Tài liệu ôn tập Toán cao cấp 1 - Trường ĐH Thương mại

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:281

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn tập Toán cao cấp 1 cung cấp cho người học những kiến thức như: Ma trận và định thức; Vector và không gian vector; Hệ phương trình tuyến tính; Dạng toàn phương; Hàm số, giới hạn và sự liên tục; Đạo hàm và vi phân hàm một biến;...Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tài liệu ôn tập Toán cao cấp 1 - Trường ĐH Thương mại

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC THƢƠNG MẠI KHOA: TIẾNG ANH THƢƠNG MẠI −−−−−−−− TÀI LIỆU ÔN TẬP Bộ môn: Toán cao cấp I Lớp HP: 18134FMAT0111 GV: Phan Thanh Tùng Hà Nam, 2018 1
Chương I: Ma trận và định thức CHƢƠNG I. MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC A. LÝ THUYẾT I. Các phép toán về ma trận. 1. Hai ma trận bằng nhau. Hai ma trận cùng cấp A = (aij) m×n , B = (bij) m×n. Ma trận được gọi là bằng nhau nếu các phần tử tương ứng của chúng bằng nhau. A = B  aij = bij ( i, j) 2. Phép cộng, trừ hai ma trận. Cho hai ma trận cùng cỡ A = (aij) m×n , B = (bij) m×n. Tổng của A và B là ma trận được xác định như sau: A + B = (aij + bij) m×n 3. Phép nhân ma trận với một số tích của ma trận A với một số α. α.A = α.(aij) m×n = (α.aij) m×n 4. Phép nhân hai ma trận. Cho A là ma trận cỡ m x p: A = (aij) m×p và B = (bij) p×n. Tích của A và B là một ma trận cỡ m x n. Kí hiệu: A.B = C = (cij) m×n. Chú ý:  Phép nhân hai ma trận A.B chỉ thực hiện được khi số cột của ma trận A là số dòng của ma trận B.  A.B B.A. Nếu A.B = B.A = In → A là ma trận nghịch đảo của B và ngược lại. II. Các phƣơng pháp tính định thức. 1. Đối với định thức cấp 2: Lấy tích đường chéo chính trừ tích đường chéo phụ. a11 a12 a11 a12 Ví dụ 1. Cho A .a a22 / → det(A) = |a21 a22 | = a11.a22 – a12.a21 = const 21 2. Đối với định thức cấp cao (n 3). 2
Chương I: Ma trận và định thức  Định thức cấp 3.  Cách 1: Dùng công thức Scrame: Viết thêm hai dòng hoặc cột dưới hoặc kế định thức đã cho. Khi đó:  Tích các phần tử theo đường chéo chính ta lấy dấu cộng (+).  Tích các phần tử theo đường chéo phụ ta lấy dấu trừ (-). a11 a12 a13 Ví dụ 2. Cho A là ma trận vuông cấp 3: A = [a21 a22 a23 ] a31 a32 a33 a11 a12 a13 → det (A) = |a21 a22 a23 | a31 a32 a33 = a11.a22.a33 + a12.a23.a31 + a13.a21.a32 – a13.a22.a31 – a12.a21.a33 – a11.a23.a32  Cách 2: Dùng phương pháp triển khai theo dòng (hoặc cột). a11 a12 a13 1 1 a22 a23 1 2 a21 a23 1 3 a21 a22 Ví dụ 3.|a21 a22 a23 | = (-1 .a11.|a a33 | + (-1 .a12.|a a33 | + (-1 .a13.|a a32 | 32 31 31 a31 a32 a33  Const nếu các phần tử của định thức là số thực.  Biểu thức nếu các phần tử của định thức có chứa ẩn các số.  Số phức nếu các phần tử của định thức thuộc R thuộc C.  Đối với định thức cấp cao (cấp n): Dùng phương pháp khai triển theo dòng hoặc cột. Các phương pháp ứng dụng để tính định thức cấp cao có thể có:  Chọn ưu tiên cho những dòng hoặc cột có nhiều số 0 và số 1 để tiến hành khai triển giúp ta giảm bớt các bước trung gian.  Dùng các phép biến đổi sơ cấp để đưa dòng hoặc cột của định thức xuất hiện nhiều số 0 và số 1 trước khi chọn để khai triển.  Chú ý:  Nếu ma trận có dạng chéo tam giác → giá trị định thức bằng tích các phần tử trên đường chéo chính. 3
Chương I: Ma trận và định thức  Phép biến đổi gauss thứ 1: Nếu đổi dòng → đổi dấu.  Phép biến đổi gauss thứ 2: Nếu nhân 1 dòng với k 0 → định thức tăng k lần.  Phép biến đổi gauss thứ 3: Lấy 1 dòng trừ k lần dòng khác → định thức không đổi. III. Hạng của ma trận. 1. Tìm hạng của ma trận bằng phƣơng pháp định thức. Bƣớc 1: Tìm một định thức con cấp k 0 của A. Giả sử định thức con cấp k 0 là Dk. Bƣớc 2: Xét tất cả các định thức con cấp k + 1 của A chứa định thức Dk. Xảy ra 3 khả năng:  Không có một định thức con cấp k 1 nào của A, xảy ra  k = min{m, n}. → Khi đó r(A) = k = min{m, n}. Thuật toán kết thúc.  Tất cả các định thức con cấp k + 1 của A chứa định thức con Dk đều bằng 0. → Khi đó r(A) = k. Thuật toán kết thúc.  Tồn tại một định thức con cấp k + 1 của A là Dk+1 chứa định thức con Dk khác 0. → Khi đó lặp lại bƣớc 2 với Dk+1 thay cho Dk. Và cứ tiếp tục nhƣ vậy cho đến khi xảy ra trƣờng hợp (1) hoặc (2) thì thuật toán kết thúc. 2. Tìm hạng của ma trận bằng các phép biến đổi sơ cấp (phƣơng pháp Gauss). Ba phép biến đổi sau gọi là phép biến đổi sơ cấp trên các dòng của ma trận:  Đổi chỗ 2 dòng cho nhau.  Nhân một dòng cho một số khác 0.  Nhân một dòng cho một số bất kỳ rồi cộng vào dòng khác. IV. Ma trận nghịch đảo. 1. Các tính chất của ma trận nghịch đảo.  Ma trận vuông A khả nghịch thì A-1 xác định duy nhất. -1  Ma trận vuông A khả nghịch thì (A-1 = A.  Nếu hai ma trận vuông A,B cùng cỡ và cùng khả nghịch thì (A.B)-1 = B-1 A-1 . 4
Chương I: Ma trận và định thức  E-1 = E với E là ma trận đơn vị cấp tùy ý. 2. Cách tính ma trận nghịch đảo Nếu định thức của ma trận A là khả nghịch thì ma trận nghịch đảo của A được tính bằng: Bƣớc 1: Tính định thức của ma trận A.  Nếu det(A) = 0 thì A không có ma trận nghịch đảo A-1.  Nếu det(A) 0 thì A có ma trận nghịch đảo A-1 → chuyển sang bước 2. Bƣớc 2: Lập ma trận chuyển vị A’ của A. Bƣớc 3: Lập ma trận phụ hợp của A được định nghĩa như sau: A* = (Aij’)nn với A’ = Aij’ là phần bù đại số của phần tử ở hàng i, cột j trong ma trận A’. 1 Bƣớc 4: Tính ma trận A-1 = .A*. detA 5
Chương I: Ma trận và định thức B. BÀI TẬP I. Các dạng bài tập cơ bản. Bài 1. Thực hiện các phép tính trên ma trận. a. ( +. / b. . / c. : ; d. ( +( + e. . / Lời giải. a. ( +. /=( +. /=( + b. Đặt A = . / Với n = 1: A = . / Với n = 2: A = . / =. /. /=. / →. / =. / c. : ; =: ;: ;=: ; d. ( +( + = ( + 6
Chương I: Ma trận và định thức e. Đặt A = . / Với n = 1: A = . / Với n = 2: A = . / =. /. / =. /=. / →. / =. / Bài 2. Cho A = ( +; B = ( + a. Tính (2A A2 .B. b. B.(2A A2 có thực hiện được không, tại sao? Lời giải. a.  2A = 2.( +=( +  A2 = ( + =( +( +=( +  2A A2 = ( + ( + =( + → (2A + A2 ).B = ( +( +=( + b. B=( + → số cột của B bằng 2. 7
Chương I: Ma trận và định thức (2A + A2 ) = ( + → số dòng của (2A + A2 ) bằng 3 → B.(2A + A2 ) không thực hiện đƣợc vì số cột của B không bằng số dòng của (2A + A2 ). Bài 3. Tính 1, x2, x3, x4: . /. / . / Lời giải. . /. / . / . / . /. / Đặt A = . / → |A| X. A . / . / . /. / . / . / Bài 4. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau: a. A = . / b. A = ( + c. A = ( + Lời giải. a. |A| = A11 = A12 = A21 = A22 = → A-1 = . / . / b. |A| = | | A11 = ( ) | | A12 = ( ) | | A13 = ( ) | | 8
Chương I: Ma trận và định thức A21 = ( ) | | A22 = ( ) | | A23 = ( ) | | A31 = ( ) | | A32 = ( ) | | A33 = ( ) | | → A-1 = ( + c. |A| = | | A11 = ( ) | | Tương tự: A12 = A13 = A21 = A22 = A23 = A31 = A32 = A33 = →A = ( + Bài 5. Tính các định thức sau: 3 1 3 2 x a a a 5 3 2 3 a x a a a. d. 7 5 1 4 a a x a 1 3 5 0 a a a x 9 2 7 11 1001 1002 1003 1004 7 4 5 9 1002 1003 1001 1002 b. e. 5 1 4 7 1001 1001 1001 999 4 2 3 3 1001 1000 998 999 c. | | Lời giải. 9
Chương I: Ma trận và định thức 3 1 3 2 7 1 3 2 1 1 3 2 5 3 2 3 7 3 2 3 1 3 2 3 a. C1  (C 2  C3  C 4 ) =7× 7 5 1 4 7 5 1 4 1 5 1 4 1 3 5 0 7 3 5 0 1 3 5 0 1 1 3 2 1 0 0 0 D 2  D1 2 4 2 0 2 1 1 1 2  4 2 D3  D1 7× =7× = 7 × (1)1  1 ×  1  2  8 0 4 2 2 3 1 2 8 D 4  D1 1 2 2 0 2 8 2 2 1 2 2 = 7 × (8  32  4)  (4  8  32) = 0 9 2 7 11 9 2 7 11 0 1 0 1 7 4 5 9 7 4 5 9 7 4 5 9 b. D4  D3 D4  D1 5 1 4 7 5 1 4 7 5 1 4 7 4 2 3 3 9 3 7 10 9 3 7 10 7 5 9 7 4 5 = ( 1) 2+1 × 5 4 7 + ( 1) 4+1 × 5 1 4 9 7 10 9 3 7 = (280  315  315)  (324  250  343) (49  144  75)  (45  140  84) = 7+1= 6 a2 a2 2 1 a 1 a 1 a a b 2 D 1  D 2 a 2  b2 = ( c. 1 b 0 ab )( ) 0 0 ab D1  D3 1 c c 2 0 a c a 2  c2 0 1 ac a 2 1 a D3  D4 ( )( ) 0 1 ab = ( )( )( ) 0 0 bc x a a a x  3a a a a 1 a a a a x a a x  3a x a a 1 x a a d. C1  (C 2  C3  C 4 ) =( ) a a x a x  3a a x a 1 a x a a a a x x  3a a a x 1 a a x 10
Chương I: Ma trận và định thức D1  D 2 D1  D3 ( )| |=( )( ) D1  D 4 1001 1002 1003 1004 1001 1002 1003 1004 D1  D 2 1002 1003 1001 1002 1 1 2 2 e. D1  D3 1001 1001 1001 999 0 1 2 5 D1  D 4 1001 1000 998 999 0 2 5 5 1001  1 0 0 1 1 2 1002 1 2 1002  1 1 2 = = ( ) 2 2 5 ( )( ) 1003 2 5 1003 2 2 5 2 5 5 1004 5 5 1004 2 5 5 = ,( ) –( – )- ,( ) –( )- Bài 6. Tính các định thức sau: 1 2 3... n 1 0 3... n a. n 1 2 0... ...  1  2  3... 0 3 2 2... 2 2 3 2... 2 b. 2 2 2 3... ... 2 2 2... 3 Lời giải. 11
Chương I: Ma trận và định thức 1 2 3... n D D 1 2 3... n 1 2 1 0 3... n D  D 0 2 6... 2n a. n 1 3 0 0 3... 2n  1  2 0... ... ...   1  2  3... 0 D1  D x 0 0 0 n 3 2 2... 2 3  2  2  ...  2 2 2... 2 2 3 2... 2 3  2  2  ...  2 3 2... 2 b. 2 C1  (C 2  C3  ...) 2 2 2 3... 3  2  2  ...  2 2 3... ... ... 2 2 2... 3 3  2  2  ...  2 2 2 3 1 2 2... 2 D  D 1 2 2... 0 2 1 1 3 2... 2 D  D 0 1 0... 0 = 3  2(n  1) 2 3 1 3  2(n  1) 0 0 = 3  2(n  1) 1 2 3... ... 0 1... ... ... 1 2 2... 3 D n  D1 0 0 0... 1 Bài 7. Chứng minh rằng: x  y xy x2  y 2 a. y z yz y 2  z 2 ( )( )( )( ) zx zx z x 2 2 b1  c 1 c1  a 1 a 1  b1 a1 b1 c1 b. b2  c 2 c2  a 2 a 2  b2 = 2. a 2 b2 c2 b3  c 3 c3  a 3 a 3  b3 a3 b3 c3 a 1  b1 x a 1 x  b 1 c1 a1 b1 c1 c. a 2  b2 x a 2 x  b2 c2 = ( ) a2 b2 c2 a 3  b3 x a 3 x  b 3 c3 a3 b3 c3 1 cosα sinα α β β γ γα d. 1 cosβ sinβ = 4.sin sin sin 2 2 2 1 cosγ sinγ Lời giải. 12
Chương I: Ma trận và định thức a. Biến đổi vế trái ta có: x  y xy x2  y 2 VT = y  z yz y 2  z 2 zx zx z2  x 2 = y (x + y) (x2 + z2) + xy (z + x) (y2 + z2) + zx (y + z) (x2 + y2) – yz (x + z) (x2 + y2) – zx (x + y) (y2 + z2) – xy (y + z)(x2 + z2) = [xyz (z2 + x2) + y2z (z2 + x2) + x2y (y2 + z2) + xyz (y2 + z2) + xyz (x2 + y2) + z2x (x2 + y2)] - [xyz (z2 + x2) + xy2 (z2 + x2) + zx2 (y2 + z2) + xyz (y2 + z2) + xyz (x2 + y2) + yz2 (x2 + y2)] = y2z (z2 + x2) + x2y (y2 + z2) + z2x (x2 + y2) - xy2 (z2 + x2) - zx2 (y2 + z2) - yz2 (x2 + y2) = x2y2z + y2z3 + x2y3 + x2yz2 + z2x3 + xy2z2 - x3y2 - xy2z2 - x2y2z - z3x2 - x2yz2 - y3z2 = y2z3 + x2y3 + z2x3 - x3y2 - z3x2 - y3z2 = y2(z3 - x3) - y3(z2 - x2) - (z3x2 - z2x3) = y2 (z - x) (z2 + zx + x2) - y3 (z - x) (z + x) - z2x2 (z - x) = (z - x) (y2z2 + xy2z + x2y2 - xy3 - y3z - z2x2) = (z - x) [(y2z2 - y3z) + (xy2z - xy3) - (z2x2 - x2y2)] = (z - x) [y2z (z - y) + xy2 (z - y) - x2 (z - y) (z + y)] = (z - x) (y - z) (x2y + zx2 - y2z - xy2) = (z - x) (y - z)[(x2y - xy2) + (zx2 - y2z)] = (z - x) (y - z) (x - y) (xy + yz + zx = VP (đpcm . b. Biến đổi vế trái ta có: b1  c 1 c1  a 1 a 1  b1 VT = b2  c 2 c2  a 2 a 2  b2 b3  c 3 c3  a 3 a 3  b3 = b1  c1 c2  a 2 a 3  b3  + a 1  b1 b2  c2 c3  a 3  + c1  a 1 a 2  b2 b3  c3  a1  b1 c2  a2 b3  c3  c1  a1 b2  c2 a3  b3  b1  c1 a2  b2 c3  a3  =[ b1  c1 c2  a2 a3  b3  a1  b1 c2  a2 b3  c3 ] + [ a1  b1 b2  c2 c3  a3  c1  a1 b2  c2 a3  b3 ] + [ c1  a1 a2  b2 b3  c3  b1  c1 a2  b2 c3  a3 ] 13
Chương I: Ma trận và định thức = c2  a 2 a 3b1  a 3c1  b1 b3  b3c1  a 1 b3  a 1c3  b1b3  b1c3  + b2  c2 a1c3  a1a3  b1c3  a3b1  a3c1  a1a3  b3c1  a1b3  + a2  b2 b3c1  a1b3  c1c3  a1c3  b1c3  c1c3  a3b1  a3c1  = c2  a2 a3b1  a3c1  b3c1  a1b3  a1c3  b1c3  + b2  c2 a1c3  b1c3  a3b1  a3c1  b3c1  a1b3  + a2  b2 b3c1  a1b3  a1c3  b1c3  a3b1  a3c1  = a3b1c2 + a3c1c2 + b3c1c2 - a1b3c2 - a1c2c3 - b1c2c3 + a2a3b1 + a2a3c1 + a2b3c1 - a1a2b3 - a1a2c3 - a2b1c3 + a1b2c3 + b1b2c3 + a3b1b2 - a3b2c1 - b2b3c1 - a1c2c3 + a1c2c3 + b1c2c3 + a3b1c2 - a3c1c2 - b3c1c2 - a1b3c2 + a2b3c1 + a1a2b3 + a1a2c3 - a2b1c3 - a2a3b1 - a2a3c1 + b2b3c1 + a1b2b3 + a1b2c3 - b1b2c3 - a3b1b2 - a3b2c1 = 2.a3b1c2 + 2.a2b3c1 + 2.a1b2c3 - 2.a1b3c2 - 2.a3b2c1 - 2.a2b1c3 (1) Biến đổi vế phải ta có: a1 b1 c1 VP = 2 a 2 b2 c2 = 2(a1b2c3 + a2b3c1 + a3b1c2 - a3b2c1 - a1b3c2 - a2b1c3) a3 b3 c3 = 2.a3b1c2 + 2.a2b3c1 + 2.a1b2c3 - 2.a1b3c2 - 2.a3b2c1 - 2.a2b1c3 (2) Từ (1 và (2 → đpcm. c. Biến đổi vế trái ta có: a1  b1 x a1 x  b1 c1 VT = a2  b2x a2x  b2 c2 a3  b3x a3x  b3 c3 = (a1 + b1x) (a2x + b2) c3 + (a2 + b2x) (a3x + b3) c1 + (a3 + b3x) (a1x + b1) c2 - (a3 + b3x) (a2x + b2) c1 - (a2 + b2x) (a1x + b1) c3 - (a1 + b1x) (a3x + b3) c2 = [(a1 + b1x) (a2x + b2) c3 - (a2 + b2x) (a1x + b1) c3] + [(a2 + b2x) (a3x + b3) c1 - (a3 + b3x) (a2x + b2) c1] + [(a3 + b3x) (a1x + b1) c2 - (a1 + b1x) (a3x + b3) c2] = c3 (a1a2x + a2b1x2 + b1b2x + a1b2 - a1a2x - a1b2x2 - b1b2x - a2b1) + c1 (a3b2x2 + a2a3 + b2b3x + a2b3 - a2b3x2 - a2a3x - b2b3x - a3b2) + c2 (a1b3x2 + a1a3x + b1b3x + a3b1 - a3b1x2 - a1a3x - b1b3x - a1 b 3 ) 14
Chương I: Ma trận và định thức = c3 (a2b1x2 + a1b2 - a1b2x2 - a2b1) + c1 (a3b2x2 + a2b3 - a2b3x2 - a3b2) + c2 (a1b3x2 + a3b1 -a3b1x2 - a1 b 3 ) = c3 [(a2b1x2 - a2b1) + (a1b2 - a1b2x2)] + c1 [(a3b2x2 - a3b2) + (a2b3 - a2b3x2)] + c2 [(a1b3x2 - a1b3) + (a3b1 - a3b1x2)] = c3 [a1b2 (1 – x2) - a2b1 (1 - x2)] + c1 [a2b3 (1 - x2) - a3b2 (1 - x2)] + c2 [a3b1 (1 - x2) - a1b3. (1 - x2)] = c3 (1 - x2) (a1b2 - a2b1) + c1 (1 - x2) (a2b3 - a3b2) + c2 (1 - x2) (a3b1 - a1b3) = (1 - x2) (a1b2c3 - a2b1c3 + a2b3c1 - a3b2c1 + a3b1c2 - a1b3c2) (1) Biến đổi vế phải ta có: a1 b1 c1 VP = (1 - x2) a 2 b2 c2 a3 b3 c3 = (1 - x2) (a1b2c3 + a3b1c2 + a2b3c1 - a3b2c1 - a1b3c2 - a2b1c3) (2) Từ (1 và (2 → đpcm. d. Biến đổi vế trái ta có: 1 cosα sinα VT = 1 cosβ sinβ 1 cosγ sinγ = cosβ sin γ + cos α sinβ + cos γ sinα cosβ sin α cos α sin γ cos γ sinβ = ( cos sin γ cos γ sin ) + ( cos α sinβ cosβ sin α ) + ( cos γ sinα cos α sin γ ) = sin( γ  β ) + sin( β  α ) + sin( α  γ ) γα γ  α  2β αγ αγ = 2sin cos + 2sin cos 2 2 2 2 αγ αγ αγ γ  α  2β = 2sin cos 2sin cos 2 2 2 2 αγ αγ γ  α  2β = 2sin ( cos cos ) 2 2 2 αγ α β β  γ = 2sin ( 2sin sin ) 2 2 2 15
Chương I: Ma trận và định thức α β β  γ γα = 4sin sin sin = VP (đpcm . 2 2 2 Bài 8. Tính hạng của các ma trận:  1 2 1 1 0     25 31 17 43   2 1 1 3 4   75  94 53 132  a. A =  2 1 2 1 2  b. B =    75 94 54 134   2 3 1 2 2     4 1 3 1 8   25 32 20 48    Lời giải. a. D 2 2 D1 D 3 2 D1  1 2 1 1 0  D4 2 D1  1 1 2 1 0    D5 4 D1    2 1 1 3 4   0 1 5 5 4   2 1 2 1 2   C 2 C 3  0 0 5 3 2       2 3 1 2 2   0 1 7 4 2   4 1 3 1 8   0 1 9 3 8      D4  D2  1 1 2 1 0  1 1 0 1 2 D5  D2      0 1 4 5   0 1 5 5   5 D5  2D4 4  C 3 C5  0 0 2 3 5  0 0 2 3 5       0 0 0 10 13  0 0 0 10 13   0 0 0 20 26  0 0 0     0 0 Ta thấy ma trận thu được là ma trận hình thang có : 1 1 0 1 0 1 4 5 D4 = = 20 ≠ 0 0 0 2 3 0 0 0 10 Vậy r(A) = 4. b. 16
Chương I: Ma trận và định thức D 2  3 D1  25 31 17 43  D 3  3 D1  25 31 17 43      B=  75  75 94 53 132  94 54 134   D 4  D1 0 1 2 3 0 1 3 5      25 32 20 48  0 1 3 5 D3 D2  25 31 17 43     D4 D 2 0 1 2 3 0 0 1 2 D D 4  = B’ 3   0 0 1 2 Ta thấy B là ma trận hình thang và 25 31 17 D3 = 0 1 2 = 25 ≠ 0 0 0 1 Vậy r(B) = r(B’) = 3. Bài 9. Tính hạng của ma trận tùy theo giá trị của λ :  5 4 3 1   1  1 2  a. A =  9  6 3  b. A =  2 1  5   4 1 3 2  1 10 6 1      Lời giải. a.  5 4 3 1  C1 C4  1 4 3 5  A =  9  6 3  C 2 C 3  3  6 9   4 1 3 2  2 1 3 4     D 2 3 D1 1 4 3 5 C 2 C 4 1 5 3 4   D 3 2 D1   0   12 3 6    D3 D2    0 6 3   12  0 3 6   0 0 0   3   9   Khi –λ – 3 = 0  λ = 3 thì ta có : 1 3 D2 = = 3 ≠ 0 → r(A) = 2. 0 3 17
Chương I: Ma trận và định thức Khi –λ – 3 ≠ 0  λ ≠ 3 thì ta có: 1 3 4 D3 = 0 3   12 = 3.( λ 3 ≠ 0 → r(A) = 3. 0 0   3 b. D 2  2 D1  1  1 2  D 3  D1 1 2 1   A =  2 1  5   C 2 C4    0 1   2 1  2   1 10 6 1   0 1 5 10       1 2  1   D 2 D 3   0 1 1  2   2   0 0 9  3   3   9  3  0 Khi     3 thì ta có:   3  0 1 2 D2 = = 1 ≠ 0 → r(A) = 2. 0 1 9  3  0 Khi   λ ≠ 3 thì ta có:   3  0 1 2  D3 = 0 1 1  2 = 9 3λ ≠ 0 → r(A) = 3. 0 0 9  3 Bài 10. Tìm giá trị của m để ma trận sau có hạng lớn nhất, nhỏ nhất.  1 2 11    2 3 26  A=  1  m2 1 0 m  3     1 1 1 5  Lời giải. 18
Chương I: Ma trận và định thức  1 2 1  1 1 2 1 1      A=  2 1  m2 3 2 6  C C1  3 2 3 2 6  1 0 m  3   0 1 1  m 2 m  3      1 1 1 5  1 1 1 5  D 2  D1 1 2 1 1    1 2 1 1   D 4  D1  0 1 0  0 1 1  m 2 4  D3  D2   0 1 0 4   m  3  0 0 1  m2    m  1  0 1 0 4  Ta có : 1  m2  0 r ( A)min  2    m = 1.  m  1  0 1  m2  0 r ( A)max  3    m ≠ 1. m  1  0 Bài 11. Xác định giá trị của α để ma trận A khả nghịch, tìm ma trận nghịch đảo của A :  1 cos  0   1 sin     a. A =   b. A =  4 cos  1 0  sin  1   0  0 1  Lời giải. a. 1 sin  Ta có: A = =1 sin2  sin  1 A khả nghịch  A 01 sin2  0  cos2  0  cos  0  →≠  k (k ℤ). 2 1 1  1  sin   1  1  sin   Ta có: A-1 = × A =        A 1  sin 2    sin  1  cos2    sin  1  b. 19
Chương I: Ma trận và định thức 1 cos  0 Ta có: A  4 cos  1 0  1  4 cos2  0 0 1  1    cos        k 2 A khả nghịch  A  1  4 cos2   0   2   3 1 2 cos       k 2  2  3  →   k (k ℤ). 3 Ta có: 1 0 4 cos  0 A11 = ( 1)1+1 =1 A12 = ( 1)1+2 = 4cos  0 1 0 1 4 cos  1 cos 0 A13 = ( 1)1+3 =0 A21 = ( 1)2+1 = cos  0 0 0 1 1 0 1 cos  A22 = ( 1)2+2 =1 A23 = ( -1)2+3 =0 0 1 0 0 cos 0 1 0 A31 = ( 1)3+1 =0 A32 = ( 1)3+2 =0 1 0 4 cos  0 1 cos  A33 = ( 1)3+3 =1 4cos2  4 cos  1  1  4 cos  0    → A =   cos  1 0   0 1  4 cos   2  0  1  cos  0     → A =   4 cos  1 0   1  4 cos   2  0 0  1  cos  0  1  1   →Α 1 A = ×   4 cos  1 0  Α 1  4 cos2    0 0 1  4 cos   2 20