zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Bài giảng Toán cao cấp A2 - Trường CĐ Công nghiệp Huế

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:27

Báo xấu

13
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng Toán cao cấp A2 cung cấp cho người đọc những kiến thức như: không gian vectơ - ánh xạ tuyến tính; chéo hóa ma trận; chuỗi; phương trình vi phân. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Toán cao cấp A2 - Trường CĐ Công nghiệp Huế

BỘ CÔNG THƯƠNG TRƯỜNG CAO ĐẲNG CÔNG NGHIỆP HUẾ  BÀI GIẢNG TOÁN CAO CẤP A2 Th.S. NGUYỄN HOÀNG ANH KHOA Huế, tháng 02 năm 2014
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN VECTƠ - ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 1.1. Không gian vectơ 1.1.1. Số phức Tập hợp các số thực R đã rất phong phú. Tuy nhiên nếu chỉ biết các số thực thì một phương trình đơn giản như x 2 + 1 = 0 hay x 2 = -1 (1) sẽ không có nghiệm vì không có số thực nào bình phương lên lại bằng -1. Giả sử tồn tại i sao cho i2=-1 ta gọi i là đơn vị phức a. Định nghĩa: Số phức là số có dạng z = a + bi với a,b  R. Trong đó, a gọi là phần thực của z kí hiệu a=Re(z) và b gọi là phần ảo của z kí hiệu b=Im(z) b. Số phức liên hợp: Xét số phức z = a + bi. Số phức a - bi gọi là số liên hợp của z = a + bi và ký hiệu là z c. Các phép toán - Phép cộng - Phép nhân - Phép chia - Lũy thừa bậc n - Căn bậc n d. Các dạng biểu diễn của số phức Dạng hình học Dạng lượng giác của số phức: Giả sử z = r(cos φ + i sin φ) và z’ = r’(cos φ’ + i sin φ’) - Tích của hai số phức ở dạng lượng giác: z.z’= (r + r’)[cos(+’) + i.sin(+’)] - Thương của hai số phức: z r  [ cos(φ -φ’) + i sin(φ -φ’)] z' r' - Công thức Moive: zn = rn (cosnφ + i sinnφ), n  N - Căn bậc n của z ≠ 0 có n giá trị là:    2k    2k   z k  n r  cos     isin     , i = 0;1;2..;(n-1).   n n   n n  Ví dụ: Tính các căn bậc ba của 1. Vì 1 = cos0 + isin0 nên các căn bậc ba của 1 là  0 2k   0 2k  z k = cos     isin    , k = 0, 1, 2 3 3  3 3  1 3 1 3 Vậy có ba căn bậc ba của 1 là: z 0 = 1; z 1 =   i ; z2 =   i 2 2 2 2 1
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 1.1.2. Không gian vectơ a. Định nghĩa: Cho V là tập hợp khác rỗng mà mỗi phần tử gọi là một vectơ, K là một trường (K là R hoặc C). Trên V xây dựng 2 phép toán cộng và nhân như sau: :VV  V : K  V  V và (a, b)  a  b (,a)  a Lúc đó V được gọi là một K - KGVT nếu V cùng với hai phép toán “+” và “x” ở trên thoả 8 tiên đề sau : TĐ1: u,vV ta có: u + v = v + u TĐ2: u,v,wV ta có: u + (v + w) = (u + v) + w TĐ3: V:  + u = u ( gọi là phần tử trung hòa) TĐ4: uV,  -uV: u + (-u) =  (-u gọi là phần tử đối của u) TĐ5: u,vV, kK ta có: k(u + v) = ku + kv TĐ6: uV, k,hK ta có: (k + h)u = ku + hu TĐ7: uV, k,hK ta có: k(hu) = (kh)u TĐ8: uV ta có: 1.u = u Nếu K = R thì V gọi là KGVT thực (gọi tắc là KGVT), nếu K = C thì V gọi là KGVT phức. Ví dụ 1: Kí hiệu Rn = {x=(x1;x2;..;xn) | x1,x2,...,xn  R}, trên Rn với 2 phép toán cộng x + y = (x1 + y1; x2 + y2; ...; xn + yn) và nhân kx = (kx1;kx2; ...; kxn) với mọi x=(x1;x2;...xn); y=(y1;y2;...yn)  Rn. Chứng minh Rn với hai phép toán cộng và nhân trên là một KGVT. Hd:  = (0;0;...;0) Ví dụ 2: Chứng minh P2 = {p=a+bx+cx2 | a,b,c  R} (tập các đa thức bậc không quá 2) với 2 phép toán cộng và nhân thông thường (phép cộng hai đa thức và phép nhân một số với đa thức) là một không gian vectơ. Hd:  = 0 + 0x + 0x2 b. Các tính chất cơ bản  Phần tử trung hòa là duy nhất  Với mọi a, b, c  V : a + c = b + c thì a = b  Với mọi a  V, (-1).a = -a  Với mọi k  K, a  V ta có: k.a =   k = 0 hoặc a = . 1.1.3. Độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính Cho V là một không gian vectơ và S = {u1,u2,...,un}  V a. Biểu thị tuyến tính: Phần tử uV gọi là biểu thị tuyến tính được qua S nếu tồn tại k1, k2, …, kn  K sao cho: k1u1 + k2u2 + … + knun = u. Khi đó, k1u1 + k2u2 + … + knun gọi là một tổ hợp tuyến tính của u. 2
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa Ví dụ 3: Cho S = {p1=x+x2; p2=1+x2; p3=1+x} P2. và p = 3 + 4x + 5x2. Hãy tìm biểu thị tuyến tính p qua hệ S (nếu có). Giải: Ta có k1p1 + k2p2 + k3p3 = p  k1(x+x2) + k2(1+x2) + k3(1+x) = 3 + 4x + 5x2  k 2  k3  3  k1  3     k1  k 3  4  k 2  2 . k  k 5 k  1  1 2  3 Vậy p = 3p1 + 2p2 + p3 b. Độc lập tuyến tính: Hệ S gọi là độc lập tuyến tính nếu k1u1 + k2u2 + … + knun =   k1 = k2 =…= kn = 0 c. Phụ thuộc tuyến tính: Hệ S gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu S không độc lập tuyến tính. Ví dụ 4: Trong KGVT R3 cho T = {u1 = (0;1;1); u2 = (1;0;1); u3 = (1;2;3)}. Kiểm tra xem T độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính? Giải: Ta có k1u1 + k2u2 + k3u3 =   k1(0;1;1) + k2(1;0;1) + k3(1;2;3) = (0;0;0)  k 2  k 3  0 k1  2t     k1  2k 3  0  k 2   t , t R  T phụ thuộc tuyến tính. k  k  3k  0 k  t  1 2 3  3 d. Một số tính chất  Bất kỳ một hệ vectơ nào chứa θ thì hệ đó phụ thuộc tuyến tính.  Hệ S độc lập tuyến tính trong V. Khi đó nếu bất kỳ vectơ nào biểu thị tuyến tính được qua S thì sự biểu thị đó là duy nhất. 1.1.4. Hệ sinh, cơ sở. Tọa độ của vectơ Cho V là một không gian vectơ và S = {u1,u2,...,un}  V a. Hệ sinh: S gọi là hệ sinh của V nếu mọi vectơ u  V, u biểu thị tuyến tính được qua hệ S. hay hệ k1u1 + k2u2 + … + knun = u có nghiệm với mọi u  V. b. Cơ sở: S là cơ sở của V nếu S độc lập tuyến tính và S là hệ sinh. hay hệ k1u1 + k2u2 + … + knun = u có duy nhất nghiệm với mọi u  V. c. Định lí: (Không gian vectơ n chiều) - Nếu V là KGVT có một cơ sở gồm n vectơ thì mọi cơ sở khác đều có đúng n vectơ. Khi đó ta nói V là một KGVT n chiều. - Nếu V là một KGVT n chiều thì mọi hệ độc lập tuyến tính của V có n vectơ đều là cơ sở. Chú ý: E = {e1=(1;0;0;...;0;0); e2=(0;1;0;...;0;0); en=(0;0;0...;0;1)} là một cơ sở của KGVT Rn (gọi là cơ sở chính tắc) nên Rn là KGVT n chiều. 3
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa d. Toạ độ của vectơ Nếu T = {u1 ;u2 ; . . . ;un } là cơ sở của V thì mọi vectơ x thuộc V đều tồn tại duy nhất bộ (x1 ;x2 ;. . . xn) sao cho x=x1u1+x2u2+…+xn un. Khi đó, ta gọi bộ (x1;x2;...;xn) là toạ độ của x đối với cơ sở T.  x1  x  Kí hiệu xT = (x1 ;x2 ;. . . ;xn ) hay viết đưới dạng ma trận  x T   2 .  ...    xn  Ví dụ 5: Trong KGVT R3 cho T = {(0;1;1); (1;0;1); (1;1;0)}. Chứng minh T là cơ sở của R3. Tìm tọa độ của vectơ x = (3 ;4 ;5) đối với cơ sở T. Giải: Với mọi (x;y;z)  R3 ta có k1(0;1;1) + k2(1;0;1) + k3(1;1;0) = (x;y;z)  k2  k3  x    k1  k3  y k  k z  1 2 0 1 1 Ta có D = 1 0 1  2  0  hệ có duy nhất nghiệm  T là cơ sở. 1 1 0 Tìm tọa độ của x = (1;2;3) đối với cơ sở T Ta có x1(0;1;1) + x2(1;0;1) + x3(1;1;0) = x  x 2  x 3  1  x1  2     x1  x 3  2  x 2  1 x  x  3  x 3  0  1 2 Vậy xT=(2;1;0). e. Bài toán đổi cơ sở Giả sử T = {u1 ;u2 ; . . . ;un } và T’ = {u’1 ;u’2 ; . . . ;u’n} là hai cơ sở của KGVT n chiều V, x  V và  x1   x '1  x  x '   x T   ...  và  x T '   ...2  . 2     xn   x 'n  Hãy tìm mối liên hệ giữa [x]T và [x]T’ . 4
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa  p1i  p  Giả sử  u i    2i  , i  1,2,..,n. , T       p ni  Ta có x = x1u1 + x2u2 + … + xnun = x’1u’1 + x’2u’2 + … + x’nu’n = x’1(p11u1 + p21u2 + … + pn1un) + x’2(p12u1 + p22u2 + … + pn2un) + ... + + x’n(p1nu1 + p2nu2 + … + pnnun) = (x’1p11 + x’2p12 + … + x’np1n)u1 + (x’1p21 + x’2p22 + … + x’np2n)u2 + … + + (x’1pn1 + x’2pn2 + … + x’npnn)un  x1  p11x’1  p12 x’2    p1n x’n  x  p x’  p x’    p x’  Suy ra  2 21 1 22 2 2n n hay [x]T = P. [x]T’    x n  p n1x’1  p n2 x’2    p nn x’n  p11 p12  p1n  p p 22  p 2n  trong đó P  [u1 ]T ,[u 2 ]T ,...,[u n ]T    21 ' ' '           p n1 p n 2  p nn  gọi là ma trận chuyển cơ sở từ T sang T’. Ví dụ 6: Trong KGVT R3 cho hai cơ sở T ={u1=(0;1;1); u2=(1;0;1); u3=(1;1;0)} và B={v1=(1;1;1); v2=(1;1;0); v3=(1;0;0)}. Tìm ma trận đổi cơ sở từ T sang B. Cho xT=(1;2;3), tìm tọa độ của x đối với cơ sở B. Giải: Ta có: k1u1 + k2u2 + k3u3 = v1  k1(0;1;1) + k2(1;0;1) + k3(1;1;0) = (1;1;1)  k 2  k3  1  k1  1 / 2 1 / 2        k1  k3  1  k 2  1 / 2   v1 T  1 / 2  k  k 1 k  1 / 2 1 / 2   1 2  3 0  1 / 2  Tương tự, ta có:  v 2 T  0 và  v3 T   1 / 2  1   1 / 2  1 0 1   2 2 Vậy ma trận đổi cơ sở từ T sang B là: P   1 0 1   2 2 1 1 1   2 2 Ta có [x]T = P. [x]B  [x]B = P-1. [x]T = .... 5
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 1.2. Ánh xạ tyến tính 1.2.1 Định nghĩa Cho X,Y là hai KGVT. Ánh xạ f:XY gọi là ánh xạ tuyến tính nếu thỏa 2 tính chất sau: i) f(x+y)=f(x)+f(y) ii) f(kx)=kf(x) Ví dụ 1: Chứng minh ánh xạ f:R2R3 với f(x;y)=(y; x; x + y)là ánh xạ tuyến tính. Giải 2 Với mọi u=(x;y), v=(x’;y’)  R và với mọi k  R. Ta có: f(u + v) = f(x + x’; y + y’) = (y + y’; x + x’; x + x’ + y + y’) (1) Mặt khác: f(u) + f(v) = f(x;y) + f(x’;y’) = (y; x; x + y) + (y’; x’; x’ + y’) = (y + y’; x + x’; x + x’ + y + y’) (1’) Từ (1) và (1’) suy ra: f(u + v) = f(u) + f(v) (I) Ta có: f(ku) = f(kx;ky)=(ky; kx; kx + ky) = k(y; x; x + y) (2) Mặt khác kf(u) = kf(x;y) = k(y; x; x + y) (2’) Từ (2) và (2’) suy ra: f(ku) = kf(u) (II) Từ (I) và (II) suy ra f là AXTT Ví dụ 2: Chứng minh ánh xạ f:P2P1 với f(p(x))=p’(x)là ánh xạ tuyến tính. Định lí: f:XY là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi f(hx+ky)=hf(x)+kf(y) với mọi x,yV và h,k  R. Nhận xét: Ánh xạ tuyến tính được xác định khi biết ảnh của một cơ sở. Ví dụ 3: Cho f:R2R2 là ánh xạ tuyến tính biết f(1;1)=(3;4), f(2;3)=(5;2). Xác định ánh xạ f. Giải 2 Với mọi (x;y)  R Ta có k1(1;1) + k2(2;3) = (x;y) k  2k 2  x k  3x  2y  1  1 k1  3k 2  y k 2  y  x Mặt khác f(x;y) = f(k1(1;1) + k2(2;3)) = k1f(1;1) + k2f(2;3) = k1(3;4) + k2(5;2) = (3k1 + 5k2; 4k1 + 2k2) = (4x – y; 10x – 6y) Vậy f(x;y) = (4x – y; 10x – 6y) 6
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 1.2.2 Nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính Cho ánh xạ tuyến tính f:XY. Tập hợp Kerf :={xX |f(x)=0Y} gọi là hạt nhân của AXTT f Tập hợp Imf :={yY|xX sao cho f(x)=y} gọi là ảnh của AXTT f Ví dụ 4: Tìm ảnh, hạt nhân của ánh xạ tuyến tính f:R3R2 với f(x;y;z)=(x–y; y–z). 1.3. Ma trận của ánh xạ tuyến tính 1.3.1. Định nghĩa Định nghĩa: Cho f: XY là AXTT, B là cơ sở của X và B’ là cơ sở của Y. Ma trận A sao cho A[x]B=[f(x)]B’ gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cặp cơ sở B, B’. Định lí: Cho f: XY là ánh xạ tuyến tính, B={u1,u2,…,um} là một cơ sở của X và B’={u’1,u’2,…,u’n} là một cơ sở của Y . Khi đó A=[[f(u1)]B’, [f(u2)]B’,…, [f(um)]B’] là ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cặp cơ sở B, B’. Đặc biệt - Nếu X=Y và B=B’ thì ta nói A là ma trận của ánh xạ tuyến tính đối với cơ sở B. - Nếu B và B’ là các cơ sở chính tắc thì A gọi là ma trận chính tắc của f. Ví dụ 1: Cho ánh xạ tuyến tính f : R 3  R 3 với f(x; y; z) = (x+y ; x+z ; y+z) và 2 cơ sở của R3 là B={u1=(1;1;0); u2=(1;0;1); u3=(0;1;1)} } và T={v1=(0;1;1); v2=(1;0;1); v3=(1;1;0)}. Tìm ma trận A của ánh xạ tuyến tính f đối với cơ sở B. Giải Ta có f(u1) = f(1;1;0) = (1+1; 1+ 0; 1+ 0) =(2;1;1)  k 2  k 3  2  k1  0 0   f(u1) = k1v1 + k2v2 + k3v3   k1  k 3  1   k 2 1  [f(u1)]T= 1    k  k 1 k  1 1   1 2  3  1 Tương tự f(u2) = (1;2;1)  [f(u2)]T= 0     1 1  Tương tự f(u3) = (1;1;2)  [f(u3)]T= 1    0  0 1 1    Vậy A  1 0 1  1 1 0  7
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 1 2  Ví dụ 2: Cho A    là ma trận của ánh xạ tuyến tính f :R2R2 đối với cơ 3 4  sở B={u1=(1;1); u2=(2;3)}. Xác định f. Định lí (Ma trận của ánh xạ tuyến tính trong phép đổi cơ sở) Nếu A là ma trận của f đối với cơ sở B và A’ là ma trận của f đối với cơ sở B’ thì A’=P-1AP với P là ma trận đổi cơ sở từ B sang B’  0 1 Ví dụ 3: Cho A    là ma trận của ánh xạ tuyến tính f :R2R2 đối với cơ sở  2 3 B={u1=(1;1); u2=(1;2)}. Tìm ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cơ sở B’={u’1=(3;1); u’2=(1,4)}. 1.3.2. Hạng của ánh xạ tuyến tính Hạng của ánh xạ tuyến tính là hạng của ma trận của ánh xạ tuyến tính đó. 8
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa Bài tập chương 1 1. Trong không gian vectơ R3 cho u = (1;2;3) và hệ B = {u1; u2; u3} với u1=(0;1;1); u2=(1;0;1); u3=(1;1;0). Chứng minh B là cơ sở của R3. Tìm tọa độ của vectơ u đối với cơ sở B. 2. Trong không gian vectơ P2 gồm các đa thức bậc không quá 2, cho hệ B={p1=1+x+x2; p2=x+x2; p3 =1+x } và p=3+2x+x2. Chứng minh B là một cơ sở của P2. Tìm tọa độ của vectơ p đối với cơ sở B. 3. Trong không gian vectơ R3 cho u=(2;3;4) và cơ sở B={u1;u2;u3} với u1=(1;1;1); u2=(1;1;0); u3=(1;0;0). Xác định ma trận đổi cơ sở từ cơ sở chính tắc sang cơ sở B. Từ đó tìm tọa độ của vectơ u đối cơ sở B. 4. Trong không gian vectơ P2 gồm các đa thức bậc không quá 2, cho hai cơ sở B={p1=1+x+x2; p2=x+x2; p3 =x2} và B’={ p’1=1+x; p’2=1+x2; p’3= x+x2} a) Tìm ma trận đổi cơ sở từ B sang B’. b) Cho (p)B = (1; 2; 3). Tìm tọa độ của p đối với cơ sơ B’. 5. Cho ánh xạ tuyến tính f : R 3  R 3 biết f(1;2;3) = (3;2;1); f(1;2;0) = (2;1;0); f(1;0;0) = (1;0;0). Xác định f, tìm ma trận chính tắc của f. 6. Cho ánh xạ f: R2 R3 với f(x;y) = ( x; x + y ; x – y) a) Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính. b) Xác định ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cặp cơ sở B={u1=(0;1); u2=(1;1)} và B’={u1' = (1;0;0); u2' = (1;1;0); u3' = (1;1;1)} 7. Cho ánh xạ tuyến tính f : P2  P2 với f(a + bx + cx2) = b + 2cx và hai cơ sở B={p1=1+x2; p2=x+x2; p3 =1+x2} và T = {q1=1+x+x2; q2= x+x2; q3=x2} của P2 (P2 là không gian vectơ các đa thức bậc không quá 2). Tìm ma trận A của ánh xạ tuyến tính f đối với cặp cơ sở B và T. 1 2 3 8. Cho A    là ma trận của AXTT f : R3  R2 đối với cặp cơ sở 4 5 6 B={u1=(1;0;0); u2=(1;1;0); u3=(1;1;1)} và B’={u1’=(0;1); u2’=(1;1)}. Xác định f. 1 2 3    9. Cho A  0 4 5 là ma trận của ánh xạ tuyến tính f:R3R3 đối với cơ sở   0 0 6 B={u1; u2; u3} với u1=(1;2;3); u2=(0;1;2); u3=(0;0;1). Xác định f. 1 2 3   10. Cho Cho A  4 5 6 là ma trận của ánh xạ tuyến tính f:R3R3 đối với cơ   7 8 9  sở B = {u1=(1;1;1); u2=(1;1;0); u3=(1;0;0)}. Tìm ma trận của f đối với cơ sở B’={u1=(1;2;3); u2=(0;2;3); u3=(0;0;3)}. 9
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa CHƯƠNG 2. CHÉO HÓA MA TRẬN 2.1. Giá trị riêng, véc tơ riêng Định nghĩa: A là ma trận vuông cấp n. Số k gọi là giá trị riêng của A nếu phương trình Ax=kx có nghiệm x ≠0. Véc tơ x≠0 nói trên gọi là véc tơ riêng ứng với giá trị riêng k. Nhận xét: - Nếu k là giá trị riêng thì det(A-kI)=0 (gọi là phương trình đặc của A) - Nghiệm khác không của phương trình Ax=kx là các véc tơ riêng ứng với giá trị riêng k.  3 2 Ví dụ: Tìm véc tơ riêng của ma trận A   1 0  3k 2 Phương trình đặc trưng  0 k2-3k+2=0k =1 hoặc k=2. 1 k vậy có hai giá trị riêng k=1 và k=2. t Với k=1 ta có các véc tơ riêng x=   , t≠0 t   2t  Với k=2 ta có các véc tơ riêng x=   , t≠0. t  2.2. Vấn đề chéo hóa ma trận Bài toán 1: Cho ma trận vuông A có hay không ma trận P sao cho A’=P-1AP là ma trận chéo? xác định P và A’. Bài toán 2: Cho ánh xạ tuyến tính f : XX có hay không một cơ sở sao cho ma trận của ánh xạ tuyến tính đối với cơ sở đó là ma trận chéo. Xác định cơ sở đó và tính ma trận của ánh xạ tuyến tính đối với cơ sở đó. Định nghĩa: Hai ma trận A, B gọi là đồng dạng nếu tồn tại ma trận P sao cho B = P-1AP Định nghĩa: Cho A là ma trận vuông, A gọi là chéo hóa được nếu tồn tại P sao cho P-1AP là ma trận chéo. Định lí: Nếu ma trận A có n véc tơ riêng p1,p2,…,pn độc lập tuyến tính ứng với n giá trị riêng k1,k2,..,kn thì P=[ p1;p2,…,pn] làm chéo hóa A. Hơn nữa,  k1 0  0 0 k  0 2 A’= P AP=  -1        0 0  kn  10
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa Nhận xét: - Nếu pi là vectơ riêng ứng với giá trị riêng ki (i = 1,2,..,n) thì {p1, p2,...pn} độc lập tuyến tính. - Hai ma trận đồng dạng có cùng các GTR và VTR. 1 1 4 Ví dụ 1. Cho A   2 0 4  . Tìm ma trận P làm chéo hóa A, xác định P-1AP.  1 1 5    Giải 3 2 Phương trình đặc trưng -k +6k -11k+6=0 có 3 nghiệm k = 1 ; k = 2 ; k = 3  x1   x1   x 2  4x 3  0  x1  0 Với k = 1, ta có A  x 2  = 1.  x    2x  x  4x  0   x  4t  2  1 2 3  2  x 3   x 3     x1  x 2  4x 3  0  x 3  t 0 Chọn t = 1 ta được vectơ riêng tương ứng p1 =  4     1  Tương tự, 1  k = 2 ta được vectơ riêng tương ứng p2 = 1    0   2 k = 3 ta được vectơ riêng tương ứng p3 =  0    1   0 1 2 1 0 0 Vậy P   4 1 0  làm chéo hóa A và A '  P 1AP   0 2 0   1 0 1  0 0 3     1 2  Ví dụ 2. Cho A    là ma trận của ánh xạ tuyến tính f:R2R2 đối với cơ sở 0 3  B={u1=(1;1); u2=(1;0)}. Tìm một cơ sở B’ của R2 sao cho ma trận A’ của ánh xạ tuyến tính f đối với cơ sở B’ là ma trận chéo, xác định A’. Giải Phương trình đặc trưng (-1)(-3)=0 =1 hoặc =3 t  Các véc tơ riêng ứng với GTR =1 là x    , t  0 . 0 11
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa t Các véc tơ riêng ứng với GTR =3 là x    , t  0 .  t  1 1  Suy ra ma trận P    làm chéo hóa A  0 1 Gọi B’={u1’;u2’} là cơ sở của R2 sao cho P là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B’. Khi đó, ta có u1’= u1 + 0.u2 = (1;1) u2’= u1 - u2 = (0;1) 1 0  Vậy B’ = { u1’=(1;1); u2’= (0;1)} và A '  P 1AP    là ma trận của f đối với  0 3  cơ sở B’. Bài tập chương 2 1. Tìm ma trận P làm chéo hóa A, xác định P-1AP trong các trường hợp sau: 1 4 0   3 1 1  3 3 1  a) A  3 2 0  b) A   1 1 1  c) A   3 5 3       1 1 5   1 1 1   4 6 6  2. Cho ánh xạ tuyến tính T:R3R3 biết T(x;y;z)=(3x-2y;-2x+3y;5z) Tìm một cơ sở của R3 sao ma trận của T đối với cơ sở đó là ma trận chéo, xác định ma trận đó. 1 3 2013 3. Cho A    . Tính A . 4 2 12
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa CHƯƠNG 3: CHUỖI 3.1. Chuỗi số 3.1.1 Định nghĩa Cho dãy số u1, u2, …, un, … Tổng vô hạn u1 + u2 + … + un + … (1)  được gọi là chuỗi số (gọi tắt là chuỗi) và được kí hiệu là u n 1 n . Các số u1,u2, …,un, … gọi là các số hạn của chuỗi, un được gọi là số hạn tổng quát. n Tổng Sn   u k  u 1  u 2  ...  u n được gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi. k 1   Nếu limSn  S  R thì ta nói chuổi  u n hội tụ và có tổng là S và ta viết n 1 u n 1 n S  Nếu chuỗi u n 1 n không hội tụ ta nói chuỗi đó phân kì. Hiệu Rn = S – Sn gọi là phần dư thứ n của chuỗi số.  n 1 Ví dụ 1: Tính tổng của chuỗi q n 1 (nếu có), trong đó q là số thực cho trước.  1  qn Giải: Tổng riêng thứ n của chuỗi  q n 1 với (q≠1) là: Sn  n 1 1 q 1 Nếu |q| < 1 thì limSn  1 q Nếu |q| > 1 thì limSn   Nếu q =1 thì limSn   . Nếu q = -1 thì (Sn) không có giới hạn.   1 Vậy |q| < 1 thì  q n 1  và |q| ≥ 1 thì q n 1 phân kì n 1 1 q n 1  1 Ví dụ 2: Xét sự hội tụ và tính tổng (nếu có) của chuỗi  n(n  1) . n 1 1 1 1 Giải: Ta có   , n n(n  1) n n  1 Tổng riêng  1 1 1 1 1 1 1  1 Sn  1            ...     1 1  2  2 3 3 4  n n 1 n 1  1 Vậy  n(n  1)  1 n 1 13
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 3.1.2. Các tính chất  Định lí 1 (điều kiện cần): Nếu chuỗi u n 1 n hội tụ thì lim | u n | 0 . Chứng minh  Vì chuỗi u n 1 n hội tụ nên limSn  S  Mặt khác, ta có u n  Sn  Sn 1 với mọi n  N. Do đó lim | u n || S  S | 0 . Chú ý: Điều ngược lại của định lí nói chung không đúng.  1 Ví dụ 3: Xét chuỗi điều hoà chuỗi  . Ta có, limun = 0 n 1 n n 1 n 1 1 1 1 1 Mặt khác, ta có :  , x  [n;n+1] với mọi n N,do đó,  dx   xdx với n x n n n n 1 1 1 mọi n N, hay   dx với mọi n N n n x n 1  1 1 Cộng các bất đẳng thức trên ta có Sn   x dx  ln(n  1)  ∞ do đó n n 1 phân kì. 1  Định lí 2: Điều kiện cần và đủ để chuỗi số u n 1 n hội tụ là với mọi >0, tồn tại số tự nhiên n0 sao cho với mọi m>n0, n>n0 ta có |sm – Sn| < . Chứng minh  Vì chuỗi u n 1 n hội tụ nên dãy (Sn) hội tụ. Theo định lí Côsi ta có với mọi >0, tồn tại số tự nhiên n0 sao cho với mọi m>n0, n>n0 ta có |sm – Sn| <  Ngược lại, nếu với mọi >0, tồn tại số tự nhiên n0 sao cho với mọi m>n0, n>n0 ta  có |sm – Sn| <  thì (Sn) là dãy Côsi do đó (Sn) hội tụ do đó u n 1 n hội tụ.   Định lí 3: Nếu  u n  S thì n 1  au n 1 n  aS , với a là số thực kất kì cho trước.    Định lí 4: Nếu u n 1 n  S và v n 1 n  T thì  (u n 1 n  vn )  S  T Định lí 5: Tính hội tụ hay phân kì của chuỗi không đổi khi ta thay đổi một số hữu hạn các số hạn đầu. 14
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 3.1.3 Chuỗi số dương a. Định nghĩa:  Chuỗi u n 1 n , trong đó an ≥ 0 với mọi n  N được gọi là chuỗi số dương. (2) b. Tiêu chuẩn hội tụ của chuỗi số dương  Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để chuỗi số dương u n 1 n hội tụ là dãy tổng riêng tương ứng (Sn) bị chặn trên. Chứng minh  Nếu u n 1 n hội tụ thì dãy (Sn) có giới hạn do đó (Sn) bị chặn. Ngược lại, Giả sử (Sn) bị chặn trên. Mặt khác, do Sn+1 – Sn = un+1 > 0 nên (Sn) tăng.  Vậy (Sn) tăng và bị chặn trên, do đó (Sn) hội tụ hay u n 1 n hội tụ.  1 Tính chất: Chuỗi n n 1  hội tụ khi  > 1, phân kì khi   1.  1 Ví dụ 4: Xét sự hội tụ của chuỗi 2 n 1 n 5 nn 1 1 1 Ta có Sn   k   k  1  n  1. k 1 2  5 k 1 2 2 Vậy (Sn) bị chặn trên do đó chuỗi hội tụ. Định lí 2: (Dấu hiệu so sánh)   Cho hai chuỗi số dương u n 1 n và v n 1 n . Nếu tồn tại số dương c sao cho u n  c.v n , n  N thì :   i) nếu chuỗi v n 1 n hội tụ suy ra chuỗi u n 1 n hội tụ.   ii) nếu chuỗi u n 1 n phân kì suy ra chuỗi v n 1 n phân kì. Chứng minh   Gọi Sn và Tn lần lượt là tổng riêng thứ n của chuỗi u n 1 n và chuỗi v n 1 n 15
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa  i) Do u n  c.v n , n  N nên Sn  c.Tn , n  N . Vì v n 1 n hội tụ nên (Tn) bị chặn  do đó (Sn) cũng bị chặn. Theo định lí 1 chuỗi u n 1 n hội tụ.  ii) Do u n  c.v n , n  N nên Sn  c.Tn , n  N . Vì u n 1 n phân kì nên (Sn) không  bị chặn trên do đó (Tn) cũng không bị chặn trên. Theo định lí 1 v n 1 n phân kì.  1 Ví dụ 5: Xét sự hội tụ của chuỗi  n 1 3 n.3n  n 1 1 1 Giải: Ta có 3 n  n , n  1 và chuỗi n.3 .3    hội tụ. n 1  3   1 Do đó chuỗi  n 1 3 n.3n hội tụ  1 Ví dụ 6: Xét sự hội tụ của chuỗi  2n  1 . n 1 1 1 1 Giải: Ta có,  . , n  0. 2n  1 3 n   1 1 Và chuỗi điều hoà  phân kì. Do đó, chuỗi  2n  1 phân kì. n 1 n n 1 Định lí 3: (Dấu hiệu CôSi)  Cho chuỗi số dương u n 1 n . Nếu lim n u n = L thì  i) nếu L < 1 suy ra chuỗi u n 1 n hội tụ.  ii) nếu L > 1 suy ra chuỗi u n 1 n phân kì. Chứng minh - Với L < 1. Ta chọn  > 0 đủ bé sao cho 0< L +  = q < 1. Vì lim n u n = L nên với n đủ lớn thì n u n  L    q  1 do đó un < qn  n Mặt khác, chuỗi q n 1 hội tụ (vì 0  q
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa - Với L > 1. Ta chọn  > 0 đủ bé sao cho L -  > 1. Vì lim n u n = L nên với n đủ lớn thì n un  l    1  un  1  Do đo, chuỗi u n 1 n phân kì Định lí 4: (Dấu hiệu Đalămbe)  u n 1 Cho chuỗi số dương u n 1 n . Nếu lim un  L thì  i) nếu L < 1 suy ra chuỗi u n 1 n hội tụ.  ii) nếu L > 1 suy ra chuỗi u n 1 n phân kì. Chứng minh  n2  1 Ví dụ 7: Xét sự hội tụ của chuỗi  1   n 1  n n2 n  1  1 Ta có lim n 1    lim 1    e1  1 .  n  n  n2  1 Theo định lí Côsi ta có chuỗi  1   hội tụ. n 1  n 5n  Ví dụ 8: Xét sự hội tụ của chuỗi  . n 1 n  1 5n 1 5(n  1) Ta có lim n n 2  lim  5  1. 5 n2 n 1  5n Theo định lí Đalămbe ta có chuỗi  n 1 n  1 phân kì. 3.1.4 Chuỗi đan dấu  n a. Định nghĩa: Chuỗi có dạng  (1) n 1 u n trong đó an ≥ 0 (hoặc an  0) với mọi nN được gọi là chuỗi đan dấu. b. Định lí: (Tiêu chuẩn Lépnít)  n Nếu dãy (un) giảm và lim un = 0 thì chuỗi đan dấu  (1) n 1 u n hội tụ. 17
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa (1) n 1  Ví dụ 9: Xét sự hội tụ của chuỗi điều hoà đan dấu  . n 1 n 1 Ta có, dãy (un) với u n  là dãy giảm và limun=0. Theo dấu hiệu Lépnít ta có n  (1) n 1 chuỗi điều hoà đan dấu  hội tụ. n 1 n 3.1.5 Chuỗi hội tụ tuyệt đối   a. Định nghĩa: Chuỗi  u n gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi n 1 | u n 1 n | hội tụ. b. Định lí: Chuỗi hội tụ tuyệt đối thì hội tụ. (1) n 1  Ví dụ 10: Xét sự hội tụ của chuỗi  n 1 n2  (1) n 1  1  1 Ta có,  n 1 n 2   n 1 n 2 và chuỗi n n 1 2 hội tụ.  (1) n 1 Vậy chuỗi  n 1 n 2 hội tụ. 3.2 Chuỗi luỹ thừa 3.2.1 Định nghĩa  Chuỗi luỹ thừa là chuỗi dạng a n (x  ) n (3) n 0  n Nếu đặt X  x   khi đó chuỗi (3) trở thành a X n 0 n (4) 3.2.2 Miền hội tụ của chuỗi lũy thừa Định lí Aben  n Nếu chuỗi a x n 0 n hội tụ tại x0 ≠ 0 thì nó hội tụ tại mọi điểm x mà |x| < |x0|.  n Từ định lí suy ra, tồn tại số thực không âm R sao cho chuỗi luỹ thừa a x n 0 n hội tụ trên khoảng (-R;R) và phân kì trong (-∞,-R) (R; +∞).  n Định nghĩa: Số thực không âm R sao cho chuỗi a x n 0 n hội tụ trên khoảng (-R;R) và phân kì trong (-∞,-R) (R; +∞) gọi là bán kính hội tụ của chuỗi đó. 18
Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa Định lí CôSi Nếu lim n a n  L thì bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa (4) là: 1 , 0  L    L R    , L0  0 , L  Định lí Đalămbe a n 1 Nếu lim  L thì bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa (4) là: an 1 , 0  L    L R    , L0  0 , L  n  x  2 Ví dụ 1. Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa  n 1 n tn  Đặt t = x – 2 chuỗi trở thành  n 1 n a n 1 n Ta có lim  lim  1 , do đó R = 1. n  an n  n  1  1 Tại t = 1, ta có chuỗi số  n phân kỳ. n 1 n   1 Tại t = -1, ta có chuỗi số  n 1 n là chuỗi số điều hòa đan dấu thỏa mãn các điều kiện của định lý Leinitz, nó hội tụ.  Miền hội tụ -1  t < 1 Vậy miền hội tụ của chuỗi lũy thừa đã cho là 1  x < 3.  xn Ví dụ 2. Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa  n 1 n! a n 1 n! 1 Ta có lim  lim  lim 0 n  an n   n  1! n  n  1 Do đó R = +  , chuỗi lũy thừa hội tụ trên toàn R. 19

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.