Trong các mục trước, ma trận là một công cụ hữu hiệu dùng để
giải hệ phương trình tuyến tính. Thật ra, chính bản thân
nội tại của ma trận cũng có nhiều tính chất thú vị.
Các phép toán được giới thiệu sau đây cho thấy sự hữu ích của nó
về cả lý thuyết và thực hành trong các chương tiếp theo.
Chẳng hạn, nếu xem ma trận là một ngôn ngữ để diễn tả khái niệm
trừu tượng ánh xạ tuyến tính trong Chương 4,
thì các phép toán này là vốn từ vựng cần thiết.
8.1. Cộng hai ma trận, nhân ma trận với một số
Hai phép toán đầu tiên được giới thiệu ở đây là phép cộng hai ma trận và nhân ma trận với một số. Cho $\mathbb{K}$ là trường số ($\mathbb{Q}$, $\mathbb{R}$ hay $\mathbb{C}$), $m,n$ là hai số nguyên dương, và cho hai ma trận $A=(a_{ij})_{m\times n}$, $B=(b_{ij})_{m\times n} \in\mathrm{Mat}_{m,n}(\mathbb{K})$ và $\lambda\in \mathbb{K}$. $\textbf{Định nghĩa 8.1.}\ $
$\textbf{Tổng}$ của hai ma trận $A$ và $B$, ký hiệu là $A+B$,
là một ma trận cấp $m\times n$ trên trường $\mathbb{K}$ xác định bởi
$A+B = (a_{ij}+b_{ij})_{m\times n}$. Cụ thể hơn, ta có
$$
\begin{bmatrix}
a_{11}&\cdots&a_{1n}\\
\vdots&\ddots&\vdots\\
a_{m1}&\cdots&a_{mn}
\end{bmatrix}
+
\begin{bmatrix}
b_{11}&\cdots&b_{1n}\\
\vdots&\ddots&\vdots\\
b_{m1}&\cdots&b_{mn}
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
a_{11}+b_{11}&\cdots&a_{1n}+b_{1n}\\
\vdots&\ddots&\vdots\\
a_{m1}+b_{m1}&\cdots&a_{mn}+b_{mn}
\end{bmatrix}.
$$
Để ý rằng tổng hai ma trận trên trường $\mathbb{K}$ tồn tại
nếu hai ma trận có cùng cấp.
$\textbf{Ví dụ 8.2.}\ $
Với hai ma trận cấp $2\times 3$ trên trường $\mathbb{K}$
$$
A=\begin{bmatrix}
1 & 2 & 3\\
4 & 5 & 6\\
\end{bmatrix},
\quad B=\begin{bmatrix}
0 & -2 & 1\\
5 & 1 & -3\\
\end{bmatrix}
$$
ta có tổng của chúng là
$$
A+B= \begin{bmatrix}
1+0 & 2+(-2) & 3+1\\
4+5 & 5+1 & 6+(-3)\\
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
1 & 0 & 4\\
9 & 6 & 3\\
\end{bmatrix}.
$$
$\textbf{Định nghĩa 8.3.}\ $
$\textbf{Tích}$ của vô hướng $\lambda\in \mathbb{K}$ với ma trận $A$,
ký hiệu là $\lambda \cdot A$ hay $\lambda A$,
là một ma trận cấp $m\times n$ trên trường $\mathbb{K}$ xác định bởi
$\lambda\cdot A=(\lambda a_{ij})_{m\times n}$, tức là
$$
\lambda\cdot
\begin{bmatrix}
a_{11}&\cdots&a_{1n}\\
\vdots&\ddots&\vdots\\
a_{m1}&\cdots&a_{mn}
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
\lambda a_{11}&\cdots&\lambda a_{1n}\\
\vdots&\ddots&\vdots\\
\lambda a_{m1}&\cdots& \lambda a_{mn}
\end{bmatrix}.
$$
$\textbf{Ví dụ 8.4.}\ $
Với hai ma trận
$$
A=\begin{bmatrix}
1 & 2 & 3\\
4 & 5 & 6
\end{bmatrix},
\quad B=\begin{bmatrix}
0 & -2 & 1\\
5 & 1 & -3
\end{bmatrix},
$$
ta có
$$
2A = \begin{bmatrix}
2\cdot 1 & 2\cdot 2 & 2\cdot 3\\
2\cdot 4 & 2\cdot 5 & 2\cdot 6
\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}
2 & 4 & 6\\
8 & 10 & 12
\end{bmatrix}
$$
và
$$
2A+3B= \begin{bmatrix}
2 & 4 & 6\\
8 & 10 & 12
\end{bmatrix}
+ \begin{bmatrix}
0 & -6 & 3\\
15 & 3 & -9
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
2 & -2 & 9\\
23 & 13 & 3
\end{bmatrix}.
$$
Ta có một số tính chất cơ bản dưới đây về hai phép toán
trên. Với ma trận $A$, ta ký hiệu tích $(-1)\cdot A$ bởi $-A$.
$\textbf{Mệnh đề 8.5.} \ $
Cho $A, B, C\in\mathrm{Mat}_{m,n}(\mathbb{K})$ và $O\in \mathrm{Mat}_{m,n}(\mathbb{K})$ là ma trận không,
và cho $\lambda,\mu \in \mathbb{K}$. Khi đó
- $(A+B)+C=A+(B+C)$
- $A+B=B+A$
- $A+O=A=O+A$
- $A+(-A)=(-A)+A=O$
- $\lambda(A+B)=\lambda A+\lambda B$
- $(\lambda+\mu)A = \lambda A+\mu A$
- $(\lambda\mu)A=\lambda(\mu A)$
- $1\cdot A=A.$
$\textbf{Chứng minh.} \ $ Các tính chất trên dễ dàng suy ra từ định nghĩa, chúng ta chỉ chứng minh (a), còn (b)-(h) xem như các bài tập. Nếu $A=(a_{ij})_{m\times n}$, $B=(b_{ij})_{m\times n}$ và $C=(c_{ij})_{m\times n}$, thì theo Định nghĩa 8.1 phần tử tại dòng $i$ và cột $j$ của $(A+B)+C=(d_{ij})_{m\times n}$ là $$ d_{ij} = (a_{ij}+b_{ij})+c_{ij} $$ và của $A+(B+C)=(e_{ij})_{m\times n}$ là $$ e_{ij} = a_{ij}+(b_{ij}+c_{ij}). $$ Trên trường số $\mathbb{K}$, ta có $$ (a_{ij}+b_{ij})+c_{ij} = a_{ij}+(b_{ij}+c_{ij}). $$ Như vậy, ta có $d_{ij}=e_{ij}$ với mọi $1\le i\le m$ và $1\le j\le n$, hay $(A+B)+C=A+(B+C)$.
8.2. Phép nhân hai ma trận
Xét hệ phương trình tuyến tính $$ \begin{cases} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_n &=b_1\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2n}x_n &=b_2\\ \dots \qquad\ \dots \qquad \dots\qquad \dots &\dots\\ a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\cdots+a_{mn}x_n&=b_m \end{cases} $$ với ma trận hệ số $A=(a_{ij})_{m\times n}$. Ta viết ma trận cột các biến và ma trận cột hệ số tự do dạng $$ {\bf x} = \begin{bmatrix} x_1 \\ \vdots\\ x_n \end{bmatrix},\quad {\bf b} = \begin{bmatrix} b_1 \\ \vdots\\ b_m \end{bmatrix}. $$ Khi đó, phương trình thứ $i$ của hệ phương trình $ \sum_{j=1}^na_{ij}x_j = b_i $ có vế trái chính là tích "tương ứng" của dòng thứ $i$ của ma trận $A$ với cột ${\bf x}$. Vậy, nếu ta định nghĩa tích của $A$ với ${\bf x}$, ký hiệu $A{\bf x}$, là ma trận cột cấp $m\times 1$ với thành phần tại dòng thứ $i$ của nó là tích "tương ứng" của dòng thứ thứ $i$ của $A$ với ${\bf x}$, thì ta có $$ A{\bf x} = \begin{bmatrix} \sum_{j=1}^na_{1j}x_j \\ \vdots\\ \sum_{j=1}^na_{mj}x_j \end{bmatrix}. $$ Do đó, hệ phương trình đã cho có dạng biểu diễn dưới ma trận là $$ A{\bf x} = {\bf b}. $$ Tổng quát hóa khái niệm tích của một ma trận với một ma trận cột ở trên, ta đi đến định nghĩa tích của hai ma trận như sau. $\textbf{Định nghĩa 8.6.}\ $
Cho hai ma trận $A=(a_{ij})_{m\times n}$ và $B=(b_{ij})_{n\times s}$
(số cột ma trận $A$ bằng số dòng ma trận $B$).
$\textbf{Tích}$ của $A$ và $B$, ký hiệu $A\cdot B$ hoặc $AB$, là một ma trận cấp $m\times s$
trên trường $\mathbb{K}$ mà các phần tử của nó xác định như sau:
$$
AB= (c_{ij})_{m\times s},\quad
c_{ij} = \sum_{k=1}^na_{ik}b_{kj}
\qquad (i=1,\dots,m; j=1,\dots,s).
$$
Từ định nghĩa, phần tử $c_{ij}$ của tích $AB$ bằng tích
dòng thứ $i$ của ma trận $A$ với cột thứ $j$ của ma trận $B$,
và được minh họa ở Hình II.13.
$\textbf{Ví dụ 8.7.}\ $
Xét các ma trận
$$
A=\begin{bmatrix}
1 & 2 & -1\\
2 & 0 & 1\\
\end{bmatrix}, \quad
B=\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0 \\
-1 & 2
\end{bmatrix},\quad
C=\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
2 & 3
\end{bmatrix}.
$$
Khi đó, ta có
\begin{align*}
AB&=\begin{bmatrix}
1\cdot 1+2\cdot 1+(-1)\cdot(-1) & 1\cdot 0 + 1\cdot 0+(-1)\cdot 2\\
2\cdot 1+0\cdot 1+1\cdot(-1) & 2\cdot 0+0\cdot 0+1\cdot 2
\end{bmatrix}\\
&=\begin{bmatrix}
4 & -2\\
1 & 2
\end{bmatrix},\\
BA &= \begin{bmatrix}
1\cdot 1+0\cdot 2 & 1\cdot 2+0\cdot 0 & 1\cdot (-1)+0\cdot 1\\
1\cdot 1+0\cdot 2 & 1\cdot 2+0\cdot 0 & 1\cdot (-1)+0\cdot 1\\
(-1)\cdot 1+2\cdot 2 & (-1)\cdot 2+2\cdot 0 & (-1)\cdot (-1)+2\cdot 1
\end{bmatrix}\\
&= \begin{bmatrix}
1 & 2 & -1\\
1 & 2 & -1\\
3 & -2 & 3
\end{bmatrix}.
\end{align*}
Tương tự, ta có
$$
CA = \begin{bmatrix}
1 & 2& -1\\
8 & 4& 1
\end{bmatrix},\quad
BC = \begin{bmatrix}
1 & 0\\
1 & 0\\
3& 6
\end{bmatrix}.
$$
Trong khi đó $AC$ và $BC$ không xác định và để ý rằng $AB\ne BA$.
Với phép nhân hai ma trận ta có tính chất kết hợp như sau.
$\textbf{Mệnh đề 8.8.} \ $
Với $A\in \mathrm{Mat}_{m,n}(\mathbb{K})$, $B\in\mathrm{Mat}_{n,r}(\mathbb{K})$
và $C\in\mathrm{Mat}_{r,s}(\mathbb{K})$, ta có
$$
(AB)C = A(BC).
$$
$\textbf{Chứng minh.} \ $ Gọi $A=(a_{ij})_{m\times n}$, $B=(b_{jk})_{n\times r}$, $C=(c_{kh})_{r\times s}$, $AB=(d_{ik})_{m\times r}$ và $BC=(e_{jh})_{n\times s}$. Ta có $$ d_{ik}= \sum_{j=1}^n a_{ij}b_{jk}, \qquad e_{jh}= \sum_{k=1}^r b_{jk}c_{kh}. $$ Nếu $(AB)C= (u_{ih})_{m\times s}$ và $A(BC)= (v_{ih})_{m\times s}$ thì $$ u_{ih} = \sum_{k=1}^r d_{ik}c_{kh} = \sum_{k=1}^r (\sum_{j=1}^n a_{ij}b_{jk})c_{kh} =\sum_{j=1}^na_{ij} ( \sum_{k=1}^r b_{jk}c_{kh}) = \sum_{j=1}^n a_{ij}e_{jh} = v_{ih}. $$ Vậy $(AB)C=A(BC).$
Phép nhân ma trận còn có tính chất phân phối với phép cộng và tính kết hợp trong mối liên hệ với phép nhân vô hướng. $\textbf{Mệnh đề 8.9.} \ $
Cho $A, B\in \mathrm{Mat}_{m,n}(\mathbb{K})$, $C,D\in\mathrm{Mat}_{n,r}(\mathbb{K})$,
và $I_n\in\mathrm{Mat}_n(\mathbb{K}), I_m\in\mathrm{Mat}_m(\mathbb{K})$
là các ma trận đơn vị, và cho $\lambda\in \mathbb{K}$. Khi đó
- $(A+B)C=AC+BC$
- $A(C+D)=AC+AD$
- $\lambda(AC)=(\lambda A)C=A(\lambda C)$
- $AI_n=I_mA=A.$
$\textbf{Chứng minh.} \ $ Chứng mình này chỉ dùng các tính toán đơn giản nên chúng tôi bỏ qua và xem nó như là một bài tập.
8.3. Ma trận chuyển vị
$\textbf{Định nghĩa 8.10.}\ $
Cho $A=(a_{ij})_{m\times n}\in\mathrm{Mat}_{m,n}(\mathbb{K})$.
$\textbf{Ma trận chuyển vị}$ của $A$, ký hiệu $A^T$,
là ma trận cấp $n\times m$ trên trường $\mathbb{K}$ có được
bằng cách đổi các dòng thành các cột từ ma trận $A$,
tức nếu $A^T =(a'_{ij})_{n\times m}$ thì $a'_{ij}=a_{ji}$
với mọi $i=1,\dots,n$ và $j=1,\dots,m$.
$\textbf{Ví dụ 8.11.}\ $
Ma trận chuyển vị của ma trận
$
A = \begin{bmatrix}
1 & 2 & 3\\
4 & 5 & 6
\end{bmatrix}
$
là
$
A^T = \begin{bmatrix}
1 & 4 \\
2 & 5 \\
3 & 6
\end{bmatrix}.
$
Với $A,B\in\mathrm{Mat}_{m,n}(\mathbb{K})$ và $\lambda\in \mathbb{K}$, từ định nghĩa, phép lấy ma trận
chuyển vị có những tính chất sau:
- $(A^T)^T = A$,
- $(A+B)^T = A^T + B^T$,
- $(\lambda A)^T =\lambda A^T$.
$\textbf{Mệnh đề 8.12.} \ $
Với $A=(a_{ij})_{m\times n}\in \mathrm{Mat}_{m,n}(\mathbb{K})$ và
$B=(b_{jk})_{n\times r}\in\mathrm{Mat}_{n,r}(\mathbb{K})$ ta có
$$
(AB)^T = B^T\cdot A^T.
$$
$\textbf{Chứng minh.} \ $ Giả sử $AB=(c_{ik})_{m\times r}$, $A^T=(a'_{ji})_{n\times m}$, $B^T=(b'_{kj})_{r\times n}$ và $(AB)^T=(c'_{ki})_{r\times m}$. Ta có $$ c'_{ki}= c_{ik} = \sum_{j=1}^na_{ij}b_{jk} = \sum_{j=1}^na'_{ji}b'_{kj}= \sum_{j=1}^nb'_{kj}a'_{ji}. $$ Vì vậy $(AB)^T =B^T\cdot A^T$.
$\textbf{Định nghĩa 8.13.}\ $
Một ma trận vuông $A\in\mathrm{Mat}_{n}(\mathbb{K})$ được gọi là $\textbf{đối xứng}$ nếu $A^T=A$,
là $\textbf{phản đối xứng}$ nếu $A^T = -A$.
Chú ý rằng ma trận $A=(a_{ij})_{m\times n}$ là đối xứng nếu $m=n$
và $a_{ij}=a_{ji}$ với mọi $1\le i,j\le n$.
$\textbf{Ví dụ 8.14.}\ $
Với $a, b\in \mathbb{K}$ xét các ma trận
$$
A=\begin{bmatrix}
1 & 2 \\
2 & a\\
\end{bmatrix}, \quad B=\begin{bmatrix}
0 & -2\\
2 & a\\
\end{bmatrix},\quad
C = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 3\\
0 & 2 & a\\
b & 1 & 2
\end{bmatrix}.
$$
Ma trận $A$ luôn là ma trận đối xứng,
ma trận $B$ không là ma trận đối xứng và
nó là ma trận phản đối xứng nếu và chỉ nếu $a=0$,
còn ma trận $C$ là ma trận đối xứng nếu và chỉ nếu $a=1$ và $b=3$.
8.4. Biểu diễn nghiệm tổng quát của hệ phương trình
Xét hệ phương trình tuyến tính \begin{equation}\tag{8.1} \begin{cases} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_n &=b_1\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2n}x_n &=b_2\\ \dots \qquad\ \dots \qquad \dots\qquad \dots &\dots\\ a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\cdots+a_{mn}x_n&=b_m. \end{cases} \end{equation} Nếu ta viết ma trận hệ số $A=[A_1,\dots,A_n]$ với các cột $A_1,\dots,A_n$, ma trận cột các biến ${\bf x}$ và ma trận cột các hệ số tự do ${\bf b}$, thì hệ phương trình (8.1) có dạng ma trận \begin{equation}\tag{8.2} A{\mathbf{x}} = {\mathbf{b}}\quad\mbox{hay}\quad x_1A_1+\cdots+x_nA_n = \mathbf{b} \end{equation} Giả sử rằng hệ phương trình (8.2) có nghiệm và đặt $r:=\mathrm{rk}(A)\le n$. Khi đó hệ phương trình (8.2}) có $r$ biến phụ thuộc và $n-r$ biến tự do. Sau các phép biến đổi dòng sơ cấp, ta có thể giả sử rằng $\overline{A}=[A,\mathbf{b}]$ có dạng bậc thang rút gọn không chứa dòng không. Nếu $i_k$ là chỉ số của cột chứa phần tử chuẩn của dòng thứ $k$ ($k=1,\dots,r$) và $\{j_1,\dots,j_{n-r}\} = \{1,\dots,n\} \setminus \{i_1,\dots,i_r\}$ và chọn $x_{j_1},\dots,x_{j_{n-r}}$ là các biến tự do, thì ta có $$ \begin{cases} x_{i_1} = b_1 -(a_{1j_1}x_{j_1}+\cdots+a_{1j_{n-r}}x_{j_{n-r}})\\ \dots \dots\dots \dots \dots\dots\dots\dots\dots \\ x_{i_r} = b_r - (a_{rj_1}x_{j_1}+\cdots+a_{rj_{n-r}}x_{j_{n-r}}). \end{cases} $$ Đặt $$ \widehat{A}= \begin{bmatrix} a_{1j_1}&\cdots&a_{1j_{n-r}}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_{rj_1}&\cdots&a_{rj_{n-r}} \end{bmatrix},\quad A'=\begin{bmatrix} -\widehat{A}\\ I_{n-r} \end{bmatrix} =[A'_1,\dots,A'_{n-r}],\quad \mathbf{b}' = \begin{bmatrix} \mathbf{b}\\ \mathbf{0} \end{bmatrix}_{n\times 1} $$ trong đó $A'_k$ là cột thứ $k$ của ma trận $A'$. Khi đó, nghiệm tổng quát của hệ phương trình (8.2) được viết dạng $$ [x_{i_1},\dots,x_{i_r},x_{j_1},\dots,x_{j_{n-r}}]^T =\mathbf{b}' + x_{j_1}A'_1+\cdots+ x_{j_{n-r}}A'_{n-r}. $$ Bằng cách sắp xếp lại các dòng của biểu diễn này và gán các biến tự do bên phải đẳng thức trên bởi các tham số ta có công thức nghiệm tổng quát theo thứ tự thông thường. $\textbf{Ví dụ 8.15.}\ $
Xét hệ phương trình tuyến tính có ma trận mở rộng là
$$
\overline{A} =\begin{bmatrix}
1 & -1 & 0 & 2 & 1\\
0 & 0 & 1 & 3 & 2
\end{bmatrix}.
$$
Rõ ràng $\overline{A}$ có dạng bậc thang rút gọn.
Khi đó ta có $r=2 < 4=n$, $\{i_1,i_2\}=\{1,3\}$,
$\{j_1,j_2\}=\{2,4\}$ và
$$
\begin{cases}
x_1 &= 1 - (-x_2+2x_4)\\
x_3 &= 2-(3x_4).
\end{cases}
$$
Đặt
$$
A' = \begin{bmatrix}
1&-2\\
0&-3\\
1&0\\
0&1
\end{bmatrix},\quad
\mathbf{b}' = \begin{bmatrix}
1\\ 2\\ 0\\ 0
\end{bmatrix}.
$$
Nghiệm tổng quát của hệ phương trình trên là
$$
\begin{bmatrix}
x_1\\ x_3\\ x_2\\ x_4
\end{bmatrix}
=\mathbf{b}' +
A'\cdot \begin{bmatrix}
x_2\\ x_4
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
1\\ 2\\ 0\\ 0
\end{bmatrix}
+x_2\begin{bmatrix}
1\\ 0\\ 1\\ 0
\end{bmatrix}
+x_4\begin{bmatrix}
-2\\ -3\\ 0\\ 1
\end{bmatrix}.
$$
Sắp xếp lại các dòng theo đúng thứ tự các biến
và gán $x_2=s$ và $x_4=t$
ta nhận được nghiệm tổng quát của hệ phương trình trên là
$$
\begin{bmatrix}
x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
1\\ 0\\ 2\\ 0
\end{bmatrix}
+s\begin{bmatrix}
1\\ 1\\ 0\\ 0
\end{bmatrix}
+t\begin{bmatrix}
-2\\ 0\\ -3\\ 1
\end{bmatrix}.
$$
Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
\begin{equation}\tag{8.3}
A\mathbf{x}=\mathbf{0}
\end{equation}
liên kết với hệ phương trình tuyến tính (8.2):
$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$.
Tập nghiệm của (8.2}) được mô tả qua
một nghiệm riêng của nó và tập nghiệm của hệ phương trình
(8.3) như sau.
$\textbf{Định lý 8.16.} \ $
Cho $\mathcal{Z}, \mathcal{Z}_0$ lần lượt là tập nghiệm của hệ phương trình
(8.2) và (8.3), và cho $\mathbf{u}$
là một nghiệm riêng của hệ phương trình (8.2).
Khi đó ta có
$$
\mathcal{Z} = \mathbf{u} + \mathcal{Z}_0 =
\{\, \mathbf{u}+\mathbf{v}\mid \mathbf{v}\in \mathcal{Z}_0\,\}.
$$
$\textbf{Chứng minh.} \ $ Theo giả thiết ta có $A\mathbf{u}=\mathbf{b}$. Cho $\mathbf{v}\in \mathbb{K}^n$. Nếu $\mathbf{v}\in \mathcal{Z}$ thì $A\mathbf{v}=\mathbf{b}$, do đó $$ A(\mathbf{v}-\mathbf{u}) = A\mathbf{v}-A\mathbf{u}=\mathbf{b}-\mathbf{b}=\mathbf{0}. $$ Suy ra $\mathbf{v}\in \mathbf{u} + \mathcal{Z}_0$. Vậy $\mathcal{Z} \subseteq \mathbf{u} + \mathcal{Z}_0$. Ngược lại, nếu $\mathbf{v}\in \mathbf{u} + \mathcal{Z}_0$ thì $\mathbf{v}-\mathbf{u}\in \mathcal{Z}_0$, tức $A(\mathbf{v}-\mathbf{u})=\mathbf{0}$. Điều này kéo theo $A\mathbf{v}=A\mathbf{u}=\mathbf{b}$, hay $\mathbf{v}\in\mathcal{Z}$. Do đó $\mathcal{Z} \supseteq \mathbf{u} + \mathcal{Z}_0$.
Định lý trên đưa ra thêm cách giải hệ phương trình (8.2) bằng việc chỉ ra một nghiệm riêng và tìm nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất (8.3) tương ứng. $\textbf{Ví dụ 8.17.}\ $
Giải hệ phương trình tuyến tính
\[
\begin{cases}
x_1+x_2+x_3&=1\\ 2x_1+x_2+x_3&=2\\ 3x_1+2x_2+2x_3&=3.
\end{cases}
\]
Ta thấy rằng $\mathbf{u}=(1,0,0)^T$ là một nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Biến đổi ma trận hệ số về dạng bậc thang rút gọn
\[
A= \begin{bmatrix}
1&1&1\\2&1&1\\3&2&2
\end{bmatrix}
\xrightarrow[d_2-2d_1]{d_3-d_1-d_2}
\begin{bmatrix}
1&1&1\\0&-1&-1\\0&0&0
\end{bmatrix}
\xrightarrow[(-1)d_2]{d_1+d_2}
\begin{bmatrix}
1&0&0\\0&1&1\\0&0&0
\end{bmatrix}.
\]
Chọn biến tự do là $x_3$ và gán $x_3=t\in \mathbb{K}$,
hệ phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng có nghiệm tổng quát là
\[
\begin{bmatrix}
x_1\\ x_2\\ x_3
\end{bmatrix}
= t\begin{bmatrix}
0\\ -1\\ 1
\end{bmatrix}.
\]
Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình tuyến tính đã cho là
\[
\begin{bmatrix}
x_1\\ x_2\\ x_3
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
1\\ 0\\ 0
\end{bmatrix} + t\begin{bmatrix}
0\\ -1\\ 1
\end{bmatrix}.
\]
Sử dụng Maple
Với gói lệnh $\texttt{LinearAlgebra}$ chúng ta có thể thực hiện các phép toán trên ma trận. Trước tiên ta gọi ra gói lệnh và các ma trận với$\hspace{0cm}\texttt{
> with(LinearAlgebra);}$
$\hspace{0cm}\texttt{
> A := Matrix([[1, 2, 3], [4, 5, 6]]); }$
$\hspace{0cm}\texttt{
> B := Matrix([[0, -2, 1], [5, 1, -3]]); }$
$\hspace{0cm}\texttt{
> C := Matrix([[1], [1], [1]]); }$
$\hspace{0cm}\texttt{
> E := Matrix([[1, 2, -1], [2, 0, 1]]); }$
$\hspace{0cm}\texttt{
> F := Matrix([[1, 0], [1, 0], [-1, 2]]); }$
$\hspace{0cm}\texttt{
> G := Matrix([[1, 0], [2, 3]]); }$
Để tính $A+B$, $2A$ và $2A+3B$ ta thực hiện lệnh
$\hspace{0cm}\texttt{
> A+B;
}$
$\hspace{0cm}\texttt{
> 2.A;
}$
$\hspace{0cm}\texttt{
> 2.A+3.B;
}$
và nhận được kết quả như trong các Ví dụ 8.2 và 8.4.
Tính $AC$, trong đó $C$ là ma trận cột, với lệnh
$\hspace{0cm}\texttt{
> A.C;
}$
và nhận được $AC = \begin{bmatrix} 6\\ 15\end{bmatrix}$
cũng là ma trận cột.
Tiếp theo, ta tính các tích $EF$, $FE$, $GE$, $FG$ với
$\hspace{0cm}\texttt{
> E.F;
}$
$\hspace{0cm}\texttt{
> F.E;
}$
$\hspace{0cm}\texttt{
> G.E;
}$
$\hspace{0cm}\texttt{
> F.G;
}$
(so sánh Ví dụ 8.7), để ý rằng
$EG$ và $GF$ không xác định, và nếu ta dùng lệnh
$\hspace{0cm}\texttt{
> E.G;
}$
thì $\texttt{Maple}$ sẽ báo lỗi
$\hspace{0cm}\texttt{
> Error, (in LinearAlgebra:-Multiply)
}$
$\hspace{1cm}\texttt{
first matrix column dimension (3)
}$
$\hspace{1cm}\texttt{
< > second matrix row dimension (2)
}$
Cuối cùng, ta tính ma trận chuyển vị của $A$ với một trong các dòng lệnh sau:
$\hspace{0cm}\texttt{
> Transpose(A);
}$
$\hspace{0cm}\texttt{
> A^+;
}$
$\hspace{0cm}\texttt{
> A^T;
}$
Comments
Post a Comment