X
=
6 7
4 3 5 1
4
2 3 3
2 3 4
1 3 1
5
h) 1 1 2 X 2 2 3 = 1 1 3
5 7 4
3 4 6
1 2 1
2
10/ Cho A, B, C Mn(R), số nguyên k 1 và c,d R.
a) Giả sử Ak = On và L = ( In + A + A2 + … + Ak 1 ).
Chứng minh H = ( In A ) khả nghịch và H1 = L.
Suy ra K = ( In + A ) cũng khả nghịch và tính K1 theo A.
d
b) Giả sử A2 = cA và cd 1. Đặt Q = ( In
A ).
cd 1
Chứng minh P = ( In + dA ) khả nghịch và P1 = Q.
c) Giả sử A, B, C khả nghịch.
Tìm X và Y nếu A5XB6 = 7A3C2B4 và A9C8YB4C2 = 2A9C5A7B1C2 .
CHƯƠNG III : ĐỊNH THỨC CỦA MA TRẬN VUÔNG
1/ Tính các định thức sau :
2 1
a) 6
4
4
3m 2m(1 m) 7 m
3 2 b) 4
5(1 m)
2
1
4(m 1)
4
2
2
2 3 2 1
3
3
5a
8
3
2 1 2
3b
2b
4ab
6b
c)
d)
2 1 2 3
2
5
7a
5
1 2 3 2
4(b a) 3(a b) 5a (a b) 6(b a)
3
2/ Khi nào các ma trận thực sau có định thức bằng 0 ?
x
x
1
x
x
1
1
a) x
x
a
b
g)
c
d
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
0
b)
3
x
x
2
1
3
x3
1
1
a x x b
x a b x
h)
x b a x
b x x a
x 1 x3
c) a 1 a 3
b 1 b3
i)
1 x2
x3
a b
d) 1 a 2
1 b2
a3
b3
e) b c a
c a b
a2
(a 1)2
(a 2) 2
(a 3)2
b
2
(b 1)
2
(b 2)
2
(b 3)
2
c
2
(c 1)
2
(c 2)
2
(c 3)2
(d 2) 2
(d 3)2
d2
(d 1)2
c
0
a
f)
b
c
a b c
0 c b
c 0 a
b a 0
a
b
c
c
a
b
j)
b
c
a
ab bc ca
1
1
1
2
3/ Dùng phương pháp định thức để xét tính khả nghịch của các ma trận thực sau và tìm ma trận nghịch đảo
( nếu có ) của chúng :
3
1 5 3
2 3
2 6 6
13 12 6
5 2 1 2 5 8
a) 2 1 1 b) 1 4 2 c) 5 1 4 d) 8
7 4 e) 7 3 1 f) 1 1 5
4 2 1
1 2 4
1 2 2
12 12 5
4 3 2 3 5 3
4/ Khi nào các ma trận thực sau khả nghịch và tìm ma trận nghịch của chúng lúc đó :
2
1
2
1
sin a
1 3
m3
a b c
1
a) 3 7 m 5
b) m
m 1
1
c) 1 1 1
d) 1
1
cos a
m 2m
3m 3
bc ac ab
sin a cos a
1
m
m 3
1
5/ Giải các hệ phương trình tuyến tính thực sau bằng qui tắc CRAMER :
1 1 1
11
3 2 0
7
2 1 2 5
a) 4 4 1 22
b) 0
3 2 6
c) 4 1 2 1
2 3 1 11
2 0 3 1
8 1 1 5
2 1 1
d) 2 4 5
3 5 6
1
15
19
6/ Giải và biện luận các hệ phương trình tuyến tính thực sau theo tham số thực m bằng qui tắc CRAMER :
m 1 1
m
m 2 m 1
m 1
1
m 2
2m 5
9
m
a)
b)
c)
d)
1
0
m 1
0
m 4 1 m
1 m m
m 2
1
3
m2 1 1 1
1
3
5 m 1
1 m 1
3
1
1 1 3
1
e) 2
1
2
0 f) 2 4 4m 2 1 g) 2 1 m m 1 h) m m 1 0
3m 1 m 3
3 m 1
1 m 3
m 1 m 1
4
2
9
0
2
CHƯƠNG IV : KHÔNG GIAN VECTOR Rn
1/ Tập hợp nào dưới đây là không gian vector con của Rn ( n = 3, 4, 5 ) ? Tại sao ?
a) W = { X = (x,y,z) R3 / 2x | y | + 3z = 0 }
b) W = { X = (x,y,z) R3 / xy + yz + zx = 0 }
3
c) W = { X = (x,y,z) R / y 4x + 3z = 0 = 5x + 8y 7z }
d) W = { X = (x,y,z,t) R4 / x y + 9z = 3t x z = 2t 7y 5z = 8x + 4y t }
e) W = { X = (x,y,z,t) R4 / x + 5y 2z 4t 0 }
f) W = { X = (x,y,z,t) R4 / x2 y + 3z t3 1 }
4
2
g) W = { X = (x,y,z,t) R / (5x + 4y + z 6t) + (9x y + 7z + 2t)2 + (8x 6y + 3z t)2 0 }
h) W = { X = (x,y,z,t,u) R5 / 3x = 2y = 6z = 9t = 4u }
4
2/ Khi nào = (u,v,w) ( hay = (u,v,w,t)) W = < S > nếu
a) S = { X = (1,1,2), Y = (2,3,3) } R3
b) S = { X = (3,1,1), Y = (1,5,7), Z = (1,2,3) } R3
c) S = { X = (1,2,1,0), Y = (2,1,0,1), Z = (0,1, 2,1) } R4
d) S = { X = (2,1,3,1), Y = (1,4,0,3), Z = (3,6,6,5), T = (2,1,3,1) } R4
e) = (m, 4, m + 2) R3 và S = { X = (1,1,2), Y = (1,2,1), Z = (1,1,4) } R3
3/ Xét tính độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính của các tập hợp dưới đây :
a) S = { X = (3,1,1), Y = (1,5,7), Z = (1,2,3), T = (9,0,4) } R3
b) S = { X = (3,2,7,1), Y = (9,6,21,3) } R4
c) S = { X = (2,1,0,9), Y = (5,7,3,4) } R4
d) S = { X = (1,1,7,2), Y = (5,1,1,18), Z = (5,2,8,16) } R4
e) S = { X = (1,2,3,4), Y = (3,3,5,1), Z = (5,8,13,6) } R4
f) S = { X = (1,2, 3m + 1), Y = (3,1,m 3), Z = (m + 5, 2,4) } R3
4/ Tập hợp nào dưới đây là cơ sở của R3 ? ( s = sinx và c = cosx )
a) S = { X = (3,2,7), Y = (8,2,3) } b) S = { X = (1,1,7), Y = (5,1,1), Z = (5,2,8), T = (4,0,3) }
c) S = { X = (3,2,1), Y = (2,1,1), Z = (12, 1,1) } d) S = { X = (2,3,1), Y = (4,5,2), Z = (5,7,3) }
e) S = { X = (1,1,c), Y = (1,1,s), Z = (s,c,1) }
f) S = { X = (0,1,s), Y = (1,0,c), Z = (s,c,0) }
5/ Giải thích B là một cơ sở của không gian W = < B > V = Rn ( n = 3, 4, 5 ) rồi tìm điều kiện để
= (u,v,w) ( hay = (u,v,w,t) hay = (u,v,w,t,z) ) W.
Nếu W V, hãy bổ sung thêm các vector vào B để có một cơ sở C của V.
a) B = { X = (2,3,1), Y = (4,6,5) }( V = R3 )
b) B = { X = (0,3,1,2), Y = (0,9,3,8) }( V = R4 )
c) B = { X = (1,4,2,5), Y = (2,5,3,9), Z = (1,2,1,4) }( V = R4 )
d) B = { X = (0,2,1,7,3), Y = (0,6,0,25,10), Z = (0,4,13,34,13) }( V = R5 )
e) B = { X = (1,2,5,2,3), Y = (4,8,16,7,6) }( V = R5 )
6/ Tìm một cơ sở B cho không gian W = < S > V = Rn ( n = 3, 4 ) rồi tìm điều kiện để = (u,v,w) W
( hay = (u,v,w,t) W ) Nếu W V, hãy bổ sung thêm các vector vào B để có một cơ sở C của V.
a) S = { X = (2,3,1), Y = (3,1, 5), Z = (1,5,3) } R3
b) S = { X = (1,2,3), Y = (2,1,4), Z = (3,0,5), T = (2,7,8) } R3
c) S = { X = (1,2,4,0), Y = (2,3,3,1), Z = (1,4,2,3), T = (1,9,3,5) } R4
d) S = { X = (2,17,43,12), Y = (0,5,5,2), Z = (1,11,19,7), T = (1,1,29,3) } R4
7/ Chỉ ra một tập sinh hữu hạn S cho W để thấy W V = Rn ( n = 3, 4 ) .
Sau đó tìm một cơ sở B cho W = < S > rồi tìm điều kiện để = (u,v,w) ( hay = (u,v,w,t)) W ?
Nếu W V, hãy bổ sung thêm các vector vào B để có một cơ sở C của V.
a) W = { U = (2a + 3b + c, 3a b 5c, a + 5b 3c) / a,b,c R }
b) W = { U = (a 2b 3c + 2d, 2a b + 7d, 3a + 4b + 5c 8d) / a,b,c,d R }
c) W = { U = (a + 2b + c d, 2a + 3b 4c + 9d, 4a + 3b + 2c + 3d, 5d b 3c) / a,b,c,d R }
d) W = { U = (2a c + d, 5b 17a + 11c d, 5b + 43a 19c + 29d, 2b 12a + 7c 3d) / a,b,c,d R }
8/ Tìm một cơ sở B cho không gian W = { X Rn / AX = O } ( n = 4, 5 ) nếu A là
5
1 6 8
1 3 2 1 7
7
1 2 5
1 2 1 1 1
2 1
2 1 1 3 1
3 3
a) 2 3 3 20 b) 2 1 1 2 3 c)
d)
3
2
4
5
3
2
5
8
12
3 7 22 15
3 2 1 1 2
3 8 2 11
3 1 4 7 9
Nếu W Rn, hãy bổ sung thêm các vector vào B để có một cơ sở C của Rn .
5
9/ Kiểm tra S và T là các cơ sở của R3 rồi viết P(S → T) và P(T → S) .
Tìm X, [ X ]T, [ Y ]S, [ Y ]T, Z và [ Z ]S nếu
a) S = { X1 = (1,1,2), X2 = (2,1, 2), X3 = (1,0,3) }, T = { Y1 = (2,5,2), Y2 = (2,1,3), Y3 = (1,2, 2) }
2
3
[ X ]S = 1 , Y = (4,1, 2) và [ Z ]T = 0
3
1
b) S = { X1 = (1,1,0), X2 = (0,1,1), X3 = (1,0,1) }, T = { Y1 = (1,0,0), Y2 = (1,1,0), Y3 = (1,1,1) }
1
2
[ X ]S = 5 , Y = (3,4,0) và [ Z ]T = 2
1
3
10/ Cho S = { X , Y , Z } là một cơ sở của R3 và T = { E, F, G } R3.
Kiểm tra T cũng là một cơ sở của R3 rồi viết P(S → T) và P(T → S) nếu
a) E = 2X 2Y 3Z, F = 3X + 2Y + 4Z và G = 4X + 3Y + 6Z.
b) X = E F + G, Y = 3E F + 2G và Z = E + 3F + G.
11/ Cho S = { X = (a,c), Y = (b,d) } R2 thỏa ab + cd = 0 và a2 + c2 = 1 = b2 + d2 .
Chứng minh S là một cơ sở của không gian vector R2. Tìm [ Z ]S nếu Z = (u,v) R2.
12/ Cho V = R3 ( hay V = R4 ) và X = (u,v,w) ( hay X = (u,v,w,t)) V. Xét S,T V và W = < S > V.
Tìm điều kiện để X W rồi giải thích S và T là các cơ sở của W. Tính [ X ]S ( khi X W ) và viết
ma trận P(S → T). Từ đó suy ra P(T → S) và [ X ]T .
a) S = { Y = (3,2,1), Z = (1,1,2) } và T = { E = (1,4,5), F = (2,3,3) }
b) S = { Y = (1,1,1,0), Z = (2,3,4,1), U = (1,4,3,2) } và
T = { E = (1,1,1,1), F = (2,7,0,3), G = (3,8,1,3) }
13/ Cho H, K R4 và các ma trận thực
2 1 5 1
2 2 7 2
A=
B=
4 3 12 3
4 4 17 4
1
1
3
2
2 3 5
3 13 22
5 1 2
3 4 7
1
2
và C =
3
5
1 5 6
2 9 13
3 14 19
5 23 32
Tìm một cơ sở cho H, K, ( H + K ), ( H K ) trong các trường hợp dưới đây và cho biết trường hợp
nào có tổng trực tiếp H K ?
a) H = < S >, K = < T > , S = { Y = (1,2,0,1), Z = (1,1,1,0) } và T = { E = (1,0,1,0), F = (1,3,0,1) }
b) H = < S >, K = < T > , S = { Y = (1,2,1,0), Z = (2,1,0,1), U = (1,1,1,1), P = (1,1,1,1) } và
T = { E = (1,2,0,1), F = (2,1,3,1), G = (7,8,9,5) }.
c) H = < S >, K = < T > , S = { Y = (1,1,1,1), Z = (1,1,1,1), U = (1,3,1,3) } và
T = { E = (1,2,0,2), F = (1,2,1,2), G = (3,1,3,1) }.
d) H = < S >, S = { Y = (3,6,0,2), Z = (1,1,3,3), U = (2,3,2,4), E = (5,9,2,6) } và
K = { X R4 / AX = O }.
e) H = { X R4 / BX = O } và K = { X R4 / CX = O }.
14/ Cho H, K Rn . Đặt L = ( H K ) Rn .
a) Chứng minh L Rn ( H K hay K H ) .
b) Cho một ví dụ cụ thể mà trong đó L không phải là một không gian con của Rn.
6
CHƯƠNG V: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
1/ R2, R3 và R4 có các cơ sở chính tắc lần lượt là A, B và C.
a) Cho f(u,v,w) = (u2v+3w, vw+3u, 4w2u3v, 5u3v+5w) (u,v,w) R3. Giải thích f L(R3, R4)
và viết [ f ]B,C . Tìm một cơ sở cho mỗi không gian Im(f) và Ker(f). Khi nào Y = (x,y,z,t) Im(f) ?
b) Giải thích D = { 1 = (4,3), 2 = (3,2) } và E = { 1 = (1,2,2), 2 = (3,2,3), 3 = (2,3,3) } lần
1 3
4 1
lượt là các cơ sở của R2 và R3. Xét g, h L(R2, R3) có [ g ]A,B = 0 2 và [ h ]D,E = 2 5 .
2 1
3 0
Tìm biểu thức của g và viết [ g ]D,B , [ g ]A,E và [ g ]D,E .
c) Viết [ h ]D,B , [ h ]A,E và [ h ]A,B rồi suy ra biểu thức của h.
2/ R2, R3 và R4 có các cơ sở chính tắc lần lượt là A, B và C.
a) Cho f(u,v,w,t) = (2v+4wu3t, 2u+v2w+5t, 3u+4v+7t) (u,v,w,t) R4. Giải thích f L(R4, R3)
và viết [ f ]C,B . Tìm một cơ sở cho mỗi không gian Im(f) và Ker(f). Khi nào Y = (x,y,z) Im(f) ?
b) Giải thích D = { 1 = (5,2), 2 = (3,1) } và E = { 1 = (5,1,3), 2 = (3,1,2), 3 = (1,0,1) } lần lượt
1 1 2
3 0 5
là các cơ sở của R2 và R3. Xét g,h L(R3, R2) có [ g ]B,A =
và [ h ]E,D =
2 3 0
1 2 1
Tìm biểu thức của g và viết [ g ]B,D , [ g ]E,A và [ g ]E,D .
c) Viết [ h ]B,D , [ h ]E,A và [ h ]B,A rồi suy ra biểu thức của h.
3/ R3 có cơ sở chính tắc là B.
a) Cho f(u,v,w) = (u3w+3v, v+w+2u, 10u12w) (u,v,w) R3. Giải thích f L(R3) và viết [ f ]B .
Tìm một cơ sở cho mỗi không gian Im(f) và Ker(f). Khi nào Y = (x,y,z) Im(f) ?
b) Giải thích E = { 1 = (1,0,2), 2 = (2,2,1), 3 = (3,3,2) } là một cơ sở của R3. Xét g, h L(R3) có
1 2 3
2 1 0
[ g ]B = 1 0 2 và [ h ]E = 3 2 1 . Tìm biểu thức của g và viết [ g ]E,B , [ g ]B,E và [ g ]E
2 1 1
0 3 1
c) Viết [ h ]B , [ h ]B,E và [ h ]E,B rồi suy ra biểu thức của h. Xác định các không gian Im(h) và Ker(h).
4/ R3 có cơ sở chính tắc là B.
a) Cho f(u,v,w) = (u+2w+3v, 4v+w+2u, 3u+7v+3w) (u,v,w) R3. Giải thích f L(R3) và viết [ f ]B
Tìm một cơ sở cho mỗi không gian Im(f) và Ker(f). Khi nào Y = (x,y,z) Im(f) ?
b) Giải thích E = { 1 = (3,0,2), 2 = (4,1,3), 3 = (6,1,4) } là một cơ sở của R3. Xét g, h L(R3) có
3 1 0
4 1 0
[ g ]B = 2 4 1 và [ h ]E = 2 3 2 . Tìm biểu thức của g và viết [ g ]E,B , [ g ]B,E và [ g ]E
2 1 3
1 0 3
c) Viết [ h ]B , [ h ]B,E và [ h ]E,B rồi suy ra biểu thức của h. Xác định các không gian Im(h) và Ker(h).
5/ R3 và R4 có các cơ sở chính tắc lần lượt là B và C.
a) Giải thích E = { 1 = (2,1,5), 2 = (1,0,1), 3 = (4,2,1) } là một cơ sở của R3.
Tìm [ ]E nếu = (u,v,w) R3.
b) Cho 1 = (2,3,1), 2 = (1,0,3) và 3 = (3,4,1) R3.
Tìm f L(R3) thỏa f(j) = j j = 1,2,3 ( dùng [ ]E hay [ f ]E,B ) .
c) Cho 1 = (1,1,0,1), 2 = (2,1,3,0) và 3 = (3,0,4,1) R4.
Tìm g L(R3, R4) thỏa g(j) = j j = 1,2,3 ( dùng [ ]E hay [ g ]E,C ) .
7
GV LÊ VĂN HỢP
CHƯƠNG II
CÁC PHÉP TOÁN MA TRẬN
MA TRẬN VUÔNG KHẢ NGHỊCH
I. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN MA TRẬN:
1.1/ PHÉP CHUYỂN VỊ MA TRẬN:
Cho A = aij 1i m Mm x n(R).
1 j n
Đặt B = bij 1in Mn x m(R) sao cho b ij = aji (1 i n, 1 j m), nghĩa là
1 j m
ma trận B được suy từ A bằng cách viết các dòng (hay cột) của A lần lượt
thành các cột (hay dòng) của B.
Ta nói B là ma trận chuyển vị của A và ký hiệu B = At (t = transposition).
Để ý (At ) t = Bt = A. Nếu C Mn(R) thì Ct Mn(R).
Ví dụ:
2 1 5
2 7 8 5
7
0 3
t
a) A = 1 0 4 9 M3 x 4(R) có B = A =
M4 x 3(R).
8 4 2
5 3 2 6
5 9 6
Ta có b 13 = a31 = 5, b22 = a22 = 0 và b41 = a14 = 5. Để ý (At ) t = Bt = A.
9 2 5
9 7 4
t
b) C = 7 8 1 M3(R) có D = C = 2 8 6 M3(R).
4
5 1 3
6 3
Ta có d12 = c21 = 7, d33 = c33 = 3 và d23 = c32 = 6. Để ý (Ct ) t = Dt = C.
1.2/ PHÉP NHÂN SỐ THỰC VỚI MA TRẬN:
Cho A = aij 1i m Mm x n(R) và c R. Đặt c.A = caij 1i m Mm x n(R).
1 j n
1 j n
Ta có 1.A = A, 0.A = Om x n , (1).A = aij 1i m .
1 j n
Đặt A = (1).A và gọi A là ma trận đối của A.
Ví dụ:
2 7 8 5
4
A = 1 0 4 9 M3 x 4(R) có
A=
3
5 3 2 6
8 / 3 28 / 3 32 / 3 20 / 3
4 / 3
0
16 / 3
12 .
20 / 3
4
8 / 3
8
1
1.3/ PHÉP CỘNG MA TRẬN:
Cho A = aij 1i m và B = bij 1i m Mm x n(R).
1 j n
1 j n
Đặt A + B = aij bij 1i m và A B = A + (B) = aij bij 1i m Mm x n(R).
1 j n
1 j n
Ví dụ:
2 7 8 5
8 1 9 0
A = 1 0 4 9 và B = 3 6 2 7 M3 x 4(R).
5 3 2 6
4 5 3 2
6 6 17 5
10 8 1 5
Ta có A + B = 2 6 6 16 và A B = 4 6 2 2 M3 x 4(R).
1 8 5 4
9
2 1 8
1.4/ TÍNH CHẤT: Cho A, B, C Mm x n(R) và c, d R. Khi đó:
a) c.(d.A) = (c.d).A
(c.A)t = c.At
(A B)t = At Bt
b) Phép cộng ma trận giao hoán và kết hợp:
B+A=A+B
(A + B) + C = A + (B + C) = A + B + C
c) Om x n + A = A + O m x n = A
(A) + A = A + (A) = O m x n
d) (c + d).A = c.A + d.A
c.(A B) = c.A c.B
Ví dụ: Cho A, B Mm x n(R). Ta có
(4A)t = 4At
(5 + 8)A = 5A + 8A
(7)(6A) = [ (7)6 ]A = 42A
(9)(A + B) = (9)A + (9)B
1.5/ TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA DÒNG VỚI CỘT:
Cho dòng U = u1 u2
v1
v
... un M1 x n(R) và cột V = 2 Mn x 1(R).
vn
n
Đặt U.V = (u1v1 + u2v2 + … + unvn) =
u v
i i
thì U.V R.
i 1
Ví dụ:
7
0
U = 3 8 6 9 2 M1 x 5(R) và V = 5 M5 x 1(R).
1
4
Ta có U.V = (3)7 + 8.0 + (6)(5) + 9.1 + 2(4) = 10 R.
1.6/ PHÉP NHÂN MA TRẬN:
Cho A = aij 1i m Mm x n(R) và B = b jk 1 j n Mn x p(R) thỏa điều kiện
1 j n
1 k p
(số cột của A) = n = (số dòng của B).
2
Ta quan tâm m dòng A1 , A2 , ... , Am của A (mỗi dòng có n số hạng) và
quan tâm p cột B1 , B2 , ... , Bp của B (mỗi cột có n số hạng).
Ta thực hiện phép nhân ma trận A Mm x n(R) với B Mn x p(R) bằng cách
nhân vô hướng mỗi dòng của A với mỗi cột của B để được ma trận tích
C = cik 1im Mm x p(R) như sau:
1 k p
A1
A
C = A.B = 2 B1
Am
B2
A1 B1
A2 B1
Bp =
Am B1
với cik = (dòng Ai)(cột Bk) = ai1 ai 2
A1 B2
A1 B p
A2 B p
= cik 1im Mm x p(R)
1 k p
Am Bp
A2 B2
Am B2
b1k
b
... ain 2 k = (ai1b1k + ai2b2k + … + ainb nk).
bnk
n
Như vậy C = A.B = AB = cik 1im với cik =
1 k p
a b
ij
jk
(1 i m, 1 k p).
j 1
Ví dụ:
9 1 5
2 1 3 4
7 4 6
M4 x 3(R).
Cho A = 5 0 6 2 M3 x 4(R) và B =
3
2
1
1 4 8 3
2 0 8
18 11 7 23
28 0 13
0
31 45 38
Ta có C = AB = 67 7 15 và D = BA =
với
5
1
11
5
11 1 13
12 34 70 32
C M3(R) và D M4(R). Như vậy AB BA.
1.7/ MA TRẬN ĐƠN VỊ:
Ma trận đơn vị cấp n là ma trận vuông cấp n có dạng như sau:
1
0
In =
0
0
0 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
(tất cả các hệ số trên đường chéo chính đều bằng 1, bên ngoài đều bằng 0)
Ví dụ:
I1 = 1
1 0
I2 =
0 1
1 0 0
I3 = 0 1 0
0 0 1
1
0
I4 =
0
0
0 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
3
1.8/ TÍNH CHẤT:
Cho A Mm x n(R), B, C Mn x p(R), D Mp x q(R) và c R. Khi đó:
a) (AB)D = A(BD) = ABD (phép nhân ma trận có tính kết hợp).
b) (AB)t = BtAt và (cA)B = A(cB) = c(AB)
c) A(B C) = AB AC và (B C)D = BD CD
(phép nhân ma trận phân phối trái và phải với các phép cộng trừ ma trận).
d) Ok x m A = Ok x n và AOn x k = Om x k .
e) Im A = A và AIn = A.
Ví dụ:
5
8
1
Cho A =
M2 x 3(R).
0 4 9
Ta có O5 x 2 A = O5 x 3 , AO3 x 8 = O2 x 8 , I2 A = A và AI3 = A.
1.9/ GHI CHÚ:
a) Phép nhân ma trận không giao hoán. Nếu AB và BA cùng xác định thì
không nhất thiết BA = AB.
Nếu AB = BA thì A và B là hai ma trận vuông có cùng kích thước.
b) Có thể nhân liên tiếp nhiều ma trận nếu số cột của ma trận đi trước bằng
số dòng của ma trận đi sau.
c) Có thể xảy ra khả năng
A Mm x n(R), B Mn x p(R), A O B nhưng AB = Om x p.
Ví dụ:
a) Trong Ví dụ của (1.7), C = AB D = BA vì C M3(R) và D M4(R).
b) Cho A M3 x 7(R), B M7 x 4(R), C M4 x 1(R) và D M1 x 8(R).
Đặt E = ABCD thì E M3 x 8(R).
1 1
c) Cho A = 4 4 O3 x 2 và B =
0 0
2 0 3
2 0 3 O2 x 3 nhưng AB = O3 .
II. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN MA TRẬN VUÔNG:
2.1/ PHÉP NHÂN VÀ LŨY THỪA: Cho A, B Mn(R).
a) Ta có AB M n(R), BA M n(R) và không nhất thiết AB = BA.
b) Đặt A0 = In , A1 = A, A2 = AA, … , Ak + 1 = AAk k N.
Ta có Ta có Ak Mn(R) k N.
Ví dụ:
3 1
4
a) Cho H =
và K = 5
5 2
17 25
6
M2(R).
7
18
Ta có HK =
M2(R), KH = 20
30 44
8
M2(R) và HK KH.
9
4
1 2
M2(R). Tính Ak k N.
1
b) Cho A =
0
1 2
, A2 = AA =
1
Ta có A1 = A =
0
1 4
1 6
3
2
0 1 và A = AA = 0 1 .
1 2 k
k N và kiểm chứng dễ dàng bằng phép qui nạp.
1
Dự đoán Ak =
0
2.2/ TÍNH CHẤT: Cho A Mn(R).
a) Onk On và I nk I n k nguyên 1.
b) ArAs = Ar + s và (Ar)s = Ars r, s N.
c) OnA = AOn = On và InA = AIn = A.
d) Có thể xảy ra khả năng (A On và r nguyên 2 thỏa Ar = On).
Ví dụ:
a) On2000 On và I n3000 I n .
b) A Mn(R), A9A16 = A9 + 16 = A25 và (A9) 16 = A9 x 16 = A144 .
0 2 3
0 0 10
2
c) A = 0 0 5 M3(R) và A O3. Ta có A = 0 0 0 O3 = A3.
0 0 0
0 0 0
2.3/ CÁC MA TRẬN VUÔNG ĐẶC BIỆT:
Cho A = (aij)1 i, j n M n(R).
Đường chéo (chính) của A bao gồm các hệ số aii (1 i n).
a) A là ma trận (đường) chéo nếu các hệ số ở ngoài đường chéo đều bằng 0
và các hệ số của đường chéo thì tùy ý (nghĩa là aij = 0 khi 1 i j n).
b) A là ma trận tam giác trên nếu các hệ số ở phía dưới đường chéo đều bằng
0 và các hệ số khác thì tùy ý (nghĩa là aij = 0 khi 1 j < i n).
c) A là ma trận tam giác dưới nếu các hệ số ở phía trên đường chéo đều bằng
0 và các hệ số khác thì tùy ý (nghĩa là aij = 0 khi 1 i < j n).
d) A là ma trận tam giác trên ngặt nếu A là ma trận tam giác trên có đường
chéo gồm toàn các hệ số bằng 0 (nghĩa là aij = 0 khi 1 j i n).
e) A là ma trận tam giác dưới ngặt nếu A là ma trận tam giác dưới có đường
chéo gồm toàn các hệ số bằng 0 (nghĩa là aij = 0 khi 1 i j n).
Ví dụ: Các ma trận dạng đặc biệt (ma trận đường chéo, tam giác trên, tam giác
dưới, tam giác trên ngặt và tam giác dưới ngặt) :
3*
0
A=
0
0
0
0
*
2
0
0
0
0*
0
0
0
0
7*
4* 2
0 1*
B=
0 0
0 0
5
8 3
9*
7
0 6*
0
1* 0
0
*
2 0
0
C=
7 3 8*
0
9 6
0
0
0
5*
5
0*
0
D=
0
0
2
0*
0
0
0* 0 0
9 0* 0
E=
2 5 0*
0 6 1
9 5
8 3
0* 4
0 0*
0
0
0
0*
2.4/ MỆNH ĐỀ:
a) Tổng, hiệu, tích và lũy thừa nguyên dương các ma trận đường chéo cũng là
ma trận đường chéo. Các phép toán thực hiện tự nhiên trên đường chéo.
b) Tổng, hiệu, tích và lũy thừa nguyên dương các ma trận tam giác cùng loại
cũng là ma trận tam giác cùng loại.
Ví dụ:
5 0 0
A = 0 2 0 ,
0 0 4
3 0 0
B = 0 7 0 ,
0 0 6
2 0 0
Ta có A + B = 0 5 0 ,
0 0 10
10
A
510
=0
0
0
(2)10
0
1 3 0
C = 0 8 4
0 0 2
8 0 0
A B = 0 9 0 ,
0 0 2
0
0 ,
410
1 6 1
C + D = 0 17 8 ,
0 0 2
2 30 11
CD = 0 72 32
0
0
0
và
2 3 1
D = 0 9 4 .
0 0 0
0
15 0
AB = 0 14 0
0
0 24
3 0 1
C D = 0 1 0
0 0 2
1 219 84
C = 0 512 208
0
0
8
3
và
2.5/ MỆNH ĐỀ: Cho A, B Mn(R) thỏa AB = BA. Khi đó
các hằng đẳng thức trong R vẫn có hiệu lực đối với A và B.
k 2, (AB)k = AkBk,
(A + B)k =
k
i
k
i
C A B
k i
và
i 0
Ak Bk = (A B)(Ak1 + Ak2B + … + ABk2 + Bk1 )
Ví dụ: Cho A, B Mn(R) thỏa AB = BA. Khi đó
(AB)4 = ABABABAB = AAAABBBB =A4B4
A5 + B5 = A5 (B)5 = (A + B)(A4 A3B + A2B2 AB3 + B4)
(4A 5In)3 = (4A)3 3(4A)2(5In) + 3(4A) (5In)2 (5In)3
= 64A3 240A2 + 300A 125In
2.6/ GHI CHÚ: Nếu A, B Mn(R) thỏa AB BA thì các hằng đẳng thức trong
R không thể áp dụng cho A và B. Các phép tính phải dùng định nghĩa.
6
Ví dụ: Cho A, B Mn(R) thỏa AB BA. Ta có
(A + B)(A B) = A2 AB + BA B2 A2 B2 vì ( AB + BA) On .
(A B)2 = (A B) (A B) = A2 AB BA + B2 A2 2AB + B2 vì
( AB BA) 2AB
III. SỰ KHẢ NGHỊCH CỦA MA TRẬN VUÔNG:
3.1/ VẤN ĐỀ:
a) A Mn(R), ta có InA = AIn = A.
b) Cho trước A Mn(R). Có hay không A’ M n(R) thỏa A’A = AA’ = In ?
Nếu có thì A’ được xác định ra sao ?
Khi n = 1, ta trả lời dễ dàng câu hỏi trên: nếu a = 0 R = M1(R) thì không có
a’ R thỏa a’a = aa’ = 1 và ta nói a = 0 là số không khả nghịch.
Nếu a R \{ 0} thì có a’ = a1 R = M1(R) thỏa a’a = aa’ = 1 và ta nói a là
số khả nghịch cũng như ký hiệu a1 = a’ là số nghịch đảo của số a.
Ta sẽ đưa ra câu trả lời cho câu hỏi trên khi n 2.
3.2/ ĐỊNH NGHĨA: Cho A M n(R).
a) Ta nói A là ma trận khả nghịch nếu có A’ Mn(R) thỏa A’A = AA’ = In.
b) A’(nếu có) thì duy nhất và lúc đó ta ký hiệu A’ = A1 là ma trân nghịch đảo
của ma trận A.
c) Nếu A khả nghịch (có A1) thì ta định nghĩa thêm các lũy thừa nguyên âm cho
A như sau: A2 = (A1)2, A3 = (A1)3, … , Ak = (A1)k k nguyên 2.
Ta có Am M n(R) m Z. Hơn nữa ArAs = Ar + s, (Ar)s = Ars r, s Z.
Ví dụ:
3 4 6
1 2 2
Cho A = 0 1 1 và B = 2 0 3 M3(R).
2 3 4
2 1 3
Ta có AB = BA = I3. Do đó A khả nghịch và A1 = B. Tương tự B khả nghịch
và B1 = A. Hơn nữa Ak = (A1)k = Bk k nguyên 2 và Am M3(R) m Z.
Ta có A7A12 = A7 + (12) = A5 và (A7) 12 = A7(12) = A84 .
3.3/ ĐỊNH LÝ: (nhận diện ma trận khả nghịch)
Cho A M n(R). Ta xác định được SA, RA và r(A) n.
Các phát biểu sau đây là tương đương với nhau:
a) A khả nghịch.
b) SA có các hệ số trên đường chéo đều 0.
c) RA = In.
d) r(A) = n.
3.4/ HỆ QUẢ: (nhận diện ma trận không khả nghịch)
Cho A M n(R). Ta xác định được SA, RA và r(A) n.
Các phát biểu sau đây là tương đương với nhau:
a) A không khả nghịch.
b) SA có ít nhất một hệ số 0 trên đường chéo.
c) RA In.
d) r(A) < n.
7
Ví dụ:
3 1 4
3 4 6
Cho A = 3 0 2 và B = 5 2 16 M3(R).
2 2 1
2 1 1
1*
A 0
0
3
1 2 SA =
4 5
1
1*
0
0
1
1*
0
1* 0
3
2 0 1*
0 0
13*
5
2 RA =
13
1* 0 0
*
0 1 0 = I3
0 0 1*
Bảng 1: (2) (2) + (1), (1) (1) (3), (3) (3) 2(1).
Bảng 2: (3) (3) 4(2). Bảng 3: (1) (1) + (2), (2) (2).
Bảng 4: (3) 131(3), (1) (1) 5(3), (2) (2) + 2(3).
1* 3
1* 3
7
B 0 17 51 SB = 0 17*
0 5 15
0 0
1* 0
7
51 RB = 0 1*
0 0
0
2
3 I3
0
Bảng 1: (1) (1) (3), (2) (2) + 5(1), (3) (3) 2(1).
Bảng 2: (3) (3) + (5/17)(2). Bảng 3: (2) 171(2), (1) (1) 3(2).
Ta thấy A khả nghịch (để ý các hệ số trên đường chéo của SA đều 0, RA = I3
và r(A) = 3) và B không khả nghịch (để ý có hệ số = 0 trên đường chéo của SB,
RB I3 và r(B) = 2 < 3).
3.5/ ĐỊNH LÝ: (tìm ma trận nghịch đảo cho ma trận khả nghịch)
Cho A khả nghịch Mn(R) (nghĩa là RA = In).
Nếu các phép biến đổi sơ cấp trên dòng 1, 2, … , k biến A thành RA = In
thì chính các phép biến đổi đó, theo đúng thứ tự, sẽ biến In thành A1.
Cụ thể như sau:
Nếu A A1 A2 … Ak = RA = In (dùng các phép biến đổi 1, 2, … , k )
thì In B1 B2 … Bk = A1 (cũng dùng các phép biến đổi 1, 2, … , k )
3.6/ PHƯƠNG PHÁP GAUSS – JORDAN TÌM MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO:
Cho A Mn(R). Ta thường kiểm tra A khả nghịch và tìm A1 cùng một lúc
theo sơ đồ sau (phương pháp Gauss – Jordan):
(A | In) (A1 | B1) (A2 | B2) … (Ak | Bk) trong đó Ak = RA.
(dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng 1, 2, … , k biến A thành RA)
Nếu RA In thì A không khả nghịch.
Nếu RA = In thì A khả nghịch và A1 = Bk.
Ví dụ:
Xét tính khả nghịch và tìm ma trận nghịch đảo (nếu có) của các ma trận sau:
4
1 2
B = 2 3 11 và A =
3 5 15
3 4 9
2 1 2 M (R).
3
7 1 4
8
