21.1. Hệ phương trình Cramer
Bây giờ ta áp dụng định thức để tìm nghiệm của hệ phương trình tuyến tính
đặc biệt dưới đây.
$\textbf{Định nghĩa 21.1.}$
Hệ phương trình tuyến tính $A\cdot\mathbf{x}=\mathbf{b}$ được gọi là
$\textbf{hệ phương trình Cramer}$
nếu ma trận hệ số $A$ của nó là ma trận vuông khả nghịch
(tức là nếu nó có số phương trình bằng số ẩn và $\det(A)\ne 0$).
Giả sử $A\cdot\mathbf{x}=\mathbf{b}$ là một hệ phương trình Cramer.
Khi đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất định bởi
\begin{equation}\tag{21.1}
\mathbf{x} = A^{-1}\cdot (A\cdot\mathbf{x}) = A^{-1}\cdot\mathbf{b}
\end{equation}
Hơn nữa, ta có thể xác định nghiệm $\mathbf{x}$ bằng công thức sau
mà không nhất thiết phải tính cụ thể ma trận nghịch đảo.
Gọi $A_i$ là cột thứ $i$ của ma trận $A$ ($i=1,\dots,n$).
$\textbf{Định lý 21.2} [\textbf{Công thức Cramer}] \ $
Hệ phương trình Cramer $A\cdot\mathbf{x}=\mathbf{b}$ có một nghiệm duy
nhất được tính bằng công thức
\begin{equation}\tag{21.2}
x_j = \frac{\det(\begin{bmatrix}A_1,\dots,A_{j-1},\mathbf{b},A_{j+1},\dots,A_n
\end{bmatrix})}{\det(A)}
\end{equation}
với mọi $j=1,\dots,n$.
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Theo Mệnh đề 20.10, ta có
$$
A^{-1} = \frac{1}{\det(A)}\cdot A^\sharp =\frac{1}{\det(A)}\cdot
\begin{bmatrix}
a_{11}^\sharp &\dots& a_{1n}^\sharp\\
\vdots&\ddots&\vdots\\
a_{n1}^\sharp&\dots&a_{nn}^\sharp
\end{bmatrix}.
$$
Do đó, từ (21.1), ta nhận được
$$
\mathbf{x} = \frac{1}{\det(A)}\cdot A^\sharp\cdot \mathbf{b}
= \frac{1}{\det(A)}\cdot \begin{bmatrix}
b_1a_{11}^\sharp +\cdots+ b_n a_{1n}^\sharp\\
\dots\dots\dots\\
b_1a_{n1}^\sharp +\cdots +b_n a_{nn}^\sharp
\end{bmatrix}.
$$
Như vậy, với mỗi $j\in\set{1,\dots,n}$ ta có
\begin{align*}
x_j &= \frac{1}{\det(A)}(b_1a_{j1}^\sharp +\cdots+ b_n a_{jn}^\sharp)\\
&=\frac{1}{\det(A)}((-1)^{1+j}b_1 A_{1j} +\cdots+ (-1)^{n+j}b_n A_{nj})\\
&=\frac{1}{\det(A)}\cdot
\det\begin{bmatrix}A_1,\dots,A_{j-1},\mathbf{b},A_{j+1},\dots,A_n\end{bmatrix}
\end{align*}
trong đó đẳng thức thứ hai được suy ra từ $a_{ij}^\sharp = (-1)^{i+j}A_{ji}$
theo định nghĩa của ma trận phụ hợp $A^\sharp$, còn đẳng thức cuối nhận được
bằng cách khai triển Laplace của ma trận
$\begin{bmatrix}A_1,\dots,A_{j-1},\mathbf{b},A_{j+1},\dots,A_n\end{bmatrix}$
theo cột thứ $j$.
$\textbf{Ví dụ 21.3.}\ $
Giải hệ phương trình sau
$$
\begin{cases}
x_1+x_2-x_3 &=b_1\\
2x_1+4x_2+5x_3&=b_2\\
x_1+x_2+2x_3 &=b_3.
\end{cases}
$$
Trước hết ta xét định thức của ma trận hệ số $A$ của hệ phương trình:
$$
\det(A) = \left| \begin{matrix}
1&1&-1\\
2&4&5\\
1&1&2\\
\end{matrix} \right|
\xlongequal[d_3-d_1]{d_2-2d_1}
\left| \begin{matrix}
1&1&-1\\
0&2&7\\
0&0&3\\
\end{matrix} \right|
=1\cdot 2\cdot 3 = 6.
$$
Do đó, hệ phương trình trên là hệ phương trình Cramer có nghiệm
duy nhất như sau:
\begin{align*}
x_1 &= \frac{1}{6}\left| \begin{matrix}
b_1&1&-1\\
b_2&4&5\\
b_3&1&2\\
\end{matrix} \right|
= \frac{1}{6}\left| \begin{matrix}
b_1&1&-1\\
b_2+5b_1&9&0\\
b_3+2b_1&3&0\\
\end{matrix} \right|
= \frac{3b_1-3b_2+9b_3}{6} \\
x_2 &= \frac{1}{6}\left| \begin{matrix}
1&b_1&-1\\
2&b_2&5\\
1&b_3&2\\
\end{matrix} \right|
= \frac{1}{6}\left| \begin{matrix}
1&b_1&-1\\
7&b_2+5b_1&0\\
3&b_3+2b_1&0\\
\end{matrix} \right|
= \frac{b_1+3b_2-7b_3}{6} \\
x_3 &= \frac{1}{6}\left| \begin{matrix}
1&1&b_1\\
2&4&b_2\\
1&1&b_3\\
\end{matrix} \right|
= \frac{1}{6}\left| \begin{matrix}
1&1&b_1\\
0&2&b_2-2b_1\\
0&0&b_3-b_1\\
\end{matrix} \right|
= \frac{-2b_1+2b_3}{6}.
\end{align*}
Giải hệ phương trình Cramer theo công thức trên yêu cầu
phải tính $n+1$ định thức cấp $n$ và điều này là không
tối ưu so với Phương pháp khử Gauss-Jordan. Tuy nhiên,
công thức Cramer thường được dùng để viết ra nghiệm duy nhất
của hệ phương trình, và nó khá hữu ích khi giải hệ phương
trình có chứa tham số.
$\textbf{Ví dụ 21.4.}\ $
Với $a\in \mathbb{R}$, giải hệ phương trình sau trên trường $\mathbb{R}$:
$$
\begin{cases}
x_1+2x_3 +x_4 &=1\\
x_1+2x_2-x_4&=0\\
x_2+ax_3 +2x_4&=2\\
x_1+x_3 +ax_4&=0.
\end{cases}
$$
Định thức của ma trận hệ số $A$ của hệ phương trình là
\begin{align*}
\det(A) &= \left|\begin{matrix}
1 & 0 & 2 & 1 \\
1 & 2 & 0 & -1 \\
0 & 1 & a & 2 \\
1 & 0 & 1 & a
\end{matrix} \right|
\xlongequal[d_4-d_1]{d_2-d_1}
\left|\begin{matrix}
1 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 2 & -2 & -2 \\
0 & 1 & a & 2 \\
0 & 0 & -1 & a-1
\end{matrix} \right|
\xlongequal[]{}
\left|\begin{matrix}
2 & -2 & -2 \\
1 & a & 2 \\
0 & -1 & a-1
\end{matrix} \right|\\
&\xlongequal[]{d_2-\frac{1}{2}d_1}
\left|\begin{matrix}
2 & -2 & -2 \\
0 & a+1 & 3 \\
0 & -1 & a-1
\end{matrix} \right|
\xlongequal[]{}
2\cdot \left|\begin{matrix}
a+1 & 3 \\
-1 & a-1
\end{matrix} \right|
= 2(a^2+2)>0.
\end{align*}
Vậy hệ phương trình đã cho là hệ phương trình Cramer với nghiệm
\begin{align*}
& x_1 =\tfrac{\left|\begin{matrix}
1 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 2 & 0 & -1 \\
2 & 1 & a & 2 \\
0 & 0 & 1 & a
\end{matrix} \right|}{2(a^2+2)}
= \frac{2a^2-8a-1}{2(a^2+2)},
x_2 =\tfrac{\left|\begin{matrix}
1 & 1 & 2 & 1 \\
1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 2 & a & 2 \\
1 & 0 & 1 & a
\end{matrix} \right|}{2(a^2+2)}= \frac{-a^2+3a+2}{2(a^2+2)}, \\
& x_3 =\tfrac{\left|\begin{matrix}
1 & 0 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 0 & -1 \\
0 & 1 & 2 & 2 \\
1 & 0 & 0 & a
\end{matrix} \right|}{2(a^2+2)} = \frac{5a+1}{2(a^2+2)},
x_4 =\tfrac{\left|\begin{matrix}
1 & 0 & 2 & 1 \\
1 & 2 & 0 & 0\\
0 & 1 & a & 2 \\
1 & 0 & 1 & 0
\end{matrix} \right|}{2(a^2+2)} = \frac{-2a+3}{2(a^2+2)}.
\end{align*}
21.2. Định thức và hạng của ma trận
Cho $r$ là một số nguyên thỏa mãn $1\le r\le \min\set{m,n}$.
Xét hai bộ chỉ số
$$
1\le i_1<i_2 < \cdots < i_r\le m
\quad\text{ và }\quad
1\le j_1< j_2<\cdots<j_r\le n,
$$
và đặt
$$
A_{i_1,\dots,i_r}^{j_1,\dots,j_r}
\;:=\; \begin{bmatrix} a_{ij}
\end{bmatrix}_{i=i_1,\dots,i_r; j=j_1,\dots,j_r}
$$
là ma trận vuông cấp $r$ gồm các phần tử nằm trên giao của các
dòng $i_1,\dots,i_r$ và các cột $j_1,\dots,j_r$ của ma trận $A$.
$\textbf{Định nghĩa 21.5.}$
Ma trận $A_{i_1,\dots,i_r}^{j_1,\dots,j_r}$ được gọi là một
$\textbf{ma trận con cấp $r$}$ của $A$, và $\det(A_{i_1,\dots,i_r}^{j_1,\dots,j_r})$
được gọi là một $\textbf{định thức con cấp $r$}$ của $A$.
Vì ta có $C_m^r$ cách chọn $r$ chỉ số dòng $\{i_1,\dots,i_r\}$
(tương tự đối với các chỉ số cột $\{j_1,\dots,j_r\}$), nên số ma trận
con cấp $r$ của ma trận $A$ sẽ là $C_m^r\cdot C_n^r$.
$\textbf{Ví dụ 21.6.}\ $
Xét ma trận
$$
A = \begin{bmatrix}
0&1&2&3\\
4&5&6&7\\
4&3&2&1
\end{bmatrix}.
$$
Một vài ma trận con cấp $r$ của $A$ như sau:
-
$r=1$:\quad $A_{1}^1 = [\,0\,],\
A_{2}^4 = [\,7\,],\ A_{3}^2 = [\,3\,]$.
- $r=2$:\quad $A_{1,2}^{1,2}
= \begin{bmatrix}0&1\\ 4&5\end{bmatrix}$,
$A_{1,3}^{2,4} = \begin{bmatrix}1&3\\ 3&1\end{bmatrix}$,
$A_{2,3}^{1,3} = \begin{bmatrix}4&6\\ 4&2\end{bmatrix}$.
- $r=3$:\quad
$A_{1,2,3}^{1,2,3} = \begin{bmatrix}0&1&2\\ 4&5&6\\ 4&3&2\end{bmatrix}$,
$A_{1,2,3}^{2,3,4} = \begin{bmatrix}1&2&3\\ 5&6&7\\ 3&2&1\end{bmatrix}$,
$A_{1,2,3}^{1,2,4} = \begin{bmatrix}0&1&3\\ 4&5&7\\ 4&3&1\end{bmatrix}$.
Ta có các định thức con $\det(A_{3}^2)=3$, $\det(A_{1,3}^{2,4})=-8$
và $\det(A_{1,2,3}^{1,2,3})=0$.
Tính chất sau đưa ra một đặc trưng về hạng của ma trận $A$
thông qua các định thức con của nó.
$\textbf{Mệnh đề 21.7.} \ $
Cho $A\in\mathrm{Mat}_{m, n}(\mathbb{K})$ và $0 < r\le \min\{m,n\}$.
Các khẳng định sau là tương đương:
- $r=\mathrm{rk}(A)$.
- Tồn tại định thức con cấp $r$ của $A$ khác không
và mọi định thức con cấp $> r$ đều bằng không.
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Đủ để chỉ ra rằng với mọi $0 < r < \min\{m,n\}$ ta có
$$
\mathrm{rk}(A)\ge r \;\Leftrightarrow\;
\mbox{Tồn tại ma trận con $A'$ cấp $r$ của $A$ với $\det(A')\ne 0$.}
$$
($\Rightarrow$):$\quad$
Từ $\det(A')\ne 0$ kéo theo $\mathrm{rk}(A')=r$, và do đó $r$ dòng của $A$
ứng với các dòng của $A'$ là hệ độc lập tuyến tính.
Thế nên, không gian dòng của $A$ có chiều $\mathrm{rk}(A)\ge r$
theo Định lý 12.34.
($\Leftarrow$):$\quad$
Giả sử $\mathrm{rk}(A)=r$. Do phép đổi chỗ các dòng/cột không làm thay đổi $\mathrm{rk}(A)$,
nên, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $r$ dòng đầu tiên của $A$
là độc lập tuyến tính. Gọi $B := A_{1,\dots,r}^{1,\dots,n}\in\mathrm{Mat}_{r, n}(\mathbb{K})$.
Theo Bổ đề 12.36, ta có $\mathrm{rk}(B^\mathrm{T}) =\mathrm{rk}(B) =r$.
Do đó, có $r$ dòng trong $B^\mathrm{T}$ là độc lập tuyến tính, tức là có
$r$ cột trong $B$ độc lập tuyến tính. Qua phép đổi chỗ các cột,
ta có thể giả sử $r$ cột đầu tiên của $B$ là độc lập tuyến tính.
Khi đó $A' := B_{1,\dots,r}^{1,\dots,r} = A_{1,\dots,r}^{1,\dots,r}\in \mathrm{Mat}_r(\mathbb{K})$
thỏa mãn $\mathrm{rk}(A')=r$, do đó $\det(A')\ne 0$.
$\textbf{Ví dụ 21.8.}\ $
Xét ma trận
$$
A = \begin{bmatrix}
0&1&2&3\\
4&5&6&7\\
4&3&2&1
\end{bmatrix}.
$$
Như Ví dụ 21.6, ta có
$\det(A_{1,3}^{2,4})=-8\ne 0$, do đó $\mathrm{rk}(A)\ge 2$.
Hơn nữa, ta có
$$
\det(A_{1,2,3}^{1,2,3})=\det(A_{1,2,3}^{1,2,4})=
\det(A_{1,2,3}^{1,3,4})=\det(A_{1,2,3}^{2,3,4})= 0.
$$
Thế nên $\mathrm{rk}(A)=2$.
21.3. Ý nghĩa hình học của định thức
Trong mặt phẳng thực $\mathbb{R}^2$, xét hai véctơ độc lập tuyến tính
$\mathbf{u}=\begin{bmatrix}a_1\\ a_2\end{bmatrix}$ và $\mathbf{v}=\begin{bmatrix}b_1\\ b_2\end{bmatrix}$.
Độ dài của véctơ $\mathbf{u}$ là $\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert:=\sqrt{a_1^2+a_2^2}$
và góc $\theta$ giữa hai véctơ $\mathbf{u}$ và $\mathbf{v}$ thỏa mãn
\begin{equation}\tag{21.3}
\left\Vert\mathbf{u}- \mathbf{v}\right\Vert^2 =
\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert^2 + \left\Vert\mathbf{v}\right\Vert^2
-2\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert\cdot \left\Vert\mathbf{v}\right\Vert\cdot\cos(\theta)
\end{equation}
Khi đó, hình bình hành tạo bởi hai véctơ này có biểu diễn hình học
như Hình V.2 và có diện tích tính theo công thức
$$
\mathfrak{s} = \left\Vert\mathbf{u}\right\Vert\cdot\left\Vert\mathbf{v}\right\Vert\cdot\left\vert\sin(\theta)\right\vert.
$$
Do đó,
\begin{align}
\mathfrak{s}^2 &=
\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert^2\cdot
\left\Vert\mathbf{v}\right\Vert^2\cdot \sin^2(\theta)
=\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert^2\cdot
\left\Vert\mathbf{v}\right\Vert^2 -
\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert^2
\cdot\left\Vert\mathbf{v}\right\Vert^2\cdot \cos^2(\theta) \nonumber \\
&=\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert^2\cdot\left\Vert\mathbf{v}\right\Vert^2
-\tfrac{1}{4}(\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert^2 + \left\Vert\mathbf{v}\right\Vert^2
- \left\Vert\mathbf{u}- \mathbf{v}\right\Vert^2)^2 \label{EQ_DSTT_IV_03_11}\\
&=(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^4) - (a_1b_1+a_2b_2)^2 \nonumber\\
&= (a_1b_2-a_2b_1)^2
= \left|\begin{matrix} a_1& b_1\\ a_2& b_2\end{matrix} \right|^2. \nonumber
\end{align}
Lấy căn bậc hai của đẳng thức trên đưa tới tính chất sau.
$\textbf{Mệnh đề 21.9.} \ $
Nếu $\mathbf{u}$, $\mathbf{v}$ là hai véctơ độc lập tuyến tính trong $\mathbb{R}^2$,
thì diện tích của hình bình hành tạo bởi $\mathbf{u}$ và $\mathbf{v}$ là
$\left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v}\end{bmatrix}\right\vert$.
$\textbf{Ví dụ 21.10.}\ $
Diện tích của hình bình hành tạo bởi hai véctơ $\mathbf{u}=\begin{bmatrix}-1\\ 1\end{bmatrix}$
và $\mathbf{v}=\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}$ là
$$
\left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v}\end{bmatrix}\right\vert =
\left| \det\begin{bmatrix}-1& 2\\ 1& 1\end{bmatrix}\right|
= \left\vert(-1)-2\right\vert = 3.
$$
Lưu ý rằng khi hai véctơ $\mathbf{u}$, $\mathbf{v}$ là phụ thuộc tuyến tính
thì biểu diễn hình học của chúng nằm trên cùng đường thẳng, thế nên
chúng xác định một hình bình hành suy biến có diện tích bằng
$\left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v}\end{bmatrix}\right\vert=0$.
$\textbf{Mệnh đề 21.11.} \ $
Cho $\mathbf{u}$, $\mathbf{v} \in \mathbb{R}^2$,
$f:\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ là tự đồng cấu của $\mathbb{R}^2$, và
$M_S(f)$ là ma trận biểu diễn của $f$ ứng với cơ sở $S$ của $\mathbb{R}^2$.
Khi đó diện tích hình bình hành tạo bởi $f(\mathbf{u})$ và $f(\mathbf{v})$ bằng
$$
\left\vert\det(M_S(f))\right\vert\cdot
\left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v}\end{bmatrix}
\right\vert.
$$
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Ta có
$$
\begin{aligned}
\det\begin{bmatrix}f(\mathbf{u}),f(\mathbf{v})\end{bmatrix}
&=\det\begin{bmatrix}M_S(f)\cdot\mathbf{u},M_S(f)\cdot\mathbf{v}\end{bmatrix} \\
&=\det(M_S(f)\cdot\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v}\end{bmatrix}) \\
&= \det(M_S(f))\cdot \det\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v}\end{bmatrix}.
\end{aligned}
$$
Vì vậy khẳng định của mệnh đề được chứng minh.
$\textbf{Ví dụ 21.12.}\ $
Cho hai véctơ $\mathbf{u}=\begin{bmatrix}-1\\1\end{bmatrix}$
và $\mathbf{v}=\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}$, và tự đồng cấu
$$
f: \mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}^2,\; \begin{bmatrix}a\\ b\end{bmatrix}
\mapsto \begin{bmatrix}-a+b\\ -a+3b\end{bmatrix}.
$$
Ta biết rằng $\left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v}\end{bmatrix}\right\vert=10$.
Hơn nữa, $f(\mathbf{u}) = \begin{bmatrix}2\\ 4\end{bmatrix}$ và
$f(\mathbf{v})=\begin{bmatrix}-1\\ 1\end{bmatrix}$, ma trận biểu diễn của $f$ ứng với
cơ sở chính tắc là $M=\begin{bmatrix}-1& 1\\ -1& 3\end{bmatrix}$ và $\det(M)=-2$.
Vì vậy, diện tích hình bình hành tạo bởi $f(\mathbf{u})$ và $f(\mathbf{v})$
thỏa mãn
$$
\left\vert\det\begin{bmatrix}f(\mathbf{u}),f(\mathbf{v})\end{bmatrix}\right\vert =
\left| \det\begin{bmatrix} 2& -1\\ 4& 1\end{bmatrix}\right| = |2-(-4)|=6
= \left\vert\det(M)\right\vert
\cdot\left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v}\end{bmatrix}\right\vert.
$$
$\textbf{Mệnh đề 21.13.} \ $
Diện tích của tam giác với ba đỉnh lần lượt có tọa độ $(a_1,a_2)$, $(b_1,b_2)$
và $(c_1,c_2)$ là
$$
\frac{1}{2} \left|\det\begin{bmatrix} 1& a_1& a_2\\ 1& b_1& b_2\\ 1& c_1& c_2\end{bmatrix}\right|.
$$
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Các véctơ từ $(a_1,a_2)$ đến $(b_1,b_2)$ và từ $(a_1,a_2)$ đến $(c_1,c_2)$
lần lượt là $\mathbf{u}=\begin{bmatrix}b_1-a_1\\ b_2-a_2\end{bmatrix}$ và
$\mathbf{v}=\begin{bmatrix}c_1-a_1\\ c_2-a_2\end{bmatrix}$.
Khi đó, diện tích tam giác qua ba đỉnh
trên bằng một nửa diện tích hình bình hành tạo bởi $\mathbf{u}$ và $\mathbf{v}$
và bằng
$$
\begin{aligned}
\tfrac{1}{2}\left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v}\end{bmatrix}\right\vert
&= \tfrac{1}{2}\left\vert(b_1-a_1)(c_2-a_2)-(b_2-a_2)(c_1-a_1)\right\vert \\
&=\tfrac{1}{2}\left\vert(b_1c_2-b_2c_1)-(a_1c_2-a_2c_1)+(a_1b_2-a_2b_1)\right\vert\\
&= \tfrac{1}{2} \left|\det\begin{bmatrix} 1& a_1& a_2\\ 1& b_1& b_2\\ 1& c_1& c_2\end{bmatrix}\right|.
\end{aligned}
$$
Vì diện tích của tam giác bằng không nếu và chỉ nếu ba đỉnh của tam giác
là thẳng hàng. Như vậy, ta nhận được tính chất sau.
$\textbf{Hệ quả 21.14.} \ $
Ba điểm lần lượt có tọa độ $(a_1,a_2)$, $(b_1,b_2)$ và $(c_1,c_2)$ là
thẳng hàng nếu và chỉ nếu
$$
\left|\begin{matrix} 1& a_1& a_2\\ 1& b_1& b_2\\ 1& c_1& c_2\end{matrix}\right| =0.
$$
Tiếp theo ta xem xét công thức tính thể tích của hình hộp trong $\mathbb{R}^3$
tạo bởi ba véctơ $\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}$.
Lưu ý rằng độ dài của mỗi véctơ $\mathbf{u}=[a_1,a_2,a_3]^\mathrm{T}$
trong $\mathbb{R}^3$ là $\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert:= \sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}$.
$\textbf{Mệnh đề 21.15.} \ $
Thể tích của hình hộp tạo bởi ba véctơ
$\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}\in\mathbb{R}^3$ là
$$
\mathrm{Vol}(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w})
= \left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v},\mathbf{w}\end{bmatrix}\right\vert.
$$
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Viết $\mathbf{u}=[a_1,a_2,a_3]^\mathrm{T}$,
$\mathbf{v}=[b_1,b_2,b_3]^\mathrm{T}$, và
$\mathbf{w}=[c_1,c_2,c_3]^\mathrm{T}$ với $a_i,b_ic_i\in\mathbb{R}$.
Tương tự như trong mặt phẳng $\mathbb{R}^2$, diện tích $\mathfrak{s}$ của
mặt đáy hình bình hành tạo bởi $\mathbf{u}, \mathbf{v}$ thỏa mãn
\begin{align*}
\mathfrak{s}^2
&\stackrel{(21.4)}{=}
\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert^2\cdot\left\Vert\mathbf{v}\right\Vert^2
-\tfrac{1}{4}(\left\Vert\mathbf{u}\right\Vert^2 + \left\Vert\mathbf{v}\right\Vert^2
- \left\Vert\mathbf{u}- \mathbf{v}\right\Vert^2)^2\\
&=(a_1^2+a_2^2+a_3^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2)
-(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)^2\\
&=(a_2b_3-a_3b_2)^2 + (a_1b_3-a_3b_1)^2 +
(a_1b_2-a_2b_1)^2\\
&=\left| \begin{matrix}
a_2& a_3\\
b_2& b_3
\end{matrix} \right|^2
+\left| \begin{matrix}
a_1& b_1\\
a_3& b_3
\end{matrix} \right|^2
+
\left| \begin{matrix}
a_1& b_1\\
a_2& b_2
\end{matrix} \right|^2 =\left\Vert\mathbf{x}\right\Vert^2,
\end{align*}
trong đó $\mathbf{x} =\begin{bmatrix}\left| \begin{matrix}
a_2& b_2\\
a_3& b_3
\end{matrix} \right|,
-\left| \begin{matrix}
a_1& b_1\\
a_3& b_3
\end{matrix} \right|,
\left| \begin{matrix}
a_1& b_1\\
a_2& b_2
\end{matrix} \right|\end{bmatrix}^\mathrm{T}\in\mathbb{R}^3$
có biểu diễn hình học là véctơ vuông góc với mặt đáy.
Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi $\mathbf{x}$ và $\mathbf{w}$. Khi đó,
độ dài của đường cao của hình hộp vuông góc mặt đáy là
$\left\Vert\mathbf{w}\right\Vert\cdot \cos(\alpha)$.
Như vậy, thể tích của hình hộp
tạo bởi ba véctơ $\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}$ thỏa mãn
\begin{align*}
\mathrm{Vol}(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w})
&= \mathfrak{s}\cdot \left\Vert\mathbf{w}\right\Vert\cdot \left\vert\cos(\alpha)\right\vert
= \left\Vert\mathbf{x}\right\Vert
\cdot\left\Vert\mathbf{w}\right\Vert\cdot \left\vert\cos(\alpha)\right\vert \\
&\stackrel{(21.3)}{=} \tfrac{1}{2}\left\vert\left\Vert\mathbf{x}\right\Vert^2
+\left\Vert\mathbf{w}\right\Vert^2 -\left\Vert\mathbf{x}
-\mathbf{w}\right\Vert^2\right\vert \\
&=\left\vert c_1\left| \begin{matrix}
a_2& a_3\\
b_2& b_3
\end{matrix} \right|
-c_2\left| \begin{matrix}
a_1& b_1\\
a_3& b_3
\end{matrix} \right|
+
c_3\left| \begin{matrix}
a_1& b_1\\
a_2& b_2
\end{matrix} \right|\right\vert \\
&= \left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{u},\mathbf{v},\mathbf{w}\end{bmatrix}\right\vert.
\end{align*}
$\textbf{Ví dụ 21.16.}\ $
Cho $\mathbf{u}=\begin{bmatrix}1\\ -1\\ 0\end{bmatrix}$,
$\mathbf{v}=\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 2\end{bmatrix}$,
$\mathbf{w}=\begin{bmatrix}1\\ 4\\ 1\end{bmatrix}$,
$M =\begin{bmatrix}3&1&-1\\ 2&2&1\\ 1&1&1\end{bmatrix}$,
và cho $f:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3, \mathbf{x}\mapsto M\cdot \mathbf{x}$.
Khi đó, thể tích hình hộp tạo bởi $\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}$ là
$$
\mathrm{Vol}(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w})
= \left\vert\det\begin{bmatrix}1& 0& 1\\ -1& 1& 4\\ 0& 2& 1\end{bmatrix}\right\vert
= \left\vert-9\right\vert=9
$$
và thể tích hình hộp tạo bởi $f(\mathbf{u}), f(\mathbf{v}), f(\mathbf{w})$ là
\begin{align*}
\mathrm{Vol}(f(\mathbf{u}), f(\mathbf{v}), f(\mathbf{w}))
&= \left\vert \det
\begin{bmatrix} M\cdot \mathbf{u}, M\cdot \mathbf{v}, M\cdot \mathbf{w}
\end{bmatrix}
\right\vert \\
& = \left\vert\det\begin{bmatrix}2& -1& 6\\ 0& 4& 11\\ 0& 3& 6\end{bmatrix}\right\vert = 18.
\end{align*}
$\textbf{Nhận xét 21.17.} \ $
Trong trường hợp tổng quát, nếu $\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n$ là $n$ véctơ
trong $\mathbb{R}^n$ tạo thành khối hộp $n$-chiều, thì thể tích của
khối hộp $n$-chiều là
$$
\mathrm{Vol}(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n)
= \left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\end{bmatrix}\right\vert.
$$
Hơn nữa, nếu $f: \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^n$ là tự đồng cấu có ma trận
biểu diễn $M$ ứng với cơ sở chính tắc của $\mathbb{R}^n$ thì
\begin{equation}\tag{21.5}
\mathrm{Vol}(f(\mathbf{v}_1),\dots,f(\mathbf{v}_n))
= \left\vert\det(M)\right\vert\cdot
\left\vert\det\begin{bmatrix}\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\end{bmatrix}\right\vert
\end{equation}
Trong Nhận xét 21.17 có câu hỏi tự nhiên là:
Công thức (21.5) có còn đúng nếu ta thay $M$
bởi một ma trận biểu diễn ứng với cơ sở khác của $\mathbb{R}^n$?
Câu trả lời là khẳng định như được trình bày trong trường hợp
tổng quát dưới đây.
Cho $V$ là không gian véctơ hữu hạn chiều trên trường số $\mathbb{K}$,
và $f: V\rightarrow V$ là một tự đồng cấu của $V$ (tức $f\in \mathrm{End}(V)$).
Gọi $S,T$ là hai cơ sở của $V$ và $M_S(f)$, $M_T(f)$ là các ma trận
biểu diễn của $f$ ứng với các cơ sở $S$ và $T$.
Theo Định lý 16.15, tồn tại ma trận khả nghịch $C\in\mathrm{Mat}_n(\mathbb{K})$ sao cho
$$
M_T(f) = C^{-1}\cdot M_S(f)\cdot C,
$$
do đó
$$
\det(f):= \det(M_S(f)) = \det(M_T(f)) \in \mathbb{K}.
$$
$\textbf{Định nghĩa 21.18.}$
Ta gọi $\det(f)$ là $\textbf{định thức của tự đồng cấu $f$}$.
Nếu $f=\mathrm{id}_V$ và $n=\dim_\mathbb{K}(V)$ thì $M_S(\mathrm{id}_V)=I_n$ và
$\det(\mathrm{id}_V)=1$. Hơn nữa, từ tính chất của ánh xạ tuyến tính, định thức
của tự đồng cấu có tính chất sau.
$\textbf{Mệnh đề 21.19.} \ $
Với mọi $f,g\in\mathrm{End}(V)$ ta có
$$
\det(g\circ f) = \det(g)\cdot\det(f).
$$
Nói riêng, nếu $f$ là đẳng cấu thì $\det(f^{-1})=(\det(f))^{-1}$.
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Điều này được suy ra từ Định lý 16.10 và Hệ quả 16.12.
Kết hợp Hệ quả 17.19 và Mệnh đề 19.20.f đưa đến kết quả sau.
$\textbf{Hệ quả 21.20.} \ $
Tự đồng cấu $f\in\mathrm{End}(V)$ là một đẳng cấu nếu và chỉ nếu $\det(f)\ne 0$.
Ví dụ sau đây cho ta thấy một mối liên hệ giữa định thức của một tự đồng cấu $f$
và hướng của một hình dưới tác động của $f$.
$\textbf{Ví dụ 21.21.}\ $
Cho hai ma trận $A=\begin{bmatrix}-1&\frac{-1}{2}\\ 1& -1\end{bmatrix}$ và
$B = \begin{bmatrix}\frac{-1}{2}& 1\\ 1& 1\end{bmatrix}$, và xét hai tự đồng cấu
tương ứng
$$
f:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}^2, \mathbf{u}\mapsto A\cdot\mathbf{u}
\quad \mbox{ và }\quad
g:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}^2, \mathbf{v}\mapsto B\cdot\mathbf{v}.
$$
Ta có $\det(A)=\frac{3}{2}>0$ và $\det(B)=-\frac{3}{2} < 0$.
Xét hình chữ $L$ như Hình V.5.
Khi đó ảnh của hình chữ $L$
dưới $f$ được xoay có biến dạng nhưng hướng không đổi,
trong khi đó ảnh của hình chữ $L$ dưới $g$ được lật ngược
hay bị đổi hướng.
$\textbf{Định nghĩa 21.22.}\ $
-
Một tự đồng cấu $f\in \mathrm{End}(V)$ được gọi là $\textbf{bảo toàn hướng}$
nếu $\deg(f)>0$, và là $\textbf{đảo ngược hướng}$ nếu $\det(f) < 0$.
-
Cho $S=(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n)$,
$T=(\mathbf{w}_1,\dots,\mathbf{w}_n)$ là hai cơ sở
sắp thứ tự của $V$, và $f \colon V\rightarrow V$ là tự đồng cấu xác định bởi
$f(\mathbf{v}_i)=\mathbf{w}_i$ với $i=1,\dots,n$.
Ta nói $S$ và $T$ là $\textbf{cùng hướng}$, ký hiệu $S\sim T$,
nếu $\det(F)>0$.
21.4. Ma trận Wronski
Như một áp dụng tiếp theo của lý thuyết định thức, ta khảo sát
tính độc lập tuyến tính của một hệ các hàm số thực một biến. Giả sử $f_0(x)$,
$\dots, f_n(x)$ là các hàm một biến giá trị thực trên đoạn
$[a,b] \subseteq \mathbb{R}$ và khả vi $n$ lần trên $[a,b]$.
Nhắc lại rằng nếu tồn tại các số $a_0, \dots,a_n\in \mathbb{R}$
không đồng thời bằng 0 sao cho
\begin{equation}\tag{21.6}
a_0f_0(x)+\cdots+a_nf_n(x) =0
\end{equation}
với mọi $x\in [a,b]$, thì tập các hàm $\set{f_0(x),\dots, f_n(x)}$
là phụ thuộc tuyến tính. Nếu mỗi dãy số $a_0,\dots,a_n\in \mathbb{R}$
thỏa mãn (21.6) với mọi $x\in[a,b]$ đều kéo theo
$a_0=\cdots=a_n=0$ thì tập các hàm trên là độc lập tuyến tính.
Giả sử $a_0,\dots,a_n$ là dãy số thỏa mãn (21.6).
Vì các hàm $f_0(x), \dots, f_n(x)$ khả vi $n$ lần trên $[a,b]$, nên
ta lấy đạo hàm cấp $i$ với $ 1\le i\le n$ của đẳng thức (21.6):
$$
a_1 f_0^{(i)}(x)+\cdots+a_nf_n^{(i)}(x) =0,\quad 1\le i\le n.
$$
Biểu diễn dưới dạng ma trận ta có hệ phương trình theo các biến $a_0,\dots,a_n$:
$$
\begin{bmatrix}
f_0(x)& f_1(x)&\dots &f_n(x)\\
f'_0(x)& f'_1(x)&\dots &f'_n(x)\\
\vdots& \vdots&\ddots &\vdots\\
f_0^{(n)}(x)& f_1^{(n)}(x)&\dots &f_n^{(n)}(x)
\end{bmatrix} \cdot
\begin{bmatrix}
a_0\\ a_1\\ \vdots\\ a_n
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
0\\ 0\\ \vdots\\ 0
\end{bmatrix}.
$$
Ma trận hệ số của hệ phương trình trên được gọi là
$\textbf{ma trận Wronski}$, ký hiệu là $W(x)$, và $\det(W(x))$ được gọi là
$\textbf{định thức Wronski}$ của $\{f_0(x),\dots, f_n(x)\}$.
Nếu tồn tại một điểm $x_0\in [a,b]$ sao cho $\det(W(x_0))\ne 0$
thì ma trận $W(x)$ là ma trận khả nghịch tại $x=x_0$, và điều
này suy ra rằng $a_0=\cdots=a_n=0$.
Như vậy, nếu định thức Wronski khác không tại một điểm bất kỳ
trong $[a,b]$ thì tập các hàm $\set{f_0(x),\dots, f_n(x)}$ là độc
lập tuyến tính.
Tuy nhiên, định thức Wronski bằng 0 với mọi $x\in [a,b]$ không suy ra
được tính phụ thuộc tuyến tính của tập các hàm trên.
Ma trận và định thức trên mang tên của nhà toán học người Ba Lan,
Josef Maria Hoëné-Wronski (1778-1853), người đã đưa ra
thuật toán kiểm tra tính độc lập tuyến tính đối với tập các hàm.
Đặc biệt, trong trường hợp tập các hàm $\set{f_0(x),\dots, f_n(x)}$
là nghiệm của phương trình vi phân bậc $n+1$ dạng
$$
y^{(n+1)} +g_n(x)y^{(n)}+\cdots +g_1(x)y' +g_0(x)y=0
$$
trong đó các hàm $g_0(x),\dots,g_n(x)$ liên tục trên $(a,b)$,
thì Hoëné-Wronski chỉ ra rằng $\set{f_0(x),\dots, f_n(x)}$
là độc lập tuyến tính nếu và chỉ nếu $\det(W(x_0))\ne 0$ với mọi $x\in(a,b)$.
$\textbf{Ví dụ 21.23.}\ $
Xét hai tập các hàm
$$
F_1=\set{x,\cos(x),\sin(x)}\quad \text{ và }\quad
F_2=\set{\sin^2(x),\left\vert\sin(x)\right\vert\cdot\sin(x)}
$$
trên đoạn $[-1,1]$.
Khi đó định thức Wronski của $F_1$ là
$$
W_1(x) = \left\vert\begin{matrix}
x&\cos(x)&\sin(x) \\
1&-\sin(x)&\cos(x)\\
0&-\cos(x)&-\sin(x)
\end{matrix}\right\vert = x.
$$
Vì $W_1(x)\ne 0$ với mọi $x\ne 0$, $F_1$ là tập độc lập tuyến tính.
Định thức Wronski của $F_2$ là
$$
W_2(x) = \left\vert\begin{matrix}
\sin^2(x)& \left\vert\sin(x)\right\vert \sin(x)\\
2\sin(x)\cos(x) & 2\left\vert\sin(x)\right\vert\cos(x)
\end{matrix}\right\vert = 0.
$$
Thế nên $W_2(x)=0$ với mọi $x\in [-1,1]$. Tuy nhiên
$F_2$ vẫn là tập độc lập tuyến tính, vì nếu
$$
a_1 \sin^2(x) +a_2\left\vert\sin(x)\right\vert \cdot\sin(x) =0
$$
thì tại $x=1$ ta có $a_1+a_2=0$ và tại $x=-1$ ta có
$a_1-a_2=0$, kéo theo $a_1=a_2=0$.
Sử dụng Maple
Trước hết, ta tính toán công thức nghiệm của hệ phương trình
Cramer trong Ví dụ 21.4 với $\texttt{Maple}$.
Ta lập các cột của ma trận hệ số và cột hệ số tự do của hệ phương trình:
$\hspace{0cm}\texttt{> with(LinearAlgebra):}$
$\hspace{0cm}\texttt{> A1 := < 1,1,0,1>: A2 := < 0,2,1,0>:}$
$\hspace{0cm}\texttt{ A3 := < 2,0,a,1>: A4 := < 1,-1,2,a>:}$
$\hspace{0cm}\texttt{> b := < 1,0,2,0>:}$
Tiếp đó, tính các định thức tương ứng:
$\hspace{0cm}\texttt{> D := Determinant(<A1|A2|A3|A4>): D;}$
$\hspace{0cm}\texttt{ 2*a^2+4}$
$\hspace{0cm}\texttt{> D1 := Determinant(< b|A2|A3|A4>): D1;}$
$\hspace{0cm}\texttt{ 2*a^2-8*a-1}$
$\hspace{0cm}\texttt{> D2 := Determinant(< A1|b|A3|A4>): D2;}$
$\hspace{0cm}\texttt{ -a^2+3*a+2}$
$\hspace{0cm}\texttt{> D3 := Determinant(< A1|A2|b|A4>): D3:}$
$\hspace{0cm}\texttt{ 5*a+1}$
$\hspace{0cm}\texttt{> D4 := Determinant(< A1|A2|A3|b>): D4;}$
$\hspace{0cm}\texttt{ 3-2*a}$
Sau cùng đưa ra công thức nghiệm:
$\hspace{0cm}\texttt{> [D1/D, D2/D, D3/D, D4/D];}$
$\hspace{0.5cm}\texttt{ [(2*a^2-8*a-1)/(2*a^2+4), (-a^2+3*a+2)/(2*a^2+4),}$
$\hspace{0.5cm}\texttt{ (5*a+1)/(2*a^2+4), (3-2*a)/(2*a^2+4)]}$
Vì vậy, nghiệm của hệ phương trình như được đưa ra trong Ví dụ 21.4.
Thêm một ứng dụng của định thức là xác định phương trình đường tròn trong mặt phẳng
$Oxy$ đi qua ba điểm $(a_1,a_2)$, $(b_1,b_2)$ và $(c_1,c_2)$ cho trước. Phương trình
tổng quát của đường tròn $\mathcal{C}$ có dạng
$$
a(x^2+y^2)+bx+cy+d =0.
$$
Vì đường tròn $\mathcal{C}$ đi qua ba điểm đã cho ở trên,
nên ta có hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất theo $a,b,c,d$ và ma trận hệ số dạng:
$$
\left\{
\begin{array}{ll}
a(x^2+y^2)+bx+cy+d &=0\\
a(a_1^2+a_2^2)+ba_1+ca_2+d &=0\\
a(b_1^2+b_2^2)+bb_1+cb_2+d &=0\\
a(c_1^2+c_2^2)+bc_1+cc_2+d &=0
\end{array}
\right. \quad \textit{ và }\quad
A = \begin{bmatrix}
x^2+y^2& x& y& 1\\
a_1^2+a_2^2& a_1& a_2& 1\\
b_1^2+b_2^2& b_1& b_2& 1\\
c_1^2+c_2^2& c_1& c_2& 1
\end{bmatrix}.
$$
Do hệ phương trình có nghiệm không tầm thường nên $\det(A)=0$. Khai triển
định thức theo dòng thứ nhất ta nhận được phương trình đường tròn $\mathcal{C}$:
\begin{align*}
&\left\vert\begin{matrix}
a_1& a_2& 1\\ b_1& b_2& 1\\ c_1& c_2& 1
\end{matrix}\right\vert(x^2+y^2)
-
\left\vert\begin{matrix}
a_1^2+a_2^2& a_2& 1\\ b_1^2+b_2^2& b_2& 1\\ c_1^2+c_2^2& c_2& 1
\end{matrix}\right\vert x \\
& +
\left\vert\begin{matrix}
a_1^2+a_2^2& a_1& 1\\ b_1^2+b_2^2& b_1& 1\\ c_1^2+c_2^2& c_1& 1
\end{matrix}\right\vert y
-
\left\vert\begin{matrix}
a_1^2+a_2^2& a_1& a_2\\ b_1^2+b_2^2& b_1& b_1\\ c_1^2+c_2^2& c_1& c_2
\end{matrix}\right\vert
= 0.
\end{align*}
Để đường tròn không suy biến thì ba điểm $(a_1,a_2)$, $(b_1,b_2)$
và $(c_1,c_2)$ không thẳng hàng, tức là
$\left\vert\begin{matrix}
a_1& a_2& 1\\ b_1& b_2& 1\\ c_1& c_2& 1
\end{matrix}\right\vert \ne 0$.
Chẳng hạn, ta áp dụng công thức trên để tìm phương trình đường tròn
đi qua ba điểm $(0,0)$, $(1,3)$ và $(2,-1)$ với $\texttt{Maple}$ như sau:
$\texttt{> A := Matrix([[x^2+y^2,x,y,1],[0,0,0,1],}$
$\hspace{2cm}\texttt{ [10,1,3,-1],[5,2,-1,-1]]);}$
$\texttt{> Determinant(A)=0;}$
Ta nhận được phương trình đường tròn là
$$
7x^2 +7y^2 -25x -15y =0 \;\Leftrightarrow\;
(x-\tfrac{25}{14})^2 + (y-\tfrac{15}{14})^2 = \tfrac{425}{98},
$$
đường tròn có tâm $(\tfrac{25}{14},\tfrac{15}{14})$ và bán kính
$r=\sqrt{\tfrac{425}{98}}$.
Lưu ý rằng hạng của ma trận được tính bởi lệnh $\texttt{Rank}$.
Để tính định thức con cấp $r$ của một ma trận $A$, ta dùng
lệnh $\texttt{SubMatrix}$ nhằm thiết lập các ma trận con cấp $r$ và tính
định thức của nó với lệnh $\texttt{Determinant}$.
Bên cạnh đó, để tính định thức Wronski thì ta dùng lệnh $\texttt{wronskian}$
trong gói $\texttt{linalg}$ hay lệnh $\texttt{Wronskian}$ trong gói
$\texttt{VectorCalculus}$. Chẳng hạn ta tính định thức Wronski của tập hàm
$\set{e^x, \cos(x), \cos(2x) }$ với gói $\texttt{VectorCalculus}$:
$\texttt{> with(VectorCalculus);}$
$\texttt{> W := Wronskian([exp(x), cos(x), cos(2*x)], x): W;}$
$\texttt{> Wx := Determinant(W); Wx;}$
hay với lệnh $\texttt{Wronskian([exp(x),cos(x),cos(2*x)],x,’determinant’)}$
đưa ra ma trận Wronski
$$
\begin{bmatrix}
e^x&\cos(x)&\cos(2x)\\
e^x& -\sin(x)& -2\sin(2x)\\
e^x& -\cos(x)& -4\cos(2x)
\end{bmatrix}
$$
và định thức Wronski
$$
W(x) = e^x(5\sin(x)\cos(2x)+3\cos(x)\cos(2x)-4\sin(2x)\cos(x)).
$$
Ta rút gọn $W(x)$ với lệnh
$\hspace{0cm}\texttt{> simplify(Wx);}$
và nhận được
$
W(x) = e^x(5\sin(x)\cos^2(x)+6\cos^3(x) -5\sin(x)-3\cos(x)).
$
Comments
Post a Comment