1. Trang Chủ
  2. Toán học
  3. Bài giảng Đại số tuyến tính 1 - ĐH Phạm Văn Đồng

Bài giảng Đại số tuyến tính 1 - ĐH Phạm Văn Đồng

Bài giảng Đại số tuyến tính 1 cung cấp cho người học những kiến thức như: Định nghĩa, các tính chất của định thức và các phương pháp cơ bản tính định thức; Nghiên cứu không gian véc tơ. Nghiên cứu về hệ phương trình tuyến tính. Mời các bạn cùng tham khảo! UBND TỈNH QUẢNG NGÃI TRƯỜNG ĐẠI HỌC PHẠM VĂN ĐỒNG BÀI GIẢNG ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH 1 BÙI THỊ HOÀNG PHƯƠNG Bộ môn Toán – Khoa Sư Phạm Tự Nhiên Quảng Ngãi - 2018 1 MỤC LỤC Trang Lời nói đầu Chương1. ĐỊNH THỨC…………………………………………………… …….5 1.1. Phép thế…………

Thể loại Tài liệu miễn phí Toán học

Số trang 85

Ngày tạo 10/16/2021 3:02:34 AM +00:00

Loại tệp PDF

Kích thước 1.23 M

Tên tệp

Tải Bài giảng Đại số tuyến tính 1 - ĐH Phạm Văn Đồng (.pdf)

Xem mẫu

  1. UBND TỈNH QUẢNG NGÃI TRƯỜNG ĐẠI HỌC PHẠM VĂN ĐỒNG BÀI GIẢNG ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH 1 BÙI THỊ HOÀNG PHƯƠNG Bộ môn Toán – Khoa Sư Phạm Tự Nhiên Quảng Ngãi - 2018 1
  2. MỤC LỤC Trang Lời nói đầu Chương1. ĐỊNH THỨC…………………………………………………… …….5 1.1. Phép thế………………………………………………………………6 1.1.1.Định nghĩa phép thế…………………………………………...6 1.1.2. Nghịch thế……………………………………………………..7 1.1.3. Dấu của phép thế……………………………………………...7 1.2 KHÁI NIỆM MA TRẬN………………………………………………..7 1.2.1 Định nghĩa……………………………………………………...7 1.2.2. Ma trận chuyển vị……………………………………………..8 1.3. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA ĐỊNH THỨC………………..9 1.3.1.Định nghĩa………………………………………………………9 1.3.2. Tính chất của định thức……………………………………....10 1.4. KHAI TRIỂN ĐỊNH THỨC…………………………………………..12 1.4.1. Định thức con và phần bù đại số…………………………….12 1.4.2. Khai triển định thức theo một dòng…………………………12 1.4.3. Khai triển định thức theo r dòng…………………………….16 1.5. Phương pháp tính định thức…………………………………………..19 1.5.1. Qui tắc Sarus tính định thức cấp 3…………………………..20 1.5.2. Khai triển định thức theo một dòng hoặc một cột…………..20 1.5.3. Đưa định thức về dạng tam giác rồi tính…………………….21 1.5.4. Áp dụng các tính chất của định thức……………………… ..23 1.5.5. Phương pháp quy nạp và phương pháp truy hồi……………25 BÀI TẬP CHƯƠNG 1………………………………………………………29 CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN VÉC TƠ…………………………………….31 2.1. ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC TÍNH CHẤT ĐƠN GIẢN…………………..32 2.1.1. Định nghĩa…………………………………………………...…32 2
  3. 2.1.2. Một số tính chất đơn giản……………………………………….33 2.1.3. Hiệu của hai véc tơ………………………………………………34 2.2. KHÔNG GIAN CON……………………………………………………..36 2.2.1. Định nghĩa…………………………………………………….….36 2.2.2. Tính chất đặc trưng………………………………………………36 2.2.3. Tổng của những không gian con…………………………………36 2.2.4. Giao của những không gian con………………………………….37 2.2.5. Không gian sinh bởi một hệ véc tơ……………………………….37 2.3. SỰ ĐỘC LẬP TUYẾN TÍNH – SỰ PHỤ THUỘC TUYẾN TÍNH……..38 2.3.1.Định nghĩa………………………………………………………….38 2.3.2. Các tính chất………………………………………………………39 2.4. CƠ SỞ CỦA KHÔNG GIAN VÉC TƠ…………………………………...42 2.4.1. Định nghĩa…………………………………………………………42 2.4.2. Sự tồn tại của cơ sở………………………………………………..44 2.5. SỐ CHIỀU CỦA KHÔNG GIAN VÉC TƠ………………………………46 2.5.1. Định nghĩa…………………………………………………………46 2.5.2. Số chiều của không gian con……………………………………...47 2.6. TỌA ĐỘ CỦA MỘT VÉC TƠ…………………………………………….49 2.6.1. Định nghĩa…………………………………………………………49 2.6.2. Định lý……………………………………………………………..49 2.6.3. Ma trận chuyển……………………………………………………49 2.6.3. Liên hệ giữa các tọa độ của một véc tơ đối với hai cơ sở khác nhau………………………………………………………………………51 2.7. HẠNG CỦA HỆ VÉC TƠ – HẠNG CỦA MA TRẬN………………......53 2.7.1. Hạng của hệ véc tơ………………………………………………..53 2.7.2. Hạng của ma trận………………………………………………...54 2.7.3. Cách tìm hạng của ma trận……………………………………...59 2.7.4. Tìm hạng của ma trận bằng các phép biến đổi sơ cấp…………61 BÀI TẬP CHƯƠNG 2……………………………………………………….....63 3
  4. CHƯƠNG 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH…………………………67 3.1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH ………………………………...…67 3.1.1. Hệ phương trình tuyến tính tổng quát…………………………..67 3.1.2. Hệ phương trình Cramer…………………………………………67 3.1.3. Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp Gauss (Khử dần ẩn số)…………………………………………………………………69 3.2. ĐIỀU KIỆN ĐỂ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CÓ NGHIỆM..72 3.2.1. Điều kiện có nghiệm………………………………………………72 3.2.2. Giải hệ phương trình tuyến tính bằng định thức……………….74 3.3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT…………………78 3.3.1. Định nghĩa…………………………………………………………78 3.3.2. Không gian nghiệm của hệ thuần nhất…………………………..79 BÀI TẬP CHƯƠNG 3…………………………………………………..............82 TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………………………………85 4
  5. LỜI NÓI ĐẦU Bài giảng “Đại số tuyến tính 1” được biên soạn theo chương trình Cao đẳng Sư Phạm ban hành tháng 10/ 2015 của trường Đại học Phạm văn Đồng dành cho sinh viên ngành Sư phạm Toán. Nội dung chủ yếu dựa vào giáo trình Đại số tuyến tính do Bộ Giáo dục xuất bản năm 2004 theo dự án đào tạo giáo viên trung học cơ sở. Nội dung bài giảng gồm ba chương: Chương 1. Trình bày định nghĩa, các tính chất của định thức và các phương pháp cơ bản tính định thức. Đó là một phương tiện để nghiên cứu không gian véc tơ và lý thuyết hệ phương trình tuyến tính. Chương 2. Nghiên cứu không gian véc tơ. Đây là cơ sở của đại số tuyến tính. Nó giúp cho việc hoàn thiện lý thuyết về hệ phương trình tuyến tính. Chương 3. Nghiên cứu về hệ phương trình tuyến tính. Đó là một trong những hướng mở rộng của hệ phương trình tuyến tính đã được học ở trường phổ thông. Với chương này, lý thuyết hệ phương trình tuyến tính được coi là hoàn thiện. Ở cuối mỗi chương đều có bài tập để sinh viên luyện tập. Bài giảng chắc chắn còn nhiều thiếu sót, kính mong quý Thầy Cô góp ý để bài giảng được hoàn chỉnh. Xin chân thành cảm ơn. 5
  6. Chương 1. ĐỊNH THỨC 1.1. PHÉP THẾ 1.1.1. Định nghĩa phép thế i) Cho tập X n = 1, 2,..., n . Một song ánh  : X n → X n được gọi là một phép thế trên tập X n . ii) Song ánh đồng nhất được gọi là phép thế đồng nhất. iii) Một phép thế  trên tập X n được gọi là một chuyển trí hai phần tử i, j thuộc X n nếu  (i) = j, ( j ) = i, (k ) = k , k  X n , k  i, k  j . Nó được kí hiệu bởi (i, j). Tập hợp các phép thế trên tập X n ký hiệu bởi S n . Phép thế  : X n → X n được biểu diễn:  1 2 3 ..... n  = .   (1)  (2)  (3) ......  (n)  1 2 3 4 5  Ví dụ 1:  =   là một phép thế trên tập X 5 xác định bởi: 2 3 1 5 4   (1) = 2,  (2) = 3,  (3) = 1,  (4) = 5,  (5) = 4. 1 2 3 4 5   =  là một chuyển trí hoán vị hai số 1 và 3. Nó được viết 3 2 1 4 5  gọn là  = (1,3). * Tập S n có n! phần tử. Ví dụ 2. S 4 có 4! = 24 phần tử. Đó là những phép thế sau: 1 2 3 4  1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 =  , 2 =   , 3 =   , 4 =   , 5 =  , 1 2 3 4  1 2 4 3 1 3 4 2 1 3 2 4 1 4 2 3 1 2 3 4  1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 6 =   , 7 =   , 8 =   , 9 =   ,  10 =  , 1 4 3 2  2 1 3 4 2 1 4 3 2 3 1 4 2 3 4 1 1 2 3 4  1 2 3 4  1 2 3 4  1 2 3 4  1 2 3 4   11 =   ,  12 =   ,  13 =   ,  14 =   ,  15 =  ,  2 4 1 3  2 4 3 1 3 1 2 4 3 1 4 2 3 2 1 4 6
  7. 1 2 3 4  1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4   16 =   ,  17 =   ,  18 =   ,  19 =   ,  20 =  , 3 2 4 1  3 4 1 2 3 4 2 1 4 1 2 3  4 1 3 2 1 2 3 4  1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4  21 =   ,  22 =   ,  23 =   ,  24 =  .  4 2 1 3 4 2 3 1 4 3 2 1 4 3 1 2 1.1.2. Nghịch thế Định nghĩa. Giả sử  là một phép thế trên tập X n . Với i, j  X n , i  j , ta nói cặp ( (i ),  ( j )) là một nghịch thế của  nếu i  j nhưng  (i )   ( j ) . 1 2 3 4  Ví dụ. Trên X 4 , phép thế  3 =   có 2 nghịch thế là: (3, 2), (4, 2). 1 3 4 2  1.1.3. Dấu của phép thế 1.1.3.1.Định nghĩa. Ta gọi phép thế  là một phép thế chẵn nếu nó có một số chẵn nghịch thế.  là một phép thế lẻ nếu nó có một số lẻ nghịch thế. Ta gán cho mỗi phép thế chẵn một giá trị bằng +1, mỗi phép thế lẻ một giá trị bằng -1.Giá trị này của phép thế  được gọi là dấu của  và ký hiệu: Sgn(  ). Vậy: sgn(  ) = 1 nếu  chẵn, sgn(  ) = -1 nếu  lẻ. 1 2 3 4  Ví dụ. Trong ví dụ 1.1.2 phép thế  3 =   là một phép thế chẵn vì nó có 2 1 3 4 2  nghịch thế. Vậy: sgn(  3 ) = 1. i− j 1.1.3.2.Hệ quả 1: sgn( ) =  . i , j  (i ) −  ( j ) 1.1.3.3.Hệ quả 2: Với hai phép thế  , trên X n , ta có: sgn( ) = sgn( ).sgn( ). 1.1.3.4.Hệ quả 3: Mọi chuyển trí đều là phép thế lẻ. 1.2 KHÁI NIỆM MA TRẬN 1.2.1 Định nghĩa.. Một bảng gồm m.n số được viết thành m dòng n cột như sau: 7
  8.  a11 a12 ... a1 j ... a1n     a21 a22 ... a2 j ... a2 n   ................................     ai1 ai 2 ... aij ... ain     ...............................   a a ... a ... a   m1 m 2 mj mn  được gọi là một ma trận kiểu (m, n). + Mỗi số aij được gọi là một thành phần của ma trận. Nó nằm ở dòng i, cột j. + Ma trận thường được kí hiệu : A, B, C,... + Có thể viết ma trận một cách đơn giản là: A = (aij )( m,n ) . - Nếu ma trận chỉ có một dòng thì ta gọi nó là ma trận dòng (a 11 a12 ... a1 j ... a1n )  a11    a - Nếu ma trận chỉ có một cột thì ta gọi nó là ma trận cột  21   ....     am1  - Nếu m = n thì ma trận được gọi là ma trận vuông. Kí hiệu: A = (aij ) n Ví dụ. 1 2 3 4     4 5 8 9  là ma trận kiểu (3, 4). 0 1 9 8    1 2 3    2 3 4  là ma trận vuông cấp 3. 5   4 1  1.2.2. Ma trận chuyển vị Cho ma trận 8
  9.  a11 a12 ... a1 j ... a1n     a21 a22 ... a2 j ... a2 n   ................................  A=    ai1 ai 2 ... aij ... ain     ...............................   a a ... a ... a   m1 m 2 mj mn  Thì ma trận  a11 a21 ... ai1 ... am1     a12 a22 ... ai 2 ... am 2   ................................     a1 j a2 j ... aij ... amj     ...............................   a a ... a ... a   1n 2 n jn mn  Được gọi là ma trận chuyển vị của A. Kí hiệu: t A . Ví dụ. 1 4 0 1 2 3 4    Cho A =  4 5 8 9  thì t A =  2 5 1  . 0 1 9 8  3 8 9     4 9 8 1.3. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA ĐỊNH THỨC 1.3.1.Định nghĩa. Cho ma trận vuông  a11 a12 ... a1 j ... a1n     a21 a22 ... a2 j ... a2 n   ................................  A=   ai1 ai 2 ... aij ... ain     ...............................   a a ... a ... a   n1 n 2 nj nn  Ta gọi tổng D =  sgn( )a   Sn a 1 (1) 2 (2) ...ai (i ) ...an ( n) là định thức của ma trận A và kí hiệu bởi 9
  10. a11 a12 ... a1 j ... a1n a21 a22 ... a2 j ... a2 n ................................ ai1 ai 2 ... aij ... ain ............................... an1 an 2 ... anj ... ann hay A hay det( A) . Trong cách kí hiệu này ta cũng nói mỗi aij là một thành phần, các thành phần ai1 , ai2 , ai3 ,..., ain tạo thành dòng thứ i, các thành phần a1j , a2j , a3j ,..., anj tạo thành cột thứ j của định thức. Khi A là ma trận cấp n ta cũng nói A là định thức cấp n.  a11 a12  Ví dụ 1. Cho ma trận A =   , khi đó định thức của A là:  a21 a22  A = sgn 1a11 (1) a21 (2) + sgn  2 a1 2 (1) a2 2 (2) = a11a22 − a12 a21. Ví dụ 2.Dùng định nghĩa viết tường minh định thức cấp ba a11 a12 a13 a21 a22 a23 = a11a22 a33 + a12 a23a31 + a13a21a32 − a11a23a32 − a13a22a31 − a12a21a33 ., a31 a32 a33 Để tìm được kết quả nay ta phaei tìm tất cả các phép thế trên X3 và xác định dấu của chúng. Công việc này khá vất vả. Muốn có những phương pháp tính toán thuận tiện hơn, hãy nghiên cứu các tính chất của định thức, 1.3.2. Tính chất của định thức 1.3.2.1. Tính chất 1. Nếu định thức a11 a12 ... a1 j ... a1n a21 a22 ... a2 j ... a2 n ............................................................. a 'i1 + a ''i1 a 'i 2 + a ''i 2 ... a 'ij + a ''ij ... a 'in + a ''in ............................................................. an1 an 2 ... anj ... ann 10
  11. Mà mọi thành phần ở dòng thứ i đều có dạng aij = a'ij + a''ij thì a11 a12 ... a1 j ... a1n a11 a12 ... a1 j ... a1n a21 a22 ... a2 j ... a2 n a21 a22 ... a2 j ... a2 n ................................ ................................ + . a 'i1 a 'i 2 ... a 'ij ... a 'in a ''i1 a ''i 2 ... a ''ij ... a ''in ............................... ............................... an1 an 2 ... anj ... ann an1 an 2 ... anj ... ann 1.3.2.2.Tính chất 2. Nếu mọi thành phần ở dòng thứ i của định thức có thừa số chung thì ta đưa thừa số chung ra ngoài đâu định thức a11 a12 ... a1 j ... a1n a11 a12 ... a1 j ... a1n a21 a22 ... a2 j ... a2 n a21 a22 ... a2 j ... a2 n ................................ ................................ = k . kai1 kai 2 ... kaij ... kain ai1 ai 2 ... aij ... ain ............................... ............................... an1 an 2 ... anj ... ann an1 an 2 ... anj ... ann 1.3.2.3. Tính chất 3. Trong định thức nếu đổi chỗ hai dòng cho nhau thì định thức đổi dấu a11 a12 ... a1 j ... a1n a11 a12 ... a1 j ... a1n ............................... ............................... ak1 ak 2 ... akj ... akn ah1 ah 2 ... ahj ... ahn ................................ = − ................................ . ah1 ah 2 ... ahj ... ahn ak 1 ak 2 ... akj ... akn ............................... ............................... an1 an 2 ... anj ... ann an1 an 2 ... anj ... ann 1.3.2.4. Tính chất 4. Nếu định thức có hai dòng giống nhau thì định thức bằng 0. 1.3.2.5. Tính chất 5. Nếu định thức có hai dòng mà các thành phần ( cùng cột) tương ứng tỉ lệ thì định thức ấy bằng 0. 1.3.2.6. Tính chất 6. Nếu nhân mỗi thành phần ở dòng thứ i với cùng một số rồi cộng vào thành phần cùng cột ở dòng thứ k thì được một định thức mới bằng định thức đã cho. 11
  12. 1.3.2.7. Tính chất 7. Với t A là ma trận chuyển vị của ma trận A thì t A = A . Chú ý. Từ tính chất 7 ta suy ra các tính chất từ 1 đến 6 đều đúng nếu ta thay từ “dòng” bởi từ “cột”. 1.4. KHAI TRIỂN ĐỊNH THỨC 1.4.1. Định thức con và phần bù đại số Định nghĩa. Cho định thức D cấp n. i)Nếu chọn r dòng i1 , i2 ,..., ir và r cột j1 , j2 ,..., jr ( r  n ) thì các thành phần nằm ở giao của r dòng và r cột ấy lập thành một định thức con ký hiệu M i j,i, j,...,,...,i j và gọi 1 1 2 2 r r là một định thức con cấp r của D. ii)Nếu xóa đi r dòng và r cột ấy thì các thành phần còn lại lập thành một định thức j1 , j2 ,..., jr ký hiệu M i ,i ,...,i 1 2 r và gọi là định thức con bù của định thức M i j,i, j,...,,...,i j . 1 1 2 2 r r iii) Ai j,i, j,...,,...,i j = (−1)i +i +...+i + j + j +...+ j M i j,i, j,...,,...,i j được gọi là phần bù đại số của M i j,i, j,...,,...,i j . 1 2 1 2 r r 1 2 r 1 2 r 1 1 2 2 r r 1 1 2 2 r r *Chú ý. Mỗi thành phần của định thức D là một định thức con cấp một của D. Ví dụ. Cho định thức 1 3 5 9 4 0 2 7 D= . 0 1 2 3 5 9 6 1 Nếu chọn dòng 2, dòng 4, cột 1, cột 3 ta được định thức con cấp 2 của D là 4 2 1,3 M 2,4 = 5 6 1,3 3 9 4 2 M 2,4 = là định thức con bù của 1,3 M 2,4 = . 1 3 5 6 1,3 3 9 4 2 1,3 A2,4 = (−1)2+ 4+1+3 M 2,4 = (−1) 2+ 4+1+3 là phần bù đại số của M 2,4 1,3 = . 1 3 5 6 1.4.2. Khai triển định thức theo một dòng 12
  13. 1.4.2.1. Định lý. Cho định thức D cấp n có các thành phần là aij . Với mỗi n i 1, 2,..., n , ta đều có: D = ai1 Ai1 + ai 2 Ai 2 + ... + ain Ain =  aij Aij . j =1 Chứng minh *Trường hợp i = n và các anj = 0, j 1, 2,..., n −1 . Khi đó: a11 a12 ... a1 j ... a1n a21 a22 ... a2 j ... a2 n ................................ D= =  sgn( )a1 (1) a2 (2) ...an ( n ) ai1 ai 2 ... aij ... ain  Sn ............................... 0 0 ... 0 ... 0 a khi  (n) = n Nhưng an (n) =  nn 0 khi  (n)  n Do đó trong tổng này chỉ còn các hạng tử ứng với những phép thế   Sn mà  (n) = n , nghĩa là: D=  sgn( )a   Sn a 1 (1) 2 (2) ...ai (i ) ...an −1 ( n −1) ann = ann  sgn( )a1 (1) a2 (2) ...ai (i ) ...an −1 ( n −1).  Sn Thu hẹp của mỗi  ấy là một phép thế trên tập X n−1 = 1, 2,..., n −1; ngược lại, mỗi phép thế   Sn−1 lại sinh ra một phép thế  trên tập X n = 1, 2,..., n −1, n xác định bởi:  (n) = n, (i) =  (i), i 1, 2,..., n −1. Vì thế có thể viết D = ann  sgn( )a1 (1) a2  (2) ...ai (i ) ...an−1 ( n−1).  Sn ~ ~ Vì   sgn( )a  Sn 1 (1) a2  (2) ...ai ( i ) ...an −1 ( n −1) = M nn , trong đó M nn là định thức con bù của ~ ~ ~ thành phần ann và Ann = (−1) n + n M nn = (−1) 2 n M nn = M nn nên D = ann Ann . 13
  14. * Trường hợp i  n và trong dòng thứ i chỉ có một aij  0 , còn mọi ais = 0 với s  j ; tức là: a11 a12 ... a1 j ... a1n a21 a22 ... a2 j ... a2 n ................................ D= . 0 0 ... aij ... 0 ............................... an1 an 2 ... anj ... ann Ta đổi chỗ liên tiếp (n-i ) lần hai dòng liền nhau để chuyển dòng thứ i xuống vị trí dòng thứ n và được a11 a12 ... a1 j ... a1n a21 a22 ... a2 j ... a2 n ................................ D' = = (−1) n −i D. an1 an 2 ... anj ... ann ............................... 0 0 ... aij ... 0 Tiếp tục đổi chỗ liên tiếp (n-j) lần hai cột liền nhau để chuyển cột thứ j đến vị trí cột thứ n, ta được a11 a12 ... a1 j ... a1n a21 a22 ... a2 j ... a2 n ................................ D" = = (−1) n − j D ' . an1 an 2 ... ann ... anj ............................... 0 0 ... 0 ... aij D" = (−1) n −i D ' = (−1) n − j .(−1) n −i D = (−1) n −i + n − j = (−1)i + j D. Hay D = (−1)i + j D". 14
  15. ~ Mặt khác, đặt M ij là định thức con bù của aij , thì theo trường hợp 1, ta có: ~ D" = aij M ij . ~ Vậy: D" = aij M ij . *Trường hợp tổng quát Với i cố định, ta coi aij = 0 + 0 + 0 + ... + aij + 0 + ... + 0 , trong đó có n – 1 số 0 và aij là số hạng thứ j. Theo tính chất 1 của định thức, ta có thể viết: a11 a12 ... a1 j ... a1n a11 a12 ... a1 j ... a1n a11 a12 ... a1 j ... a1n a21 a22 ... a2 j ... a2 n a21 a22 ... a2 j ... a2 n a21 a22 ... a2 j ... a2 n ................................ ................................ ................................ = + ... + + ... + ai1 ai 2 ... aij ... ain ai1 0 ... 0 ... 0 0 ai1 ... 0 ... 0 ............................... ............................... ............................... an1 an 2 ... anj ... ann an1 an 2 ... anj ... ann an1 an 2 ... anj ... ann a11 a12 ... a1 j ... a1n a11 a12 ... a1 j ... a1n a21 a22 ... a2 j ... a2 n a21 a22 ... a2 j ... a2 n ................................ ................................ + ... + . 0 0 ... aij ... 0 0 0 ... 0 ... ain ............................... ............................... an1 an 2 ... anj ... ann an1 an 2 ... anj ... ann Trong đó mỗi định thức có ở vế phải đều có dạng định thức ở trường hợp 2. Vậy D = ai1 Ai1 + ... + aij Aij + ... + ain Ain . Chú ý. Nhờ tính chất 1.3.2.7 của định thức,định lý cũng đúng nếu ts thay từ “dòng” bởi từ ‘cột”, tức là: n D = a1j A1j + ... + aij Aij + ... + anj Anj =  aij Aij . i =1 1.4.2.2. Hệ quả. Cho định thức D với các thành phần aij , ta có: D = ai1 Ak1 + ... + aij Akj + ... + ain Ain = 0 nếu k  i . Ví dụ 1. Tính định thức 15
  16. 2 5 1 D= 1 3 8 . 4 7 9 Giải. Khai triển định thức theo dòng 1 ta có: D = 2 A11 + 5 A12 + 1A13 . Với 3 8 A11 = (−1)1+1 = 3.9 − 7.8 = −29. 7 9 1 8 A12 = (−1)1+ 2 = − (1.9 − 4.8) = 23. 4 9 1 3 A13 = (−1)1+3 = 1.7 − 4.3 = −5. 4 7 Vậy: D = 2.(-29) +5.23 +1.(-5) = 52. Ví dụ 2. Tính định thức 2 1 5 1 1 0 3 8 C= . 0 4 −3 0 4 0 7 9 Giải. Ta có: C = 4 A32 + (−3) A33 . Với 2 5 1 A32 = (−1)3+ 2 1 3 8 = − 52. 4 7 9 2 1 1 A33 = (−1)3+3 1 0 8 = 23. 4 0 9 Vậy: 4.(-52) + (-3).23 = -277. 1.4.3. Khai triển định thức theo r dòng 16
  17. Định lý Laplace. Nếu trongđịnh thức D đã chọn r dòng cố định i1 , i2 ,..., ir M1 , M 2 ,..., M s là tất cả các định thức con cấp r của D đã chọn trong r dòng này và s A1 , A2 ,..., As là những phần bù đại số tương ứng thì D =  M j Aj . j =1 Chưng minh. Với n = 1. Định lý đúng. Giả sử n > 1 và điều khẳng định đúng với n – 1, ta chứng minh nó đúng với n. + Trường hợp đã chọn r dòng đầu j1 , j2 ,..., jr i1 + i2 +...+ ir + j1 + j2 +...+ jr Vì A j1 , j2 ,..., jr i1 ,i2 ,...,ir = (−1) M i1 ,i2 ,...,ir nên ta sẽ chứng minh j1 ... jr n n +1  ( −1) =  ( −1) a1s M1s . 1+...+ r + j1 +...+ jr D= j1 ... jr 1 j1 ... jr  n M 1...r M 1...r s =1 j1 ... jr j1 ... jr =M = j1 ... jr j1 ... jr Để đơn giản ta ký hiệu M , 1...r M 1...r M j1 ... jr j1 ... jr Trong M , a1 j đứng ở dòng 1 cột t. khai triển t M theo dòng đầu, ta có: r 1+ r j1 j2 ... jr j1 j2 ... jr =  ( −1) a1 jt j1 ... jr M trong đó là định thức co bù của a1 j trong t =1 N 1 jt N 1 jt t j1 ... jr định thức M . Như vậy; j1... jr  ( −1) 1+...+ r + j1 +...+ jr j1 ... jr 1 j1 ... jr  n M 1...r M  r j1 j2 ... jr  j1 j2 ... jr  ( −1)  ( ) 1+...+ r + j1 +...+ jr 1+ r = − N 1 jt  M 1 a1 jt 1 j1 ... jr  n  t =1 n j1 j2 ... jr j1 j2 ... jr =  ( −1)  ( −1) 1+ r 1+...+ r + j1 +...+ jr + t a1 jt . t =1 1 j1 ... jr  n N 1 jt M Mặc khác, khai triển định thức D theo dòng đầu ta có: n D =  ( −1) 1+ jt a1 j jt =1 t M 1 jt 17
  18. trong đó, là định thức con bù của thành phần a1 j trong D. Do đó chỉ cần M 1 jt t j1 j2 ... jr j1 j2 ... jr  ( −1) (1) 1+...+ r + j1 +...+ jr + t chứng minh rằng = M 1 jt 1 j1 ... jr  n N 1 jt M Vi là định thức cấp n – 1 nên theo giả thiết quy nạp, điều khẳng định trên là M 1 jt đúng. Chọn r – 1 dòng đầu, ( chúng nằm trong các dòng thứ 2, 3, …,r đã chọn trong D), ta có j1 j2 ... jr  ( −1) ( 2) 1+...+ r + h1 +...+ hr −1 = h1 ...hr −1 M 1 jt 1 h1 ... hr −t  n −1 P 1 jt P 1 jt j1 j2 ... jr h1 ...hr −1 trong đó là định thức con bù của P trong . P 1 jt 1 jt M 1 jt h1 ...hr −1 j1 j2 ... jr Hiển nhiên mỗi P 1 jt là một N 1 jt nào đó và ngược lại vì chúng là những định thức con cấp r – 1 nằm trong các dòng thứ 2, 3,…, r trong D sau khi đã xóa cột thứ jt . Nhưng thu được từ D bằng cách xóa đi dòng 1 cột jt. Do đó các thành M 1 jt phần còn lại ở các cột thứ jt +1 , jt +2 ,..., n trong D trở thành các thành phần ở cột thứ jt +1 − 1, jt +1 ,..., n − 1 trong . Vì thế, với M 1 jt h1 = j1 ,..., ht −1 = jt −1 , ht = jt +1 −1,..., hr −1 = jr −1 ( 3) j1 j2 ... jr h1 ...hr −1 j1 j2 ... jr thì P chính là N , còn chính là tương ứng. Dấu củ số 1 jt 1 jt P 1 jt M 1 jt là ( −1) h1 ...hr −1 1+ 2 +...+ r + h1 + h2 +...+ hr −1 j1 j2 ... jr hạng ứng với P 1 jt , còn dấu ứng với N 1 jt là ( −1) 1+ 2 +...+ r + j1 +...+ jt −1 + jt +1 +...+ jr + r .Chú ý tới (3), ta có: 1 + ... + r + j1 + ... + jt −1 + jt +1 + ... + jr + t − (1 + ... + r − 1 + h1 + ... + ht −1 + ht + ... + hr −1 ) = r + t + r − t = 2r. Do đó các tích bằng nhau trong (1) và (2) có cùng một dấu. Vậy điều khẳng định đã được chứng minh. 18
  19. Trường hợp tổng quát Chuyển cho dòng i1 lên dòng thứ nhất, dòng i2 lên dòng thứ 2, tiếp tục như thế cho đến khi chuyển dòng ir lên dòng thứ r; tức là đổi chỗ hai dòng liền kề (i1 -1 +i2 -2 +…+ir – r) lần, ta được định thức D’ và D = ( −1) i1 −1+...+ ir − r D' . Chú ý rằng sau khi thay đổi các dòng như vậy thì các định thức con cấp r lấy trong j1 ... jr r dòng đầu vẫn là định thức con M i1 ...ir của định thức đã cho. Do đó, theo chứng minh trên: j1 ... jr  ( −1) 1+...+ r + j1 +...+ jr D' = j1 ... jr 1 j1 ... jr  n M i1 ...ir M i1 ...ir Vì i1 − 1 + ... + ir − r + 1 + ... + r + j1 + ... + jr = i1 + ... + ir + j1 + ... + jr nên thay D’ vào (4) ta được: j1 ... jr  ( −1) i1 +...+ ir + j1 +...+ jr D= j1 ... jr 1 j1 ... jr  n M i1 ...ir M i1 ...ir . Ví dụ. Tính định thức: 0 3 5 0 6 1 3 2 0 1 −2 0 4 7 0 −5 Giải. Chọn dòng 1 và dòng 3. Hai dòng này cho ta 6 định thức cấp 2 0 3 0 5 0 0 M1 = = 0, M2 = = 0, M3 = = 0, 0 1 0 −2 0 0 3 5 3 0 5 0 M4 = = −11, M5 = = 0, M 6 = =0 1 −2 1 0 −2 0 6 2 A1 = (−1)1+3+ 2+3 = 38. 4 −5 Vậy: D = M 4 A4 = (−11).38 = −418. 1.5. Phương pháp tính định thức 19
  20. 1.5.1. Qui tắc Sarus tính định thức cấp 3 a11 a12 a13 a21 a22 a23 = a11a22 a33 + a13a21a32 + a31a12a23 − a13a22a31 − a11a32a23 − a33a12a21. a31 a32 a33 Ví dụ. 2 5 1 1 3 8 = 2.3.9 + 1.1.7 + 4.5.8 − 1.4.3 − 2.7.8 − 9.5.1 = 52. 4 7 9 1.5.2. Khai triển định thức theo một dòng hoặc một cột Ví dụ1. Tính định thức 3 −2 5 0 7 0 6 3 D= 1 0 0 10 −4 0 2 9 Khai triển định thức theo cột 2, ta được: 7 6 3 D = (−1) (−2) 1 0 10 = 2 6.10.(−4) + 3.1.2 − 6.1.9 − 7.10.2 1+ 2 −4 2 9 = 2(−240 + 6 − 54 − 140) = − 856. Ví dụ 2. Tính định thức 3 −2 5 0 7 0 6 3 D= . 1 1 0 10 −4 2 2 9 Ta có thể khai triển định thức trên theo dòng hoặc cột nào đó . Tuy nhiên nhờ tính chất 6, ta biến đổi định thức để trong một dòng hoặc một cột chỉ còn nhiều nhất một phần tử khác 0. Chẳng hạn, ta sẽ biến đổi dòng 3. 20
nguon tai.lieu . vn
Toán học Môi trường Vật lý Sinh học Địa Lý Hoá học Nông - Lâm - Ngư Cơ khí - Chế tạo máy Tiếng Anh phổ thông Khoa học ứng dụng Nông - Lâm Kiến thức tổng hợp Giáo dục học Xã hội học