Baứi giaỷng
Bieõn soaùn : Trn Vn Vnh
LU HNH NI B
NM 2012
CHƯƠNG 1
MA TRẬN – ĐỊNH THỨC
$1. MA TR N :Ậ
1.1 Các khái niệm cơ bản :
1). Đònh nghóa 1 :
Một ma trận cấp mxn là một bảng số có m dòng và n cột :
nmij
mnmm
n
n
a
aaa
aaa
aaa
A
x
)(

21
22221
11211
=














mj
j
j
a
a
a

2
1
: cột thứ j của ma trận A
Ví dụ 1 :

















=
240100150120
20060130110
q
Ví dụ 3 :
Xí nghiệp qui đònh giá cả và hoa hồng của các mặt hàng cho các đại lý
như sau :
Mặt hàng Đơn giá (ngàn đồng) Hoa hồng (ngàn đồng)
Tivi 3.100 150
Cassete 700 70
Đầu máy video 2.500 120
Quạt máy 200 30
Ta có ma trận cấp 4x2 tương ứng như sau :











=
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
A

21
22221
11211
c). Ma trận đơn vò cấp n, ký hiệu I
n
hay I, là một ma trận vuông cấp n mà
tất cả các phần tử nằm trên đường chéo chính đều bằng 1, còn các phần
tử nằm ngoài đường chéo chính đều bằng 0.










nn
n
n
a
aa
aaa
A
00

0

222
11211
1.2 Các phép toán ma trận :
1). Phép lấy chuyển vò :
Cho ma trận A = (a
ij
)
mxn
. Ma trận chuyển vò của A, ký hiệu A
T
, là một
ma trận cấp nxm có được từ A bằng cách xếp các dòng của A thành các cột tương
ứng của A
T
.
Ví dụ :
Cho



ij
)
mxn
và α ∈ R. Ta đònh nghóa :
α.A = (α.a
ij
)
mxn
Ví dụ :








=








=











=








+++
+++
=








+



được tính bởi :
∑
=
=+++=
n
k
kjiknjinjijiij
babababac
1
2211

.
Ví dụ 1 :
4 Tốn cao cấp
Cho








=
102
231
A
,



















=
21
02
45
.
102
231
AB













=
102
231
.
21
02
45
BA










=















+−+
+−+
+−+
=








−












+++
−−−
=
















−
=
231
360
020301
140622
102
231









=
700.47000.775
800.38000.622
30200
1202500
70700
1503100
.
240100150120
20060130110
.Mq
$2. HẠNG CỦA MA TRẬN :
2.1 Đònh nghóa 1 :
Cho ma trận A = (a
ij
)
mxn
. Phép biến đổi sơ cấp trên dòng trên ma trận A
là 1 trong 3 loại biến đổi sau :
1. Đổi chỗ hai dòng cho nhau : d
i
↔ d

−
 →










−
−
↔
012
130
201
201
130
012
31
dd
•















−
− →










−
−
−→
201
130
410
201
130
012
311

và










7000
5130
3412
là các ma trận dạng bậc thang.
2.3 Đònh nghóa 3 :
Cho A là ma trận cấp mxn. Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng ta
đưa A về dạng bậc thang R. Khi đó số dòng khác 0 của R được gọi là hạng của ma
trận A.
Ký hiệu : r(A)
Ví dụ : Tìm hạng của ma trận sau :














−
−
−
=
↔
−→
852
770
781
781
934
852
31
122
.2
dd
ddd
A
6 Tốn cao cấp
R
dddddd
dd
=




6110
110
781
233133
22
.11.2
7
1
Ma trận dạng bậc thang R có 3 dòng khác 0.
Vậy : r(A) = 3.
$3. NH TH C :ĐỊ Ứ
3.1 Đònh nghóa :
Cho A = (a
ij
) là một ma trận vuông cấp n. Ta đònh nghóa đònh thức cấp n
của ma trận A, ký hiệu detA hay A, là một số thực được xác đònh như sau :
1). Đònh thức cấp 2 :
Với n = 2 thì ma trận A có dạng








=
2221
1211
aa

232221
131211
aaa
aaa
aaa
A

2322
1312
31
3332
1312
21
3332
2322
11
det
aa
aa
a
aa
aa
a
aa
aa
aA
+−=⇒
Ví dụ :
42
11

gọi là phần bù đại số của phần tử a
ij
trong ma trận A.
⇒
∑
=
=++++=
n
k
kknn
AaAaAaAaAaA
1
1111313121211111
det
Ví dụ :
201
310
032
.4
130
310
032
.3
130
201
032
.2
130
201
310

.1
13
20
.2.2
20
31
.0
13
31
.1
13
20
.0









+−−








112
det
−−
−
=
A
= 2.2.3 + 1.4.(–2) + (–1).3.(–1) – (–1).2.( –2) – 2.4.( –1) – 1.3.3
= 12 – 8 + 3 – 4 + 8 – 9 = 2
–+
8 Tốn cao cấp
3.2Các tính chất :
1). Đònh lý 1 :
Cho A = (a
ij
) là một ma trận vuông cấp n. Khi đó với mỗi i, j cố đònh,
ta có :
a). Khai triển detA theo dòng i :
∑
=
=++++=
n
k
ikikininiiiiii
AaAaAaAaAaA
1
332211
det
b). Khai triển detA theo cột j :
∑
=

313
421
.)1.(1
134
202
313
.)1.(3
1034
2102
3013
4321
det
3331
++
−+−==
A
)961624361()18201880.(3
−−−+++−−−++=
4830x63
=+=
2). Hệ qủa 1 :
a). Nếu ma trận A có một dòng hay một cột bằng 0 thì detA = 0.
b). Nếu A là ma trận tam giác thì detA bằng tích các phần tử trên đường
chéo chính của A, tức là :
detA = a
11
.a
22
…a
nn








−
−=
BB
.
3). Đònh lý 2 :
Cho A là ma trận vuông cấp n và B là ma trận có được từ A qua phép
biến đổi sơ cấp trên dòng (ký hiệu f) :
a). Nếu f là loại 1 ( d
i
↔ d
j
, i ≠ j ) thì : detB = – detA.
b). Nếu f là loại 2 ( d
i
→ α.d
i
, α ≠ 0 ) thì : detB = αdetA.
c). Nếu f là loại 3 ( d
i
→ d
i
+ α.d
j

A
Khi đó :
•
13detdet
012
130
201
31
=−=⇒=










−
−
 →
↔
ABBA
dd

•
39det.3det
201
390








−
− →
−→
ABBA
ddd
4). Hệ qủa 2 :
a). Thừa số chung của các phần tử trên cùng một dòng hay một cột
của đònh thức có thể đưa ra ngoài dấu đònh thức.
b). Nếu ma trận A có hai dòng hay hai cột bằng nhau hoặc tỉ lệ với nhau
thì detA = 0.
10 Tốn cao cấp
Ví dụ 1 :
445
411
300
.6
445
411
711
.3.2
4125
431
731

−
−=
−
−
−
=
Ví dụ 2 :
•
0det
1234
4321
2143
4321
=⇒














=
AA

Khi đó ma trận B được gọi là ma trận nghòch đảo của ma trận A.
Ký hiệu : A
–1
.
4.2 Cách tìm ma trận nghòch đảo :
Muốn xét tính khả nghòch của ma trận vuông A và tìm ma trận nghòch
đảo của nó (nếu có), ta xếp ma trận I bên phải ma trận A (AI) và dùng các phép
biến đổi sơ cấp trên dòng, nếu đưa A về được ma trận đơn vò I thì A khả nghòch.
Khi đó cũng với các phép biến đổi trên, sẽ đưa I về ma trận nghòch đảo
của ma trận A :
(A | I) → (I | A
–1
)
Ví dụ : Xét tính khả nghòch của A và tìm A
–1
(nếu có) :
Chương 1 :Ma trận - Định thức 11










=
873
452

103
012
001
110
210
321
)(
133
122
.3
.2

100
010
001

873
452
321
ddd
ddd
IA









−−
−−
−
 →
+→
−→
111
214
7512
100
010
001
322
311
.2
.7

ddd
ddd
Vậy A khả nghòch và ma trận nghòch đảo của A là :











aaa
aaa
aaa
A

21
22221
11211
Khi đó : A khả nghòch ⇔ detA ≠ 0.
Hơn nữa :














=
−
nnnn






=
243
232
321
A
Giải : Ta có :
243
232
321
=
A
187
72
41
720
410
321
−=−=
−−
−−
=
−−
−−
Do đó A khả nghòch.
2

21
=−=
A
;
7
23
31
)1(
4
22
−=−=
A
;
2
43
21
)1(
5
23
=−=
A
5
23
32
)1(
4
31
−=−=
A
;

=










−−
−
−−
−
=










=
−
121
472




=
243
232
321
A
và










−
−
−
=
100
011
001
B
1). Chứng tỏ A khả nghòch và tìm A
–1
.
















=


103
012
001
720
410
321
243
232
321
)(
133
122

321
22

dd














+

121
012
023
100
410
501
233
211
.2
.2

ddd
ddd
Vaọy A khaỷ nghũch vaứ :













=

121
472
582
1
A
.
2). Giaỷi phửụng trỡnh AX = B :






.
1
BAX













=










++++
+++++
++++

bxaxaxa

2211
22222121
11212111
(1)
trong đó a
ij
, b
i
∈ R và x
1
, x
2
, …, x
n
là các ẩn số.
2). Ma trận


















=
m
b
b
b
B

2
1
là cột hệ số tự do và













mmnmm
n
n
b
b
b
aaa
aaa
aaa
BA )(
2
1
21
22221
11211

được gọi là ma trận bổ sung của hệ (1).
Chương 2 : Hệ phương trình tuyến tính 15
1.2 Đònh nghóa 2 :
1). Hệ (1) hoặc (2) được gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất,
nếu :
b
1
= b

Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất bao giờ cũng có nghiệm tầm thường :
x
1
= x
2
= … = x
n
= 0
2). Hệ (1) hoặc (2) là hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất nếu :
∃i, với 1 ≤ i ≤ m sao cho b
i
≠ 0 tức là B ≠ O
1.3Đònh lý Kronecker Capelli :
Cho hệ phương trình tuyến tính (2). Khi đó :
1. Nếu r(A) < r(A|B) thì hệ (2) vô nghiệm.
2. Nếu r(A) = r(A|B) = n (n là số ẩn số) thì hệ (2) có nghiệm duy
nhất.
3. Nếu r(A) = r(A|B) < n thì hệ (2) có vô số nghiệm, được gọi là
nghiệm tổng quát của hệ, với n – r(A) ẩn tự do (hay ẩn phụ). Các ẩn
tự do này đóng vai trò tham số, sẽ lấy các giá trò tùy ý.
* Ghi nhớ :
Đối với hệ phương trình tuyến tính thuần nhất thì :
• Nếu r(A) = n thì hệ chỉ có nghiệm tầm thường.
• Nếu r(A) < n thì hệ có nghiệm không tầm thường.
$2. PH NG PHÁP GAUSS :ƯƠ
2.1 Các bước thực hiện :
1). Viết ma trận bổ sung của hệ phương trình tương ứng.
2). Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa A về dạng bậc thang R :
(AB) → (RB’)
Khi đó : AX = B ⇔ RX = B’














=
18
13
6
7

234
123
212
321
)( BA














−−−
2
2
8
7

210
210
430
321



















=−
=+
=++
1
4
2
1
22
327
22
22
732
3
2
1
3
32
321
3
32
321
x
x
x
x


=++
−=−+
=−+
553
1133
132
321
321
321
xxx
xxx
xxx
Giải :
Ta có :










−−
−
=
5
1

1010
321
d
3

→
–.d
3
d
4

→
–.d
4
d
2

↔
d
3
d
3

→
d
3
+ 3.d
2
d
4

d
3

→
d
3
– 3.d
1
d
4

→
d
4
– 4.d
1
Chương 2 : Hệ phương trình tuyến tính 17











−−
−

321
32
321
102
175
102
321
210
132
xx
xx
xx
xxx
xx
xxx

Cho ẩn phụ x
3
= α ta được nghiệm tổng quát của hệ đã cho là :





=
+−=
−=
α
α
α










−
−−
−−
=
8
5
2

10703
3212
4321
)( BA










Do đó : r(A) = 2 < r(A|B) = 3
Vậy theo đònh lý Kronecker Capelli, ta suy ra hệ đã cho vô nghiệm.
$3. QUI T C CRAMER :Ắ
3.1 Cách giải :
Xét hệ phương trình tuyến tính có số phương trình bằng số ẩn số :
AX = B (2)
trong đó A là ma trận vuông cấp n và B là ma trận cấp nx1.
Đặt : ∆ = detA
d
3

→
d
3
+ d
2
d
2

→
d
2
+ 2.d
1
d
3

→
d
3

≠ 0 với một j nào đó thì hệ (2) vô nghiệm.
3. Nếu ∆ = 0 và ∆
j
= 0 với mọi j (1 ≤ j ≤ n) thì không có kết luận về
hệ (2); hệ có thể vô nghiệm hoặc có thể có vô số nghiệm.
3.2Các ví dụ :
Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình :





=++
=−−
=++
0243
062
11
321
321
321
xxx
xxx
xxx
Giải :
Ta có :
11
11
38
113

−=
−
−=−=∆
286
43
62
11
043
062
1111
3
=
−
=−=∆
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất :









=
∆
∆
=
−=
∆

612)7(
321
321
321
xmxx
mxxmx
mxxxm
Giải :
Ta có :
132412
101910
6127
−−
−+−
−−
=∆
m
m
m
13241
10191
6121
−−
−+−
−−
mm
mm
m
13241
10191

m
)1)(1(
2
−−=
mm
13240
10192
612
1
−
−+
−
=∆
m
mm
m
13240
250
612
−
−
−
m
m
m
]48)13)(5[(
1324
25
−−−=
−

1312
224
+−−−=
−−
−
−=
mmm
m
m
m
)14)(1(2
−−=
mmm
02412
21910
127
3
−
+−
−
=∆
mm
mm
02412
0524
127
−
−−
−
mm

1
→
c
1
+ c
2
+ c
3
==========
=
d
2
→
d
2
– 2.d
1
=========
=
d
2
→
d
2
– 2.d
1
=========
=
d
2

−
−
=
∆
∆
=
1
36
1
)14(2
1
)17(
2
3
3
2
2
2
2
1
1
m
m
x
m
mm
x
m
mm
x

16126
0122412
2102010
16126
321
321
321
321
321
321
xxx
xxx
xxx
xxx
xxx
xxx
Phương trình (1) và (3) của hệ mâu thuẫn với nhau.
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
********************
Chương 3 : Không gian vectơ R
n
21
CHƯƠNG 3
KHƠNG GIAN VECTƠ R
n

$1. CÁC KHÁI NI M C B N :Ệ Ơ Ả
1.1 Đònh nghóa 1 :
1). Một bộ n số thực có thứ tự x
1

x
x
x
u

2
1
là vectơ cột.
trong đó x
1
được gọi là thành phần thứ nhất của vectơ u
x
2
được gọi là thành phần thứ hai của vectơ u
. . .
x
n
được gọi là thành phần thứ n của vectơ u
Ví dụ : u = (1, 3, 0) là vectơ 3 chiều.
v = (2, 0, 1, 4) là vectơ 4 chiều.
2). Một vectơ có tất cả các thành phần đều bằng 0 gọi là vectơ không, ký
hiệu θ.
Ví dụ : θ = (0, 0, 0) là vectơ không 3 chiều.
θ = (0, 0, 0, 0) là vectơ không 4 chiều.
1.2 Đònh nghóa 2 :
1). Tổng của hai vectơ n chiều là một vectơ n chiều, có các thành phần
bằng tổng các thành phần tương ứng của hai vectơ đã cho.
Với u = (x
1
, x

2
, . . . , x
n
) và λ ∈ R thì :
λu = (λx
1
, λx
2
, . . . , λx
n
).
1.3 Đònh nghóa 3 :
Tập hợp tất cả các vectơ n chiều. với hai phép toán trên, được gọi là
không gian vectơ n chiều và được ký hiệu là R
n
.
$2. C L P TUY N TÍNH – PH THU C TUY N TÍNH :ĐỘ Ậ Ế Ụ Ộ Ế
2.1 Đònh nghóa :
Cho hệ vectơ n chiều u
1
, u
2
, . . ., u
m
. Xét phương trình :
x
1
u
1
+ x

2.2 Các ví dụ :
Ví dụ 1 :
Trong không gian R
3
, cho các vectơ :
u
1
= (2, 1, 1); u
2
= (1, –1, 0); u
3
= (7, –1, 2).
Xét xem các vectơ u
1
, u
2
, u
3
có độc lập tuyến tính hay không?
Giải :
Xét phương trình : x
1
u
1
+ x
2
u
2
+ x
3

2
+ 7x
3
, x
1
– x
2
– x
3
, x
1
+ 2x
3
) = (0, 0, 0)





=+
=−−
=++
⇔
02
0
072
31
321
321
xx


−−
712
111
201










−−
310
310
201










−−

độc lập tuyến tính.
Giải :
Xét phương trình : x
1
u
1
+ x
2
u
2
+ x
3
u
3
= θ (1)
Ta có :
2
)1)(2( −+==∆⇒










= mmAA
m11

Wu
Wvu
Wvu
λ
λ
R và ,
Ví dụ :
Cho tập hợp : W = {u = (x
1
, x
2
, 0) / x
1
, x
2
∈ R}.
Chứng minh rằng W là không gian con của R
3
.
d
1

↔
d
3
d
2

→
d

2
∈ R
v = (y
1
, y
2
, 0) với y
1
, y
2
∈ R
Khi đó : u + v = (x
1
+ y
1
, x
2
+ y
2
, 0) ∈ W
λu = (λx
1
, λx
2
, 0) ∈ W
Vậy : W là không gian con của R
3
.
3.2 Đònh nghóa 2 :
Cho hệ vectơ n chiều u

m
.
* Ghi nhớ :
Vectơ u là một tổ hợp tuyến tính của các vectơ u
1
, u
2
, . . ., u
m
khi và chỉ
khi phương trình sau có nghiệm :
x
1
u
1
+ x
2
u
2
+ . . . + x
m
u
m
= u
Ví dụ :
Trong không gian R
4
, cho các vectơ :
u
1

1). Xét xem vectơ u có là tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, u
3
hay không :
Xét phương trình : x
1
u
1
+ x
2
u
2
+ x
3
u
3
= u
Ta có :


















−
−
−
−
−
1
0
2
3
220
230
010
121 d
2

→