chơng ma trận - định thức Cho ma trËn: 3  A  1   2  7   ; TÝnh: a) A + B – C Gi¶i a) A + B – C = 3  4 1   2  7   c) 3A + 5B – 2C = 0  1  4   6  +  2  7   3   1  –   C   11  ; b) 2A – 7B 3   1  b) 2A – 7B = 4  B   6  c) 3A + 5B – 2C 7     – 8  11     0 4   22       =  43 6   40     2  7   0  1  + 7     4    6  0  1  –      =        4    73      11  7     =  33  20    26    29  11 36   Cho hai ma trËn :  10  A  2    ; 1 B      T×m ma trËn X cho: a) A – X = B; b) 3B + 2X = A; c) 5X – 2A = 4B Gi¶i  2  1   15  –   =        6 3  1   10     3   b) 3B + 2X = A  X = (A – 3B) =   6  2   0       31  /  31 /  =   =   8   16   3  1   10     4.   c) 5X – 2A = 4B  X = (2A + 4B) =  2. 6 5    0 18 22   24  =  12    38 a) A – X = B  X = A – B =  10    Cho hai ma trËn :  10  A  2    ; 0 4   B   1  9  Tìm ma trận X trờng hợp sau ®©y: a) X = A + tB ; b) 3tB – 2X = 2A ; c) 3X + tA – 2B = O ( O ma trận không) Giải Tríc hÕt ta cã: B = t a) X = A + tB = 4   0  10    6   ,  vµ A =    + 4   0 t 2  10     5 5      = , v× vËy:  14  12  2 11 15    1 b) 3tB – 2X = 2A  X = = c) 3X + A – 2B = t 15  4  3    6  10   2 9   5       (2B – A) = t   1  2  3    0  1    10     2  5    2   3 12    3  X=       X=   (3tB – 2A) =  Nh©n c¸c ma trËn sau: a)    11 c) 5  4 3    10     5   b)  1            7   1      12    0 6 9  4 d)  a a a  x1    x  a   x  3 x   4 Gi¶i a)    11 c) 5  4 3    10     5 =   1           d)  a a a   38   98 = 13   97   14   48  29  b) 9  4  7   1     12    0 6 =  21    20 82   118  98   28  75   x1    x  a   = (a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4) x  3 x   4 Cho hai ma trËn : 5 A  6 1    ;   3 B   0  7  5 4   TÝnh AB vµ BA Có kết luận tính giao hoán phép nhân ma trận Giải Ta có tích AB =  6 1      3 7  0  7  5 4   =  12   28 77  , 68  lµ ma trËn vuông cấp 2 Còn tích BA =  3 7  0  7  5 4   5  6 1    =  37   45  59   12  34 64 29 17  3   21 , ma trận vuông cấp Từ suy phép nhân ma trận nói chung tính chất giao hoán Cho c¸c ma trËn:  A   6   ; 4    B    5 7   C    3 4   ; a) TÝnh AB ; BC b) TÝnh (AB)C A(BC) So sánh hai kết Giải a) Ta cã AB = BC = b)    6   4    38   =     21  7  4     14      =    4  31   18 20   15 22  20   51   7   38 18 20    14 20     (AB)C =     =   21 15 22    4  31 51      14 20    214 346     =   A(BC) =      31 51   141 235   7     0 =  4    214   141 346   235  Vậy (AB)C = A(BC) Giả sử A ma trËn vu«ng, f(x) = a0 + a1x + a2x2 + + anxn Ta ký hiÖu: f(A) = a0I + a1A + a2A2 + + anAn đa thức f(x) A   0 2  2   A2 =       =       Cho ma trËn Gi¶i Ta cã = x2 – 2x + TÝnh f(A)  ;      – 2A =  4 ;  3I = 3  0 0   VËy f(A) = A2 – 2A + 3I =        +     4   + 3  0 0   =     2    Cho F(x) = x(x – 1)(x – 2) (x – n + 1), n số tự nhiên, a số thực Tính định thức cấp n + sau đây: a) D2 D1  F(0) F(1) F(1) F(2) F(n) F(n  1) F(n) F(n  1) F(2n) F(a) F(a) F(a) F(a) F (n) (a) F (n 1) (a) (n) F (a) (2n) F (a) F (n 1) (a) b) Giải a) Vì F(x) ®a thøc bËc n víi hƯ sè cao nhÊt b»ng 1, cã n nghiÖm: 0, 1, , n – nªn F(0) = F(1) = F(2) = = F(n – 1) = Ngoµi F(n) = n! Vậy D phần tử đờng chéo phụ n!, phần tử nằm phía bên đờng chéo phụ không, nghĩa D1 có dạng tam giác Do D1 = s(f)(n!) n + 1, f phép tơng ứng với đờng chéo phụ: f= n      n  n    s(f) = C 2n 1  (n  2)(n  1) (n  2)(n 1) VËy D1 = ( 1) (n ! ) n 1 b) Ta còng cã: F (n )(x) = n! đạo hàm cấp lớn n không, phần tử đờng chéo phụ n!, phần tử nằm phía bên dới đờng chéo phụ kh«ng, bëi thÕ: (n  2)(n 1) D2 = ( 1) (n ! ) n 1 = D1 Tính định thức cấp n sau đây: x a) A  x  x a a a a  x  x a  x a  x a a b) 1 1 1 B1 1 Giải a) Cách Nhân cột với ( 1), cộng vào cột sau ta ®ỵc:  x A  x  x ax 0 a  x a  x ax ax 0 ax ax a  x  ax ax ax 0 ax ax 0 ax ax ax ax ax = (a+x)n - (Sau khai triển định thức cấp n theo dòng 1, ta đợc định thức cấp n 1) Cách Nhân dòng thứ với ( a), cộng vào dòng sau ta đợc: (a x) A   (a  x)  (a  x)  (a  x)  (a  x) 0  (a  x) 0  (a  x) 0 = (– 1)1 + n.1.[– (a + x)]n - 1= (a + x)n - C¸ch Nhân dòng thứ với x, cộng vào dòng sau ta đợc: A0 ax a  x ax ax a  x ax ax ax = (a + x) n - b) Cộng tất cột vào cột ta đợc: B1 1 1 1 = n n n n 1 1 1 1 (n  1) 1 1 1  ( 1) n - 1.(n 1) (Nhân dòng thứ với ( 1), cộng vào dòng sau, sau khai triển định thức theo cột thứ ta đợc kết nh trên) 10 Chứng minh : x 1 D 0 x 1 0 x 0 a0 a1 a2 0 0 x 1 a n an n  aixi i 0 Gi¶i Tríc hÕt ta thấy D định thức cấp n + Cách Ta chứng minh phơng pháp quy nạp theo n Trong trờng hợp ta khai triển định thức theo dòng đầu Với n = 1, th× D = Víi n = 2, th× D = x a0 1 a1 x a0 1 x a a x  a  a x 1 a x  a , khẳng định = a2x2 + a1x + a0, khẳng định a2 Giả sử khẳng định ®èi víi n - 1, ( n > 2) ta chứng minh khẳng định với n Khai triển định thức theo dòng đầu ta đợc: x D x 0 x 1 0 x 0 a1 a2 a3 0 0 x 1 a n a n  a (  1)1 n 1 n = x  a i x i   0 0 n + a0(–1) n+2 (–1) = n i 1  aixi  a0 i 1 x  0 x  0 n = a i xi 0  0 0 x  (®pcm) i 0 Cách Khai triển định thức theo cột cuối ta ®ỵc:  0 D (  1)1  n 1 a0 0 x  0 x  0 x 0  (  1) 2 n 1 a 0  0 x  0  0 0 0  0 0 x  0  x   (  1) 3 n 1 a x 0 0  x 0   0  x 0  x  x 0 0 0  x 0 0 x 0 0  x  (  1) n 1n 1 a n n = a0 + a1x + a2x2 + + anxn = a i xi (®pcm) i 11 Tính định thức : a) c) a 0 A  b a b 0 a 0 b a x a1 a2 an a1 C  a1 a1 x a2 a2 a2 x a3 an an x b 0 a b) d) B 2 2 a1 a  b1 D1 a1 a1 2 a2 a2 a  b2 a2 2 n an an an a n  b n Gi¶i a) Ta ký hiệu định thức A cấp 2n A = D 2n Khai triển định thức theo dòng dòng 2n ta đợc: D2n = (a2 b2).D2n - Bằng phơng pháp quy nạp ta chứng minh đợc: D2n = (a2 – b2)2 b) (LÊy dßng thø nhân với 1, cộng vào tất dòng khác, sau khai triển theo dòng đầu, định thức lại có dạng chéo) B 2 2 2 2 n =  0 0  n = 2(n 2)! c) Cộng tất cột vào cột đầu ta đợc nhân tử chung là: x + a + a2 + + an , xem C nh đa thức bậc n + cđa x, mµ ta ký hiƯu lµ F(x) VËy C = F(x) x a1 C  a1 a1 a1 x a2 a2 a2 a2 x a3 an an an x = (x + a1 + a2 + + an) 1 a1 x a2 a2 a2 a2 x a3 an an an x NÕu x = a1 dòng dòng trùng nhau, C = 0, tức F(x) ( x – a1) T¬ng tù nh vËy ta cịng cã F(x) ( x – ), i 1, n Do c¸c ( x – ), i 1, n n , đôi nguyên tố nên: F(x)   (x  a i ) Do F(x) lµ ®a thøc bËc n + 1, i 1 n víi hƯ sè cao nhÊt b»ng nªn ta cã: F(x) =  (x  a i ) (x + a1 + a2 + + an) i 1 d) LÊy dòng thứ nhân với 1, cộng vào dòng khác ta đợc: a1 a  b1 D1 a1 a2 a2 a  b2 a1 a2 an an an = a n  b n 0 a1 b1 12 Tìm ma trận ngịch đảo ma trận a2 b2 A=    3  an 0 b1 b b n bn    1  3  B =  1     4   Gi¶i :    3     0   1 0   VËy: A –1 =  11       0  0      0  0  1      0   15   1  0  3/  12 11 /       15 / 5/2   11 = 0  0           0   / 2  1/    15  3  1  0  0   Làm tơng tự với B Chơng hệ phơng trình tuyến tính Tìm điều kiện cần đủ để hệ sau có nghiệm: ax  y  z 1   x  ay  z 1  x  y  az Giải Xét định thức: a A 1 a 1 ( a  1) ( a  2) a VËy A = a = hc a = – NÕu a a 2, A 0, ®ã hÖ cã nghiÖm nhÊt NÕu a = 1, ba phơng trình một, hệ có nghiệm Nếu a = 2, hạngA = 2, hạngB = 1  1 9 0 , ®ã hệ vô nghiệm Kết luận hệ có nghiệm a 2 Đối với hệ sau, tìm giá trị tham số a, b ®Ĩ hƯ cã nghiƯm a)  ax  y  z 1   x  ay  z a x  y  az a  b)  ax  y  z 4   x  by  z 3 x  2by  z 4 Giải a) Hệ có nghiệm a – ThËt vËy: a  1 1  a 1 1    a   a 1 a a   1 a  0 1 a 0  a 1 1 a a    1    1 a2  1 a a a    a  a a  a   (1  a )(2  a ) (1  a )(1  a )  1 a  a   1 a 1 a    1 a  1 a2 a  a  a   a   a  a  a   a  a  Tõ ®ã suy ra: NÕu a a 1, hệ có nghiệm Nếu a = 2, hệ vô nghiƯm NÕu a = 1, th× hƯ cã nghiƯm phơ thc tham sè VËy hƯ cã nghiƯm vµ chØ a – b) Ta cã A = a 1 b 2b 1 b(1  a ) VËy b 0 vµ a 1, hÖ cã nghiÖm nhÊt Khi b = 0, từ phơng trình sau suy hệ vô nghiƯm Khi a = 1, th× cã hƯ:  x  y  z 4   x  by  z 3  x  2by  z 4 Rõ ràng y = 0, nghiệm hệ, từ phơng trình suy (1 – 2b)y =  b = 1/2 Khi ®ã hƯ cã nghiƯm VËy b a 1, a = b = 1/2 hệ có nghiệm Trong trờng hợp lại hệ vô nghiệm Với điều kiện ba đờng thẳng phân biệt sau đồng quy ? a1x + b1y + c1 = ; a2x + b2y + c2 = ; a3x + b3y + c3 = Giải Ba đờng thẳng phân biệt nói đồng quy hạngA = hạngB, đó: a1 A =  a2 a  b1   a1   b2  vµ B =  a a b3   b1 b2 b3 c1   c Vậy hạngA = detB = 0, đờng c3 thẳng đồng quy điểm Nếu hạngA = hạngB = 1, đờng thẳng trùng (điều không xảy theo giả thiết) Nếu hạngA = 2, hạngB = hạngA = 1, hạngB = 3, hạngB = 2, đờng thẳng điểm chung Vậy đờng thẳng đồng quy hạngA = vµ detB = Chó ý r»ng nÕu coi đờng thẳng song song cắt điểm xa vô tận trừ trờng hợp hạngA = hạngB = 3, đờng thẳng điểm chung Vậy điều kiện cần đủ để đờng thẳng đồng quy detB = a1 a2 a3 b1 b2 b3 c1 c 0 c3 Với điều kiện ba điểm phân biệt sau thẳng hàng ? A1(a1, b1) ; A2(a2, b2) ; A3(a3, b3) Giải Ba điểm phân biệt A1, A2, A3 thẳng hàng tồn số thực A, B, C, A, B không đồng thời không, (thực chất có đờng thẳng Ax + By + C = 0, mà toạ độ điểm thoả mÃn) cho: Aa Bb1  C 0  Aa  Bb  C 0  Aa  Bb  C Hệ có nghiệm không tầm thờng khi: a1 a2 a3 b1 b2 b3 1 0 ViÕt ph¬ng trình đờng tròn qua ba điểm A(2, 1) ; B(1, 2) ; C(0, 1) Giải Cách Ta có: BC ( 1,  1) ; BA  (1,  1)  BC.BA   BC  BA Vậy tam giác ABC vuông B Do đờng tròn qua A, B, C có tâm I trung điểm AC, bán kính R = IA Ta có I(1, 1) , R = 1, nên phơng trình cần tìm là: (x 1)2 + (y 1)2 = Cách Phơng trình tổng quát đờng tròn lµ: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = Do đờng tròn qua A, B, C nên toạ độ thoả mÃn phơng trình đờng tròn, tức ta có hệ: 4a  2b  c 0  1   2a  4b  c 0    2b  c 0  4a  2b  c  a     2a  4b  c   b    c 1 2b  c  Vậy phơng trình đờng tròn cần tìm là: x2 + y2 – 2x – 2y + = 0, hay (x – 1)2 + (y – 1)2 = Tìm hệ số a, b, c, d để đồ thị hàm số y = ax + bx2 + cx + d ®i qua ®iĨm M1(1, 0) ; M2(0, – 1) ; M3(– 1, – 2) ; M4(2, 7) Giải Thay toạ độ điểm vào phơng trình hàm số ta có: a b  c  d 0 a  b  c 1    a 1    d  d  d           a  b  c  d    a  b  c      b 0     8a  4b  2c  d 7  8a  4b  2c c Vậy hàm số cần tìm là: y = x3 Xác định tam thøc bËc hai f(x) = ax2 + bx + c , biÕt r»ng: f(1) = – ; f(– 3) = 47; f(2) = 12 Giải Làm tơng tự nh ta đợc: f(x) = 5x2 2x Giải hệ phơng trình sau: x  2x  3x  12  2x  5x  4x  x   x  2x  x  5x 0  2x  x  x 1  x  3x  2x  2x 2   3 a)  b) 3x  2x  2x  x  12 c)  11x  2x  5x   x  4x  x  9x  12  3x  x  2x 7    2x  3x  2x 2  4x  x  8x  3x 3  3x  x  2x  x  x 1  3x  2x  x  x  x 7  2x  x  7x  3x  5x 2  d)  e) 2x  3x  2x  2x  2x 8  x  4x  3x  3x  3x 9  x  3x  2x  5x  7x 3  3x  2x  7x  5x  8x 3 Gi¶i a) Ta cã: 1  2 3  2  b) 1  0 0   1 1  12    1  0         2  0 Ta cã:    0    14  12    5 1  3 1  1  12     25  0     11 43      26  0  2   0  1      12    0  12    12   18       x 1       x 2   x        14  12   14  12  Tõ ®ã ta cã hƯ phơng trình sau: 15x 30 x   x1  x3  x  x  x t uy ý    x3 2 x      x  14 x  12  x  2x  3x   x   c) Ta cã:         11 1 2 1    1    1    5      0 11  11 11 2    5   2  1     5       5 0 11  0 2   5  2  0   0   7x  x   11  5x 5  Tõ ®ã ta cã nghiƯm cđa hƯ lµ: x   x 11   x  ý 10 3  2 1  3  d)        0  1  1   0  10        1   2           3  0   2  1  1  3  0   1  3  0          0  1 0  0  1     1   4   0   3 1  0 1     1 1     0      0 0   10 1 30  1    1   14 Từ suy hƯ v« nghiƯm e)        0 0 3  2 1      6      7   8            0  0 11 Từ suy hƯ v« nghiƯm 11 ... a a x  a  a x 1 a x a , khẳng định = a2x2 + a1x + a0, khẳng định a2 Giả sử khẳng định n - 1, ( n > 2) ta chứng minh khẳng định với n Khai triển định thức theo dòng đầu ta đợc: x 1 D x... 68 ma trận vuông cấp 2 Còn tích BA =   3 7  0  7  5 4   5  6 1    =  37   45  59   12  34 64 29 17  3   21    , ma trận vuông cấp Từ suy phép nhân ma trận. ..  x  ax ax ax 0 ax ax 0 ax ax ax ax ax = (a+x)n - (Sau khai triển định thức cấp n theo dòng 1, ta đợc định thức cấp n 1) Cách Nhân dòng thứ với ( a), cộng vào dòng sau ta đợc: