Phương Pháp Tìm Ma Trận Nghịch đảo Bằng Cách Giải Hệ Phương Trình

Phương pháp Tìm ma trận nghịch đảo bằng cách giải hệ phương trình

Giả sử ma trận $A$ khả nghịch (không suy biến) khi đó tồn tại ma trận nghịch đảo ${{A}^{-1}}$, ngoài các phép biến đổi sơ cấp hay tìm ma trận nghịch đảo theo công thức của ma trận phụ hợp ta có thể sử dụng phương pháp giải hệ phương trình:

Xét hệ phương trình tuyến tính $A\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1}} \\ {{x_2}} \\ {...} \\ {{x_n}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}} \\ {{y_2}} \\ {...} \\ {{y_n}} \end{array}} \right).$

Ta biết rằng nghiệm của hệ phương trình này xác định bởi $\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1}} \\ {{x_2}} \\ {...} \\ {{x_n}} \end{array}} \right) = {A^{ - 1}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}} \\ {{y_2}} \\ {...} \\ {{y_n}} \end{array}} \right).$ Vì vậy nếu tìm được nghiệm của hệ phương trình dạng $\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1}} \\ {{x_2}} \\ {...} \\ {{x_n}} \end{array}} \right) = B\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}} \\ {{y_2}} \\ {...} \\ {{y_n}} \end{array}} \right) \Rightarrow {A^{ - 1}} = B.$

>>Tổng hợp đầy đủ Các dạng toán về ma trận nghịch đảo và phương pháp giải

>>Xem thêm Bài tập Biện luận hạng của ma trận theo một hoặc nhiều tham số

>>Xem thêm Các phương pháp tính định thức của ma trận

>> Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính

>>Định thức của ma trận và các tính chất của định thức

>> Chứng minh một ma trận suy biến và ma trận khả nghịch

>>Cơ sở của không gian véctơ

>> Đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp 2 của hàm số cho bởi tham số

>> Khai triển Taylor và ứng dụng

>> Các dạng toán về hạng của ma trận và phương pháp giải

Câu 1. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&{ - 1}&3 \\ 0&2&4&{ - 6} \\ 0&0&{ - 2}&3 \\ 0&0&0&{ - 1} \end{array}} \right).$

Xét hệ \[\left\{ \begin{gathered} {x_1} - {x_3} + 3{x_4} = {y_1} \hfill \\ 2{x_2} + 4{x_3} - 6{x_4} = {y_2} \hfill \\ - 2{x_3} + 3{x_4} = {y_3} \hfill \\ - {x_4} = {y_4} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {x_1} = {y_1} - \dfrac{1}{2}{y_3} + \dfrac{3}{2}{y_4} \hfill \\ {x_2} = \dfrac{1}{2}{y_2} + {y_3} \hfill \\ {x_3} = - \dfrac{1}{2}{y_3} - \dfrac{3}{2}{y_4} \hfill \\ {x_4} = - {y_4} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {A^{ - 1}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&{ - \dfrac{1}{2}}&{\dfrac{3}{2}} \\ 0&{\dfrac{1}{2}}&1&0 \\ 0&0&{ - \dfrac{1}{2}}&{ - \dfrac{3}{2}} \\ 0&0&0&{ - 1} \end{array}} \right).\]

Câu 2. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 2}&3&{ - 4} \\ 0&1&{ - 2}&3 \\ 0&0&1&{ - 2} \\ 0&0&0&1 \end{array}} \right).$

Xét hệ $\left\{ \begin{gathered} {x_1} - 2{x_2} + 3{x_3} - 4{x_4} = {y_1} \hfill \\ {x_2} - 2{x_3} + 3{x_4} = {y_2} \hfill \\ {x_3} - 2{x_4} = {y_3} \hfill \\ {x_4} = {y_4} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {x_1} = {y_1} + 2{y_2} + {y_3} \hfill \\ {x_2} = {y_2} + 2{y_3} + {y_4} \hfill \\ {x_3} = {y_3} + 2{y_4} \hfill \\ {x_4} = {y_4} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {A^{ - 1}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&1&0 \\ 0&1&2&1 \\ 0&0&1&2 \\ 0&0&0&1 \end{array}} \right).$

Câu 3: Cho ma trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&b&{...}&b \\ b&a&b&{...}&b \\ b&b&a&{...}&b \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ b&b&b&{...}&a \end{array}} \right).$

a) Tính $\det (A);$

b) Giả sử $\det (A)\ne 0,$ tìm ${{A}^{-1}}.$

Giải. a) Xem đề thi các phương pháp tính định thức ma trận.

b) Xét hệ phương trình tuyến tính $\left\{ \begin{gathered} a{x_1} + b{x_2} + ... + b{x_n} = {y_1} \hfill \\ b{x_1} + a{x_2} + ... + b{x_n} = {y_2} \hfill \\ ... \hfill \\ b{x_1} + b{x_2} + ... + a{x_n} = {y_n} \hfill \\ \end{gathered} \right..$ ta có $\left\{ \begin{gathered} (a - b){x_1} + bS = {y_1} \hfill \\ (a - b){x_2} + bS = {y_2} \hfill \\ ... \hfill \\ (a - b){x_n} + bS = {y_n} \hfill \\ \end{gathered} \right..$

Suy ra ${{x}_{k}}=\dfrac{{{y}_{k}}-bS}{a-b},k=1,2,...,n$ và cộng tất cả các phương trình của hệ có:

$\begin{gathered} (a - b)({x_1} + {x_2} + ... + {x_n}) + nbS = {y_1} + {y_2} + ... + {y_n} \hfill \\ \Leftrightarrow (a - b)S + nbS = {y_1} + {y_2} + ... + {y_n} \Leftrightarrow S = \dfrac{{{y_1} + {y_2} + ... + {y_n}}}{{a + (n - 1)b}}. \hfill \\ \end{gathered} $

Do đó ${{x}_{k}}=\dfrac{{{y}_{k}}-b\dfrac{{{y}_{1}}+{{y}_{2}}+...+{{y}_{n}}}{a+(n-1)b}}{a-b}=\dfrac{1}{(a-b)\left( a+(n-1)b \right)}\left( -b{{y}_{1}}-b{{y}_{2}}-(a+(n-2)b){{y}_{k}}-...-b{{y}_{n}} \right),k=1,2,...,n.$

Vì vậy ${A^{ - 1}} = \dfrac{1}{{(a - b)\left( {a + (n - 1)b} \right)}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - (a + (n - 2)b)}&{ - b}&{ - b}&{...}&{ - b} \\ { - b}&{ - (a + (n - 2)b)}&{ - b}&{...}&{ - b} \\ { - b}&{ - b}&{ - (a + (n - 2)b)}&{...}&{ - b} \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ { - b}&{ - b}&{ - b}&{...}&{ - (a + (n - 2)b)} \end{array}} \right).$

Câu 4: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1&0 \\ 1&0&1&1&1 \\ 1&1&0&1&1 \\ 1&1&1&1&0 \\ 0&1&1&1&1 \end{array}} \right).$

Xét hệ phương trình tuyến tính $\left\{ \begin{gathered} {x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} = {y_1} \hfill \\ {x_1} + {x_3} + {x_4} + {x_5} = {y_2} \hfill \\ {x_1} + {x_2} + {x_4} + {x_5} = {y_3} \hfill \\ {x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} = {y_4} \hfill \\ {x_2} + {x_3} + {x_4} + {x_5} = {y_5} \hfill \\ \end{gathered} \right..$

Giải hệ này bằng biến đổi ma trận hệ số mở rộng:

$\begin{gathered} \overline A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&0&1&{{y_1}} \\ 1&0&1&1&1&{{y_2}} \\ 1&1&0&1&1&{{y_3}} \\ 1&1&1&0&1&{{y_4}} \\ 0&1&1&1&1&{{y_5}} \end{array}} \right)\xrightarrow{{}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&0&1&{{y_1}} \\ 0&{ - 1}&0&1&0&{ - {y_1} + {y_2}} \\ 0&0&{ - 1}&1&0&{ - {y_1} + {y_3}} \\ 0&0&0&1&{ - 1}&{ - {y_1} + {y_4}} \\ 0&1&1&1&1&{{y_5}} \end{array}} \right) \hfill \\ \xrightarrow{{}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&0&1&{{y_1}} \\ 0&{ - 1}&0&1&0&{ - {y_1} + {y_2}} \\ 0&0&{ - 1}&1&0&{ - {y_1} + {y_3}} \\ 0&0&0&1&{ - 1}&{ - {y_1} + {y_4}} \\ 0&0&1&2&1&{ - {y_1} + {y_2} + {y_5}} \end{array}} \right) \hfill \\ \xrightarrow{{}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&0&1&{{y_1}} \\ 0&{ - 1}&0&1&0&{ - {y_1} + {y_2}} \\ 0&0&{ - 1}&1&0&{ - {y_1} + {y_3}} \\ 0&0&0&1&{ - 1}&{ - {y_1} + {y_4}} \\ 0&0&0&3&1&{ - 2{y_1} + {y_2} + {y_3} + {y_5}} \end{array}} \right) \hfill \\ \xrightarrow{{}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&0&1&{{y_1}} \\ 0&{ - 1}&0&1&0&{ - {y_1} + {y_2}} \\ 0&0&{ - 1}&1&0&{ - {y_1} + {y_3}} \\ 0&0&0&1&{ - 1}&{ - {y_1} + {y_4}} \\ 0&0&0&0&4&{{y_1} + {y_2} + {y_3} - 3{y_4} + {y_5}} \end{array}} \right) \hfill \\ \end{gathered} $

Vậy $\left\{ \begin{gathered} {x_1} = \dfrac{1}{4}{y_1} + \dfrac{1}{4}{y_2} + \dfrac{1}{4}{y_3} + \dfrac{1}{4}{y_4} - \dfrac{3}{4}{y_5} \hfill \\ {x_2} = \dfrac{1}{4}{y_1} - \dfrac{3}{4}{y_2} + \dfrac{1}{4}{y_3} + \dfrac{1}{4}{y_4} + \dfrac{1}{4}{y_5} \hfill \\ {x_3} = \dfrac{1}{4}{y_1} + \dfrac{1}{4}{y_2} - \dfrac{3}{4}{y_3} + \dfrac{1}{4}{y_4} + \dfrac{1}{4}{y_5} \hfill \\ {x_4} = - \dfrac{3}{4}{y_1} + \dfrac{1}{4}{y_2} + \dfrac{1}{4}{y_3} + \dfrac{1}{4}{y_4} + \dfrac{1}{4}{y_5} \hfill \\ {x_5} = \dfrac{1}{4}{y_1} + \dfrac{1}{4}{y_2} + \dfrac{1}{4}{y_3} - \dfrac{3}{4}{y_4} + \dfrac{1}{4}{y_5} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {A^{ - 1}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{ - \dfrac{3}{4}} \\ {\dfrac{1}{4}}&{ - \dfrac{3}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}} \\ {\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{ - \dfrac{3}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}} \\ { - \dfrac{3}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}} \\ {\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{\dfrac{1}{4}}&{ - \dfrac{3}{4}}&{\dfrac{1}{4}} \end{array}} \right).$

Câu 5. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&1&1&{...}&1 \\ 1&{ - 5}&1&{...}&1 \\ 1&1&{ - 11}&{...}&1 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 1&1&1&{...}&{ - n(n + 1) + 1} \end{array}} \right).$

Hiện tại Vted.vn xây dựng 2 khoá học Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 dành cho sinh viên năm nhất hệ Cao đẳng, đại học khối ngành Kinh tế của tất cả các trường:

1. Khoá: PRO S1 - MÔN TOÁN CAO CẤP 1 - ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
2. Khoá: PRO S2 - MÔN TOÁN CAO CẤP 2 - GIẢI TÍCH

Khoá học cung cấp đầy đủ kiến thức và phương pháp giải bài tập các dạng toán đi kèm mỗi bài học. Hệ thống bài tập rèn luyện dạng Tự luận có lời giải chi tiết tại website sẽ giúp học viên học nhanh và vận dụng chắc chắn kiến thức. Mục tiêu của khoá học giúp học viên đạt điểm A thi cuối kì các học phần Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 trong các trường kinh tế.

Sinh viên các trường ĐH sau đây có thể học được combo này:

- ĐH Kinh Tế Quốc Dân

- ĐH Ngoại Thương

- ĐH Thương Mại

- Học viện Tài Chính

- Học viện ngân hàng

- ĐH Kinh tế ĐH Quốc Gia Hà Nội

và các trường đại học, ngành kinh tế của các trường ĐH khác trên khắp cả nước...

KHOÁ PRO S1 ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

KHOÁ PRO S1 GIẢI TÍCH