Giáo án Đại số tuyến tính - Chương III: Định thức ma trận vuông - Lê Văn Hợp
GV LÊ VĂN HỢP
CHƯƠNG III
ĐỊNH THỨC MA TRẬN VUÔNG
I. ĐỊNH THỨC:
1.1/ KHÁI NIỆM: Với mỗi A Mn(R), người ta xác định duy nhất một giá trị
thực cA gắn liền với A và gọi cA là định thức (determinant) của A.
Ta ký hiệu cA = det(A) hay cA = | A |.
Giá trị det(A) = | A | biểu thị tính khả nghịch hoặc không khả nghịch của A.
Nếu | A | 0 thì A khả nghịch. Nếu | A | = 0 thì A không khả nghịch.
1.2/ ĐỊNH THỨC MA TRẬN CẤP 1, 2, 3:
a) Nếu A = ( a ) M1(R) thì | A | = a.
a b
b) Nếu A =
M2(R) thì A có đường chéo xuôi là ad và đường
c d
chéo ngược là bc. Ta đặt | A | = ad bc.
a b
c
c) Nếu A = d
e
f M3(R) thì ta viết lại cột 1 và 2 bên cạnh A như
i
g h
a b c a b
sau
d
e
f d e để hình thành 6 đường chéo (3 đường chéo xuôi là
g h i g h
aei, bfg, cdh và 3 đường chéo ngược là ceg, af h, bdi).
Ta có qui tắc SARRUS tính định thức của A theo 6 đường chéo như sau:
| A | = (aei + bfg + cdh) (ceg + af h + bdi)
Ví dụ:
a) A = (
) M1(R) có | A | =
.
6
6
8 7
5 2
b) A =
M2(R) có | A | = (8)2 7(5) = 19
4
1
3
2
1
4
1
3
2
4
1
c) A = 2
M3(R) thì ta viết lại 2
1 2 3 và có
6 5
5
2
6
5
2
2
| A | = [ 4.3(6) + (1).1.(5) + 2(2).2 ] [ 2.3(5) + 4.1.2 + (1)(2)(6) ]
= (72 + 5 8) (30 + 8 12) = (75) (34) = 41
1
1.3/ KÝ HIỆU:
Cho A Mn(R) với n 2 và 1 i, j n.
Đặt A(i, j) là ma trận A xóa dòng (i) và cột (j), nghĩa là A(i, j) Mn 1(R).
Ta nói A(i, j) là ma trận đồng thừa của A tại vị trí (i, j).
= (1)i + j | A(i, j) | . Nếu không có sự ngộ nhận, ta viết gọn
=
.
Cij
A
Cij
CiAj
Đặt
A
Cij
Ta nói
là hệ số đồng thừa của A tại vị trí (i, j).
Ví dụ:
4
1
3
2
Cho A = 2
1 M3(R).
6
5
2
4
1
2
4
1
Ta có A(2,3) =
Ta có A(3,1) =
và
= C23 = (1)2+ 3| A(2,3) | =
= 3.
C2A3
5
5
2
1 2
1 2
và
= C31 = (1)3+ 1| A(2,3) | =
= 7.
C3A1
3
1
3
1
1.4/ ĐỊNH THỨC MA TRẬN CẤP n (n 2):
Cho A = a Mn(R). Xét 1 i, j n.
ij
1i, jn
| A | được tính theo định thức của các ma trận đồng thừa [ cấp (n 1) ] của
A (hình thức đệ qui).
Ta có thể tính | A | theo bất kỳ một dòng hay một cột nào của A.
| A | được tính theo dòng (i) như sau :
n
a CA
| A | = ai1 CA + ai2CA + … + ainCA =
ik ik
i1
i2
in
k1
| A | được tính theo cột (j) như sau :
n
a CA
A
A
A
| A | = a
+ a
+ … + a
=
nj Cnj
1j C1 j
2j C2 j
kj kj
k1
Ví dụ:
4
1
3
2
Cho A = 2
1 M3(R).
6
5
2
| A | được tính theo dòng (1) như sau : | A | = a
+ a
+ a
=
13C13
11 C11
12C12
= 4(1)1+ 1| A(1,1) | (1)1+ 2| A(1,2) | + 2(1)1+ 3| A(1,3) | =
3
1
2
1
2 3
5 2
= 4
+
+ 2
= 4(20) + 17 + 2(11) = 41
2 6
5 6
| A | được tính theo cột (2) như sau : | A | = a12 C12 + a22C22 + a32C32 =
= (1)1+ 2| A(1,2) | + 3(1)2+ 2| A(2,2) | + 2(1)3+ 2| A(3,2) | =
2
1
4
2
4
2
=
+ 3
2
= 17 42 2(8) = 41
5 6
5 6
2 1
2
1.5/ NHẬN XÉT:
Cho A =
Mn(R). Xét 1 r, s n.
a
ij
1i, jn
Nếu ars = 0 thì arsCrs = 0 mà không cần tính Crs. Như vậy ta sẽ tính | A |
theo dòng hay cột nào có nhiều nhất các hệ số bằng 0.
Ví dụ:
1
0
5
2
6
9
0
3
0
Cho A =
=
M4(R),
a
ij
1i, j4
7
2
0
8
1
4
0
1
7
9
2
3
0
B = A(2,2) =
D = B(1,3) =
=
M3(R) và
b
ij
1i, j3
8 4
0
7
2
M2(R).
8 4
Ta có | A | = a22C2A2 = 2| B | = 2b13 C1B3 = 2(3)| D | = 6 (12) = 72
( | A | được tính theo dòng (2) và | B | được tính theo cột (3) ).
1.6/ MỆNH ĐỀ:
Cho A =
Mn(R).
a
ij
1i, jn
a) Nếu A có một dòng (hay một cột) nào đó toàn hệ số 0 thì | A | = 0.
b) Nếu A có hai dòng (hay hai cột) nào đó tỉ lệ với nhau (đặc biệt bằng
nhau) thì | A | = 0.
c) Nếu A là ma trận tam giác trên hoặc dưới (đặc biệt là ma trận đường
chéo) thì | A | = a11a22...ann ( tích các hệ số trên đường chéo chính).
d) | At | = | A |.
Ví dụ:
0 0 0
a b c = 0 = b 0 y
y z c 0 z
a 0 x
a
2
3
b
6
c
a x a
4 = 0 = b y b
6
x
9
c
z
c
4
a
b
9 0
0
0 3 c = 4(3)(2) = 24
0 0 0 = 9.0.(6) = 0
0 0 6
0
0
2
a b
c
a d
g
t
Cho A = d
e
f và A = b
i
e
h M3(R).
i
g h
c
f
Ta có | At | = (aei + dhc + gbf) (gec + ahf + dbi) = | A |.
3
II. ĐỊNH THỨC VÀ CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI SƠ CẤP TRÊN DÒNG VÀ
CỘT CỦA MA TRẬN:
2.1/ CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI SƠ CẤP TRÊN CỘT:
Cho A Mm x n(R). Xét 1 i j n.
Có 3 hình thức biến đổi sơ cấp trên cột cho ma trận:
a) Hoán vị cột (i) với cột (j). Ta ghi (i)’ (j)’.
b) Nhân cột (i) với số c R \ {0}. Ta ghi (i)’ c(i)’.
c) Thế cột (i) bằng [ cột (i) + c.cột (j) ] với số c R.
Ta ghi (i)’ [(i)’ + c(j)’].
Các phép biến đổi đảo ngược của các phép biến đổi sơ cấp trên cột trên lần
lượt là (i)’ (j)’, (i)’ c1(i)’ và (i)’ [(i)’ c(j)’].
Ví dụ:
4* 2 3*
5
3 2
4
5
8
*
A =
A =
A =
7
0
1
A1 = 1
0
7* 8 qua phép biến đổi (1)’ (3)’.
*
6 9 2* 4
2 9 6 4
3 6*
4
5
3 2
4
5
8
7
0
1
A2 =
A3 =
7
0*
1 8 qua phép biến đổi (2)’ 3(2)’
2 27 6 4
*
2 9 6 4
3 2 14*
15*
5
3 2
4
5
8
7
0
1
7
0
8 qua phép biến đổi sơ cấp trên cột
*
2 9 14 4
2 9 6 4
(3)’ [ (3)’ + 2(4)’].
Các phép biến đổi đảo ngược của các phép biến đổi sơ cấp trên cột nói trên lần
1
3
lượt là (1)’ (3)’, (2)’ (2)’ và (3)’ [ (3)’ 2(4)’].
2.2/ MỆNH ĐỀ: Cho A Mn(R). Xét 1 i j n .
Giả sử A A’ bằng phép biến đổi sơ cấp (i) (j) [ hoặc (i)’ (j)’].
Khi đó | A’ | = | A | (đổi dấu).
Ví dụ:
4
1
3
2
a) A = 2
1 M3(R) có | A | = 41.
6
5
2
2* 1 4*
4
1
2
*
1
3
2
2*
5
A A1 = 5* 2* 6* [(2) (3)] và A A2 =
[(1)’ (3)’]
*
2 3*
*
*
1
6
Ta có | A1 | = | A | = 41 và | A2 | = | A | = 41.
4
*
a b
c
a
c* b*
g
a
i* h*
b) A = d
e
f B = d f * e* C =
i
d
*
f
e
i* h*
c* b*
g h
g
do [(2)’ (3)’] và [(1) (3)].
Ta có | C | = | B | = ( | A |) = | A |.
2.3/ MỆNH ĐỀ: Cho A Mn(R). Xét 1 i n và c R\ {0}.
Giả sử A A’ bằng phép biến đổi sơ cấp (i) c(i) [ hoặc (i)’ c(i)’].
Khi đó | A’ | = c | A | (bội c).
Ví dụ:
4
1
3
2
Cho A = 2
1 M3(R) có | A | = 41.
6
5
2
4
1 4*
4
1
2
2
5
3
2
2*
A A1 = 6* 9* 3* [(2) 3(2)] và A A2 =
[(3)’ 2(3)’].
12*
5
2
6
Ta có | A1 | = 3| A | = 123 và | A2 | = 2| A | = 82.
2.4/ HỆ QUẢ: Cho A Mn(R) và c R. Khi đó
a) | cA | = cn | A | (vì A cA bằng cách nhân n dòng của A với c).
b) Có thể rút thừa số chung ở mỗi dòng (hay mỗi cột) của A ra ngoài dấu
định thức.
Ví dụ:
4
1
3
2
8
2
4
a) A = 2
1 M3(R) có | A | = 41 và B = 2A =
6
4
6 2 .
5
2
10 4 12
Ta có | B | = (2)3| A | = 8(41) = 328.
28* 40* 76* 12*
7
10* 19 3
7* 2* 19* 3*
1
25
10
6
5
9
3
2
1 25*
6
3
2
1 5*
6
3
2
b)
= 4
= (4 x 5)
.
4
4
10* 5
7 35*
4
2* 5
7 7*
7 35
1
9
1
9
1
bằng cách rút các thừa số chung từ dòng (1) và cột (2).
2.5/ MỆNH ĐỀ: Cho A Mn(R). Xét 1 i j n và c R.
Giả sử A A’ bằng phép biến đổi sơ cấp (i) [ (i) + c(j) ] ( hoặc
[ (i)’ (i)’ + c(j)’] ).
Khi đó | A’ | = | A | (không thay đổi và độc lập với c).
5
Ví dụ:
4
1
3
2
1
Cho A =
M3(R) có | A | = 41.
2
5
2
6
7*
1
2
4
1
2
A A1 = 2
3
1
và A A2 = 11*
3
2
1 . Ta có
*
3
*
0* 2*
11
6
| A1 | = | A | do (3) [ (3) + 2(1) ] và | A2 | = | A | do (1)’ [ (1)’ 3(2)’ ].
2.6/ MỆNH ĐỀ: Cho A Mn(R).
Ta có thể phân tích | A | thành tổng của 2 định thức dựa theo một dòng ( hay
một cột ) nào đó. Chẳng hạn phân tích đối với định thức cấp 3 như dưới đây:
a a' b b' c c '
a b
c
a' b' c'
d
e
f
i
= d
e
g h
c
f + d
e
f ( phân tích theo dòng (1) )
i
g
h
i
g
h
a b b'
c
a b
a b'
c
d
e e' f = d
e
f + d e' f ( phân tích theo cột (2) )
g h h'
i
g h
i
g h'
i
Ví dụ: Rút gọn định thức sau (trước khi tính bằng qui tắc SARRUS):
a bx b ax
= d ex e dx
g hx h gx
c
f
i
a b ax
c
bx b ax
c
= d e dx f + ex e dx f ( phân tích theo cột (1) )
g h gx
i
hx h gx
i
a b
c
a
ax
c
bx b
c
bx ax
c
= d
e
f + d dx f + ex e f + ex dx f ( phân tích theo cột (2) )
g h
i
g
gx
i
hx h
i
hx gx
i
a b
c
b a
c
a b
c
f
= d
e
f + 0 + 0 x2 e d f = (x2 + 1) d
e
g h
i
h g
i
g h
i
(để ý sự hoán vị và sự tỉ lệ của các cột trong các ma trận trên).
2.7/ ÁP DỤNG: Trước khi tính định thức một ma trận, ta có thể dùng các phép
biến đổi sơ cấp trên dòng (hay cột) thích hợp để tạo nhiều hệ số 0 trên một
dòng (hay cột) nào đó. Các hệ số 0 này được tạo ra dựa vào hệ số 1 có trên
dòng (hay cột) tương ứng hoặc dựa vào quan hệ bội số - ước số. Nếu không có
sẵn hệ số 1, ta lại dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng (hay cột) thích
hợp để tạo 1.
6
Ví dụ:
2* 2 5*
3/ 4
2
1/ 2 5
3/ 2
3
8
2 20
3
*
4*
7*
6*
1
2
8
2 4
5 8
4 8
3
8
5
16
28
24
2 1
5 2*
4 2*
3
8
5
1 1 1 1
4.4
a)
=
. .
=
=
5 / 6 4 / 3 4 / 3 14 / 3
2 / 5 4 / 5 1/ 2 12 / 5
4 2 6 10
480
7
0*
3
3
3
1
4
1
7
1
3
3
1
7
3
5
*
7 5
1
1 5
30
2 1
1
1
30
1
30
=
=
1 =
1
3
5 =
= 1.
0*
30
1
0
*
*
0 1 2
0* 1 0*
0* 1 2
3
7
2
5
3
3
2
5
13
5
5
13
5
*
*
2* 2*
1
0* 0*
1
b)
=
=
=
= 138 hay
4
1 11
5
6
2
5
6
2
1 11 2
3 2*
5
3 2*
5
1
13
7
4* 3 = 1 0* 13 = 2
= 138
4 17
5 6* 2
4
0* 17
a* a* a* a*
a*
0*
x b
0
0*
0
0*
0
b
c
x
c
b
y
b
c
z
b
c
c)
=
= a(x b)(y c)(z d)
y c
0
0
d
d
d
d
0
z d
*
1
cos2a
d
2sin2 a
d*
2sin2 a
d) (sinb cosb)2 2d (sinb cosb)2 = 2* 2d* (sinb cosb)2 = 0 (có 2 cột tỉ lệ ).
2cos2 c
d
cos2c
1* d*
cos2c
1000* 656419
1000* 927308
657419 656419
928308 927308
1 656419
e)
=
= 1000
=
1 927308
= 1000(927308 656419) = 270.889.000
III. ĐỊNH THỨC VÀ MA TRẬN VUÔNG KHẢ NGHỊCH:
3.1/ MỆNH ĐỀ: Cho A Mn(R).
a) A khả nghịch | A | 0
Ví dụ:
Xét tính khả nghịch của A =
b) A không khả nghịch | A | = 0
1
1
1
a
2
b
c M3(R) (a, b, c là các tham số thực).
b2 c2
a
7
*
1
*
1
*
1
1*
0*
0*
b a
c a
Ta có | A | = a
b
c = a
b a
c a =
=
b2 a2 c2 a2
a2 b2 c2
a2 b2 a2 c2 a2
*
1
1
1*
0*
= (b a) (c a)
= (b a) (c a)
= (b a) (c a)(c b)
b a c a
b a c b
Suy ra: A khả nghịch | A | 0 a b c a
A không khả nghịch | A | = 0 (a = b) hay (b = c) hay (c = a)
3.2/ MỆNH ĐỀ: Giả sử A Mn(R) và A khả nghịch (nghĩa là | A | 0).
Ta xác định ma trận nghịch đảo A1 bằng phương pháp định thức như sau:
* Tính các hệ số đồng thừa Cij = (1)i+j | A(i, j) | (1 i, j n) của A.
* Lập ma trận C =
Mn(R).
C
ij
1i, jn
1
* Ta có A1 =
| A |
Ct ( t = transposition).
.
4
1
3
2
Ví dụ: Cho A = 2
1 M3(R) có | A | = 41 0 nên A khả nghịch.
6
5
2
3
1
2
1
= (1)1+ 1| A(1,1) | =
= 20
= (1)1+ 2| A(1,2) | =
= 17
C11
C12
2 6
5 6
2 3
5 2
1
2
2
6
= (1)1+ 3| A(1,3) | =
= (1)2+ 2| A(2,2) | =
= (1)3+ 1| A(3,1) | =
= (1)3+ 3| A(3,3) | =
= 11
= (1)2+ 1| A(2,1) | =
= (1)2+ 3| A(2,3) | =
= 2
= 3
= 8
C13
C22
C31
C33
C21
C23
C32
4
2
4
1
= 14
= 7
5 6
1 2
5
4
2
2
= (1)3+ 2| A(3,2) | =
3
4
1
2 1
1
= 10
2
3
20 17 11
Lập C =
=
2 14 3 M3(R).
7 8 10
C
ij
1i, j3
20 2 7
20
2
7
8
1
1
41
1
Ta có A1 =
Ct =
17 14 8 =
17 14
| A |
41
11
3 10
11
3
10
a b
3.3/ GHI CHÚ: Giả sử A =
M2(R) và A khả nghịch.
c d
(nghĩa là = | A | = (ad bc) 0).
Ta có thể tính nhẩm ma trận nghịch đảo A1 một cách nhanh chóng như sau:
d
b
1
A1 =
(hoán vị đường chéo xuôi và đổi dấu đường chéo ngược)
c
a
8
4 9
8 3
Ví dụ: A =
M2(R) có | A | = 60 0 nên A khả nghịch và
3 9
1
A1 =
.
60 8 4
3.4/ MỆNH ĐỀ: Cho A, B, A1, A2, ... , Ak Mn(R). Khi đó:
a) | AB | = | A |.| B | và | A1A2 ... Ak | = | A1 |.| A2 | ... | Ak |.
b) Suy ra | Ak | = | A |k k 2 (áp dụng khi A1 = A2 = ... = Ak = A).
1
c) Nếu A khả nghịch thì | A1 | =
và | Ar | = | A |r r Z.
| A |
Ví dụ: A, B, C Mn(R) có | A | = 3, | B | = 4 và | C | = 6. Ta có
| AB | = | A |.| B | = (3)4 = 12 và | ABC | = | A |.| B |.| C | = (3)4(6) = 72
1
1
1
243
| A4 | = | A |4 = (3)4 = 81, | A1 | =
=
và | A5 | = | A |5 = (3)5 =
| A |
3
IV. QUI TẮC CRAMER:
Định thức được áp dụng vào việc khảo sát các hệ phương trình tuyến tính có số
phương trình và số ẩn bằng nhau.
4.1/ KÝ HIỆU: Xét hệ phương trình tuyến tính thực AX = B (có n phương trình
x
1
x2
và n ẩn số) trong đó A Mn(R), B Mn x 1(R) và X =
.
xn
Với 1 j n, đặt
= | A | và j = | Aj | trong đó Aj là A xóa cột (j) và thay bằng cột B.
4.2/ MỆNH ĐỀ: Với các ký hiệu như trên,
a) xj = j khi 1 j n.
j
b) Nếu 0 thì hệ có nghiệm duy nhất là xj =
khi 1 j n.
c) Nếu = 0 và k { 1, 2, … , n }, k 0 thì hệ vô nghiệm.
( lúc đó đẳng thức xk = k vô nghĩa ).
d) Nếu = 0 và 1 = 2 = … = n = 0 thì hệ vô nghiệm hoặc vô số nghiệm.
Lúc này ta phải giải hệ bằng phương pháp Gauss hay Gauss – Jordan để có
kết quả chính xác ( lúc này qui tắc CRAMER không còn hiệu lực nữa ).
Ví dụ:
a) Giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính sau theo tham số thực m:
x1 2x2 2x3 0
(m 2)x (m 5)x 2x 2
2
3
1
(m 1)x3 mx1 x2 2
9
Hệ phương trình trên có dạng AX = B với
1
2
2
x
0
2
1
A =
, X =
và B =
2 m 2 m 5
x2
m
1
m 1
x3
2
Ta tính , 1 , 2 và 3 .
*
1
*
1
2
2
0*
0*
3
m 1
3
m 1
= | A | = 2 m 2 m 5 = 2
m 1
3
m 1 =
=
=
m 1 m
3 m
0
m
1
m
m 1 m
= (m 1)(m 3)
0*
2
2
0*
2
2
2
2
1 = | A1 | = 2* m 2 m 5 = 2* m 2 m 5 = 2
= 4(3 m)
m 1 2m 4
2*
1
m 1
0* m 1 2m 4
1
0*
2
1
0*
2* m 5
= 0 ( dòng (1) tỉ lệ với dòng (3) ).
2
2 2* m 5
2
2 = | A2 | =
=
m
2* m 1
0*
m 2 0* 2m 4
1
2
1
2
0*
1
2
3 = | A3 | = 2 m 2 2* = 2 m 2 2* = 2
= 2(m 3)
m 2 m 1
m
1
2*
m 2 m 1 0*
* Nếu 1 m 3 thì 0 nên hệ có nghiệm duy nhất là
1
2
3
4
2
x1 =
=
, x2 =
= 0 và x3 =
=
1 m
m 1
* Nếu m = 1 thì = 0 1 = 8 nên hệ vô nghiệm.
* Nếu m = 3 thì = 0 = 1 = 2 = 3 , ta giải hệ bằng phương pháp
Gauss – Jordan:
x1 x2 x3
*
*
0* 6 / 5 4 / 5
1
2
2
0
1
2
5
2
2
0
2
1
*
2 1 2
2
0*
*
0
0*
1
2 / 5 2 / 5
*
0
3
1
4
0*
0
0
2
5 2 2
Hệ có vô số nghiệm như sau: x3 = a (a R), x1 = (6a + 4)/5 và x2 = (2 2a)/5.
b) Xét 4 hệ phương trình tuyến tính (2 ẩn số x, y và m, p, q là các hằng số thực)
x
y
x y
x
y
x y
m 3 1 p
3
1
4
2 3 1
0 0 1
(1)
(2)
(3)
(4)
5 m
m
q
6 2
1
4
6
2
0 0
2
10
Hệ (1) : = m2 4m + 5 = (m 2)2 + 1 1 > 0 m R,
x = mp + q và y = m(p + q) (5p + 3q). m, p, q R, hệ có nghiệm duy
y
x
mp q
m( p q) (5p 3q)
nhất x =
=
và y =
=
.
m2 4m 5
m2 4m 5
Hệ (2) : = 0 y = 21 nên hệ vô nghiệm.
Hệ (3) : = 0 = x = y và hệ (2x 3y = 1). Hệ có vô số nghiệm với 1 ẩn
tự do y R, x = 21(3y + 1).
Hệ (4) : = 0 = x = y và hệ vô nghiệm vì hệ có phương trình 0x + 0y = 2.
--------------------------------------------------------------------------------
11
11 trang
21240
Free
Bạn đang xem tài liệu "Giáo án Đại số tuyến tính - Chương III: Định thức ma trận vuông - Lê Văn Hợp", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- giao_an_dai_so_tuyen_tinh_chuong_iii_dinh_thuc_ma_tran_vuong.pdf
