chơng 2. ma trận - định thức
1. Cho các ma trận:













=
51
74
23
A
;




















51
74
23
+











96
15
04




.
b) 2A 7B = 2.












51
74
23
7.











96



51
74
23
+ 5.











96
15
04
2.














=
652
5710
A
;









=
072
381
B
.
Tìm ma trận X sao cho: a) A X = B; b) 3B + 2X = A; c) 5X 2A = 4B.
Giải.
a) A X = B

X = A B =





624
2159
.
b) 3B + 2X = A

X =
2
1
(A 3B) =






























384
22/312/7
.
c) 5X 2A = 4B

X =
5
1
(2A + 4B) =















12384
221824
.
3. Cho hai ma trận :










=
652
5710
A
;









910
654
, vµ
t
A =










−
65
57
210
, v× vËy:
a) X = A +
t
B =








t
B – 2X = 2A
⇔
X =
2
1
(3
t
B – 2A) =














−
−






A – 2B = 0
⇔
X =
3
1
(2B –
t
A) =




















−−






−−
−−
127
33
22
4. Nh©n c¸c ma trËn sau:
a)








−








−
72

c)










−










−
04
91
75
563
704
175
. d)







−








−
72
510
611
43
=








−








−
11820
8221
.
c)










−



















4
3
2
1
4321
x
x
x
x
aaaa
= (a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ a








−
=
20
47
53
71
B
.
TÝnh AB vµ BA. Cã kÕt luËn g× vÒ tÝnh giao ho¸n cña phÐp nh©n ma trËn.
Gi¶i.
2
Ta có tích AB =









0426
3185

, là ma trận vuông cấp 2.
Còn tích BA =















20
47
53
71















=
51
62
A
;









=
435
204
B
;











435
204
=








221521
201838
.
BC =









435
204






221521
201838











43
02
75
=

















51
62








5131
2014
=








235141









=
03
21
A
và đa thức f(x) = x
2
2x + 3. Tính f(A).
Giải. Ta có A
2
=









03
21





06
42
; 3I =








30
03
.
Vậy f(A) = A
2
2A + 3I =

















33
24
8. Cho F(x) = x(x 1)(x 2) ... (x n + 1), trong đó n là một số tự nhiên, và a là
một số thực bất kỳ. Tính các định thức cấp n + 1 sau đây:
3
a)
F(2n)...1)F(nF(n)
............
1)F(n...F(2)F(1)
F(n)...F(1)F(0)
D
1
+
+
=
. b)
(a)F...(a)F(a)F
............
(a)F...(a)F(a)F
(a)F...(a)FF(a)
D
(2n)1)(n(n)
1)(n
(n)

+
+
.........1..........n1n
1n.............21

s(f) =
2
1)2)(n(n
C
2
1n
++
=
+
.
Vậy D
1
=
1n
2
1)2)(n(n
)!(n1)(
+
++

b) Ta cũng có: F
(n )
(x) = n! và đạo hàm cấp lớn hơn n đều bằng không, do đó các
phần tử trên đờng chéo phụ bằng n!, còn các phần tử nằm về phía bên dới đờng
chéo phụ đều bằng không, bởi thế:

1...110
B
=
.
Giải.
a) Cách 1. Nhân cột một với ( 1), rồi cộng vào các cột sau ta đợc:
=
+
+++
++++
=
xax
xaxaxax
xaxaxaxax
A
0.....00
...............
...0
....
00....001
xa
xaxa
xaxaxa
xaxaxaxa
+
++
+++
++++
0000
000

xaxa...xa00
xaxa....xaxa0
11....111
A
+
+++
++++
=
= (a + x)
n - 1
.
b) Cộng tất cả các cột vào cột đầu tiên ta đợc:
0...111
...............
1...011
1...101
1...110
B
=
=
1)(n
0...111n
...............
1...011n
1...101n
1...111n
=




0
xa
a1...000
ax...000
..................
a0...x10
a0...0x1
a0...00x
D
Giải.
Trớc hết ta thấy rằng D là định thức cấp n + 1.
Cách 1. Ta có thể chứng minh bằng phơng pháp quy nạp theo n. Trong trờng hợp này
ta khai triển định thức theo dòng đầu.
Với n = 1, thì D =
01
1
0
axa
a1
ax
+=

, khẳng định là đúng.
Với n = 2, thì D =
xaaxa
a10
ax1
a0x
10
2

a0...0x1
a0...00x
xD
++


+



=
10...000
x1...000
..................
00...100
00...x10
00...0x1





= x.

=

n
1i
1i
i