Đang tải... (xem toàn văn)
Giải bài tập đại số tuyến tính Nguyễn Hữu Việt HưngChứng minh công thức De Morgan dạng tổng quátChứng minh các mệnh đề tập hợpBài tập chương Không gian véc tơBài tập chương Ma trận và ánh xạ tuyến tínhBài tập chương Định thức và Hệ phương trình ĐSTT
HƯỚNG DẪN ÔN THI MÔN HỌC ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH I NỘI DUNG KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ Mục tiêu Mục tiêu kỳ thi kết thúc môn học kiểm tra đánh giá việc tiếp thu khái niệm đại số tuyến tính, lực tư phân tích, tổng hợp vận dụng kiến thức thể qua việc trình bày logic chặt chẽ xác vấn đề liên quan ngôn ngữ môn học Nội dung kiểm tra đánh giá NE T Toàn nội dung giảng dạy môn học, bao gồm hai phần lý thuyết tập Trọng tâm kiến thức không gian véc tơ, không gian con, hạng hệ véc tơ, hạng ma trận, chiều không gian véc tơ, cấu trúc nghiệm hệ phương đại số tuyến tính cách giải hệ phương trình đại số tuyến tính cách tính định thức; không gian Euclid, hệ véc tơ trực giao, phương pháp trực giao hóa, dạng song tuyến tính dạng toàn phương THS II CẤU TRÚC ĐỀ THI VÀ ĐIỀU KIỆN DỰ THI Đề thi gồm có câu hỏi lý thuyết câu hỏi tập Với tỷ trọng: điểm cho phần lý thuyết điểm cho phần tập TM A Thang điểm tính từ mức ¼ điểm cho bước suy luận logic Vì trình bày làm người làm cần trình bày lập luận khúc chiết đầy đủ VIE Người dự thi phải chấp hành nghiêm túc quy định, quy chế kỳ thi hết môn học Nhà trường, ĐHQGHN Bộ GD&ĐT Đặc biệt lưu ý Không sử dụng tài liệu, máy tính điện thoại di động Bài tập chương Kiến thức chuẩn bị Chứng minh công thức De Morgan dạng tổng quát a A \ ∪i∈I Ai = ∩i∈I (A \ Ai) Theo định nghĩa hai tập hợp nhau, để chứng minh X = Y, ta phải chứng minh: X ⊂ Y Y ⊂ X Nghĩa là: ∀x ∈ X → x ∈ Y ngược lại ∀y ∈ Y → y ∈ X () ∀ x ∈ A \ ∪i∈I Ai → x ∈ A x ∉ ∪i∈I Ai x ∈ A x ∉ Ai ∀i ∈ I → x ∈ A \ Ai ∀i ∈ I → x ∈ ∩i∈I (A\Ai) Vậy A \ ∪i∈I Ai ⊂ () ∀ x ∈ ∩i∈I (A \ Ai) → x ∈ A \ Ai ∀i ∈ I → x ∈ A x ∉ ∪i∈I Ai → ∀ x ∈ A \ ∪i∈I Ai Vậy ∩i∈I (A \ Ai) → (1) x ∈ A x ∉ Ai ∀i ∈ I → ∩i∈I (A \ Ai) ⊂ A \ ∪i∈I Ai (2) Từ (1) (2) suy đpcm b A \ ∩i∈I Ai = ∪i∈I (A \ Ai) → x ∈ A x ∉ ∩i∈I Ai → x ∈ A ∃ j ∈ I : x ∉ Aj → () ∀ x ∈ A \ ∩i∈I Ai ∃ j ∈ I : x ∈ A \ Aj → x ∈ ∪i∈I (A\Ai) Vậy A \ ∩i∈I Ai ⊂ ∪i∈I (A\Ai) () ∀ x ∈ ∪i∈I (A\Ai) → ∃ j ∈ I : x ∈ A \ Aj → x ∈ A ∃ j ∈ I : x ∉ Aj x ∉ ∩i∈I Ai → x ∈ A \ ∩i∈I Ai Vậy (1) → x∈A ∪i∈I (A\Ai) ⊂ A \ ∩i∈I Ai (2) Từ (1) (2) suy đpcm Chứng minh mệnh đề tập hợp a (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø A = B (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø → A \ B = ∅ B \ A = ∅ → A ⊂ B B ⊂ A → A = B Ngược lại, A = B → A \ B = ∅ B \ A = ∅ → (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø b A = (A \ B) ∪ (A ∩ B) (A \ B) ∪ (A ∩ B) = ( A \ (A ∩ B) ) ∪ (A ∩ B) = A c (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B) (A \ B) ∪ (B \ A) = ((A ∪ B) \ B) ∪ ((B ∪ A) \ A)) De Morgan = (A ∪ B) \ (A ∩ B) d A ∩ (B \ C) = (A ∩ B) \ (A ∩ C) De Morgan (A ∩ B) \ (A ∩ C) = ((A ∩ B) \ A) ∪ ((A ∩ B) \ C) = Ø ∪ ((A ∩ B) \ C) = (A ∩ B) \ C = A ∩ (B \ C) e A ∪ (B \ A) = A ∪ B x ∈A ∪ (B \ A) ↔ x ∈A (x ∈ B x ∉ A) ↔ x ∈ A x ∈ B ↔ x ∈ A∪B f A \ (A \ B) = A ∩ B x ∈ A \ (A \ B) ↔ x ∈ A x ∉ (A \ B) ↔ x ∈ A x ∈ B ↔ x ∈ A ∩ B Chứng minh a (A x B) ∩ (B x A) ≠ Ø ↔ A ∩ B ≠ Ø (A x B) ∩ (B x A) ≠ Ø ↔ ∃ x ∈ A, ∃ y ∈ B: (x, y) ∈ A x B (x, y) ∈ B x A (x, y) ∈ B x A → x ∈ B, y ∈ A → x ∈ A ∩ B , y ∈ A ∩ B hay A ∩ B ≠ ∅ b (A x C) ∩ (B x D) = (A ∩ B) x (C ∩ D) (x, y) ∈ (A x C) ∩ (B x D) ↔ x ∈ A x ∈ B đồng thời y ∈ C y ∈ D ↔ NE T x ∈(A ∩ B) , y ∈(C ∩ D) hay (x, y) ∈(A ∩ B) x (C ∩ D) đpcm b f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B) THS Với ánh xạ f : X → Y A, B ⊂ X Chứng minh : a f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B) y ∈ f (A ∪ B) → ∃ x ∈ (A ∪ B) : f (x) = y Mà x ∈ (A ∪ B) → x ∈ A x ∈ B kéo theo f (x) ∈ f (A) f (x) ∈ f (B) hay y ∈ f (A) ∪ f (B) Cm tương tự cho chiều ngược lại c f (A \ B) ⊃ f (A) \ f (B) TM A y ∈ f (A ∩ B) → ∃ x ∈ (A ∩ B) : f (x) = y Mà x ∈ (A ∩ B) → x ∈ A x ∈ B kéo theo f (x) ∈ f (A) f (x) ∈ f (B) hay y ∈ f (A) ∩ f (B) Cm tương tự cho chiều ngược lại y ∈ f (A \ B) → ∃ x ∈ (A \ B) : f (x) = y Mà x ∈ (A \ B) → x ∈ A x ∉ B kéo theo f (x) ∈ f (A) f (x) ∉ f (B) hay y ∈ f (A) \ f (B) Cm tương tự cho chiều ngược lại VIE * Phản ví dụ chứng tỏ có dấu b c : Lấy X = {-2, -1, 0, 1, 2} , A = {-2, -1, 0}, B = {0, 1, 2} f (x) = |x| Ta có f (A ∩ B) = {0} , f (A) ∩ f (B) = {2, 1, 0} ∩ {0, 1, 2} = {0, 1, 2} f (A \ B) = {2, 1} , f (A) \ f (B) = ∅ Với ánh xạ f : X → Y A, B ⊂ Y Chứng minh : a f -1(A ∪ B) = f -1(A) ∪ f -1(B) x ∈ f -1(A ∪ B) ↔ f (x) ∈ A ∪ B ↔ f (x) ∈ A f (x) ∈ B ↔ x ∈f -1(A) x ∈f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) ∪ f -1(B) b f -1(A ∩ B) = f -1(A) ∩ f -1(B) x ∈ f -1(A ∩ B) ↔ f (x) ∈ A ∩ B ↔ f (x) ∈ A f (x) ∈ B ↔ x ∈f -1(A) x ∈ f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) ∩ f -1(B) c f -1(A \ B) = f -1(A) \ f -1(B) x ∈ f -1(A \ B) ↔ f (x) ∈ A \ B ↔ f (x) ∈ A f (x) ∉ B ↔ x ∈f -1(A) x ∉ f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) \ f -1(B) Với f : X → Y g : Y → Z Chứng minh : a Mệnh đề 2.8 - f, g đơn ánh → g∘ f đơn ánh ∀ x ≠ x’ ∈ X, f đơn ánh → f (x) ≠ f (x’) Lại g đơn ánh: → g ( f (x)) ≠ g (f (x’)) hay g∘ f (x) ≠ g∘ f (x’) đpcm - f, g toàn ánh → g∘ f toàn ánh ∀ z ∈ Z, g toàn ánh → ∃ y ∈ Y: g (y) = z Lại f toàn ánh: → ∃ x ∈ X : f (x) = y Vậy ∃ x ∈ X để g ( f (x)) = z hay g∘ f (x) = z đpcm - f, g song ánh → g∘ f song ánh Theo định nghĩa, ánh xạ h song ánh vừa đơn ánh, vừa toàn ánh Nên điều phải chứng minh hệ điều vừa chứng minh b Mệnh đề 2.9 - Nếu g∘ f đơn ánh f đơn ánh Giả sử f đơn ánh → ∃ x ≠ x’ : f (x) = f (x’) → g(f (x)) = g(f (x’)) hay g∘ f (x) = g∘ f (x’) → g∘ f đơn ánh, trái giả thiết Vậy f phải đơn ánh - Nếu g∘ f toàn ánh g toàn ánh Giả sử g toàn ánh → ∃ z ∈ Z mà z ≠ g (y), ∀ y ∈ Y → ∃ z ∈ Z mà z ≠ g (f (x)), ∀ x ∈ X hay ∃ z ∈ Z: z ≠ g∘ f (x), ∀ x ∈ X nghĩa g∘ f toàn ánh, trái giả thiết Vậy g phải toàn ánh Với f : R → R xác định f (x) = x2 – 3x + Hỏi f có phải đơn ánh? Toàn ánh? Tìm f (R) , f (0), f -1(0), f ([0, 5]), f -1 ([0,5]) Dễ thấy x2 – 3x + = có nghiệm → f (1) = f (2) = f đơn ánh f toàn ánh Các câu hỏi lại dễ A tập hợp n phần tử Chứng minh số lượng tập hợp A có 2n phần tử Chú ý công thức khai triển nhị thức Niu tơn: (1+1)n 12 Lập bảng cộng bảng nhân vành Zn với n = 12 n = 15 Tìm phần tử khả nghịch phép nhân hai vành Lời giải n = 12 (n = 15 – làm tương tự) 10 11 3 10 11 4 10 11 5 10 11 6 10 11 7 10 11 8 10 11 9 10 11 10 10 11 11 11 10 0 0 0 0 0 0 1 10 11 2 10 10 3 9 4 8 8 5 10 11 6 6 7 11 10 8 8 9 3 10 10 4 10 11 11 10 5 NE T 2 10 11 THS x 1 10 11 TM A 10 11 0 10 11 VIE + Các phần tử khả nghịch phép nhân là: 1, 5, 7, 11, nghịch đảo chúng chúng 17 Chứng minh tập hợp Q (√2 ) = { a + b√2 | a, b ∈ Q} lập nên trường với phép toán cộng nhân thông thường Trước hết ta làm rõ phép toán cộng nhân Q (√2 ) - Phép cộng: (a + b√2) + (a’ + b’√2) c + d√2 với c = (a+a’), d = (b+b’) - Phép nhân: (a + b√2) (a’ + b’√2) x + y√2 Với x = aa’ + 2bb’ y = ab’ + a’b Từ dễ kiểm tra được: phép cộng có tính kết hợp, giao hoán, phần tử không là: = + 0√2 Cũng dễ kiểm tra phép nhân có tính giao hoán, kết hợp, phân phối hai phía phép cộng Phần từ đơn vị = + 0√2 Tìm phần tử nghịch đảo a + b√2 ≠ (với a, b không đồng thời 0) Theo định nghĩa, (a’ + b’√2) thỏa mãn (a + b√2) (a’ + b’√2) = + 0√2 → aa’ + 2bb’ = ab’ + a’b = - Nếu a ≠ 0, ta có b’ = -a’b / a → aa’ + 2b(-a’b/a) = → a’ (a – 2b2/a) = → a’ = a/(a2-2b2) → b’ = -b//(a2-2b2) (chú ý: a, b ∈ Q nên a2 – 2b2 ≠ 0) Nếu a = b≠ → a’ = → b’ = 1/(2b) Gộp lại ta có nghịch đảo a + b√2 a/(a2-2b2) + [-b/(a2-2b2)]√2 18 Chứng minh số phức z ∉ R trường phần tử dạng : R (z) = { a + bz | a, b ∈ R } trùng với trường số phức C Hiển nhiên phần tử a + bz với a, b ∈ R số phức → R (z) ⊂ C (1) Ngược lại, giả sử z = x + iy, (y≠0) ∀ z’ = x’ + iy’ ∈C Gọi a , b số thực thỏa mãn z’ = a + bz = a + b(x+iy) = a+bx + iby → a+bx = x’, y’ = by → b = y’/y , a = x’ – bx = x’ – xy’/y = (x’y – xy’) / y Tóm lại, ∀ z’ = x’ + iy’ ∈ C ta có z’ = (x’y – xy’) / y + (y’/y) z → z’ ∈R (z) Vậy C ⊂R (z) (2) Từ (1) (2) suy R (z) = C 22 23 Sinh viên tự làm dễ 30 Sinh viên tự làm, gợi ý sử dụng biểu diễn dạng lượng giác số phức 31 Sinh viên tự làm, gợi ý sử dụng biểu diễn dạng lượng giác số phức Các bậc n số phức điểm đỉnh đa giác n cạnh Giả sử tổng bậc n số phức véc tơ từ tâm đến điểm S Véc tơ không đổi ta quay hệ góc 360o/n Điều xảy véc tơ tổng = θ 32 Phân tích đa thức sau thành nhân tử bất khả quy R[X] C[X] a X3 + 3X2 + 5X + b X3 – X2 – X - VIE TM A THS NE T Sinh viên tự làm Gợi ý : Dễ nhận thấy đa thức có nghiệm thực Vậy, chúng phân tích thành (x – x0)(ax2 + bx + c) Nếu biệt thức ax2 + bx + c âm phân tích phân tích bất khả quy R[X] Trên C, đa thức có đủ nghiệm, nên phân tích thành dạng (x – x0)(x – z1)(x – z2) Bài tập chương Không gian véc tơ Các tập hợp sau có lập thành không gian véc tơ trường K hay không, phép toán thông thường a A = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 + … + xn = 0} Rõ ràng A với phép cộng (x1, …, xn) + (y1, …, yn) := (x1+y1, …, xn+yn) (∈ Kn) làm thành nhóm giao hoán (phép cộng có tính kết hợp, giao hoán, phần tử không (0, …, 0), phần tử đối (x1, …, xn) (-x1, …, -xn) ∀ a ∈ K, x = (x1, …, xn) ∈ A, phép nhân a (x1, …, xn) := (ax1, …, axn) (∈ Kn) có tính phân phối phía phép cộng, a(bx) = (ab)x, 1x = x Vậy A không gian véc tơ trường K b B = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 + … + xn = 1} Từ phép cộng thông thường, ta định nghĩa phép cộng B, ∀ (x1, …, xn), (y1, …, yn) ∈ B ((x1+y1, …, xn+yn) ∉ B Vậy B không không gian véc tơ K với phép toán định nghĩa từ phép toán thông thường c C = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 = xn = -1} Tương tự b C không không gian véc tơ trường K d D = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 = x3 = …., x2 = x4 = …} Tương tự a D không gian véc tơ trường K e E = {(aij)nxn | aij = aji với ≤ i, j ≤ n } Tương tự a E không gian véc tơ trường K F = {(x1, …, xn) ∈ Rn | x1, …, xn ∈ Z} có lập thành không gian véc tơ trường số thực R hay không? Không! Không định nghĩa phép nhân a ∈ R với x ∈ F Với phép toán thông thường, Q có không gian véc tơ trường số thực R hay không? R có không gian véc tơ trường số phức hay không? Không! Tương tự Các véc tơ sau độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính a e1 = (-1, -2, 1, 2), e2 = (0, -1, 2, 3), e3 = (1, 4, 1, 2), e4 = (-1, 0, 1, 3) Xét ràng buộc tuyến tính xe1 + ye2 + ze3 +te4 = hay x (-1, -2, 1, 2) + y (0, -1, 2, 3) + z (1, 4, 1, 2) + t (-1, 0, 1, 3) = (0, 0, 0, 0) ↔ −𝑥 + 𝑧 − 𝑡 = (1) −2𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 = (2) { 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = (3) 2𝑥 + 3𝑦 + 2𝑧 + 3𝑡 = (4) (1) → x = z – t, thay vào (2) có -2 (z - t) – y + 4z = hay -y +2z + 2t = Cộng (1) (3) → 2y + 2z + 2t = hay y + z + t = NE T Kết hợp -y +2z + 2t = y + z + t = → z+t = → y = Thay vào (3) → x = 0, thay vào (2) → z = 0, thay vào (4) → t = Vậy hệ véc tơ e1, e2, e3, e4 độc lập tuyến tính b α1 = (-1, 1, 0, 1), α2 = (1, 0, 1, 1), α3 = (-3, 1, -2, -1) Giải theo phương pháp tương tự a THS Chứng minh hai hệ véc tơ sau sở C3 Tìm ma trân chuyển từ sở thứ sang sở thứ hai (1) e1 = (1, 2, 1), e2 = (2, 3, 3), e3 = (3, 7, 1) (2) a1 = (3, 1, 4), a2 = (5, 2, 1), a3 = (1, 1, -6) TM A Dễ chứng minh e1, e2, e3 độc lập tuyến tính (như 6.a tính định thức cấp lập từ chúng ≠ 0) → chúng làm thành cở C3 Tương tự a1, a2, a3 sở C3 Để tìm ma trận chuyển sở từ sở (1) sang sở (2) ta phải tìm biểu diễn tuyến tính véc tơ hệ (2) qua sở (1) Điều tương đương với việc giải ba hệ phương trình: x1 (1, 2, 1) + y1 (2, 3, 3) + z1 (3, 7, 1) = (3, 1, 4) x2 (1, 2, 1) + y2 (2, 3, 3) + z2 (3, 7, 1) = (5, 2, 1) x3 (1, 2, 1) + y3 (2, 3, 3) + z3 (3, 7, 1) = (1, 1, -6) VIE - Hệ phương trình thứ nhất: - Hệ phương trình thứ hai: - Hệ phương trình thứ ba: Ma trận chuyển sở cần tìm ma trận: x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 Chứng minh hai hệ véc tơ sau sở C4 Tìm mối liên hệ tọa độ véc tơ hai sở : (1) e1 = (1, 1, 1, 1), e2 = (1, 2, 1, 1), e3 = (1, 1, 2, 1), e4 = (1, 3, 2, 3); (2) a1 = (1, 0, 3, 3), a2 = (2, 3, 5, 4), a3 = (2, 2, 5, 4), a4 = (2, 3, 4, 4) Dễ chứng minh (bằng tính toán với 6.a.) hai hệ độc lập tuyến tính C4 → chúng sở C4 Tìm biểu diễn tuyến tính qua ei Từ có ma trận chuyển sở (cij) → công thức đổi tọa độ : Nếu α = ∑ j=1, , n (xj aj) α = ∑ j=1, ,n∑ i=1, , n (ajcij)ei 10 V = {(x, y) ∈ RxR | y > 0} Định nghĩa phép cộng nhân với vô hướng sau : (x, y) + (u, v) = (x+u, yv) ∀ (x, y), (u, v) ∈ V, a.(x, y) = (ax, ya), ∀ a ∈ R ∀ (x, y) ∈ V V có phải không gian véc tơ R hai phép toán không ? Nếu có tìm sở không gian Lời giải : - Phép cộng có tính kết hợp, giao hoán, phần tử = (0,1), phần tử đối (x, y) (-x, 1/y) - Phép nhân có tính chất: a(x, y) + b(x, y) = (ax, ya)+ (bx, yb) = (ax+by, yayb) = ((a+b)x, ya+b) = (a+b) (x, y) a(x, y) + a(u, v) = (ax, ya)+ (au, va) = (a(x+u), (yv)a) = a(x+u, yv) = = a((x, y)+(u, v)) a(b(x, y)) = a(bx, yb) = (abx, (yb)a) = ((ab)x, yab) = (ab)(x, y) 1(x, y) = (1x, y1) = (x, y) Vậy V không gian véc tơ R với phép toán nói Cơ sở V : (1, 1) véc tơ ≠ = (0, 1) (0, 2) véc tơ ≠ = (0, 1) Ta kiểm tra xem hệ hai véc tơ có độc lập tuyến tính hay không : Xét ràng buộc : a (1, 1) + b (0, 2) = (0, 1) ↔ (a, 1) + (0, 2b) = (0, 1) ↔ (a, 2b) = (0, 1) → a = 0, b = Vậy (1, 1) (0, 2) đltt ∀ (x, y) ∈ V, xét a (1, 1) + b (0, 2) = (x, y) ↔ (a, 2b) = (x, y) → a = x, b = log2y Tóm lại ∀ (x, y) ∈ V ta có (x, y) = x (1, 1) + log2y (0, 2) → (1, 1), (0,2) sở V Tương tự (1, 1) , (0, e) sở V 11 Ma trận chuyển từ sở sang sở khác thay đổi a Đổi chỗ hai véc tơ sở thứ Gọi (α) = (α1, … , αn) sở thứ nhất, (β) = (β1, … , βn) sở thứ hai Ta có (aij)nxn ma trận chuyển từ sở (α) sang (β), với βj = ∑ aijαi Vậy việc đổi chỗ hai véc tơ thứ tự ik is (α) tương ứng với việc đổi chỗ hàng thứ ik is ma trận (aij)nxn 26 Tự đồng cấu f không gian véc tơ Kn chuyển véc tơ độc lập tuyến tính α1, …, αn tương ứng thành véc tơ β1, …, βn Chứng minh ma trận f sở (e1, …, en) BA-1, cột ma trận A B tương ứng tọa độ α1, …, αn β1, …, βn sở (e1, …, en) Ta có (α1, …, αn) = (e1, …, en)A → (f (α1), …, f (αn)) = (f (e1), …, f (en))A Mặt khác f (αj) = βj → (f (α1), …, f (αn)) = (βj, …, βj) = (e1, …, en)B → (f (e1), …, f (en))A = (e1, …, en)B → (f (e1), …, f (en)) = (e1, …, en) (BA-1) 30 Tự đồng cấu f có ma trận sở (e1, e2, e3, e4) A 2 -1 1 Hãy tìm ma trận f sở (e1, e1+e2, e1+e2+e3, e1+e2+e3+e4) e1 = e1 + e2 = e1 + e2 + e3 = e1 + e2 + e3 + e4 = Ta có 1e1 + 0e2 + 0e3 + 0e4 1e1 + 1e2 + 0e3 + 0e4 → C = 1e1 + 1e2 + 1e3 + 0e4 1e1 + 1e2 + 1e3 + 1e4 0 1 0 1 1 1 ma trận chuyển từ sở thứ sang sở thứ hai Ma trận f sở thứ hai C-1AC AC = -1 1 0 1 0 1 1 1 = 1 3 3 10 4 11 Để tìm C-1 ta thực phép biến đổi sơ cấp hàng để đưa C|E E|C-1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 Nhân hàng với -1 cộng vào hàng Nhân hàng với -1 cộng vào hàng Nhân hàng với -1 cộng vào hàng 0 0 0 0 0 0 1 0 -1 0 -1 0 -1 -2 -1 -4 -8 -7 → C-1AC = = 11 7 15 -11 31 Tự đồng cấu f có ma trận sở (e1, e2, e3) A = 20 -15 8 -7 0 -1 0 0 -1 -1 1 3 3 10 Tìm ma trận f sở (ε1, ε2, ε3) = (2e1+3e2+e3, 3e1+4e2+e3, e1+2e2+2e3) Ma trận chuyển từ sở (e1, e2, e3) sang sở (ε1, ε2, ε3) C = 1 15 -11 20 -15 = → AC = -7 1 2 1 0 -1 -1 h3 = h3 – h1 + h2 -1 -1 h1 = h1 – h3 -4 -3 0 -4 -3 h3 = - h3 h2 = h2 – 3h3 0 1 -1 1 0 1 0 -6 -2 0 -6 -2 h2 = h2 +4 h3 -1 -3 → C = -3 h1 = h1 + h3 – 2h2 -1 0 1 -1 19 C-1AC = -6 -2 -3 1 -1 3 6 0 0 = 32 Tự đồng cấu f có ma trận A = ma trận f sở (ε1, ε2, ε3) -18 15 -1 -22 20 -25 22 sở gồm α1 = (8, -6, 7), α = (-16, 7, -13), α = (9, -3, 7) Tìm ma trận f sở gồm véc tơ β1 = (1, -2, 1), β2 = (3, -1, 2), β3 = (2, 1, 2) Ta cần tìm ma trận C chuyển từ sở (α) sang sở (β) Vì vậy, cần giải hệ phương trình : βj = xj α1 + yj α2 + zj α3 , j = 1, 2, C= NE T → x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 8x – 16y + 9z = -6x + 7y – 3z = -2 7x – 13y + 7z = THS - j = : (1, -2, 1) = x (8, -6, 7) + y (-16, 7, -13) + z (9, -3, 7) ↔ - j = : (3, -1, 2) = x (8, -6, 7) + y (-16, 7, -13) + z (9, -3, 7) ↔ TM A 8x – 16y + 9z = -6x + 7y – 3z = -1 7x – 13y + 7z = - j = : (2, 1, 2) = x (8, -6, 7) + y (-16, 7, -13) + z (9, -3, 7) ↔ 8x – 16y + 9z = -6x + 7y – 3z = 7x – 13y + 7z = Cách giải khác VIE Ma trận f sở (β1, β2, β3) C-1AC Gọi (e1, e2, e3) sở tắc Ta có ma trận chuyển từ sở (e1, e2, e3) sang (α1, α2, α3) C → C-1 ma trận chuyển từ sở (α1, α2, α3) sang (e1, e2, e3) Vậy ma trận f sở (e1, e2, e3) B = CAC-1 Gọi D ma trận chuyển từ sở (e1, e2, e3) sang (β1, β2, β3) Ta có ma trận f sở (β1, β2, β3) D-1BD = D-1 CAC-1D -16 -16 Trong A = -6 -3 , C = -6 -3 -13 7 -13 20 D = -2 -1 1 2 41 Chứng minh tích AB có nghĩa (AB)t = BtAt Từ suy A khả nghịch At khả nghịch khí (At)-1 = (A-1)t Giả sử A = (aij)nxn, B = (bij)nxn, Chú ý phép chuyển vị ma trận chuyển hàng i thành cột i, chuyển cột j thành hàng j, nghĩa chuyển phần tử hàng i cột j hàng j, cột i → (AB)t = (cij)nxn, với cij = ∑k=1, , n ajkbki (B A ) = (dij)nxn, với dij = ∑k=1, , nbkiajk t t → (AB)t = BtAt Nếu A khả nghịch AA-1 = E A-1A = E (AA-1)t = Et → (A-1)tAt = E (A-1A)t = Et → At(A-1)t = E At khả nghịch ma trận nghịch đảo (At)-1 = (A-1)t Ngược lại At khả nghịch B ma trận nghịch đảo AtB = E BAt = E (AtB)t = Et → BtA = E (BAt)t = Et → ABt = E A khả nghịch ma trận nghịch đảo Bt → A-1 = ((At)-1)t hay (A-1)t = (At)-1 21 Bài tập chương Định thức Hệ phương trình ĐSTT 𝜎= 5 = 5 = (2,5)(5,4) → Sgn (𝜎) = 𝜎= 5 2 5 = 5 = = (2, 5, 4) 5 = = (2, 4) → Sgn (𝜎) = -1 𝜎 = (1, 2, 3)(2, 3, 4) …(n-2, n-1, n) NE T 𝜎 = (1, 2)(2, 3) …(n-1, n) = (1, 2, …, n) Sgn (𝜎) = (-1)n-1 = (1, 2)(2, 3)(2, 3)(3, 4) … (n-2, n-1)(n-1, n) = (1, 2)(n-1, n) Sgn (𝜎) = -3 -5 -4 -9 -5 5 = H3 = H3-2H1 H2 = H2-H1 H4 = H4+H3 -5 1 -2 = - (-7.2 + 2.6 - 1.2) = 3 = -1 -7 -2 1 0 -2 -1 -7 -2 -1 = - -1 -1 -2 8 THS a) = a) b) -1 -1 … -1 … n … n -2 … n -2 -3 … a0 a1 -x x -x … 0 a2 … an … x … 0… Cộng hàng đầu vào hàng lại = VIE 10 TM A b) 90 Tương tự, biến đổi chút trước khai triển Lần lượt cộng dồn tất cột sau vào cột đứng trước = x = (a0+…+an ) x c) 0 … … n … 2n … 2n = n! 0… n a0+…+an 0 … a1 a2 … an x … 0 x … 0 0… x n a1 a2 a3 … an-1 a1 a2 a3 … an -x1 x2 … -x1 x2 … -x1 x2 … 0 -x x3 … n+1 + xn -x2 x3 … = Dn = -x2 x3 … = (-1) an … … … 0 … xn-1 0 … xn-1 0 … xn = (-1)n+1(-1)n-1an x1…xn-1 + xn Dn-1 = x1…xn-1 an + x1…xn-1 an-1 xn + … + a1 x1…xn Cách khác: Rút x1, …, xn từ cột ngoài, làm tương tự câu trên, ta có: Dn = x1…xn-1 xn (a1 /x1 + … + an /xn) - cách viết khác kết 12 a) x+1 … … n … n x+1 … n 3… Nhân hàng với -1, cộng vào hàng sau = x+1 x-1 0 … 0 … n … x-2 … = … x-(n-1) = (x-1)…(x-(n-1)) Cũng giải cách rút 1, 2, …, n từ cột ngoài, ta có định thức mà tất phần tử cột thứ phần từ nằm đường chéo 1, phần tử lại (x+1)/2, …, (x+1)/n b) 1+x 1 1 1-x 1 1 1+y 1 1 1-y = x2 y2 Lấy hàng nhân với (-1) cộng vào hàng thứ 2, Lấy hàng nhân với (-1) cộng vào hàng thứ 4, Rút x, y ngoài, khử số phần tử sau khai triển định thức theo hai hàng đầu 13 a) Dn = a1 b1 a1 b2 a1b3 … a1bn-2 a1bn-1 a1bn a1 b2 a2 b2 a2b3 … a2bn-2 a2bn-1 a2bn a1 b3 a2 b3 a3b3 … a3bn-2 a3bn-1 a3bn … a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 … an-2bn-2 an-2bn-1 an-2bn a1bn-1 a2bn-1 a3bn-1 … an-2bn-1 an-1bn-1 an-1bn a1 bn a2 bn a3bn … an-2bn an-1bn anbn Chú ý phần tử hai hàng cuối định thức (không kể phần tử cột cuối cùng) là: a1bn-1 a2bn-1 a3bn-1 … an-2bn-1 an-1bn-1 , a1bn a2bn a3bn … an-2bn an-1bn khác hệ số nhân (bn-1 bn) Khai triển định thức theo cột cuối ta n-2 số hạng đầu không định thức phần bù a1bn, …, an-2bn có hai dòng cuối tỷ lệ với Vì ta có: Dn = an bn Dn-1 – an-1 bn Cn-1 Trong đó, Dn-1 = a1b1 a1b2 a1b3 … a1bn-2 a1bn-1 a1b2 a2b2 a2b3 … a2bn-2 a2bn-1 a1b3 a2b3 a3b3 … a3bn-2 a3bn-1 … a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 … an-2bn-2 an-2bn-1 a1bn-1 a2bn-1 a3bn-1 … an-2bn-1 an-1bn-1 Cn-1 = a1b1 a1b2 a1b3 … a1bn-2 a1bn-1 a1b2 a2b2 a2b3 … a2bn-2 a2bn-1 a1b3 a2b3 a3b3 … a3bn-2 a3bn-1 … a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 … a1bn a2bn a3bn … an-2bn-2 an-2bn-1 an-2bn an-1bn Lại ý (rút nhân tử dòng cuối) Dn-1 = bn-1 Q, Cn-1 = bn Q, Q định thức: a1b2 a1b3 … a1bn-2 a1bn-1 a1b2 a2b2 a2b3 … a2bn-2 a2bn-1 a1b3 a2b3 a3b3 … a3bn-2 … a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 … a2 Ta có Cn-1 = (bn /bn-1)Dn-1 a3 … a3bn-1 an-2bn-2 an-2bn-1 an-2 an-1 THS a1 NE T a1b1 → Dn = anbnDn-1 – an-1bn(bn /bn-1)Dn-1 = (bn / bn-1)(anbn-1 – an-1bn)Dn-1 = (bn /bn-1)(anbn-1 – an-1bn) (bn-1 /bn-2)(an-1bn-2 – an-2bn-1)Dn-2 TM A =… bn … b3 = (an bn-1 – an-1 bn)(an-1 bn-2 – an-2 bn-1) (a3b3 – a2b2)D2 bn-1…b2 = (bn /b2)(an bn-1 – an-1 bn)(an-1 bn-2 – an-2 bn-1) (a3b3 – a2b2)(a2b1 – a1b2)a1b2 = bn a1(an bn-1 – an-1 bn)(an-1 bn-2 – an-2 bn-1) (a3b3 – a2b2)(a2b1 – a1b2) Cách giải khác, không dùng truy hồi: Rút bn cột cuối ngoài, sau nhân với bi, cộng vào cột thứ i Hoán vị n-1 lần với cột đứng trước để đưa cột cuối cột đầu = bn a1b2 a2b2 a2b3 a1b3 … a2b3 … a3b3 … a1bn a2bn a3bn VIE a1b1 a1b2 a1b3 … a1bn 0 a1b2-a2b1 * a2b3-a3b2 … * * a2bn a3bn … … 0 … 0 … = anbn a1 a2 a3 * … an-1bn-anbn-1 an = (-1)n-1 bn = a1bn(anbn-1-an-1bn)…(a2b1-a1b2) bn a1b1 a1b2 a1b3 … a1bn a1b2 a2b2 a2b3 a1b3 … a2b3 … a3b3 … a1 a2 a3 a2bn a3bn … an a1 0 a2 a1b2-a2b1 a3 * a2b3-a3b2 … an * * 0… 0… 0… 0 * … an-1bn-anbn-1 b) Dn = a0 a1 a3 … an -y1 x1 … 0 -y2 x2 … … 0 … xn (khai triển theo cột cuối) = (-1)n+2an (-1)n y1…yn + xn Dn-1 = an y1…yn + xn Dn-1 = an y1…yn + xn (an-1 y1…yn-1 + xn-1 Dn-2) = an y1…yn + an-1 y1…yn-1 xn + xn xn-1 Dn-2 = an y1…yn + an-1 y1…yn-1 xn + … + a1 y1 xn…x2 + a0 xn…x1 14 a) x+a1 a1 Dn = a1 … a1 a2 x+a2 a2 a3 a3 x+a3 … … … an an an a2 a3 … x+an x+a1 0+a1 = 0+a1 … 0+a1 0+a2 x+a2 0+a2 0+a3 0+a3 x+a3 … … … 0+an 0+an 0+an 0+a2 0+a3 … x+an (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) Phân tích Dn theo cột thành tổng số hạng, số hạng định thức có cột loại (1) (2) Mỗi số hạng thuộc trường hợp sau: - Không có cột thuộc loại (2), tất cột cột thuộc loại (1): định thức có phần tử đường chéo x, giá trị định thức xn Có cột thứ i thuộc loại (2), tất cột lại thuộc loại (1) x Ci = … - … … x … … 0 … … = xn-1 , i = 1, …, n … … x Có nhiều cột thuộc loại (2), định thức có hai cột tỷ lệ Vậy Dn = xn + (a1+…+an)xn-1 Cách giải khác: Nhân dòng cuối với -1, cộng vào dòng Sau cộng dồn cột vào cột cuối cùng, ta nhận định thức tam giác có kết b) Dn = x1 a1 a1 … a1 a2 a3 … an x a3 … an a2 x3 … an a2 a3 … xn (x1-a1)+a1 0+a2 0+a3 0+a1 (x2-a2)+a2 0+a3 = 0+a1 0+a2 (x3-a3)+a3 … 0+a1 0+a2 0+a3 … … … 0+an 0+an 0+an … (xn-an)+an Lập luận tương tự câu a) ta có Dn = ∏𝑛𝑖=1(𝑥𝑖 − 𝑎𝑖 ) + ∑𝑛𝑖=1 𝑎𝑖 (𝑥𝑖 − 𝑎𝑖 )𝑛−1 26 3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 + = 3x1 + 5x2 + 3x3 + 5x4 + = 3 Ma trận mở rộng Ā = 6x1 + 8x2 + x3 + 5x4 + = 3x1 + 5x2 + 3x3 + 7x4 + = 0 1 -1 2 | -3 | -3 | -2 | -5 0 ~ h4 = h4 – h2 0 -1 | -3 | -3 | -2 | -2 3 5 | -3 | -6 | -8 | -8 h2 = h2 – h1 h3 = h3 – 2h1 ~ h4 = h4 – h1 x4 = -1 -x3 = -2 – x4 = -1 → x3 = → x = -3 – 2x – 3x = -2 x1 = (1/3)(-3 – 4x2 – x3 – 2x4) = Vậy nghiệm hệ (x1, x2, x3, x4) = (2, -2, 1, -1) .NE T Cách khác: Bằng phương pháp tính định thức Bằng vào phép biến đổi sơ cấp trên, ta có định thức D = -6, D4 = 3 5 h4 = h4-h3 h2 = h2-2h1 D2 = -3 -6 -8 -8 3 5 h2 = h2-h1 h3 = h3-2h1 3 D3 = -3 -6 -8 -8 5 h2 = h2-h1 h3 = h3-2h1 = h3=h3-h2 = = 2 h4 = h4-h2 h3 = h3+h4+h2 0 -3 -3 -2 -1 -5 h4 = h4-h2h3 0 1 = -3 -3 -2 -5 = h2 = h2-h3 h4=h4-h2-h3 = TM A h4=h4-h1 -3 -3 -2 -2 -3 h4=h4-h1 -3 -3 -2 0 1 2 h2 = h2-h4 c4 = c4+c1 0 -3 -1 -2 -1 11 h3 = h3-2h2 0 0 THS -3 D1 = -6 -8 -8 -3 -3 -2 = c3 = c3+c4 = c3 = c3-c4 -3 -2 -1 -3 0 -2 0 = -12 0 01 0 -3 -1 -1 = 12 -4 -3 0 = -6 1 Vậy hệ có nghiệm (x1, x2, x3, x4) = (D1/D, D2/D, D3/D, D4/D, ) = (2, -2, 1, -1) 34 -1 -2 A= -2 -1 h2=h2-2h1 -1 -2 0 -1 -1 0 -2 10 -2 VIE a) ~ h3=h3-h1 ~ h3=h3-2h2 -1 -2 0 -1 -1 → rank A = 0 0 Cách khác: Phương pháp dùng định thức Dễ thấy định thức cấp cấp bao định thức -1 -1 -2 = 0 -1 = 0, 0 -2 -1 -1 -2 ≠ → rank A ≥ Xét tất định thức -1 -2 -1 -2 -2 = -1 = 0, -1 -2 10 -1 -1 -2 = -1 -1 = -1 -2 -2 Giá trị chúng 0, rank A = b) A= -1 -3 -3 -5 -5 -7 Chuyển h3 lên đầu ~ -3 -1 -3 -5 -5 2 -7 5 h2=h2-3h1 h3=h3-5h1 ~ h4=h4-7h1 0 -3 -5 18 12 27 16 36 -7 26 39 50 h2=h2 /2 h3=h3/3 ~ h4=h4/2 0 -3 4 -5 9 18 1 -7 13 13 25 h3=h3-h2 h4=h4-2h2 0 ~ -3 0 -5 0 0 -7 13 -1 → rank A = Cách khác: Phương pháp dùng định thức -5 = -5 -20 1 -5 -20 = -5 0 -6 = = 30 ≠ → rank A ≥ Xét tất định thức cấp bao định thức 35 A= -5 18 = 27 -7 -5 36 -1 -3 -3 -5 -5 -1 = -7 -3 -11 = -7 -14 -6 -22 -16 -6 24 λ 10 17 4 3 λ 0 -4 -4 17 10 -10 -10 -1 -1 26 39 = 2.3.2 -7 50 Đổi chỗ hàng ~ ~ 0 9 -5 18 1 13 13 =0 -7 25 Giá trị chúng 0, rank A = λ 17 10 4 λ 0 -4 17 -10 -1 h3 = h3-3h1 h4 = h4-2h1 ~ λ 0 17 10 -20 -50 -12 -30 h3 = h3/5 h4 = h4/3 -5 ~ -3 Nếu λ = 0, rank A = 2, Nếu λ ≠ 0, rank A = Vậy A có hạng nhỏ λ = 36 λ -1 2 -1 λ 10 -6 A= 0 37 Đổi chỗ hàng 10 -6 1 λ -1 2 -1 λ ~ 10 -6 λ-10 -21 λ+12 ~ h3 = h3 – 3h2 0 Đổi chỗ cột ~ 1 10 -6 λ -1 -1 λ 10 -6 λ-10 9-3λ λ-3 h2 = h2 – h1 ~ h3 = h3 – 2h1 Nếu – 3λ = λ -3 = rank A = Ngược lại rank A = Tìm ma trận nghịch đảo 3 3 5 a) A = | | | Dùng phép biến đổi sơ cấp để chuyển A | E E | A-1 0 0 | | | 3 -1 -1 1 0 | -1 -1 | -3 -1 -3 | -1 → h3 = h3 – h2 h2 = h2 – 2h3 → h3 = h3 – h1 → h3 = h3 + h2 1 0 | -1 -1 | -2 -1 -3 | -1 0 0 | | | 0 -1 | -1 -1 | -3 -4 | -1 -3 0 1 2 → h1 = h1 + h3 → h2 = - h2 → h3 = h3 / 0 h1 = h1 - 3h2 0 | -1 -1 | -3 | 1/4 3/4 -1/2 0 0 | -1 -1 | 1/4 -9/4 3/2 | 1/4 3/4 -1/2 → h2 = h2 + h3 | -5 | 1/4 -9/4 3/2 | 1/4 3/4 -1/2 h1 = h1 - 8h3 → -1 -1 1/4 -9/4 3/2 1/4 3/4 -1/2 Vậy A-1 = Chú ý: Các phép biến đổi dùng nhân hàng với vô hướng ≠ cộng vào hàng tổ hợp tuyến tính hàng lại -1 -4 -1 8 -1 -4 -1 -2 -4 -3 -6 | | | | 0 2 0 -1 -1 -2 -2 | | | | 0 2 0 -1 0 0 | | | | -9 10 -5 0 0 0 0 0 0 | 24 |-23/2 | 10 | -5 NE T 3 -2 -4 Dùng phép biến đổi sơ cấp để chuyển A | E E | A-1 -3 -6 0 h4 = h4 - h2 -1 -2 | 0 0 | -3 0 0 → → 0 h2 = h2 - 3h1 -2 -2 | -2 h3 = h3 + h2 0 h3 = h3 - 2h1 0 -1 -2 | -1 1 -1 -2 | 0 h1 = h1 + 2h4 0 0 | -3 0 h2 = h2 - 2h4 -3 0 → → -5 1 h4 = h4 + h3 0 | -5 1 h = 0 | -5 1 h3 - 3h4 -1 45 8 1 -2 -2 -1 -4 -2 THS A= h1 = h1 + h3 -2 h2 = h2 - 3h3 → -3 -8 7/2 -3 1 0 2 0 TM A b) Vậy A-1 0 0 0 | | | | VIE Ma trận mở rộng hệ Ā = ~ -2 0 -2 -1 -3 h1 = h1 – h2 h2 = h2 /2 → 24 -4 -8 = -23/2 -1 7/2 10 -2 -3 -5 1 3x - 2y + 5z + 4t = 6x - 4y + 4z + 3t = (1) , hệ tương ứng 9x - 6y + 3z + 2t = -2 | -4 | -6 | -23 10 -5 3x - 2y + 5z + 4t = 6x - 4y + 4z + 3t = (2) 9x - 6y + 3z + 2t = -2 | 0 -6 -5 | -1 ~ -2 | 0 -6 -5 | -1 0 -12 -10 | -2 0 0 | 3x – 2y + 5z + 4t = ~ 5z + 4t = -3x + 2y +2 ~ 5z + 4t = -3x + 2y + z + t = 3x – 2y - 6z + 5t = -3 – 6z – 5t = → z = 3x – 2y – t – → 5(3x – 2y – t –5) + 4t = -3x + 2y + → t = 18x -12y -27 → (1) ~ → z = 3x – 2y – 18x + 12y +27 – = - 15x + 10y + 22 Vậy nghiệm tổng quát hệ (1) (x, y, -15x + 10y + 22, 18x - 12y - 27) = (0, 0, 22, -27) + (x, y, -15x + 10y, 18x – 12y) Trong (0, 0, 22, -27) nghiệm riêng hệ (1), (x, y, -15x + 10y, 18x – 12y) nghiệm tổng quát hệ phương trình tương ứng (2) 46 8x + 6y + 5z + 2t = 21 3x + 3y + 2z + t = 10 4x + 2y + 3z + t = 3x + 5y + z + t = 15 7x + 4y + 5z + 2t = 18 0 0 0 0 0 -1 -3 0 0 0 -1 1 1 0 1 0 0 0 0 0 | | 10 | -2 | | -5 | | | -5 | | -5 | | 11 | -5 | | -5 Ma trận mở rộng Ā = 0 0 0 0 h2 = h2 - 3h1 ~ h3 = h3 - h1 h1 = h1 – 2h4 ~ h3 = h3 + 3h4 ~ 0 0 0 0 0 0 -3 -3 0 | | | -5 | 11 -1 1 1 0 0 0 | | | | | | | | | | -5 -5 -5 -5 5 1 | 21 | 10 | | 15 | 18 h1 = h1 – h5 h5 = h5–h4–h3 ~ h3 = h3 – h2 h4 = h4 – h2 h2 = h2 - h3 ~ h4 = -h4 - h3 h5 = (h5 + h3)/2 h2 = h2 – h3 ~ Hệ phương trình có nghiệm (x, y, z, t) = (3, 0, -5, 11) Bài tập phần cuối Phần dễ, thuật toán rõ lý thuyết với ví dụ cụ thể Sau lời giải mẫu cho số Tìm giá trị riêng véc tơ riêng đồng cấu có ma trận sau sở a) Đã nói Lý thuyết b) A= -5 -7 -9 Cộng dồn cột vào cột đầu 4-λ -5 Đa thức đặc trưng P(λ) = -7-λ 1-λ -5 = 1-λ -7-λ -9 4-λ 1-λ -9 4-λ NE T -5 -5 = (1-λ) -7-λ = (1-λ) -2-λ = (1-λ)[(-2-λ)(2-λ)+4) = λ2(1-λ) -4 2-λ -9 4-λ → Đa thức đặc trưng có nghiệm λ = (nghiệm kép) λ = - Với λ = 0, giải hệ phương trình (A-λE)X = -5 -7 -9 ~ 1 -5 -2 -2 1 ~ -2 -2 0 THS (A-λE) = → hệ phương trình (A-λE)X = ~ hệ phương trình 3y - 2z = x - 2y + z = → y = 2z/3 → x = 2(2z/3) – z = z/3 → véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ = có dạng: (z/3, 2z/3, z) = (z/3)(1, 2, 3) Gọi α1 = (1, 2, 3) - Với λ = 1, giải hệ phương trình (A-λE)X = -5 -8 -9 3 -5 -3 -1 TM A (A-λE) = ~ ~ 1 -2 -2 -1 1 → hệ phương trình (A-λE)X = ~ hệ phương trình x-y =0 x - 2y + z = VIE → x = y, z = 2y – x = x → véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ = có dạng: (x, x, x) = x (1, 1, 1) Gọi α2 = (1, 1, 1) Đồng cấu cho giá trị riêng λ1 = 0, λ2 = véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng α1 = (1, 2, 3) α2 = (1, 1, 1) Xác định xem tự đồng cấu cho ma trận sau sở không gian V có chéo hóa không? Cơ sở ma trận tự đồng cấu có dạng chéo ma trận chéo ấy? Cộng cột thứ hai vào cột đầu a) -1 A = -3 -3 = (2-λ) -1-λ -1 2-λ -1 -1 -1 Đa thức đặc trưng P(λ) = -3 5-λ -1 = 2-λ 5-λ -1 -3 1-λ 1-λ 1 -1 -1 5-λ -1 = (2-λ) 2-λ = (2-λ)2(1-λ) 1-λ 1-λ → Đa thức đặc trưng có nghiệm λ=2 (nghiệm kép) λ = - λ = 1, giải hệ phương trình (A-λE)X = -2 (A-λE) = -3 -3 -2 -1 -1 ~ -1 -3 3 -1 -1 ~ -1 0 -1 0 -x + 2y -z = -x + y =0 → hệ phương trình (A-λE)X = ~ hệ phương trình → x = y → z = y → véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ = có dạng: -3 -1 x (1, 1, 1) Gọi α1 = (1, 1, 1) -3 -1 - λ = 2, giải hệ phương trình (A-λE)X = (A-λE) = -3 -1 → Hệ phương trình ~ phương trình -3x + 3y – z = → z = -3x + 3y Các véc tơ riêng tương ứng với λ = có dạng (x, y, -3x + 3y) Gọi α2 = (1, 1, 0) (tương ứng x = y =1) α3 = (0, 1, 3) (tương ứng x = 0, y = 1) Dễ thấy α2 α3 độc lập tuyến tính Các véc tơ riêng α1, α2, α3 làm thành sở V sở ma trận tự đồng cấu có dạng chéo 0 0 Trang 225 Chứng minh véc tơ (1, -2, 2, -3) (2, -3, 2, 4) trực giao với Bổ sung hệ véc tơ để thu sở trực giao không gian α1 = (1, -2, 2, -3), α2 = (2, -3, 2, 4) → = → α1, α2 trực giao! Chúng ta biết hệ véc tơ đôi trực giao với hệ độc lập tuyến tính Vì cần bổ sung vào hệ α1, α2 véc tơ α3, α4 cho = 0, = = 0, = 0, = - Giả sử α3 = (x, y, z, t) → điều kiện = 0, = cho ta hai phương trình ẩn: x – 2y + 2z - 3t = 2x – 3y + 2z + 4t = hay x – 2y = -2z + 3t 2x – 3y = -2z – 4t → y = 2(-2z+3t) + 2z + 4t = -2z +10t → x = 2y – 2z + 3t = -4z + 20t – 2z + 3t = -6z + 23t Chọn t = 0, z = -1 ta có α3 = (6, 2, -1, 0) - Giả sử α4 = (x, y, z, t) → điều kiện = 0, = 0, = cho ta hệ phương trình ẩn: x – 2y + 2z - 3t = -2 -3 2x – 3y + 2z + 4t = ma trận hệ -3 6x + 2y – z = -1 ~ 13 -3 14 -1 ~ x = -11 (chọn t = 15) -15 0 -11 14 → y = -4.15 -14(-11) = 94 z = 6(-11) +2.94 = 122 -1 Vậy α4 = (-11, 94, 122, 15) Chú ý dim V = → Hệ véc tơ độc lập tuyến tính α1, α2, α3, α4 lập thành sở trực giao α1 = (1, -2, 2, -3), α2 = (2, -3, 2, 4), α3 = (6, 2, -1, 0), α4 = (-11, 94, 122, 15) Chú ý : Tùy theo cách chọn z, t lời giải mà toán có nhiều đáp số Tương tự Sau thu sở trực giao, chuẩn hóa véc tơ độ dài = Dùng phép trực giao để xây dựng sở trực giao không gian sinh véc tơ sau : α1 = (2, 1, 3, -1), α2 = (7, 4, 3, 3), α3 = (1, 1, -6, 0), α4 = (5, 7, 7, 8) Kiểm tra tính độc lập tuyến tính cử hệ véc tơ → chúng sở không gian .NE T Trực giao hóa phương pháp trực giao hóa Schmidt Chọn e1 = α1 = (2, 1, 3, -1) Ta có = + 1+ – = 13 Chọn e2 = xe1 + α2, x = - / → … THS Chọn e3 = xe1 + ye2 + α3, x = - / , y = - / → … Chọn e4 = xe1 + ye2 + ze3 + α4, x = - / , y = - / , z = - / → … Tìm dạng chuẩn tắc dạng toàn phương TM A a) H = x2 + y2 + 3z2 + 4xy + 2xz + 2yz Dùng phương pháp Lagrange H = [x2 + 2x(2y+z)] + y2 + 3z2 + 2yz = (x + 2y + z)2 – (2y + z)2 + y2 + 3z2 + 2yz = (x + 2y + z)2 – 4y2 – z2 – 4yz + y2 + 3z2 + 2yz VIE = (x + 2y + z)2 – 3y2 + 2z2 – 2yz = (x + 2y + z)2 – 3(y2 – 2y.z/3) + 2z2 = (x + 2y + z)2 – 3(y2 – z/3)2 – z2/9+ 2z2 = (x + 2y + z)2 – 3(y2 – z/3)2 + 17z2/9 = u2 – v2 + w2 b) H = x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 Dùng phương pháp Lagrange Đặt x1 = x + y, x2 = x – y, x3 = z, x4 = t, ta có H = x2 – y2 + (x+y)z + (x+y)t + (x–y)z + (x–y)t + zt = x2 – y2 + xz + yz + xt + yt + xz – yz + xt – yt + zt = [x2 + 2x(z + t)] – y2 + zt = (x + z + t)2 – (z + t)2 – y2 + zt = (x + z + t)2 – z2 – t2 – 2zt – y2 + zt = (x + z + t)2 – z2 – t2 – 2zt – y2 + zt = (x + z + t)2 – y2 – (z2 + 2zt/2) – t2 = (x + z + t)2 – y2 – (z2 + 2z t/2) – t2 = (x + z + t)2 – y2 – (z2 + t/2)2 – t2/4 – t2 = (x + z + t)2 – y2 – (z2 + t/2)2 – 3t2/2 = u2 – v2 – w2 – o2 [...]... chúng tương đương với nhau nếu tất cả các hệ số của xn, xn-1, …, xm+1 trong fn và gn là tương ứng bằng nhau Vậy : K[X]n / K[X]m = { anxn + an-1xn-1 + … +am+1xm+1 + K[X]m , ai ∈ K} dim (K[X]n / K[X]m) = dim K[X]n - dim K[X]m = n+1 – (m+1) = n – m Hệ cơ sở là các véc tơ xn, xn-1, …, xm+1 13 Bài tập chương Ma trận và ánh xạ tuyến tính 1 Tính tích hai ma trận Dễ 2 Tính các lũy thừa sau cos φ - sin φ n sin... βi (i = 1, …, s) không thể biểu diễn tuyến tính qua (α1, …, αr), vì nếu thế thì βi ∈ V1 → V1 ∩ V2 ≠ {0} Tiếp theo nếu βi biểu diễn tuyến tính 10 qua (α1, …, αr, β1, …, βi-1) thì biểu diễn ấy phải có dạng βi = 0.α1 + … + 0.αr + a1β1 + … + ai-1βi-1 = a1β1 + … + ai-1βi-1 Điều này là không thể vì (β1, …, βs) là đltt Vậy hệ véc tơ (α1, …, αr, β1, …, βs) là độc lập tuyến tính trong V → r + s ≤ dim V hay dim... h2 = h2 - h3 ~ h4 = -h4 - h3 h5 = (h5 + h3)/2 h2 = h2 – h3 ~ Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y, z, t) = (3, 0, -5, 11) Bài tập phần cuối Phần này dễ, các thuật toán đều đã được chỉ rõ trong lý thuyết cùng với các ví dụ cụ thể Sau đây chỉ là lời giải mẫu cho một số bài 1 Tìm giá trị riêng và véc tơ riêng của các đồng cấu có ma trận sau đây trong một cơ sở nào đó a) Đã nói trong Lý thuyết b)... 6(-11) +2.94 = 122 6 2 -1 0 Vậy α4 = (-11, 94, 122, 15) Chú ý dim V = 4 → Hệ 4 véc tơ độc lập tuyến tính α1, α2, α3, α4 lập thành một cơ sở trực giao α1 = (1, -2, 2, -3), α2 = (2, -3, 2, 4), α3 = (6, 2, -1, 0), α4 = (-11, 94, 122, 15) Chú ý : Tùy theo cách chọn z, t trong lời giải mà bài toán có nhiều đáp số 2 Tương tự 1 Sau khi thu được cơ sở trực giao, chuẩn hóa từng véc tơ về độ dài = 1 3 Dùng phép... (α1, α2, β 1, β 2) là một hệ sinh của U + V Chú ý rằng α1, α2, β1, β 2 ∈ R3 nên hệ 4 véc tơ ấy là phụ thuộc tuyến tính (vì 4 > 3) Xét ràng buộc xα1 + yα2 + zβ1 = 0 ↔ x(1, 2, 1) + y(1, 1, -1) +z(2, 3, -1) = 0 → x + y + 2x = 0 2x + y + 3z = 0 → x = y = z = 0 Vậy (α1, α2, β 1) là độc lập tuyến tính x - y –z = 0 → (α1, α2, β1) là cơ sở của U + V Bước 3 ∀α ∈ U ∩ V → α = x α1 + y α2 = x’ β1 + y’ β2 → 12... α4 = (1, 3, 0, 1) = (1, 2, 0, 1) + (1, 1, 1, 0) – (1, 0, 1, 0) = α1 + α2 – α3 → hệ (α1, α2, α3, α4) phụ thuộc tuyến tính Xét ràng buộc: x (1, 2, 0, 1) + y (1, 1, 1, 0) + z (1, 0, 1, 0) = 0 ↔ x + y + z = 0 , 2x + y = 0 , y + z = 0 , x = 0 → y = 0 , z = 0 Vậy hệ (α1, α2, α3) là độc lập tuyến tính → rank (α1, α2, α3, α4) = 3 11 23 Tìm hạng của hệ véc tơ α1 = (1, 1, 1, 1), α2 = (1, 3, 1, 3), α3 = (1, 2,... 5(1, 1, 1, 1) – 2(1, 2, 1, 2) = 5α1 – 2α4 → (α1, α2, α3, α4, α5), (α1, α3, α4, α2), (α1, α3, α4, α5) là phụ thuộc tuyến tính Xét ràng buộc: xα1 + yα3 +zα4 = x(1, 1, 1, 1) + y(1, 2, 0, 2) + z(1, 2, 1, 2) = 0 ↔ (1)–(3) → y = 0, (2)–(1) → z = 0, → x = 0 Vậy (α1, α3, α4) là độc lập tuyến tính → rank (α1, α2, α3, α4, α5) = 3 .NE T x + y + z = 0 (1) x + 2y +2z = 0 (2) x+z=0 (3) x + 2y +2z = 0 24 α1 = (1,... 2(1, 2, 1) - (1, 1, -1) = (1, 3, 3) → α3 = 2α1 – α2 → (α1, α2, α3) phụ thuộc tuyến tính Xét ràng buộc xα1 + yα2 = 0 ↔ x(1, 2, 1) + y(1, 1, -1) = 0 → hệ phương trình → x = y = 0 Vậy (α1, α2) đltt → dim U = rank(α1, α2, α3) = 2 TM A x+y=0 2x + y = 0 x–y=0 - Dễ thấy β3 = β1 – β2 Vậy hệ véc tơ (β1, β2, β3) là phụ thuộc tuyến tính Xét ràng buộc xβ 1 + yβ 2 = 0 ↔ x (2, 3, -1) + y (1, 2, 2) = 0 → → x = y... Rn Tìm số chiều và cơ sở của không gian con đó Dễ kiểm tra W đóng kín với phép toán cộng và nhân của Rn : (x1, …, xn) + (y1, …, yn) = (x1+y1, …, xn+yn) , a(x1, …, xn) = (ax1, …, axn) Dễ thấy W là không gian con thực sự của Rn , vì rõ ràng A ≠ Rn Vậy dim A < n .NE T Xét các véc tơ có dạng (i, 0, … , 0, -1, 0, …, 0) (phần tử -1 ở vị trí thứ i, i = 2, …, n) Hệ n-1 véc tơ này là độc lập tuyến tính, thật... x+an x+a1 0+a1 = 0+a1 … 0+a1 0+a2 x+a2 0+a2 0+a3 0+a3 x+a3 … … … 0+an 0+an 0+an 0+a2 0+a3 … x+an (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) Phân tích Dn theo các cột thành tổng các số hạng, mỗi số hạng là một định thức có các cột loại (1) và (2) Mỗi số hạng sẽ thuộc về một trong các trường hợp sau: - Không có cột nào thuộc loại (2), tất cả các cột đều là cột thuộc loại (1): định thức có các phần tử trên đường chéo ... Tương tự Các véc tơ sau độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính a e1 = (-1, -2, 1, 2), e2 = (0, -1, 2, 3), e3 = (1, 4, 1, 2), e4 = (-1, 0, 1, 3) Xét ràng buộc tuyến tính xe1 + ye2 + ze3 +te4 =... K[X]m = n+1 – (m+1) = n – m Hệ sở véc tơ xn, xn-1, …, xm+1 13 Bài tập chương Ma trận ánh xạ tuyến tính Tính tích hai ma trận Dễ Tính lũy thừa sau cos φ - sin φ n sin φ = = sin φ 2cosφ sinφ cos... = (2, 2, 5, 4), a4 = (2, 3, 4, 4) Dễ chứng minh (bằng tính toán với 6.a.) hai hệ độc lập tuyến tính C4 → chúng sở C4 Tìm biểu diễn tuyến tính qua ei Từ có ma trận chuyển sở (cij) → công thức