Đề cương bài giảng môn Đại số và Hình học giải tích

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 1 Tiết 1-4 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 1 Các mục

TẬP HỢP VÀ ÁNH XẠ 1.1 Mệnh đề toán học và các phép toán logic 1.2 Tập hợp 1.3 Ánh xạ - Giới thiệu mục đích, ý nghĩa của môn học - Nắm được nội dung cơ bản của lý thuyết tập và khái niệm ánh xạ. Mục đích - yêu cầu

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

Chương I. TẬP HỢP VÀ ÁNH XẠ

1.1 MỆNH ĐỀ TOÁN HỌC VÀ CÁC PHÉP TÍNH LOGIC

1.1.1 Mệnh đề toán học: Là những khẳng định mang một ý nghĩa đúng hoặc sai. Không có mệnh đề nửa đúng nửa sai.

Thí dụ 1.1 “ 5 > 3” : Mệnh đề đúng “Áo bộ đội màu nâu” : Mệnh đề sai.

1.1.2 Các phép toán logic trên các mệnh đề. Giả sử ta có các mệnh đề A, B, C…

A

B

B

A B

a) Phép phủ định A : Mệnh đề A nhận giá trị đúng khi A sai, nhận giá trị sai khi A đúng. b) Phép Hội  : Mệnh đề A B chỉ nhận giá trị đúng khi và chỉ khi A và B cùng đúng. c) Phép Tuyển  : Mệnh đề A B chỉ nhận giá trị sai khi và chỉ khi A và B cùng sai. d) Phép kéo theo  : Mệnh đề A  B chỉ nhận giá trị sai khi và chỉ khi A đúng và B sai. e) Phép Tuyển loại trừ  : Mệnh đề A  B nhận giá trị đúng khi A đúng và B sai hoặc A sai B đúng. Bảng chân trị

A B

A B A

A B

0 1 0 1

A 1 1 0 0

0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1

B thì A được gọi là điều kiện đủ của B, B được gọi là điều kiện cần có của A. B thì A được gọi là điều kiện cần và đủ của B và ngược lại.

Nếu A Nếu A 1.1.3 Điều kiện cần, điều kiện đủ 1.1.4 Vị từ

,

,

,

x xác định trên tập A được gọi là hàm mệnh đề n-ngôi trên

 n

,

,

,

với

,

i

thì

a là một mệnh đề.



  

n 1,

A ,

 P a a 1

2

 n

Như đã biết, mệnh đề là một câu khẳng định có ý nghĩa đúng hoặc sai rõ ràng. Tuy nhiên, trong thực tế có những câu khẳng định mà giá trị chân lý của nó đúng hay sai tùy thuộc vào một hay nhiều yếu tố chưa cụ thể (biến) nào đó. Thí dụ 1.2 Khằng định “ x>5” có giá trị là đúng nếu x=7 và có giá trị là sai nếu x=2. a) Hàm mệnh đề. Hàm

a x , 1 2

x , n

a n

ia

 P x x 1 2 a 2

nếu A thay 1 x

: Là hàm mệnh đề 1 ngôi trên R;

P(x,y,z) = “x>y, y>z” : Là hàm mệnh đề 3 ngôi trên R .

1

Thí dụ 1.3 P(x) = “x>5”

Trong các vị từ người ta thường sự dụng các lượng từ: Lượng từ riêng  , đọc là “ tồn tại”,

“có” hay “ có ít nhất một”…hay Lượng từ chung  , đọc là “ với mọi”, “ tất cả”,…

Sự kết hợp giữa một hay nhiều lượng từ và một hàm mệnh đề tạo ra mệnh đề. Những mệnh đề

như vậy gọi là vị từ.

 x P(x) : Là khẳng định với mọi giá trị x P(x) đều đúng.  x y P(x,y): Là khẳng định tồn tại ít nhất 1 giá trị x để P(x,y) đúng với mọi giá trị y.

Thí dụ 1.4  x P(x): Là khẳng định tồn tại ít nhất x để P(x) đúng; b)

i) P(x) = x ) Phép toán phủ định của vị từ P X x (  

P(x) = x

P X (

)

x 



ii)

k N

,

n

a

k

   

0,    



 

n

Thí dụ 1.5 Để định nghĩa dãy {an} có giới hạn là a, người ta viết: a

a sao cho

0 ,

a

k

      

 



n

Vì vậy, để khẳng định {an} phân kỳ hoặc không phải có giới hạn là a, ta cần chỉ ra: k N n ,

Hệ quả :

x  P(x) Q(x)  x   P(x) Q( ) x  i)

ii) x  P(x) Q(x)  x   P(x) Q( ) x 

1.2 TẬP HỢP 1.2.1 Khái niệm tập hợp Tập hợp là một khái niệm cơ bản, không định nghĩa. Tuy nhiên có thể giải thích: Một tập hợp bao gồm các đối tượng xác định hợp thành. Mỗi đối tượng gọi là một phần tử của tập hợp. Kí hiệu các tập hợp: A, B, C... Nếu x là một phấn tử của tập A ta viết xA, còn nếu y không phải

là phần tử của tập A ta viết xA. 1.2.2 Mô tả một tập hợp: Có 2 phương pháp a) Liệt kê các phần tử của tập hợp. Thí dụ 1.6 S ={1,2,3,a,c}. Khi đó : 3,aS và 5,6,bS. b) Nêu các tính chất đặc trưng của phần tử. Thí dụ 1.7 B = {số nguyên, dương chẵn}. Khi đó 2,4,8B và 1,13,-8B c) Một số tập hợp đặc biệt

- Tập rỗng  ={} - Tập số tự nhiên - Tập số nguyên - Tập số hữu tỷ - Tập số thực N ={0,1,2,3,...} Z = {0,  1, 2, 3...} Q = {p/q p,qZ , q0} R = { Các số hữu tỷ và vô tỷ} d) Hai tập A và B được gọi là hai tập bằng nhau: Nếu chúng có cùng các phần tử A = B  (xA xB) (yB  yA) e) Bao hàm và tập con. Tập hợp A được gọi là tập con của tập B , nếu mọi phần tử của A đều là của B.

A  B - Đọc là : A là tập con của tập B, A nằm trong B; B  A - Đọc là : B chứa A , B bao hàm A. Cách viết khác nhau về tập con: Như vậy, nếu A = B thì A là tập con của tập B và B cũng là tập con của tập A.

A  B  (xA  xB) Thí dụ 1.8 Cho C ={ 1, 2, 5} và D={ 1,2,3,4,5} ta thấy C  D.

Tập tất cả các tập con của tập A gọi là tập 2A.

2

Thí dụ 1.9 Nếu A={ 1,2,3} thì 2A ={, {1},{2},{3}, {1,2},{1,3},{2.3},{1,2,3} } Dễ dàng chứng minh được: Nếu A có n phần tử thì 2A có 2n phần tử (!).

Để mô tả mối quan hệ của 2 tập hợp người ta thường dùng sơ đồ Ven. Chẳng hạn, mô tả quan hệ A  B bằng sơ đồ:

A B

1.2.3 Các phép toán trên tập hợp

a) Phép giao  : AB = { x | xA và xB} b) Phép hợp  : AB = { x | xA hoặc xB} c) Phép trừ - : A-B = A\B = { x | xA và xB} d) Tập phần bù : Giả sử A là tập con U. Phần bù của tập A trong U là tập

Ac hay A = {xU | xA} =U-A Nếu A là một tập "vũ trụ", nghĩa là mọi tập cần xét đều được xem là tập con của U, thì có thể

nói gọn lại Ac là phần bù của tập A. Thí dụ 1.10 Cho A ={1,2,3,4,9} B = { 3,4,5,8} U ={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}. Khi đó AB = {1,2,3,4,5,8,9} AB = {3,4 } A-B = {2,9} Ac = {0,5,6,7,8} 1.2.4 Tính chất của các phép toán tập hợp





: : : : (AB)C = A(BC) (AB)C = AB(C) AB = BA B = BA (AB) C = ( AC)(BC) (AB) C = (AC)  (BC) (Ac)c =A a) Kết hợp b) Giao hoán c) Phân phối d) Hai lần bù e) Luật DeMorgan: (AB)c = Ac  Bc ) (AB)c = Ac  Bc 1.2.5 Tích Des Cartes

A A  2 1

A n

A i

A

  



A n

A 2

= {(x1,x2 ,…,xn)| xiAi ; i=1,2,…,n }

)

Giả sử A, B , C là các tập hợp và {Ai}i=1,2,…,n là một họ n tập hợp. Khi đó ký hiệu: AB = {(x,y)| xA và yB} ABC = {(x,y,z)| xA, yB và zC } n  i 1  xi gọi là tọa độ thứ i của phần tử (x1,x2 ,…,xn) A  thì : Trường hợp riêng, nếu 1 An = {(x1,x2 ,…,xn)| xiA ; i=1,2,…,n }

N A ( i

n  i 1 

Dễ dàng chứng minh được : N(A1A2…An) =

Cho S là là một họ các tập con của tập A : S = (Ai), i=1,2,...,n. Khi đó S được gọi là một phân

n

phủ của tập A nếu

A

= A i

i

= 1

Nếu S là một phủ của A và tập Ai rời nhau từng đôi một thì S gọi là một phân hoạch của A. |

là một phân hoạch của tập R.

1.2.6 Phủ và phân hoạch

x R x

x R x

  0

C

A

B

|







  

  

 0 ,

 0 ,

:f E

Thí dụ 1.11 Ba tập

F hay

E

hay

f x ( )

y

Ký hiệu Gọi E là Tập nguồn và F là tập đích. Nếu f tác động vào x E sinh ra y F thì ta viết



3

1.3 ÁNH XẠ 1.3.1 Khái niệm về ánh xạ: Ánh xạ từ tập E đến tập F là 1 qui luật f, liên hệ giữa E và F, sao cho khi nó tác động vào 1 phần tử x thuộc tập E sẽ sinh ra 1 và chỉ 1 phần tử thuộc tập F. f F

3 1  với E F R  với E R F Z ,  x 2

 .



( )

f x là chỗ ngồi của sinh viên x.

y y y x x [ ] sin 

 ;  ;  với E F R Cho tập sinh viên lớp E và tập chỗ ngồi trong phòng học F, F , khi đó f E ) { (



: ) {

| - Tập ảnh của ánh xạ f là: - Tập ảnh của tập A E qua ánh xạ f là:

:f E

   

y F x E y     f A ( : F được gọi là một đơn ánh nếu từ



f x ( )} y F x A y | x 1

( )} f x  x   2

Thí dụ 1.12 Một số ánh xạ : 1.3.2 Tập ảnh: Giả sử 1.3.3 Đơn ánh: Ánh xạ hay từ :f E ) ) f x ( 1 f x ( 2



:f E

f E (

)

.

F được gọi là một là một toàn ánh (ánh xạ tràn) nếu

F

F được gọi là một song ánh nếu nó vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh.

 : Là đơn ánh, toàn ánh nên là một song ánh.  : Là toàn ánh , không đơn ánh.

) . x 2 f x ( 2 x   1



 : Không đơn ánh, không toàn ánh.

:f E

:g F

y y y x x [ ] sin 

x

y

f x ( )

F khi đó tồn tại một ánh xạ



được xác định như sau

nếu

. Ánh xạ ngược của ánh xạ f thường ký hiệu là

E 1 f  .

1

3

x

y ( )

y



f x ( ) 1 1.3.4 Toàn ánh: Ánh xạ :f E 1.3.5 Song ánh: Ánh xạ Thí dụ 1.13 Xét các ánh xạ: 3 1  với E F R  E R F Z ,  với  với E F R x 2 1.3.6 Ánh xạ ngược của song ánh: Cho song ánh 

y

1  .

( ) g y 3 1  với E F R



x

1

1



f

 f

 là một song ánh. Do đó: f  cũng là một song ánh và 

 f  1 

Dễ dàng thấy rằng nếu f là song ánh thì Song ánh

:f E

F tạo ra một quan hệ 1-1 giữa 2 tập E và F

Thí dụ 1.14 Ánh xạ

:g F

:f E

Cho

:

G . Tích của hai ánh xạ f và g, ký hiệu

g f E G , được xác định

g

x E

z

g f x

[ ( )]

.

0

F và f    y

1.3.7 Hợp (tích) của hai ánh xạ

như sau: Thí dụ 1.15 Giả sử

y :

f

( ) z f x   g z : và x sin( )

( ) g y y log( )

. Nói các khác z

thì

:

0 ( ) g f x   . x log(sin )







g f 0

1



x E I

x ( )

f

f

f

x ;

 







: IE là ánh xạ đồng nhất trên E.

1 0

E



 y F I

f  cũng là một song ánh. Khi đó Giả sử :f E

Tương tự,

 Các tính chất (tự CM). - Hợp của hai đơn ánh là đơn ánh; - Hợp của hai toàn ánh là toàn ánh. - Hợp của hai song ánh là song ánh. F là song ánh thì  1  y ( ) 

0

F

( ) x 

[ ( )] f x 1

4

f f y ( ) y   : IF là ánh xạ đồng nhất trên F.

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 2 Tiết 5-8 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 1 Các mục

TẬP HỢP VÀ ÁNH XẠ 1.4 Luật hợp thành trong 1.5 Sơ lược về cầu trúc đại số 1.6 Số phức - Giới thiệu sơ lược về các cấu trúc đại số: Nhóm, vành, trường. - Nắm được khái niệm trường số phức C một số ứng dụng của nó. Mục đích - yêu cầu

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

f   

.

:f E E f x y ( , x y * E z )  . Thường ký hiệu:   E 

1.4 LUẬT HỢP THÀNH TRONG 1.4.1 Định nghĩa: Luật hợp thành trong trên tập E, hay phép toán trên E là một quy luật tác động lên hai phần tử của E sẽ tạo ra một và chỉ một phần tử của nó. z x y E , Thí dụ 1.16 - Luật cộng trong N : + - Luật nhân trong R : × - Luật chia trong R-{0}: /

x y E ,

y x *

 





1.4.2 Tính chất. Giả sử * là một luật hợp thành trong trên tập E. Khi đó: x y *

x y z E , ,

x y ( * )*

y z *( * )

x



 



e x *

x e *

a) Giao hoán: Luật * gọi là có tính chất giao hoán nếu b) Kết hợp: Luật * gọi là có tính chất kết hợp nếu

z c) Có phần tử trung hòa: Luật * gọi là có phần tử trung hòa e nếu 

e E x E     

 x

'*

x : x * '

E

x

x

'x nếu

x '  



tử đối xứng là d) Phần tử đối xứng: Giả sử Luật * gọi là có phần tử trung hòa e . Phần tử x E gọi là có phần  e Thí dụ 1.17 - Luật + trên N có tính chất giao hoán, kết hợp, có phần tử trung hòa là 0 và chỉ có phần tử 0 mới có phần tử đối xứng. - Luật × trên Q hay R có tính chất giao hoán, kết hợp, có phần tử trung hòa là 1 và mọi phần tử khác 0 đều có phần tử đối xứng.

Trên một tập hợp ta có thể trang bị một hay nhiều phép toán với một số tính chất xác định tạo ra

1.5 SƠ LƯỢC VỀ CẤU TRÚC ĐẠI SỐ một đố tượng toán học gọi là cấu trúc đại số. 1.5.1 Cấu trúc nhóm. Giả sử tập G   có trang bị một phép toán *. Khi đó (G,*) gọi là có cấu trúc nhóm, gọi tắt là nhóm G, nếu thỏa các tính chất:

a) Luật * có tính kết hợp; b) Luật * có phần tử trung hòa, ký hiệu e; c) Mọi phần tử của G đều có phần tử đối; d) Nếu luật * có tính chất giao hoán thì G gọi là một nhóm Abel.

Thí dụ 1.18 (Z,+) và (R-{0},×) là các nhóm Abel, (R,×) không phải là nhóm.

x

a b '*

a x y 



5

 Một số tính chất của nhóm. Giả sử (G,*) là một nhóm, khi đó: i) Phần tử trung hòa là duy nhất; ii) Mỗi một phần tử của a G có một phần tử đối duy nhất a’; iii) Trên nhóm G có quy tắc giản ước: * iv) Trên nhóm G phương trình *a x   ; x a y * b có nghiệm duy nhất

a

)

,

a c b c

a b

(

)

a b a c     và

  





c         ;

1.5.2 Cấu trúc vành. Giả sử tập A   có trang bị hai phép toán + và ×. Khi đó (A,+,×) gọi là có cấu trúc vành, gọi tắt là vành A, nếu thỏa các tính chất:

0

0

0

a b

i) (A,+) là một nhóm giao hoán, phần tử trung hòa ký hiệu là 0; ii) Luật × có tính kết hợp; iii) Luật × có tính phân phối hai phía đối với luật +, nghĩa là: a b c A , b c ( a b c A , ,  iv) Luật × có tính chất giao hoán; Ngoài ra:

b  thì gọi lag vành nguyên.

v) Nếu luật × có tính chất giao hoán thì A gọi là một vành giao hoán; vi) Nếu luật × có phần tử trung hòa, ký hiệu là 1, thì A gọi là một vành có đơn vị; vii) Nếu vành A có tính chất:     hoặc a Thí dụ 1.19 (Z,+,×), (Q,+,×) và (R,+, ×) đều là các vành giao hoán, có đơn vị và nguyên.

a K a

,

 

 (phần tử trung hòa của luật +) đều tồn tại phần tử nghịch đảo (phần tử đối

1.5.3 Cấu trúc trường. Giả sử tập K   có trang bị hai phép toán + và ×. Khi đó (K,+,×) gọi là có cấu trúc trường, gọi tắt là trường K, nếu thỏa các tính chất:

a) K là một vành giao hoán, có đơn vị; 0 b) Với xứng của luật ×), ký hiệu là a-1 . Thí dụ 1.20 (Q,+,×) và (R,+, ×) đều là các trường.

1

 Một số tính chất của trường (tự CM). Giả sử (K,+,×) là một trường, khi đó:

x

 a

b  .

R,

i) ii) iii) K là một vành nguyên; (K-{0},×} là một nhóm; Trong trường K, phương trình ax=b với a=0 có nghiệm duy nhất

,  tạo ra trường số thực R. Mặc dù R rất rộng, R Q Z

2 1 0 x   vẫn vô nghiệm. Vì thế cần phải

1

N    nên nó có ứng dụng 1.6 SỐ PHỨC 1.6.1 Khái niệm ban đầu về số phức  Bộ ba 

i   gọi nó là số ảo. Rõ ràng là i là nghiệm của phương trình

2 1 0 x   .

Ban đầu, người ta đặt rất lớn trong tính toán, nhưng trong R phương trình đơn giản mở rộng trường R để giải quyết các bài toán phức tạp nảy sinh trong KHKT và kinh tế. Số ảo từ đó được ứng dụng khâ hiệu quả. Nhưng cách tiếp cận số phức như vậy không tự nhiên. với  Định nghĩa số phức: Số phức là một cặp số thực: ,a b R .

z a b ( , )  b gọi là phần ảo của số phức z và tập tất a gọi là phần thực sổ sô phức z, Im( )z

a b ( , )

z

z

'

a b ( ',

')

C





 , khi đó:

và

(

') a b ' ) ' z 

Đặt Re( )z cả các số phức là C. 1.6.2 Trường số phức

( 7, 22)   Trên tập C ta định nghĩa hai phép toán cộng và nhân. Giả sử a a b b ') : ( , ) a b ', z ( ', a b       ( aa bb ab z z a b ( , ) ' ', ' ' . ') : a b ( ',      Dễ dàng kiểm tra lại  ,C   là một trường, gọi là trường số phức C. , (6,8) (4,5) (2.4 3.5, 2.5 4.3) (4,5)      

Thí dụ 1.21 (2,3) (2,3) 1.6.3 Mặt phẳng phức Có thể ký hiệu các số phức là x, y, z… Mỗi số phức a b ( , ) z 

a ( , 0)

z



 . Vì vậy số thực được coi như

tương ứng 1-1 với một cặp số thực nên hoàn toàn có thể biểu diễn bởi một điểm M(a,b) trên mặt phẳng Oxy. Vì thế mặt phẳng Oxy cũng được gọi là mặt phẳng phức. Trong đó: Ta có thể đồng nhất số phức có phần ảo bằng 0:

a trường hợp riêng của số phức và trục Ox gọi là trục thực. Kiểm tra lại: , 0) a b  .0) .0 b 0, a  a a , 0) (  

a b ( , 0) a ( , 0) b     a ( ab ( , 0)( , 0) b ab   a a ( , 0) a a , 0) (    

(

(  

6

, 0) ab  (0, 0) 0 

1

1

1 





z

,

a b ( , 0).( , )

z

.

)

a b ( , )

)

R

( a b ,  



( a b ,  



  





( a aa aa , 0) , 0)     (1, 0) 1

 . Ta có

.

Cho hay

z

b (0, )



2

, 0)

y

b



1

M a b ( , )

. b i  2 1 0 x   b

k

k

k

k

4

4

2

4

3

1 





1,

i





1,   z ( , ) a b  M a b ( , )

a bi

i a bi   1 1    .  z

2

2

. O a x

z

|

b Modul z ( )

| 





: Dạng Euler của số phức.

suy ra

a ( , 0)( 1.6.4 Tích số phức với số thực a b C ( , )  1.6.5 Các dạng số phức , gọi là số thuần ảo.

z

a : Dạng lượng giác của số phức. i e 



 sin )  i sin 

z

')

z

i

' i e 

(cos  





'  b b

và a '

'(cos '    '    

 

Trục Oy gọi là trục ảo. Mỗi số phức trên Oy có dạng , gọi là đơn vị ảo. Ta có: i  Đặt (0,1) 2 b    , (0, ) (0,1) b (0, )(0, ) ( R b b b   Do 2 i   nên i là nghiệm của phương trình Cần chú ý: 4   i i i i , - Dạng chuẩn của số phức: Xét mặt phẳng phức. Điểm   Ox OM ( , Đặt )   a b ( , ) z   Khi đó: Từ công thức Euler:

sin ') '     k ' 2 

z z .

z

z

|

' | ' . 

| 



' 0

b) Tích hai số phức: | . |

z  ta có

hay



'

c) Thương hai số phức: Với

và z arg( ) (cos i    ie  cos   1.6.6 Các phép toán trên số phức i e  sin ) ( ', Giả sử a b i a b ( , )       a) Hai số phức bằng nhau: z a z ' '           i ( ')   e   z z . . ' hay '  z z và arg( . ' ') z ' |    z z

arg( ) arg( ') z    ( ') i  e ' 

, đặc biệt

.

arg

arg( ')

z

z

z

và arg

 



arg( ) arg( ') 

'  

'     





1 z '

'

| |

| ' |

z z

z z

z z

'

  

  

  

  

n

n

hay

z

|

, arg

z .arg( ) n

.

z

 '  d) Lũy thừa và khai căn n in e  n z +

| 





n 

n 

n

Công thức Moivre:

 (cos

z

.



n 

k







i

k

 n    







i 

n

n

2 n

n

n

+

z

c

os

i

.sin



e 



e 







) sin n i  2 k  n

2 n

  

k

   0,1, 2,...,

n

1



 , trên mặt phẳng phức chúng

Như vậy n z có n giá trị khác nhau, tương ứng với tạo thành n đỉnh của một đa giác đều n cạnh.

k

k





z

c os

i .sin

,

k

0, 2







k

2   3

2   3

Thí dụ 1.22 3 1 có 3 giá trị khác nhau

z

k

0,

cos

i .sin

i

k

,

cos

.sin













i 

  1

0

z 11,

 3

1   2

và

cos

2,

k

z

i .sin

i







2

y z+z’

 z

'  ' z

 | z

Với

 3 5  3 e) Tổng và hiệu hai số phức: z Từ mặt phẳng phức dễ thấy:

z 

3 2 1 5 3    3 2 2 a a b b ') , (  z | ' | | z  

a bi

z’ O x 1.6.7 Số phức liên hợp: Đặt z

gọi là số phức liên hợp của số phức z .

 

7

Trên mặt phẳng phức thì z đối xứng với z qua trục hoành.

2

2

z z .

a

b

z

2 |

z

z





| 

R  .

2

 Tính chất: z

   và a R

z ,





 Khử số phức ở mẫu số: Do

z 2 z |

|

1 z

z z z .

i







3 25

4 25

1 i 3 4 

3 4 i  2 2 4 3 

Thí dụ 1.23

1.6.8 Giải phương trình bậc 2 trên trường số phức 2

,

0A  . Ta có thuật toán:

,A B C R trên trường số thực,

Bx C

  với 0

Ax  . AC

B

Xét phương trình 2 4 + Tính 

 

;

+ Nếu

x



0  thì phương trình có hai nghiệm thực phân biệt: 1,2

B    2 A

+ Nếu

0  thì phương trình có nghiệm kép: 1 x

2

;   x 2  2 B A

0A  luôn luôn có hai

0  thì phương trình vô nghiệm. Bx C 

+ Nếu Tuy nghiên, phương trình Ax 0   trên trường số phức, với

.



x 1,2

B    2 A

nghiệm phức:

,

Nếu

,A B C R và

0  thì phương trình có hai nghiệm phức liên hợp: 1,2

8

 x .  B i   2 A

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 3 Tiết 9-12 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 1 Các mục

TẬP HỢP VÀ ÁNH XẠ 1.7 Đa thức Chữa bài tập chương 1. - Giới thiệu đa thức , các tính chất và phép toán. - Học viên cần nắm được khái niệm số phức và thành thạo các phép tính số phức. Mục đích - yêu cầu

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

2

n

a

ĐA THỨC

...  





  p x

2

0

a x n

với ,..., 1.7 1.7.1 Khái niệm về đa thức K (ThườngK là R hoặc C). Cho số tự nhiên n trên trường K là một hàm có dạng: a a , 0 1 a n

0 + Nếu

+ Nếu 0   và 0





 ta nói đa thức

a x a x  1   p x có bậc n;   p x có bậc 0 ( a  ta nói đa thức 0   p x có bậc  (

  p x  hằng số 0 );   0 p x  )

na  ta nói đa thức ... a   1 a 0

a 2

a n

0 + Nếu a n ...   a 2 a 1

3

5

2

3

-6+

x

x

-1-

x

x

x

Đa thức là một hàm đơn giản, dễ tính giá trị, đạo hàm và nguyên hàm













  q x

3

2

3

5

cho 1.7.2 Chia đa thức cho đa thức bậc nhỏ hơn Thí dụ 1.24 Giả sử ta cần chia x 7

2

2

4

5

4

  p x x 6 x x + 6  x +

1 x   x   5 x  x  

2

3

2

3

2

x 4 x x x 2 x 2 x

6 ( 11) (5 5) . x x x x x x x      

q x p x ( )

r x ( )

( ).





  q x ta được:

  r x là đa

  p x cho

 

1p x là đa thức bậc n-m và

1

7 x x  3 x x    3 6 x    3 x    3 x 5 6  3 x 5 5   11 5 Ta viết có thể viết: x 7 Tổng quát, giả sử

0

  p x có nghiệm  là

).

x

(

 2 x x 5 + 5  2 5 x x  5 x 1)( x 5           q x là một đa thức bậc m (m



p x ( )

 0    p   . p x nếu n  . Điều kiện cần và đủ để  

K gọi là nghiệm của đa thức   p x là đa thức bậc   p x

1

1p x là đa thức bậc n-1.

1n  đều có ít nhất một nghiệm, thực hoặc phức.

, trong đó:

  p x bậc

Định lý 1.1 Giả sử   p x chia hết cho x  ; nghĩa là Chứng minh… Định lý 1.2 (D’Alembert) Mọi đa thức

1n  đều có đúng n nghiệm, thực hoặc phức, đơn hoặc bội. Đồng

Định lý 1.3 Mọi đa thức

).(

x

)...(

x

x

(

thời có thể phân tích







  p x bậc   p x thành:   p x

 2

)n 

1,

n

,

  1   p x .

, k k  

9

trong đó là n nghiệm của

2

n

a





...  

  p x

a x a x  1

2

0

a x n

2

n

a



...  

1.7.4 Đa thức với hệ số thực Xét đa thức ,..., R n , 1, 0    trên trường C. a a 1, 0 a n a n

0

a z a z  1 2

a z n

2

n

Lần lượt thay x bởi số phức z và z ta có:

2

0

z z .

'

'

và . a   ...   a z a z  1

z z .

  p z

Do các tính chất của số phức: z z ' ' , nên . Do đó nếu   với   p z    p z z z   a z n   p z

( ) 0 p z  . Theo định lý 1.3 ta có thể phân tích

 1

 2

 r

 s

 1

 2

 1

  p x thành dạng:   2

1,

r

, (1.1) ).( x )...( x ).( x ).( x ).( x )...( ).( x x )( x          a x ( n

( ) 0 p z  thì   p x trong đó

, k k  

j

s

r  

là r nghiệm thực và 1, s là các nghiệm phức của , j   )s    p x , đồng thời

2

n

2 Ta xét các đa thức dạng:

.



. Do

j

j

j

 j

j

  j

b

c

0

 ) nên từ (1.1) đa thức

( x ).( x ) ) x ,      (      j b   j j

  j

2 4  j

j

2

2

2

).(

x

x

)...(

).(

).(

x

x

x

)....(

c

)

j

c  ( R



















a x ( n

 r

b x s

s

 1

 2

b x 1

c 2

, x    p x có thể được phân tích thành dạng: b x  2

c 1 (Tích của các đa thức bậc nhất và bậc hai hệ số thực),.

j

j với R , s 1, .   j j   p x b c ,j

II. CHỮA BÀI TẬP A. Luyện tập tại lớp

, hãy áp dụng số phức để tính giá trị của biểu thức A= cotg7x - sin2x

sin

, cos

x

x





2 5

1. Biết

1 5 2. Tính giá trị của các biểu thức :

50

9

5

9

i

3





1

B =

A =

+

15

23

5

7

) i i )

(1 (1

i i

) )

 

 

i  3

i

 



 

 1 

 i 

   

100  3   i 

15

15

49

2

3

+ C =

i

2 2 i 



 1  1 



E =

D =

30

3

2

20

20

2





(1 (2  1 

1  1   

 1 2 i   3 2 i 

 

 1   

  i

49

5

i

3



i i 3 3 i 3 1   1    F =  (1 i ) (1 i )  

30

5

(1 (2

) i i )

 

1  1 

i 2 2

 

 

Z = i 3 4 H = G =  15 8 i     2 2 i    1 

3. Giải phương trình : x4 + 6x3 + 9x2 + 100 = 0 . Biết phương trình có 1 nghiệm phức là x= 1+2i 4. Giải phương trình : x4 -3x3 + x2 + 4x - 6 = 0 . Biết phương trình có 1 nghiệm phức là x= 1- i 5. Giải phương trình trong trường số phức và viết các nghiệm dưới dạng Euler: x6 -7x3 - 8 = 0 6. Giải phương trình trên trường phức: p(x) = x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 Viết đa thức p(x) thành tích các đa thức bậc 2 với các hệ số thực.

10

B. Bài tập về nhà: 1.4-1.9, 1.16, 1.18-1.24, 2.6-2.16, 2.26-2.32

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn MA TRẬN ĐỊNH THỨC & HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 4 Tiết 13-16 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 2 Các mục

2.1 Ma trận 2.2 Các phép tính trên ma trận 2.3 Định thức 2.4 Nghịch đảo ma trận

Mục đích - yêu cầu - Giới thiệu ma trận, định thức, ma trận nghịch đảo. - Thành thạo cách tính định thức

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

Chương 2. MA TRẬN ĐỊNH THỨC VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

2.1 MA TRẬN 2.1.1 Khái niệm về ma trận: Ma trận là một bảng hình chữ nhật gồm m n phần tử của trường K, sắp xếp thành m hàng và n cột có dạng:

A





ij m n a



A hay

2

... ... ... ... a 12 a 22 ... a m a 1 n a n 2 ... a mn a 11 a 21 ... a m 1      

K , với

là phần tử nằm trên hàng i cột j của ma trận A.

ija

i 1, m j , 1, n trong đó:         

là ma trận cỡ 3 4 .

A 27 6 3 73 

Thí dụ 2.1

1 42   8 5  9 15 11 12      2.1.2 Một số kiểu ma trận

a) Ma trận không: Các phần tử đều bằng không. b) Ma trận vuông: Có số hàng bằng số cột. c) Ma trận đường chéo: Các phần tử nằm ngoài đường chéo chính đều bằng 0. Ma trận đơn vị là ma trận đường chéo và các phần tử nằm trên đường chéo bằng 1. d) Ma trận tam giác:

- Ma trận tam giác trên: Ma trận vuông, các phần tử nằm phía dưới đường chéo chính bằng 0. - Ma trận tam giác dưới: Ma trận vuông, các phần tử nằm phía trên đường chéo chính bằng 0.

O Thí dụ 2.2 Ma trận không cỡ 2x3; 0 0 0 0 0 0       

B

1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

     

    

A Ma trận vuông cấp 3; Ma trận đơn vị cấp 4;  8 1 6 3 5 7 4 9 2        

C Ma trận tam giác trên;  1 2 3 0 0 6 0 0 9        

A





ij m n a



Gọi ma trận chuyển vị của A là ma trận AT hay 2.1.3 Chuyển vị ma trận: Cho ma trận .



 'ij n m 

11

A ' a  sao cho a'ij=aji. Nếu A’=A thì A được gọi là một ma trận đối xứng.

1 2 5

Thí dụ 2.3 Nếu . thì A 2 6 3 7 A '  4 1 5 8 9 10 11 12         1 5 9 2 6 10 3 7 11 4 8 12           

C

0 3

5

3 4

  2    

    

là ma trận đối xứng.





và 2.2 CÁC PHÉP TOÁN TRÊN MA TRẬN 2.2.1 Cộng ma trận. Cho hai ma trận cùng cỡ:

ij m n

A (a )  B (b )  ij m n ij m n (c )  trong đó cij = aij + bij

Tổng của A và B là ma trận C = A + B =

(a )

( . k a

)ij m n 

kA và kR , thì tích kA là ma trận xác định bởi  2.2.2 Nhân ma trận với một số Cho A= ij mxn

Giao hoán Kết hợp

 









 A B C A B C A O A O A 

    

Phần tử trung hòa Phần tử đối

 

)

  -A 1. A  Đặt m nM  là tập tất cả các ma trận cùng cỡ m n . Khi đó

  là một nhóm Abel. (M , m n

 Tính chất: A + B B A

ij p n

(a )  và B =

(b )  : Số cột của ma trận A bằng số hàng của ma trận B.

Ta gọi tích AB hay AB là ma trận C= ij m n

(c )  , mà phần tử cij được xác định bởi công thức:

.....

a b









(2.1)

c ij

a b 1 1 i

j

a b i 2 2

j

ip pj

a b ik kj

p   1 k 

2.2.3 Phép nhân ma trận với ma trận Cho hai ma trận A = ij m p

 Sơ đồ tính toán: Hàng i của ma trận A Cột j của ma trận B

0 1 3 0 5 4   . Thí dụ 2.4 A ; B   AB   3 5 2 22 3 1                    1 2    3 1   Tính chất: (AB) C = A (BC) Tính kết hợp

A (B C) AB AC    : Tính phân phối với phép cộng ma trận (B C) A B A C A       . Như vậy, Lưu ý. Nói chung, kể cả 2 ma trận A và B vuông, cùng cấp, ta không có AB BA

Thí dụ 2.5 ; B A   AB=O nhưng BA O phép nhân ma trận không có tính giao hoán. 1 2 2 4 6  3 2 1             

nM là tập tất cả các ma trận vuông cùng cấp n. Khi đó

12

 Đặt , )  là một vành không giao (M , n hoán.

2.3 ĐỊNH THỨC 2.3.1 Khái niệm định thức Giả sử A là ma trận vuông cấp n>1. Ta gọi ma trận con Mij của ma trận A tương ứng với phần tử

aij là ma trận vuông cấp n-1 suy từ A bằng cách bỏ đi các phần tử hàng i và cột j. Thí dụ 2.6 Sau đây là ma trận A và các ma trận con M23 và M12 tương ứng với các phần tử a23 và a12 của nó:

23

12

A M M . ,    1 2 7 8 4 6 7 9             1 2 3 4 5 6 , 7 8 9          Định nghĩa: Định thức của ma trận A vuông cấp n, gọi chung là định thức cấp n, được định

nghĩa theo phương pháp qui nạp như sau: - Nếu A là ma trận cấp 1: A=(a11), thì det(A)=a11;

(

);

A thì - Nếu A là ma trận cấp 2:    







 det A





a a 11 22

11

a det M 12

12

 a det M 11 - Tổng quát: Nếu A là ma trận cấp n ≥ 2 thì

;

det(

A )

(

)

...

(

)









1 n   1   

a det M 11

11

a det M 12

12

a det M n 1

n 1

j

1 

a  12  a  22  a 11 a 21 a a 12 21

hay

1

j

j

n  1 j 

det( A ) det( M ) . (2.2) ( 1)  a 1

A det( 1 4 2 3 Thí dụ 2.7 + A  )       2 1 2 3 4 1 2 3 4

+

 det( A ) 1 240 A   2   3    5 6 8 9 4 6 7 9 4  7  5 8     2 3 6 5 8 9      1   4    7      2.3.2 Cách tính định thức cấp 3

21

22

23

Có thể tính định thức cấp 3 theo sơ đồ sau: Giả sử A = .

31

32

33

a 11 a a a 12 a a a 13 a a           Viết thêm 2 cột 1 và 2 bên cạnh A:

1

2 3

1

2

2

3

4

5

5 6

 



và tính det(A) = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 - a13 a22 a31 - a11 a23a32 - a12 a21 a33

7

8 9

4  7



8 

6 5 8 9 

    

1   4   7  1.5.9

3.5.7 1.6.8 2.4.9

240





2.6.7 3.4.8 









  det A

Thí dụ 2.8 Tính det(A) với A =

2.3.3 Tính chất của định thức

T det(A) det(A ) 

i) Phép lấy chuyển vị ma trận không làm thay đổi giá trị định thức:

Hệ quả. Một tính chất được phát biểu đúng với các hàng của ma trận thì nó cũng đúng với các cột của ma trận.

1 n 

det(A)

( 1)

...

( 1)



 



 

a det(M ) a det(M )  i2

i2

i1

i1

a det(M ) i3 i3

a det(M ) in in

 

 

13

ii) Nếu đổi chỗ 2 hàng (2 cột) của định thức thì định thức đổi dấu. iii) Một định thức có hai hàng (2 cột) giống nhau thì bằng 0. iv) Khai triển định thức theo hàng i : i 1  (2.3)

1 n 

det(A)

( 1)

( 1)

...

 

 



a det(M ) a det(M )  1j 2 j

a det(M ) 3 j 3j

a det(M ) nj

2 j

1j

nj

 

Khai triển định thức theo cột j : j 1   

 Chú ý. Nếu đặt cij = (-1)i+j det(Mij), gọi là phần phụ đại số của phần tử aij của ma trận A, thì các

n

công thức khai triển định thức theo hàng i và theo cột j có thể viết lại như sau:

ij

 a c ij

j 1 

n

... a = (2.4) det (A) =     a c i1 i1 a c i2 i2 a c i3 i3 c in in

a c

a c

... a c





 

2 j 2 j

3 j 3j

nj nj

ij

 a c ij

i 1 

= = 1j 1j a c

v) Nếu ma trận A có một hàng gồm toàn số 0 thì det(A) 0 . vi) Nếu nhân các phần tử của một hàng (1 cột) của định thức với cùng một số k thì định thức được nhân với k.

vii) Nếu ma trận A có hai hàng tỷ lệ thì định thức tương ứng bằng 0. viii) Nếu nhân các phần tử của hàng r (cột r) với số k rồi cộng vào hàng s (cột s) thì định thức

  a a   không đổi. Nếu cộng vào một hàng một tổ hợp tuyến tính của các hàng khác thì định thức không đổi. ix) Định thức của ma trận tam giác trên (dưới) bằng tích các phần tử trên đường chéo chính. ' a 11 ' a 21 a x) 11 a 21 a 12 a 22 a 12 a 22 ' 11 ' 21 a 11 a 21 xi) Nếu A và B là 2 ma trận vuông cấp n thì det(A B) det(A) det(B) a 12 a 22 

2.3.4 Các phương pháp tính định thức

Để tính định thức cấp n, nếu sử dụng công thức trong định nghĩa ta phải tính n định thức cấp n-1. Như vậy ta phải tính trên n! phép tính. Vì vậy cần phải nghiên cứu tính chất của định thức để có thể biến đổi định thức về dạng đơn giản và do đó tính toán nhanh hơn.

1 2 0 0 Thí dụ 2.9 Tính định thức của ma trận: . A 

1 3  1 4 1 2 1 4  Các phép biến đổi sơ cấp a) Nhân một hàng với một số k 0: Định thức được nhân với k; b) Đổi chỗ 2 hàng: Định thức đổi dấu; c) Cộng k lần một hàng r vào hàng s: Định thức không đổi.       1 1   2 1    

Giải. 1 1  1 2 1 1 1 0 2 0 1 3 

2 4 1 4

2

1 3 1 1  0 3

4

3

h h h 0 2 0 2 4 2 

---------------------------------------- h 0 1 h  0 1 h  1  1 3 2h  3 ------------------------------------------ 0 0 1 1  0 3 1 3

2

4

 0 0 0 0 6 6 

14

h 1 h 2 3h -2h 3  3 h h 4 3 -------------------------------------------

2

1 1  0 3 0 1 0 3 Suy ra det(A) = (-1).3.(-3).(6)/9 = 6 

0 0 0 0 3 6 0 6 h 1 h h 3 3h +4h 4

3

Dễ nhận thấy quá trình tính toán thực hiện qua n-1 bước biến đổi ma trận. Từ bước thứ k (k=1,2,..) k hàng đầu của định thức không đổi nên có thể rút gọn quá trình tính toán như sau:

2

3

2

4

3

3 0 3 h  h 1 1 1  1 2 0 0 1 2 6 3  = 3 = - - (18 - 24) 6      3h -2h 1 2 h h  4 6  1 3 1 2 2 1  3 4 h 2 h h  3 1 2h   1 2 1 4 1 3  1 4

(

A



. Nếu tồn tại ma trận B vuông cấp n sao cho AB= BA = E (ma trận đơn 2.4 NGHỊCH ĐẢO MA TRẬN 2.4.1 Ma trận khả nghịch, Ma trận nghịch đảo Định nghĩa: Cho a )ij n n 

1 B A

vị) thì ma trận A gọi là khả nghịch và B gọi là nghịch đảo của ma trận A, ký hiệu .

2.4.2 Tính chất của ma trận nghịch đảo.

m

m

1 

1 

1 

1 

m Z

0

k

R

(

A

)

A

a) Nếu A khả nghịch thì ma trận A-1 là duy nhất; b) Nếu A khả nghịch thì A-1 cũng khả nghịch và (A-1) -1 = A; c) Nếu 2 ma trận vuông cấp n là A và B cùng khả nghịch thì (A B) -1 =B-1A -1;

,     



A Hơn nữa ( )kA và 





det (A)



0  .

1 k

det(A).det(B) 1

det(A)

 



 

0. 

2.4.3 Điều kiện khả nghịch Định lý 2.1 Cho ma trận A vuông cấp n. Khi đó A khả nghịch Chứng minh. Điều kiện đủ. Giả sử A khả nghịch. Khi đó tồn tại ma trận vuông B cấp n sao cho AB=E. Theo tính chất của định thức thì det (AB) det(E) 1





...  



a c kn in

a c kj ij

a c k k 1 1

a c k i 2 2

a c k i 3 3

k 0 khi ) khi det( k A

i i

 

   

n  j 1 

det(A)

0

0

T

T

A

C

Do đó

hay

(2.5)

1  

AC

(đpcm).

1 det(A)

0 0

det(A) 0

0 det(A)

     

    

Điều kiện cần. Giả sử det (A) 0 . Đặt cij = (-1)i+j det(Mij), gọi là phần phụ đại số của phần tử aij của ma trận A, ta có:

Trong chứng minh định lý trên người ta chỉ ra cách tính ma trận nghich đảo. Tuy nhiên, theo

công thức này ta phải tính n2 định thức cấp n-1.

A

2.4.4 Cách tính ma trận nghịch đảo

1 2 3 2 5 3 1 0 8

    

= -5

= 40 c12 = (-1)1+2

c11 = (-1)1+1

= -13 c13 = (-1)1+3

= 2

= -16 c22 = (-1)2+2

c21 = (-1)2+1

= 5 c23 = (-1)2+3

5 3 0 8 2 3 0 8

2 5 1 0 1 2 1 0

Thí dụ 2.10 Tính ma trận nghịch đảo của ma trận

      Giải. Tính det(A)= -1  0. Tính các phần phụ đại số: 2 3     1 8   1 3     1 8  

     

     

     

     

15

= 3

= 1

c31 = (-1)3+1

= -9 c32 = (-1)3+2

c13 = (-1)3+3

1 3 2 3

1 2 2 5

2 3 5 3

  

  

  

  

  

1 

Suy ra

A



40 16 5 13  2 5 

9 3  1 

       

    



Phương pháp Gauss - Jordan: Xét các phép biến đổi sơ cấp về hàng của ma trận A:

1

Nhân bên trái A ma trận sơ cấp F(r,k)

Nhân hàng r với một số k 0

2

Đổi chỗ 2 hàng r và s

Nhân bên trái A ma trận sơ cấp P(r,s)

3

Cộng k lần một hàng r vào hàng s Nhân bên trái A ma trận sơ cấp Q(r,k,s)

Trong đó F(r,k) = [… ] P(r,s) = [...] Q(r,k,s) = […] Các ma trận sơ cấp đếu khả nghịch và F(r,k)-1 = F(r,1/k) , P(r,s) = P(r,s) Q(r,k,s)-1 = Q(r,-k,s) Nếu dùng liên tiếp k phép biến đổi sơ cấp để đưa được A về ma trân đơn vị thì : Ek Ek-1…E2E1A = E  Ek Ek-1…E2E1 = A-1  Ek Ek-1…E2E1 E =A-1 Như vậy các phép biến đổi sơ cấp biến đổi A về E cũng sẽ biến đổi được E về ma trận đơn vị. Từ

đó ta có qui tắc thực hành sau: + Lập ma trận mở rộng

A 



A | E

+ Thực hiện liên tiếp các biến đổi sơ cấp về hàng của

. Khi A biến đổi về ma trận

A 



A | E

đơn vị thì E biển đổi thành ma trận A-1.

1 2 3

Stt Phép biến đổi Tương đương với

A

2 5 3

1 0 8

     

    

Thí dụ 2.11 Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận

Giải. Dùng biến đổi sơ cấp 1 2 3 1 0 0

2 1 5 0 3 0 0 8 1 0 0 1

                   

2 h

3

1 0 2 1 1 0 0 1 0 h 3 3 2   h 1 2h  1 0 5 0 1 2  1   h 1

                   

2

1 0 9 5 2 0 2h   h 1 h

2 2h

2

3

0 1 0 0 2 1 h 3 2 1 0  1   5  

                   

3

3



3

1 

1 0 0 0 0 0 1 1 0 13 5 40 16 5  2  9 h 1 3 h  1  9h  3h  2 h 

Suy ra A 

16

40 16 5 13  2 5  9 3  1           

1 2 1 3 1 2   Thí dụ 2.12 Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A 

1 1 2 1   1   1   1  1      1   0 

1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 Giải. Dùng biến đổi sơ cấp ta có: 1 1 1 1 1  2 3  1 2  1 2 1 

h

h 1 

0 0 0 1 0 1 1 

0 0 0 0



h 1

2

h



1 0

1 0

h 1

3

h

h



 0 0

1 1



1 2 1 1 1 ------------------------------------------------------ 1 1 0 0 1 1 1  1 

4

0 0 0 0 2  1 1 1 

2

2

h 1  h

3

1  2 1 0 1  0 0 1 2 

3 ------------------------------------------------------ h 1 2 0 1  0 1  0

4

h h 0 0 0 0 1 0 1 1 1  1 0 0 1 0 0 1  

3

2

h 1 h h 3 2h   

h 0 0 1 0  0 1 2  5 2 

3 

4

3

4

h h 0 0 0 ------------------------------------------------------- 1 1  0 1 0 0 0 1 0 2 0 1 0 0 1 1  1 1 1  1 

4

2

2h 5h h 1 h  

4

h 0 0 0 1 0 0  0 1 0

2h  3 h  ---------------------------------------------------------- 1 1  0 1 0 0 0 3 4  1 1 1 2  1 0 0 0 1 0 2  5 2  1 

1 

3 4 1 2 1  1  Suy ra A 

4 2    5    2  1  

17

1 1 0 0 1 0      

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn MA TRẬN ĐỊNH THỨC & HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 5 Tiết 17-20 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 2 Các mục

2.5 Hạng của ma trận 2.6 Hệ phương trình tuyến tính

Mục đích - yêu cầu - Giới thiệu hạng và cách tính hạng ma trận, Hệ phương trình tuyến tính - Giới thiệu các phương pháp giải Hệ phương trình tuyến tính

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

Chương 2. MA TRẬN ĐỊNH THỨC VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

2.5 HẠNG CỦA MA TRẬN ...

a 11 a 21

n

A

... Xét ma trận cỡ m n : 

a m 2 p

a a  1 n 12  a a  2 22  ... ... ... ...   a a  mn m 1 m n , ) min( Giả sử p là số nguyên dương thỏa mãn Mỗi ma trận vuông cấp p suy từ ma trận A bằng cách bỏ đi m - p hàng và n - p cột gọi là ma trận

       ... 

2

3

1

4

6

7

5

8

con cấp p của ma trận A. Định thức của ma trận con cấp p của ma trận A gọi là định thức con cấp p.

9 10 11 12

     

    

Thí dụ 2.13 A B = là ma trận con cấp 2 của A, det (B) = -16 1 3 9 11      

2.5.1 Định nghĩa 1.4 Hạng của ma trận A, ký hiệu là rank(A), là cấp cao nhất của các định thức con khác không của A. 2.5.2 Phương pháp tính hạng của ma trận a) Cách 1. Dùng định nghĩa : + Chỉ ra một định thức con cấp r của A khác 0;

+ Chứng tỏ mọi định thức con cấp r + 1 của A đều bằng 0. + Kết luận rank A = r. Cách này phải tính rất nhiều định thức con.

Ta gọi một ma trận là có dạng bậc thang nếu thỏa mãn:  Các hàng khác 0 nằm trên hàng 0  Trong 2 hàng khác 0: Phần tử khác 0 đầu tiên của hàng trên có chỉ số cột bé hơn chỉ số cột của phần tử khác 0 đầu tiên của hàng dưới.

0

0

1

1

1

2

A

b) Cách 2: Dùng các biến đổi sơ cấp đối với hàng (hoặc đối với cột) để đưa A về dạng bậc thang. Do các phép biến đổi sơ cấp không làm thay đổi hạng của ma trận. Do đó hạng của A bằng số hàng (hoặc số cột) khác không của ma trận dạng bậc thang thu được. Chú ý. Nếu A là ma trận vuông cấp n thì rankA = n  A khả nghịch.



1 4

1 2

1 3

1 1

3

1

2

0

1   0      

       

18

Thí dụ 2.14 Tìm hạng của ma trận

0 1

0 1

1 2



0 0

0 0

1 0

1 0

Giải. A   

0

0

0

0

  

1   0      

       

1  0 1 4 3 0 1 1 2 1 0 1 1 3 2 1 2 1 1 0 1  0 0 0 0 0 1 1 2 1 0 1 1 1 2 1 2 2 3 3 1  0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 1 1 2 0 1 1                                                 Suy ra rank(A) =3

2.6 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

...  





...  





2.6.1 Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

a x 1 n n a x n n 2

b a x 1 11 1 b a x 2 21 1 ... ... ... ... ...

...  





x a mn n

a x 1 1 m

x 2 2

b m

      

a m Trong đó aij là hệ số của ẩn xj trong phương trình thứ i.

...

...

a 1 n a

 Định nghĩa 2.1 Hệ m phương trình tuyến tính n ẩn có dạng a x 12 2 a x 22 2 (2.6)

n

A



a 12 a 22 2 ... ... ... ...

...

a m 1

a m

2

a mn

      

      

 Dạng ma trận a 11 a 21 Đặt , với , là ma trận các hệ số của ẩn.

b

x

x 1 x 2 ... x n

b 1 b 2 ... b m

: là ma trận cột (vector) các ẩn số ; : là vector các hệ số vế phải.  

0

                        (2.7)

x = 5

Ax  được gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất. 



7x 2

3

Khi đó hệ (2.6) được đưa về dạng ma trận Ax b . Nếu m = n thì ta có hệ vuông. Khi b = 0, hệ

6x = -3



3x 1 x 1

2

  

Thí dụ 2.15 Hệ 2 phương trình 3 ẩn:

2

2

x 0   Hệ vuông thuần nhất cấp 2: 6x 0   x 1 4x 1   

x

,

2.6.2 Hệ Cramer  Định nghĩa 2.2 : Hệ phương trình (2.2) với m = n, và detA ≠ 0 gọi là hệ Cramer.  Định lý 2.1 Hệ Cramer có nghiệm duy nhất cho bởi công thức: x = A-1b

j 1, n 



j

det(A ) j det(A)

Hay (2.8)

1n

1, j 1 

1, j 1 

trong đó Aj là ma trận nhận được từ A bằng cách thay cột thứ j bằng cột hệ số tự do: ...a ... a

22

2n

2, j 1 

j

21 .....

2, j 1  .....

a 12 a a 11 a ...a ... a b a 1 b a 2 A

n1

n2

nn

n, j 1 

n, j 1 

19

..... ...a a a ... a b a n               

3

2 

2 11x

3 7x

4x 3x 4    2x 1 Thí dụ 2.16 Giải hệ x 2x  2  

2

3

7    3x 1 4x 1

2

     4

1

3

2

4 11

3  = 29 7

Giải. det (A) =

4 1 2 3 2 3 4 1 3 2  4 2  3 2  4 2  4 2 

7 4 7 7 1 1       2  x 1 x  x2 = 2 x   x3 = 3 7 11 29 29 29 7 29 29  29 58 29 4 11 29 Hệ có nghiệm duy nhất: x (1,-1,2)

2.6.3 Phương pháp Gauss a) Hệ tam giác trên Xét hệ phương trình có dạng tam giác trên:

a x 11 1 b 1 b        

2 . . . b

. . . a x 12 2 a x 22 2 . . . a x . . . 13 3 a x . . . 23 3 . . .

n

 a x 1n n a x 2n n . . . a x nn n       

1, 

1 

1  a n

n

1, 

1 

n

Nếu aii  0 với mọi i thì hệ phương trình là hệ Cramer nên nó có nghiệm duy nhất, được tính theo công thức thế ngược như sau:  b n a n x n n ,   x n x n b n a nn

j

 b k a x kj

 1 j k   a kk

k n n , -1,..., 2,1   x k

Rõ ràng, trong trường này không cần tính một định thức nào. b) Phương pháp Gauss (Giải hệ phương trình tuyến tính dạng tổng quát bằng các phép biến đổi sơ cấp )

2n . . .

21 . . . a

22 . . . a

a 11 a a 12 a . . . . . . a 1n a b 1 b A [A | b]=  - Viết ma trận mở rộng: .

2 . . . b

m1

m2

mn

m

. . . . . . a              

- Dùng các phép biến đổi sơ cấp về hàng của ma trận, đưa A để đưa nó về dạng ma trận bậc thang (các phép biến đổi sơ cấp về hàng của ma trận không làm thay đổi nghiệm của hệ)

a 11 0 . . . . . .   A A 1

. . . . . . a a 12  a 22 . . .  a m2 a 1n  a 2n . . .  mn b 1  b 2 . . .  b m     . . .  0         

0 Giả sử 22a

20

  , lấy nó để tiếp tục biến đổi từ hàng thứ 3 trở đi đối với ma trận mới này...Cứ mỗi bước biến đổi ta giữ lại 1 phương trình gọi là phương trình gốc và loại trừ được ít nhất một ẩn ra khỏi các phương trình còn lại. Tiếp tục sau một số bước ta đưa B về dạng bậc thang. Tương ứng với ma trận đó là một hệ phương trình tương đương với hệ đã cho.

a 11 0 ... ... ... ... a 12  a 22

r

... 0 ... 0 ... ... ... ... (2.9)  A

0

a 1r  a 2r ...  a rr 0 ... 0 a 1n  a 2n ...  a rn 0 ... 0 b 1  b 2 ...  b r  b r 1  ... 0 0 ... 0 0 ... 0 ... ... ...                       



0

- Nếu ): Hệ vô nghiệm.

  ( r 1b   ( r 1b

 + Khi r = n hệ có nghiệm duy nhất + Khi r < n hệ có vô số nghiệm (có n-r ẩn tự do hay phương trình có số bậc tự do là n-r).

- Nếu ... ... ...    rank A rank A     ): Hệ có nghiệm. Có 2 trường hợp: rank A rank A 

Để tìm nghiệm ta cho các ẩn tự do những giá trị tùy ý, rồi tiếp tục giải bằng phương pháp thế

  rank A rank A 



ngược từ dưới lên. Định lý (Kronecker-Cappelli) Hệ phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi .

 3  

4

x 3x x   

2 2x

3 x

4

2 

3 

2

3

x  1     Thí dụ 2.17 Giải và biện luận theo λ hệ phương trình x x x 3  

4 x

3

4

x x 1     

Giải:   x  1  x  1  x  1  x  1 1  0 2 1  1  1

2 3    2    6  4  

1 0 0 0 1 1 0 0 3 1 1 0 1 2  1 1 1 0 0 0 1 2  0 0   1  0 1  3    3 1 1 1   3 2  2  4 1         3    1   3   8    1   1   1  1   3    1   3  1         

Nếu λ = -3 , hệ phương trình vô nghiệm. Nếu λ ≠ -3, hệ có nghiệm phụ thuộc tham số λ

2

3

4

, x , x , x     x 1 2 2   3   4 4   3   3 1    3   8 3  

0

Ax  .

det(A) 0



 .

2.6.4 Hệ thuần nhất Xét hệ phương trình  Hệ thuần nhất luôn luôn có nghiệm 0 x  , gọi nghiệm tầm thường. Định lý. Nếu hệ thuần nhất có số phương trình bằng số ẩn thì: Hệ có nghiệm không tầm thường

Để tìm các nghiệm không tầm thường của hệ thuần nhất ta có thể dùng phương pháp Gauss.

x

0







2

2x 1

3 2x

x

0







3 x

0

 



2

3

  x  1  5x  1

2 x  Với λ tìm được hãy tìm nghiệm tổng quát của hệ. 1 1

1 0

1 1

1

2

2

Thí dụ 2.18 Tìm λ để hệ sau có nghiệm không tầm thường: x



1 5

0 0

0 1 0 0

4

 1 1 

2 

3 10  

3  6 

1  

    

    

    

      

    

    

,

,

x

t

t

t

t   



 

Giải.







 1, 1,1

21

Suy ra nếu  = 4 thì hệ có nghiệm không tầm thường. Nghiệm tổng quát của hệ: với t là giá trị tùy ý.

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn MA TRẬN ĐỊNH THỨC & HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Chữa bài tập chương 2

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 6 Tiết 21-24 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 2 Các mục Mục đích - yêu cầu

- Luyện tập thành thạo Tính định thức, Ma trận nghịch đảo,Hạng ma trận và Giải Hệ phương trình tuyến tính

NỘI DUNG

A. Bài tập luyện tập tại lớp

B= 1. Cho 2 ma trận: A = ; Hãy tính ma trận C = AB - BA 3 2 4 2 1 2  2 2   1 5  2 2      0   3  1  

1 1 1 4 1   3  1  1 6 1 3 c Đáp số: a. 0; b.-16 b. 2. Tính các định thức: a.

1 2 3 3 1 4 1 2 1  1 3 1 8 5 4 7 10



1 3

A

A

3. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận:

1    



1 2 1 2

1 0 1 2  1 1

3   1     1 

    

0

1 6 1 2 1 3

1 3

        

    1 ;     

0

0

0

1 

;

b.

A





0 1

0 1

1 0   A 1 1   1 1 

    

1   1 1    0 1  

    





A

c.



7 1  3    1

2 1 0

4 2 1





1 2   A 1 3   1 2 

0   2   1 

    

    

a.

A=

B=

C=

1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3

3 1 1 1   1 3 1 1  1 1 3 1  1 1 1 3 

    

1 0 3 2      1 1 2 1   -1 2 3 1   0 1 2 1  

    

    

2

1 3

2

4





5 3

1  4

3 1  

A

4. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận:







4 2

2 5 1 1

1 8

7 ; B 2

 

    

    

5 7

1 7

1 9

7 1

1   2    

     

22

5. Tìm hạng của các ma trận



B



1 1 2 2 3 5 4 7 5 2

3 1  1 7 1

5 3  1  9 3

2  4 7 1 1

      

2 1 1 1 1     2 3 2 1 4    3 2 1 0 2   5 1 2 0 6  1 4 1 2 3   

      

A 6. Tính định thức của ma trận ;

       2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1

7. Tính định thức sau bằng cách khai triển theo cột 4:

3

x y z t



4 11 11

  

2x - x - x 2 1 4x -2x 3x 2 1 3 3x -2x 4x  2

3

1

    

8. Hãy giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer :

x

x

0







4

x

3x

x

1









2 3x

2x

x

0









x 1 2x 1

4

3

2

9. Giải các hệ phương trình tuyến tính sau đây:

2 2x

3 5x

4 3x

3









2x 1 4x 1

2

3

4

2x

2x

0







2x

3x

5x







5  

4x 1

2

3

4

    

2 6x

3 2x

4x

0









x 1

2

3

4

    3x  1  

a. b.

1

1 2 

2 5 3

  

x 4  4 x 3  4 x 6  4

  x 2

  x 3

  x 4

3

d. c. x 7  2 x 3  2 15  x 2 3 x 4 3 2  x 3 4 x 6 4 3  x 5 1 x 2 1 x 11 1

8 9 7 12

6 x  4 8 x  4 4 x  4 8  

5  3  3  8 

   

x 5  2 x 4  2 x 7  2 2 x  2 x  2 2 x  2 3 x  2

2  3  2  x  4

2 x 1 4 x 1 2 x 1 x 1

x 2 x 2 x 2 x 2

8 x  9 x  3 5 x  3 7 x  3

x 3  1  x 7  1  x 5  1 x  1  2 x  1  3 x  1 2 x  1

          

e. f.

x 2  3 x  3 x 4  3 3 x  3 2 x  3 x  3 2 x  3 10. Giải các hệ phương trình ma trận sau đây:

X





1 1 1 2 1 2

1  2 0

1  2 3

5  3  2

2 2 1

1 1 1 1  1 2

1 1  2 

1 0 2 

1   1  1 

   

   

   

1 3   1 1  1 0 

   

   

   

a. b. X

23

B. Bài tập vè nhà: 3.3, 3.6-3.8, 3.11,3.15, 3.23, 3.25, 3.30, 3.32, 3.34, 3.37, 3.45.

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 7 Tiết 25-28 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 3 Các mục Mục đích - yêu cầu

KHÔNG GIAN VECTOR - KHÔNG GIAN EUCLID 3.1 Không gian vector, không gian con 3.2 Cơ sở và chiều của không gian vector - Giới thiệu các không gian vector, không gian con - Nắm chắc phương pháp tìm cơ sở và chiều của không gian vector

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

Chương 3. KHÔNG GIAN VECTOR - KHÔNG GIAN EUCLID

Vector là một đoạn thẳng có hướng. Một đầu gọi là gốc, đầu kia gọi là ngọn của vector.Hướng

3.1 KHÔNG GIAN VECTOR, KHÔNG GIAN CON

 vector a

 Vector AB

A (gốc) Đặc trưng của vector hình học:

- Phương: Phương của đường thẳng đi từ gốc đến ngọn;

 , a

.

- Chiều: Hướng vector đi từ gốc đến ngọn;  - Độ dài: Độ dài đoạn thằng nối gốc và ngọn, ký hiệu: AB

Hai vector được xem là bằng nhâu nếu chúng cùng phương, cùng chiều và cùng độ dài.

Trong không gian vector hình học, người ta đã định nghĩa các phép toán: Cộng hai vector, nhân

vector với một số và tích vô hướng của hai vector

- Cộng hai vector:



 a b

 a

 b







 Hệ thức Charles AB BC AC

 B b

C

  a



 A a b





nếu k

0 và ngược

Cho

 . Khi đó k.a

 , cùng chiều với a

3

- Nhân vector với một số:  k R, a R  chiều với a

 có phương cùng a  0 , có độ dài là k a

nếu k

  a . b .cos





  - Tích vô hướng của hai vector: a, b

Việc nghiên cứu không gian vector hình học đã dẫn đến rất nhiều những ứng dụng trong vật lý và

kỹ thuật. Vì vậy cần phải mở rộng khái niệm vector.

24

3.1.1 Vector hình học (R3) vector đi từ gốc đến ngọn. B (ngọn)

Có nhiều tập hợp mà các phần tử của nó có thể cộng lại được với nhau hay có thể nhân với một

số. Các tập hợp ấy cần phải bổ xung một số yếu tố để có thể trở thành không gian vector như:

- Tập các vector hình học; - Tập các hàm liên tục; - Tập các đa thức; - Tập các ma trận cùng cỡ…

3.1.2 Định nghĩa không gian vector

+ Phép cộng các phần tử trong V:

V (Luật hợp thành trong)

,x y V

y V

x

    , x

2V y gọi là tổng của x và y ;

  (Luật hợp thành ngoài)

k R x V ,

kx V

+ Phép nhân số thực k với các phần tử của V: R V V    .





,a b R 

y

Định nghĩa 3.1 Giả sử tập V   Mỗi phần tử x của V gọi là một vector. Khi đó V được gọi là một không gian vector (hay không gian tuyến tính) trên R nếu tập V được trang bị 2 phép toán:

x y z V , , x y z V , ,

 

x

y

y

z

z

  



 x  





  x V

x

x

      x x

, x

x 

x   

i) ii)

Hai phép toán trên phải thỏa mãn 8 tính chất :    x y  x  iii) vector  V, gọi là vector không , thỏa mãn  iv) xV  vector (-x) V thỏa mãn

  

x  x   



y

ax







bx

ay



v)

  a x ) a b x ax   ab x a bx ) ) (  x x

vi) ( vii) ( viii) 1.

Ngoài không gian vector hình học R3, còn có nhiều không gian vector khác cần được nghiên cứu.

n

R

R i ,

}

1,

n

,

,

,

,

. Trên Rn xác định hai phép toán cộng

Xét tập

3.1.3 Một số không gian vector













x x x 1 3 2

nR . Đây là không gian được quan tâm nhiều nhất. x x x , { | i

x n

vector và nhân vector với một số như sau:

, ... ,

),

a b

(



 



a n

b n

Nếu

a

(

, ... ,

);

b

, ... ,

),





  thì: R

a n

b n

a 1

b ( 1

a

(

b a 1 1 , ... ,

).

  



0, 0, 0,

, 0

a

   , ... ,

a

(

a n , ... ,

Vector

 

 ; Vector đối của



a 1   



là



a )n

a )n

a 1(

a 1

a) Không gian 

 b) Không gian các đa thức Pn

2

n

R i ,

{ ( ) | 







  p x p x

a x a x  1

2

0

0

Xét tập Pn các đa thức hệ số thực bậc không quá n : P a a ,   n i 0 na  ta nói đa thức p có bậc là n; Nếu

a x n 1, } n na  ta nói đa thức p có bậc nhỏ hơn n.

2

n

Nếu Tập Pn với phép toán cộng 2 đa thức và phép nhân đa thức với một số thực là một không gian vector . Trong đó: Vector không là đa thức 0, tức là tất cả các hệ số của đa thức đều bằng 0. p x ( )

.

Vector đối của

( )p x là



 





a 0

a x a x  1

2

a x n

Xét tập



f g C a b

f

,

+ Phép cộng 2 vector:

: 



,

;

,C a b xác định hai phép toán:  ,a b . Trên ,C a b gồm tất cả các hàm liên tục trên        ; g x f x x ,        : k f x . x k R kf ,   a b [ , ]

   g   + Phép nhân vector với một số: f C a b  + Vector trung hòa là hàm 0: 0( ) 0 x x  với  

25

c) Không gian các hàm liên tục C[a,b]

xác định như sau:

là

.

[ , ] f C a b

f C a b [ , ]

a b [ , ] (-

f x ( )

x )( )

-

f

 

x  





+ Vector đối của Khi đó C[a,b] trở thành không gian vector. Không phải mỗi một tập hợp và hai phép tính xác định trên đó cũng có thể trở thành một không

*

2

2

gian vector. Thí dụ 3.1 Xét tập

và

là

1 2

x

3

x

1 2

x

3

x

 



 



  p x

  q x

*

*

hai đa thức của

q x ( )

Vì vậy tập

.

2 4   



2P . Nhưng

2P với hai phép tính cộng đa

* x P 2

2P gồm các đa thức bậc 2. Rõ ràng   p x thức và nhân đa thức với một số không phải là không gian vector.

3.1.4 Tính chất của không gian vector

Giả sử V là không gian vector. Khi đó: a)  b)

V,  là một nhóm Abel;    là duy nhất; x V x ,

x

x

, 0.

, 1.

x

x V   

 

k R k

,

 

c)   d) Phần tử trung hòa  là duy nhất; e) .    ;

x V k R k

,

,

0

k

x

 



        . .

f)

,C a b . Đồng thời Pn cũng là không gian vector với hai phép

tính tương tự của

,C a b . Do đó nó là không gian con của không gian



,C a b .



 Điều kiện để một tập con trở thành không gian con:

Thí dụ 3.2 Tập Pn là tập con của tập 3.1.5 Không gian con Định nghĩa 3.2 Giả sử V là không gian vector với hai phép tính cộng vector và nhân vector với một số đã xác định. Nếu W là tập con của V và W cùng với hai phép tính xác định trong V cũng tạo thành không gian vector thì W được gọi là không gian con của không gian vector V. 

u v W

u v W

,

Định lý 3.1 Giả sử V là không gian vector và W tà tập con khác rỗng của V. Nếu W thỏa mãn 2 tính

chất sau : a) 

    ;

u W k R ,

k u W .

      .

,

R

,

u v W 



2

{( ,

x y

W

)

R Ax By

|

0}

b)

thì W là không gian con của không gian V. Chú ý: Hai điều kiện a) và b) tương đương với điều kiện c) , . u l v W .        2R và tập con của nó

, với A,B là hai hằng









0,

By

 . 0

By 1

Ax 2

2

Ax    1  hay u v W  ) 0 . )

số bất kỳ khác không. Khi đó: x y u v W u , ); ( v ,     1 1 Do đó Ax y B y x ( ) ( ) A x (     1 2 1 2 1 k u . u W k R ,      

) ( y x ,  2 2 By )   1 k x y , ( 1

2

thỏa mãn By Ax (  2 2 kx ky , ( )  1

2

. Wk u  . Vậy W là không gian con của

) 0

)

2R .

 nên





B ky ( 1

k Ax ( 1

By 1

Thí dụ 3.3 Xét không gian

Do A kx ) ( 1 Thí dụ 3.4 Tập với một số tạo thành không gian vector. Do đo tập

 m nM  gồm các ma trận cỡ m n với hai phép tính cộng hai ma trận và nhân ma trận 2M gồm các ma trận vuông cấp n với hai phép tính

0

b

trên cũng là một không gian vector. Từ đó dễ dàng CMR tập các ma trận có dạng

là một

a

0

  

  

không gian con của

2M .

V

S

,

,

,

gian vector V:





c là m số thực. Khi đó biểu thức:





v v , 1 2

v m

 và 1

, m

26

3.1.6 Tổ hợp tuyến tính, hệ sinh của không gian vector. Giả sử S là một họ m vector của không c c 2,

m

(3.1)

T







c v 1 1

c v 2 2

c v m m

c v i i

 

i

1 

Gọi là một tổ hợp tuyến tính của họ S. Dễ thấy T cũng là một vector. Tập tất cả các tổ hợp tuyến

tính của họ S gọi là bao tuyến tính của họ S, kí hiệu là

,

,

,

v hay ( )L S .

(2,1),

u

trong không gian R2. Ta thấy:

(7, 1), 









v 2

,

,

.

u







)m (0, 0) 

v 12 3

L v v ( 1 2 v (1, 1), v  3 1 . Do đó u là tổ hợp tuyến tính của họ  v v v 1 3 2 ( )L S là không gian con của không gian vector V.

Thí dụ 3.5 Xét các vector

v v 3 2 2 1 Định lý 3.2.

( )L S còn gọi là không gian con sinh bởi họ (hệ) vector S. Nói cách khác mọi vector

của

Không gian ( )L S đều là tổ hợp tuyến tính của họ S.

( )L S

V thì S gọi là hệ

Rõ ràng là S là hệ sinh của không gian

( )L S .

Nếu S là hệ sinh của không gian vector V thì bổ xung vào S một hay nhiều vector thì S vẫn là hệ

sinh của V. Nhưng nếu bỏ đi một vector từ S thì những vector còn lại có thể không còn là hệ sinh nữa.

Định nghĩa 3.3 Giả sử S là một họ m vector của không gian vector V. Nếu sinh của không gian V; Hay không gian vector V sinh bởi họ vector S.

3R xét họ

(1, 0, 0);

(0,1, 0)

(0, 0,1)

.

E 





e 



 e , e ,e 1 2

3

e với 1

e 2

và 3

x y z ( , , )

x

(1, 0, 0)

y

(0,1, 0)

z

(0, 0,1)

u L E

(

).

u R











  

x e . 1

y e . 2

z e . 3

Vì vậy E là hệ sinh của

3 u     3R .

nR họ vector

với

Tương tự, dễ thấy trong không gian

E 



 1, 0, 0,

  , , 0

n

0,1, 0,

0, 0,1,

,

0, 0, 0,



  

 1e e , e ,...,e  2 1  là hệ sinh của không gian nR .



  , , 0



 , 0 ,



 ,1

e  2

e 3

e n

S

V

,

,



 được gọi là họ phụ thuộc tuyến tính nếu tồn tại bộ



Thí dụ 3.6 Trong không gian

v m

m

,

R

.







 

  không đồng thời bằng 0 để 1 1 c v

c v 2 2

c v m m

c v i i

số 1

c c 2,

c , m



i

 1

Nếu tổ hợp

0

 



  

 thì họ S được gọi là độc lập tuyến tính.

c v i i

c m

c chỉ xảy ra khi 1

c 2

m  1 i 

.

3.1.7 Họ vector độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính  Định nghĩa 3.3 Họ vector 2, v v  1

3R xét họ



,

0, 0, 0

,       

 

 

(1, 0, 0); 

e 2  0, 0,1

(0, 0,1) 



 e , e ,e E  2 1 3   1, 0, 0  

 

(0,1, 0)  

và 3 e  

3

1

2

3

    1

e    1 1

e 2 2

e 3 3

2

0

=

với 1 e  0,1, 0      . Suy ra E là họ vector độc lập tuyến tính.

3

2

Giả sử hay 1

với

E 





 1, 0, 0,

  , , 0

n

1e

0,1, 0,

0, 0,1,

,



 e , e ,...,e 2 1  là họ độc lập tuyến tính.

  , , 0

e 3

e  2

Tổng quát hơn, trong không gian   Để xem xét một họ vector

 , 0 , S

V

,

,

 ,1



nR họ vector  

e    n  2, v v 1

...  



x v 2 2

0, 0, 0,  v m giải một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất. 1 1 x v thường

) (0, 0,..., 0)

(

,

 độc lập hay phụ thuộc tuyến tính ta cần phải   . Nếu hệ chỉ có nghiệm tầm x v m m thì S là họ độc lập tuyến tính, ngược lại thì hệ là phụ thuộc tuyến tính.

x x x  , 1 2

m

Thí dụ 3.7 Trong không gian

,

,



 b 2,1, 1, 0 ,

a

c 1,1, 2,1 ,

d 0, 2,3, 2 ,











S  

, a b c d   









,

,

0 0 0 0 ,

=

ta được

hay

Thí dụ 3.8 Trong R4 họ vector













x a x b x c 1 2 3

x d 4

0     0   0   0  

sau đây là độc lập hay phụ thuộc tuyến tính :   3, 1,1,1 x 1 0 3 2      1     x 1 1 2 1  2     -1 2 3 1 x     3   0 1 2 1 x     4

27

Giải. Giải hệ phương trình

nghiệm duy nhất

. Vậy họ vector đã cho là độc lập tuyến tính.

x

0



3 1  1 1

2 1 -1 0

0     0     0   0  

1 0  1 2 3 2 2 1 S  thì họ S phụ thuộc tuyến tính;

- Trong không gian R3 :

S

,

,

- Nếu họ





 2, v v 1

+ Họ 2 vector đồng phương là phụ thuộc tuyến tính; Họ 2 vector không đồng phương là độc lập tuyến tính. + Họ 3 vector đồng phẳng là phụ thuộc tuyến tính ; Họ 3 vector không đồng phẳng là độc lập tuyến tính. + Họ 4 vector bất kỳ là phụ thuộc tuyến tính. , m v

 là họ phụ thuộc tuyến tính thì tồn tại bộ số 1

c c 2,

  R c , m

m

. Giả sử

0

không đồng thời bằng 0 để

 

kc  , khi đó:

. Vì thế kv

c v i i

v k

v i



i

 1

c i   c k i k

là tổ hợp tuyến tính của các vector khác trong S.

B

gọi là cơ sở của không gian véc tơ V nếu thỏa

Nhận xét: Nếu





 2, v v 1

,..., n v

B

+

là họ độc lập tuyến tính;





mãn 2 điều kiện sau:  ,..., n 2, v v v 1

+ Không thể tìm được trong V n+1 vector độc lập tuyến tính.

Khi đó ta nói chiều của không gian V là n, kí hiệu:

n .

 dim V



Nếu trong V ta tìm được vô số vector độc lập tuyến tính thì V gọi là không gian vô hạn chiều.

3.2 CƠ SỞ VÀ CHIỀU CỦA KHÔNG GIAN VECTOR 3.2.1 Định nghĩa 3.4 Họ n véc tơ

dim

3



-

3 R  . Không gian

,C a b là không gian vô hạn chiều.



S

T

,

,

,

,

là hệ sinh và

là một họ vector độc lập tuyến tính

Thí dụ 3.9 Trong không gian R3, một họ 3 vector không đồng phẳng là một cơ sở của R3 và do đó











2, a a 1

 n b

B

a) Nếu 3.2.2 Tính chất của cơ sở và chiều của không gian vector.  m a



 2, b b 1 trong không gian vector V thì m  n. Suy ra số vector của một cơ sở không vượt quá số vector của một hệ sinh bất kỳ.  2, v v 1 sở của không gian V và

n .

là một hệ sinh của không gian V và B độc lập tuyến tính thì B là một cơ 

 ,..., n v  dim V

Do đó cơ sở là họ vector độc lập tuyến tính có nhiều vector nhất và là hệ sinh có ít vector

nhất.

với

b) Nếu

E 



 1, 0, 0,

 e , e ,...,e 2 1

n

0,1, 0,

0, 0,1,

,

0, 0, 0,



  

 là hệ sinh của không gian



  , , 0



 , 0 ,



 ,1

e  2

e 3

e n

nR và

3.7 ta chứng minh E là họ độc lập tuyến tính. Vì vậy E là một cơ sở của của

n . Cơ

  , 1e , 0  nR , trong thí dụ n

Thí dụ 3.10 Trong thí dụ 3.6 ta đã chứng minh họ

 dim R

nR .

B

x

sở E được gọi là cơ sở chính tắc của }n

,...,

Xét họ vector



2

n

n

, R i

1,





với

  có dạng







ia

trong không gian nP . a x a x  1

2

a 0

a x n

p P n

: B là hệ sinh của nP

{1, x   p x 2

n

0

Giả sử

0     







 : B độc lập tuyến tính.

c x 2

c x 1

c 0

c 0

c 1

c x n

c n  n  1

c     2  Vậy B là một cơ sở của nP , gọi là cơ sở chuẩn tắc. Hơn nữa dim P n

28

là cơ sở của không gian vector V, thì mỗi véc tơ u V đều có thể biểu

B



 2, v v 1

,..., n v

 diễn bởi một tổ hợp tuyến tính qua duy nhất của B. Tức là:

n

u

(3.2)

,

R







  để

c v n n

c v 1 1

c v 2 2

 duy nhất bộ số 1

c c 2,

c , n

k

  c v k k 1 

c) Nếu

(3.3)

Xét hệ phương trình tuyến tính tổng quát: Ax b

...

a 1j a

...

2 j

a 11 a 21

n

,

và

. Nếu đặt

, gọi là

trong đó:

b

A

x

A









, j 1, n 

j

x 1 x 2 ...

b 1 b 2 ...

a a 1 12 n a a 22 2 ... ... ... ...

a

...

... a

x n

b m

a m 1

a m

2

     

     

     

     

      

      

b

       



 (3.4)

mn vector cột thứ j của ma trận A, thì có thể viết lại hệ (3.3) như sau: 1 1 x A

x A 2 2

       mj x A n n

Từ đó ta có định lý sau:

,

.

3.2.3 Về hệ hệ phương trình tuyến tính tổng quát

b có nghiệm khi và chỉ khi







, n A

 2, b L A A

1

Định lý 3.3 Hệ phương trình Ax

Định lý 3.4

i) Tập nghiệm N0 gồm tất cả các nghiệm của hệ phương trình thuần nhất Ax   là một

r thì

  . n r

không gian con của Rn;  rank A

 dim N

0

Như mục 3.2.2 ở trên đã xét, nếu

B





,..., n v

ii) Nếu

 3.2.4 Ma trận tọa độ của vector đối với một cơ sở  là cơ sở của không gian vector V, thì mỗi 2, v v 1 vector u V đều có thể biểu diễn bởi một tổ hợp tuyến tính qua duy nhất của B. Tức là  duy nhất bộ

n

u

c

R

,

,

,

R









n  gọi

  để

  u





c v n n

c v k k

c v 1 1

c v 2 2

2, c c 1

c   n

số 1

c c 2,

c , n

  . Khi đó

B

gọi là ma trận tọa tọa độ của

,

,





T 



c c 2, 1

c n

B

B

,

trong không gian R3,





2

u 3

trong đó:

w

u

.









1 k  là vector tọa độ của vector u đối với cơ sở B và   u vector u đối với cơ sở B. Như vậy giữa một vector trong V và vector tọa độ của nó có một tương ứng 1-1. Nhờ đó người ta có thể nghiên cứu tính chất của vector trong các không gian n-chiều bất kỳ như các vector của không gian Rn. Để tìm ma trận tọa độ của một vector đối với cơ sở cho trước ta phải giải một hệ phương trình tuyến tính. Thí dụ 3.11 Hãy tìm ma trận toạ độ của véc tơ w đối với cơ sở 

 1, 2,3 ,

  







 u 5, 12,3 , 1

u 4,5, 6 , 3

2

+

tương đương với hệ phương trình



w x u  1 1

x u 2 2

x u 3 3

5     = 12    3  

 , u u 1  7, 8,9  x 1 4 7      1     x 8 2 5  2     3 6 9 x     3

Giải hệ phương trình trên ta được

x

. Suy ra

.



 w

B

-2     0   1  

-2     0   1  

Giải. Đặt

29

3.3.2 Ma trận tọa độ của một họ vector đối với một cơ sở

B

S

,

Giả sử

là cơ sở của không gian vector V và

là họ m vector











 2, v v 1

,..., n v

 2, u u 1

, m u

j

a 1 a

.

của V. Khi đó ta có

1,

u

j

m



 

   j B

j 2 ... a nj

      

: Gọi là ma trận tọa độ của họ vector S đối với cơ

Đặt

A

u

,

u

,...,

u











       



1

2

m

a ij





B

B

B

  

 

n m 

sở B. Để tìm ma trận tọa độ của một họ vector đối với một cơ sở thay vì phải giải m hệ phương trình tuyến ta giải một phương trình ma trận.

đối với cơ sở

S

và

B

,

,











 u u u u , 3 2 1   

 3  u 1, 3, 3, 5



u 1

2

  v v 2,  1   2, 1, 0, 3     1, 2,1, 0   0 9 1 -11

. Trong đó :    -1 -2 1 1 3 4 -1 -2

ta được

Thí dụ 3.12 Trong R4 hãy tìm ma trận toạ độ của họ vevtor

X

X





1 -12 1 -3

3 0 2 1 5 6 -2 0

3 0 4 3

4      

     

 v 1  u u 1, 1, 2, 2 , 2, 4, 0, 6 ,  3 0 -2   1 1    

v 0, 1, 3, 4 , 2       

     

     

Vậy ma trận tọa độ của họ vector S đối với cơ sở B là X=…

30

Giải. Giải phương trình

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 8 Tiết 29-32 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 3 Các mục

Mục đích - yêu cầu

KHÔNG GIAN VECTOR - KHÔNG GIAN EUCLID 3.3 Hạng của họ vector trong không gian Rn 3.4 Bài toán đổi cơ sở 3.5 Không gian tổng. Không gian giao - Giới thiệu Khái niệm hạng của họ vector, Bài toán đổi cơ sở và ý nghĩa của nó; - Nắm chắc phương pháp giải các bài toán tìm cơ sở, chiều của không gian vector, ma trận tọa độ và ma trận đổi cơ sở .

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

,

S

là một họ vector trong không gian V. Hạng của họ

3.3 HẠNG CỦA HỌ VECTOR TRONG KHÔNG GIAN Rn









a a 2, 1

a , m

 rank S .



3.3.1 Định nghĩa 3.5 Giả sử

S

,





vectot S là số vector độc lập tuyến tính tối đa có thể rút ra từ S. Kí hiệu là 



a a 2, 1

a , m

Giả sử

là một cơ sở tùy ý của V. Khi đó

,

1,

B

a

m







.



 v v 2, 1

j

c v j ij i

v ,..., n

n  i 1 

Nếu S là họ độc lập tuyến tính thì hiển nhiên

m

. Ngược lại, nếu S là họ phụ thuộc

 rank S



tuyến tính thì có ít nhất một vector ka là tổ hợp tuyến tính của các vector còn lại. Do đó:

a







k  

 1, 2,...,

 m

k

b a j

j

c v i ij

b c j ij

 j k 

n   b j 1 j k i  

 n      1 i j k  

  v i  

n

Do

1,

n

.





a k

c v ik i

b c i , ij

j

c ik

  và biểu diễn qua cơ sở của mỗi vector là duy nhất nên

(

C

 j k  là tổ hợp tuyến tính của các cột khác. Vì vậy

1 i  Nghĩa là cột thứ k của ma trận



c )ij n m 

(

)

rank C



 rank S



,





Do đó, đối với một không gian vector bất kỳ, để tìm hạng của họ vector ta tìm hạng của ma trận là một họ vector trong không S





a a 2, 1

a , m

rank S chính là hạng của ma trận tạo bởi các vector của S.

3.3.2 Cách tìm hạng của họ vector

,

S



  

 dim

r

tọa độ của họ vector đối với một cơ sở tùy ý. Nếu gian vector Rn thì  a a 2, 1

a , m 



 rank S

 L S





là họ vector trong không gian vector V. Khi đó 



Định lý 3.5 Giả sử

và cứ r vector độc lập tuyến tính của S đều là cơ sở của Thí dụ 3.13 Trong R5 cho một họ S gồm 5 vector:



 8, 6, 1, 4, 6 ;

x 1















  

   x 4, 3, 5, 2, 3 ; 5

 x 4, 3, 1, 2, 5 ; 4

x 3

  L S .  x 4, 3, 8, 2, 7 ;  2  8, 6, 7, 4, 2    L S . Hãy xác định số chiều và tìm một cơ sở của không gian

4 3 -8 2 7 8 6 -1 4 6 4 3 1 2 -5 4 3 -5 2 3 8 6 -7 4 2

31

Giải. Tìm hạng của ma trận

3

4

h 2 h h h

5

h

4

3

h h

5

3

2

h

h 1 h h h 4 h

2

Kết luận

dim

3

,

,

r

L S có một cơ sở là

B





5  . Không gian con





 L S







                 h 4 3 -8 2 7 1 2h  0 0 15 0 -8 1 h  0 0 9 0 -12 1 0 0 -6 0 8 h  3 0 0 -6 0 -4 h  2                  h 4 3 -8 2 7 1 5h '  0 0 0 0 12 2 3 h / 3 0 0 3 0 -4 3 0 0 0 0 0 2h  0 0 0 0 -12 h  4                  4 3 -8 2 7 0 0 3 0 -4 0 0 0 0 12 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0    rank S



 x

2x

x

x x x 1 2 3 0 







2

x

3 3x

4 x

0









x

2x

4 2x

0

x 1 2x 1 

2 

3 



x 1

2

3

4

    

Thí dụ 3.14 Tìm số chiều và một cơ sở của không gian nghiệm của hệ :

2 1  3 1 1 3

1 2 1

1 0 0

2 1  3 1 0 0

1 3  0

1 0 0

1   1     2  

    

    

    

    

Giải. Dùng các phép biến đổi tương đương: 2 1  1 3  1 2

Hệ tương đương với :

2 3x

4 3x

2

4

2 3x

3 x

4 3x

2

3

4

2

5x 4x   2x x x 0     x 1  x 1 x    3 0       x , x tùy ý 4

1   3     3        (5, 1, 3, 0) 

x 1

f 1

f    

x 3 x 3

x     1

2

dim

0 5, 3         1, x 4 1 4, ( 4, 0, 3, 1) 3

 2W  .



2

,

,

B

tạo nên cơ sở của của không gian nghiệm và Cho 2 x 2 x   0, x 4 

f , f 1 Thí dụ 3.15 Cho hệ véc tơ







2,3, 2, 7 

  1, 2, 1, 0 , 

 trong đó e 4    

 1, 5, 2, 0 ,





e 1

e 2

e 3

e 4

u

 e e e ,  2 3 1   0,1, 0,1 , a. Chứng tỏ B là một cơ sở của R4.  b. Tìm vector tọa độ của véc tơ

  1, 0, 0,1

4

dim(

R

)

trong cơ sở B.

4 

Giải: a. Trước hết ta biết rằng

Bây giờ ta tìm hạng của ma trận A các tọa độ của các véc tơ của hệ bằng biến đổi sơ cấp:

2 2

1 3 0 1 1 0 1 2 2 1 1 5 0 1 2 3 0 1 1 0 1 3 1 1 0 0 1 1 3 1            A     

4

0 0 0 7 0 0 1 0 2 0 2 7 0 1 0 0 1 3 0 8 0 0 0 0 1 0 0 1                                    

       rank A 1 0  1 0 

32

       . Vậy hệ B độc lập tuyến tính.  Hệ B gồm 4 véc tơ, vậy đây là một cơ sở của không gian R4.





1 2 0 1 1 5 2 3   ta được x = b. Giải hệ phương trình: 2,1,1, 0  x  suy ra   Bu 

1 0  0 1 2 0 2 7 2     1     1   0               1     0     0   1  

B

3.4 BÀI TOÁN ĐỔI CƠ SỞ





 e e 2, 1

e , ..., m

3.4.1 Đặt bài toán Giả sử trong không gian vector V n-chiều có 2 cơ sở và

v

và v là vector tùy ý của V. ’ B  

'

v n

B

B

( ) v ,.., ) ?   hãy tìm

 với  vV , được gọi là ma trận đổi

  ’ , ’ , , ’m e e e 2 1 Nếu biết ( ) ( ' , , ( v v v v 1 2 1 Định nghĩa 3.6 Ma trận P vuông cấp n thỏa mãn   v

B

B

' ) ' ,.., v n 2   ' P v cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở B’.

B





 e e 2, 1

e , ..., m

B ’

3.4.2. Cách tìm ma trận đổi cơ sở. Giả sử V là không gian vector n-chiều, và







e , ’m

là 2 cơ sở cơ sở của V.

2

p e 11 1 p e 12 1

e

e

e











B

B

B

e

    ...   ...   , ,...,    , nghĩa là  ' 1 ' 2 ' n

2

p e nn n

p e n 1 1

n

p n 1 p n 2 ... p nn

p 12 p 22 ... p n

' ...                                        

p ij

B

 ’ e 2 v

 B nên:

 B ' ,.., v 2

  ' ) n

 e e ’ , ’ , 1 2 Đầu tiên ta biểu diễn các vector của B’ qua cơ sở B: ' p p e p e e n n 11 1 21 2 1 ' p p e p e e n n 2 22 2 21 ........................................ ... p e p n n 2 2 1  n n  B’ đối với cơ sở B. Do v v

B ' e

e

Đặt P   ’ e 1 ’ e n           : Nghĩa là P chính là ma trận tọa độ của họ vector

   ' n

n

v

v

v

( ) v ' v ..,.   ( ' , v 1      ' v e 1 ' 2 ' 2 ' 1

p e 11 1

p e 21 2

p e 12 1

p e 22 2

p e n n 1

p e n n 2

p e n 1 1

p e n 2 2

p e nn n

) ) )   ...     ...   ...    ...   ' ( 1 ' ( 2 ' ( n

p v 12

e 1

p v 22

e 2

p v n 1

p v n 2

p v n 2

p v nn

e n

v

( ( (   ...     ...   ...    ...   ' p v 11 1 ' 2 ' p v 21 1 ' 2 ' 2 ' ) n ' ) n ' p v n 1 1 ' ) n

v e 1 1

v e 2 2

v n

B

v e n n

n '

( ) v ( ,.., ) hay nên: Do    ...   , v v 1 2

v 1 v 2

n

  v

  P v

B

B

    ...   ...   ' 2 ' 2 ' p v 11 1 ' p v 21 1   '

v n

p v nn

n

' ...     ' 2 ' p v p v n 1 12 p v p v n 2 22 ........................................ p v n 2 ' p v n 1 1       

 



 



 ’ e 2

B

B

B

Có nghĩa là P chính là ma trận tọa độ của họ vector B’ đối với cơ sở B.

Như vậy ma trận đổi cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở B’ là P  ’ e 1 ’ e n     .

là



B

Định lý 3.6 Nếu P là ma trận đổi cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở B’ thì P là ma trận khả nghịch và P-1





e 

e 



 e e 2, 1

1 v   với v V  . P B   e e ’ , ’ 1 2

e

e

ma trận đổi cơ sở từ cơ sở B’ sang cơ sở B. Nghĩa là   v B ’ và B ’ Thí dụ 3.16 Xét không gian R2 và hai cơ sở (1, 0) (0,1); với 1 ; 2

e

(1,1); .  ' 1



1 

,

P

P  



' 1 '

1 2 1 1

1  1

e



2 1 

e 1 e 2 1

e 2 e  2

2

  

  

  

  

' (2,1) 2  Ta có

x

1 P v [ ]

x  

.





e 1

e   2

B

B

B

   7      2  

x

33

2 1  3  Giả sử 7, 2 7 2 [ ] x [ ] x '     , 1 5 1     7     2         Như vậy .    3 ' e 1 5 ' e 2

,

B







 1, 1, 3 , 



B

,

,

 1, 0, 2   1, 2, 1

v 3 

  

   2, 6, 4 ; u 3

' 

v

2 ’

 v v , 1 2  , u u  1  v 

Cho

Giải. a. Giải hệ ma trận ta được P 

3 1 -1

3 1 -1 1 1 0 P -5 -3 2 -6 -2 1 6 6 2 0 4 1 -3 3 5/2 6 3 -1/2 9 14 6 Thí dụ 3.17 Trong R3, tìm ma trận P đổi từ cơ sở B sang cơ sở B’ . Trong đó:    v v v 3, 1, 5 ; ;  2 3 1    6, 6, 0 ; ; , u u u   2 3 1 và   'B tính  B  v 2,1,1                         

1 1 0 x



B

-5 -3 2

    

2     1     1  

    

b. Giải phương trình ta được   v

B

         

v Giải phương trình  ta được   ’       3   x 2     5  1/ 6 0 1 -6 -2 1 6 6 2 x 0 4 1   x          

3

     -3 3 5/2 2     1     1   1/ 6





  P v

  v

B ’

B

6 3 -1/2 9 14 6

 0 1

    

         

    

  2     5 

    

Thử lại == [v]B .

3.5 KHÔNG GIAN TỔNG. KHÔNG GIAN GIAO

|

,



: 





a b a L b L  2

2

3.5.1 Định nghĩa 3.7 Cho L1, L2 là hai không gian con của không gian V. Khi đó: -   là không gian con của V, gọi là không gian giao của L1 và L2. G L 1



 a   1 b (   1

S b )      2

L 1

2,3,5

u ) L 2 - Ký hiệu L L S   1 2 1 L khi đó ,a b L và 2 ,a b Giả sử 1 1 1 2 a a v u R ( ,         2 1   . , S a v b b  2 1 2 b a b ( ( ) )      1 1 2 







 2,1,1 ,







 1, 2,3



a 2 L  2 Suy ra S là không gian con của V, gọi là không gian tổng của L1 và L2.   e 1,1, 0 , 3

e 2

e 1

e  4

3

,

Thí dụ 3.18 Cho 4 vector trong không gian R3 là và











L 2

e e , 1 2

e e , 3 4

1

3

3

,

,

R và . Do ( , , , ) .  L   1 L 2 L e e e e 4 2

2

3

. R ) , (   

2 

 L 1  Do họ  e e e độc lập tuyến tính nên 1   khi đó L v L 2 1

2 1 -2 -1

v Giả sử hay       , 0  be 2 ae 1 , L e e e 3 1 be ae 2 1 L 1 ce 3 L 2 de 4

0

0  



1 1 -3 -2 x 1 0 -5 -3

... 0 1 0 -1/3 x 0 0 1 2/3

    

    

ta có hệ thuần nhất: .

    

ce de 3 4 1 0 0 1/3     

d   thì 3

1

a d d ; c ; d b Hệ có nghiệm thỏa mãn: d tùy ý và . Nếu chọn     

b   . Do đó

v (1, 0,1) ( ) L v . 1 3 . Vì vậy 1 3 dim(      ae 1 be 2 e 1 e 2 L 1 L 2 L   2 2 3  và 1 ) 1 L

1a  ,

3.5.2 Tính chất

34

dim( ) dim( ) Định lý 3.6   ) dim(  ) dim(   L 1 L 2 L 1 L 2 L 1 L 2

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn KHÔNG GIAN VECTOR - KHÔNG GIAN EUCLID 3.6 Không gian Euclid

Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 9 Tiết 33-36 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 3 Các mục Mục đích - yêu cầu - Giới thiệu khái niệm tích vô hướng và không gian Euclid; - Nắm chắc phương pháp giải các bài toán trực giao hóa Gramm-Schmidt

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

Chương 3. KHÔNG GIAN VECTOR - KHÔNG GIAN EUCLID

3.6 KHÔNG GIAN EUCLID

 a

 b c

  , a b

3.6.1 Tích vô hướng

.

| . | | os |   Nhắc lại tích vô hướng trong không gian R3:

f

2

Cần mở rộng khái niệm này trong không gian vector tổng quát.

, thỏa mãn các tính chất:

,

u v V

u v ,

v u ,

Định nghĩa 3.8 Giả sử V là không gian vector. Tích vô hướng của hai vector là một hàm R V ( , ) f u v ( , ) u v , u v  , ký hiệu ( , ) f u v   



 



,

,

u v w V ,

u v ,

u w ,

a) ;



 

u v w 





,

u v V k R ,

ku v ,

u kv ,

k u v ,

b) ;



   





c) ;

0,

0

u u ,

u u ,

u V   



    . u

d)

Gọi là các tiên đề của TVH. Ngoài ra: - Không gian có trang bị tích vô hướng gọi là không gian có tích vô hướng; - Không gian có TVH , hữu hạn chiều gọi là không gian Euclid.

n  nếu

x y ,

, x y R Thí dụ 3.18 + Không gian R3 là không gian Euclid. + Trong không gian Rn ta định nghĩa một TVH như sau: 

: 



...  

x y 1 1

x y 2 2

x y n n

x y k k

n

k

2

n   k 1 

x y y y ( ,..., ), ( ,..., ) với   R thì x n ,k x , x x 1 2 , y y 1

b

C a b ta định nghĩa một TVH như sau: TVH trên cũng gọi là TVH Euclid. Suy ra không gian Rn là không gian Euclid. + Trong không gian [ , ]

a

[ , ] , f g ( ) ( ) f x g x dx  , f g C a b    :

Không gian vector [ , ] C a b không phải là không gian Euclid.

u

u u ,

3.6.2 Độ dài vector , khoảng cách giữa hai vector. Trong không gian có TVH

|| 

Độ dài của vector u xác định bởi biểu thức: || ;

( , ) d u v || ; Khoảng cách giưa hai vector u và v xác định bởi biểu thức: ||  u v 

||

ku

k

| . ||

u

||

|| | 

35

;  Tính chất: || u V u || 0;     ; a) u || 0 b) || u     ; c) u V k R ,     

u v V t R ,

t u v t u v . , .

,

u v V u v d) Bất đẳng thức Cauchy-Schwaz: , , u v || . || ||    || 



    



 . 0

2

Chứng minh:

2

t . , . t u v t u v , u u 2 , t u v , v v     

2 ||

2 ||

2

u

v

u

v

, u v

||

2 ||

. ||

2 ||

, u v

|| . ||

||

u v . t 2 , t u v || 0, ||       t R

'  



0  

|| 

u v V

u v

||

,

||

||

||

v

||



  





(đpcm). Suy ra

e) (Bất đẳng thức tam giác).

u || 2 ||

u v

, u u

2 ,

, v v







u u ,

2

u v ,

v v ,







2

2

u

u

v

v

u

v

2 ||

2 ||

|| . ||

||

||

||

(||

||

||

||)









Chứng minh: , || , u v u v  u v V  u v    

||  .

u v || || || ||   Vì vậy || || u v 

0 u v  ;





2, a a 1

gọi là họ trực giao nếu các vector trực giao với nhau từng đôi, S ,   3.6.3 Họ vectơ trực giao và họ vectơ trực chuẩn Định nghĩa 3.9 Giả sử V là không gian có TVH. Khi đó: a) Hai vector u và v gọi là trực giao với nhau nếu , b) Cho W V , vector u gọi là trực giao với W nếu u trực giao với mọi vector của W; c) Họ vector , m a

j

S

,

0 nghĩa là  nếu i , a a i







2, a a 1

, m a

gọi là họ trực chuẩn nó là họ trực giao và các vector đều có độ j ; 

d) Họ vector dài là 1.

 Chú ý: Khái niệm trực giao liên quan trực tiếp với khái niệm TVH. Hai vector có thể trực giao với nhau theo TVH này, có thể không trực giao với TVH khác.

p q ,

p x q x dx ( ). ( )

Thí dụ 3.19 Xét hai vector x và 2x trong không gian P2.

1   : 1 

2

2

2

2

+ Nếu chọn tích vô hướng thì

2 2 x x dx

2 . x x dx

1  1 

1  1 

1  1 

x x x x || , x x . . x x dx ; || , . . ; , x x 0 ||    ||      2 3 2 5

1   : 0

1

1

1

2

2

2

2

||

x

x x ,

x x dx . .

; ||

x

x

,

x

2 2 x x dx

.

.

;

x x ,

2 x x dx .

0

|| 





|| 

















1 3

1 5

1 4

0

0

0

W

,

+ Nếu chọn tích vô hướng , p q ( ). ( ) p x q x dx thì

với





u

(0,1, 0);

v

;

w

, 0,

là họ trực chuẩn.

, 0,









1 2

1 2

1 2

1 2

   

   

   

 , wu v    

Thí dụ 3.20 Xét không gian R3 với TVH Euclid. Họ vector

,

u V u

Giả sử V là không gian có TVH và

  . Khi đó

v

u

gọi vector chuẩn hóa của u.



1 u

||

||

S

,

3.6.4 Quá trình trực giao hoá Gramm-Schmidt

là họ vector độc lập tuyến tính trong không







 u u 2, 1

L S ( )

L S (

')



u , m gian V có TVH. Nếu S không trực chuẩn thì ta có thể thay S bởi họ trực chuẩn S

,

'





sao cho

.



 v v , 2 1

v , m

36

Định lý 3.7 (Gramm-Schmidt). Giả sử

Chứng minh.

||

S

)

L S (

.

,

. Rõ ràng là

  trực chuẩn và || 1









S 1

  u 1

v 1

u S , 1

' 1

  v 1

v 1

' 1

L S ( 1

' ) 1

||

||

1 u 1

và tại bước k-1 ta đã xây dựng được họ trực chuẩn

,

,

u





S

,

,

k )

 L S (

)

.





1  

' k

v k

' k

1 

1 

1 

1 

S

S

,

u

,

Đặt

u

.

v

Bước 1. Đặt

S  









...  

k

2 L S ( k   và k

u v v , 1 1

v 2

k

k

u v , k 2

u v , k k

1 

k

)

u

Rõ ràng là

.



...  

v k 1 L S ( 



v 2

u v , k 2

u v , k k

v k

k

k

k

1 

1 

1 

 u u , k 1 1  thỏa mãn  u { } u u , k k 1 1  kv   . Vì nếu

2 kv   thì

u v v , 1 1 Điều này mâu thuẫn với giả thiết S là họ độc lập tuyến tính.

1,

k

j  

1 

, do đó ||

|| 1

Đặt

v



kv

kv  . Mặt khác với

k

||

||

1 v

k

k

k

1 

1 

v

,

v

u

,

,













 

k

j

k

u v v v i

k

i

j

u v , k

j

u v , i k

v v , i

j

u v , k

j

u v , k

j





i

1 

S

,

Do đó

i 1   là họ trực chuẩn. ,



' k

v k

Do

u

v

L S (

)

L S (

.







...  

L S (



. Suy ra

k

' )k

k

' ) k

1 

k

 v v , 2 1 u v v , 1 1 L S ( ) thì

v 2 ')

v u v , k k k 1 'S là hộ độc lập tuyến tính.

và Vì vậy

k Vì vậy khi k m

 u v , k 2 L S ( 

Bước k=2,3,…,m . Giả sử  v v , 2 1 

thành cơ sở trực chuẩn của

,

S

,



.

R3





, đối với tích vô hướng Euclide, trong đó:





 0 , 0, 1



  u u u 2 1 3   u u 0 ,1, 1 , 1 , 1, 1 ,  3

2

u 1

Thí dụ 3.21 Hãy áp dụng Gramm-Schmidt để biến cơ sở

,

,



  1, 1, 1

u 1

v   1

u 1

||

||

1 3

1 3

1 3

   

  

1 u 1

u

u

,

,

,









v   2



 0, 1, 1



 0, 1, 1

2

2

u v v , 1 1

2

2 1 1  , 3 3 3

2 3

1 3

1 3

1 3

   

  

  

  

v

,

,



v 2

2

1 v

||

||

2  6

1 6

1 6

  

2

v

,

,

,

,

















 0, 0, 1

u 3

u v v , 3 1 1

u v , 3 2

v 2

3

1 1 , 2 2

   1 3

1 3

1 3

1 3

1 6

2  6

1 6

1 6

 0,  

  

  

  

  

  

v

,





v 3

3

1 v

||

||

1 2

 0,  

3

Giải.

là họ trực giao gồm các vector khác 0

S

,







1   2   u u 2, 1

u , m của không gian có TVH thì S là họ độc lập tuyến tính.

Định lý 3.8 (Tính đltt của họ trực giao) Nếu

sở trực chuẩn của nó.

Định lý 3.9 Trong không gian Euclide n chiều, mọi họ n vector trực giao không chứa vector đều là cơ

một cơ sở trực chuẩn.

E

,

Định lý 3.10 (Về sự tồn tại của cơ sở trực chuẩn) Trong không gian Euclide khác   đều tồn tại ít nhất



 là cơ sở trực chuẩn trong không gian Euclide V, n-chiều, thì



 e e 2, 1

e , n

u

,

. Nghĩa là…Nghĩa là [u]

u V  đều có





...  

u e e 1 1

u e , 2

e 2

u e , n

e n

v

, 0,

(0,1, 0)

u 

;

Định lý 3.11 Nếu

B

,

với



;

  , wu v

3 5

E  ... 4    5 

  

w

, 0,

đối với cơ sở B.

a 

là trực chuẩn. Tìm ma trận tọa độ của vector

  1,1,1

3 5

4 5

   

  

37

Thí dụ 3.22 Xét không gian R3 với TVH Euclid. Cơ sở

a

v

w

. Thử lại



u  



1,

-

,

, a u

, a v

, a w

[ ] a





  1,1,1

B

1 5

7 5

1 5

7   5

1 1/ 5 7 / 5

     

    

,

S

Giải.

là họ trực chuẩn trong không gian V có TVH và

.



W L S ( ) 

 e e 2, 1

,

và

. Khi đó:





...  



u e e 1 1

u e , 2

e 2

e u e , m m

w 2

u w 1-

3.6.5 Định lý 3.12 Giả sử Hình chiếu của một vectơ lên một không gian con 

 e , m Cho vector bất kỳ u V . Đặt 1 w w W ; 1 2w trực giao với W.

a) b)

Chứng minh:

1,

m

u,

u,

u,

,

i  









0 

e i

e i

e i

e i

e e e i i i

w , 1

Vậy

w , 2 2w trực giao với W.

W w hch u 

W

1:

a) Hiển nhiên b)

2w gọi là thành phần trực giao của u đối với W.

là

(0,1, 0);

, 0,

Định nghĩa. 1w gọi là hình chiếu của vector u lên không gian con



S





e với 1

e 2

 ,e e 2 1

4 5

3 5

   

  

trực chuẩn. Cho vector

u 

.

  1,1,1

,

.

1.(0,1, 0)

,1,

, 0,

















hch u W

e 2

Thí dụ 3.23 Xét không gian R3 với TVH Euclid. Họ

w 1

, u e 2

u e e 1 1

4 25

3 25

4 5

  

  

  

,1,

, 0,











  1,1,1

w 2

u w - 1

4 25

3 25

28 25

  

  

3 5   

E



 là cơ sở trực chuẩn của không gian Euclide n-chiều V. Ta có



e , n

x :

,

y

và

x y V , 







...  





...  

. Do đó:

e e , i

j

x e n n

y e n n

x e 1 1

x e 2 2

y e 1 1

y e 2 2

1   5  21   25  3.6.6 Tích vô hướng trong cơ sở trực chuẩn.  Giả sử 2, e e , 1 j i 1 khi  j i 0 khi 

   

n

-

x y ,





...  

x y n n

x y 1 1

x y 2 2

i

  x y i i 1 

n

-

||

x

2 x i

  ||

i

1 

n

2

-

d x y ( ,

)

)



v

y i

 ( x i

i

1 

'

.

P



B

B

e

e

;

,

,

P  











e e { , }, 1 2

' { ' , e  1

' }, 2

e 2

e 1

e 1

' 1

 

 

0     1  

  

sin  '.cos

   '.sin

 cos x

   sin

cos

y

'

cos sin 

    









  v

B

B

  ' P v

B sang cơ sở trực chuẩn B’ thì P là ma trận TP trực giao. Nghĩa là:

  sin cos

'.sin

y

y

x

y

'

 







1     0   x   

   x   

     

  

  

  

  

Định lý 3.13 Nếu P là ma trận đổi cơ sở, từ cơ sở trực chuẩn Thí dụ 3.24 Phép quay hệ trục tọa độ Oxy một góc α. cos sin   sin cos   '.cos

38

Chú ý. Nếu P là ma trận trực giao thì tập các vector hàng của P, tập các vector cột của P đều là các cơ sở trực chuẩn của không gian Rn.

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

Chữa bài tập chương

Luyện tập thành thạo các bài tập chương 3

KHÔNG GIAN VECTOR - KHÔNG GIAN EUCLID

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 10 Tiết 37 - 40 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 3 Các mục Mục đích - yêu cầu

NỘI DUNG

II. BÀI TẬP LUYỆN TẬP

.

3 7 5

0 0 0

5  4  7 

4  3  6 

  

x 1 x 1 x 1

x 2 x 2 x 2

x 2  3 x  3 x 4  3

x 4 x 4 x 4

    

1. Tìm cơ sở không gian nghiệm của hệ phương trình thuần nhất:

2

x

3

x

5 12  



gian P2, trong đó:

2

2

1 2

x

4 5

x

6

x

,

7 8

x

9

x

 



  



 



  x

  p x   p x 1

2 p x 3 , 2

  p x 3

B

,



2. Hãy biểu diễn đa thức p(x) thành tổ hợp tuyến tính của các đa thức p1(x), p2(x), p3(x) trong không





p p , 1 2

p 3

2

2

2

2

Trong đó:

p

5 9

x

2 x q 5 ,

4

3

x

2

1

x

x

x

5

x

x

x

4

,

 





x  

  

  





p , 1

p 3 , 3 2 3

,

,

B

3. Trong không gian P2, hãy tìm ma trận toạ độ của các đa thức p và q đối với cơ sở

,

đối với cơ sở





3

4

4. Trong không gian R4, tìm ma trận toạ độ của vector

 u u u u , 2 1

biết:

1, 1, 2, 1 ,

u

p 2  5, 2,1, 4 2, 2, 3, 0 ,

u

1, 1, 1, 3









 1 , 0, 1, 2 , 





v  

u 3

u 1

2

 5. Trong R3, tìm ma trận toạ độ của vectơ x đối với cơ sở

B

,

x

3, 1, 5

,















 

  trong đó: 

 1, 2, 3 , v  1

    4   , v v v 2 1 3   1, 1, 3 , v 1, 0, 2    3

,

B



w







7, 8, 9 



 u 1, 2,3 ,

trong không gian R3, trong đó :  



v 2   u u u , 1 2 3  u 4, 5, 6 ,   3

2

6. Tìm ma trận toạ độ của véc tơ w đối với cơ sở  

 u 5, 12, 3 , 1 7. Trong R4, tìm ma trận toạ độ của v đối với cơ sở B={a,b,c,d}, trong đó :

v

b

1,1, 2,1 ,

c

0, 2,3, 2 ,

d





2,1, 1, 0 , 







 a 1, 2,3, 4 ,







  









 3, 1,1,1

S

B

,

,

đối với cơ sở

,









 v v 2, 1

 u u u u , 2 1

3

4

biết:





 1 , 1, 2, 2 , 











 v 1   u 1 , 3 , 3, 1 ;

v  2   

 u 1, 1, 3, 2 ;



 1, 2, 1, 0



u 1

2

  1 , 0, 1, 1  u 2 , 0, 1, 6 ; 3

4

S

B

,

,

đối với cơ sở

,









 v v 2, 1

 u u u u , 2 1

3

4



  

v 1

 1 , 3, 3, 5

u

 









2, 1 , 0, 3 

biết:   

8. Trong không gian R4 tìm ma trận toạ độ của họ vevtor



 1 , 2, 1, 0



u 1

4

2

S

B

,

,

đối với cơ sở

,









 v v 2, 1

 u u u u , 2 1

3

4

1, 2, 3, 4 ,

2, 4, 1, 4

biết:





v 2

2, 4, 0, 6 ,

1, 2, 1, 0

,

,

u

u

1, 3, 3, 5

v 1 









 u 1 , 1, 2, 2 , 9. Trong không gian R4 tìm ma trận toạ độ của họ vevtor  0, 1, 3, 4 , v 2   u 2, 4, 0, 6 ,   3





  



u 3

u 1

2









10. Trong không gian R4 tìm ma trận toạ độ của họ vevtor       1 , 1, 2, 2 

    4 11. Tập các vector sau đây là độc lập hay phụ thuộc tuyến tính trong R4 ? :  

 4, 5, 2, 6 ; 2, 2, 1, 3 ; 6, 3, 3,9 ; 4, 1, 5, 6

 







39

S

,

,

,

:



x 3

x 5

4, 3, 1, 2, 5





x 4 



 

x , 2  







 

 x 1 x 4, 3, 8, 2, 7 ; 2

x 1





x 8, 6, 1, 4, 6 ; 3 8, 6, 7, 4, 2 











x 4

x 4, 3, 5, 2, 3 ; 5

Hãy xác định số chiều và tìm một cơ sở của không gian L(S)

C

B

A

0 1 2 4

4 0

12. Trong R5 cho một họ 5 vector

1 2    1 3 

  

c)

b)

a)

d)

6 8

6 3 0 8

0 0 0 3

   1 7   5 1 

  

  

  

      

2    2  1    8 

  

  

B

,

13. Ma trận nào dưới đây là tổ hợp tuyến tính của 3 ma trận A , B và C :    







 v 3 ,

S

u





   

, v 1 



 và 1, 0, 2   1, 2, 1

v 2 u u , 1

u , 1

u 3

2

2

3

14. Trong R3, tìm ma trận toạ độ của họ vector S đối với cơ sở B, trong đó: 

  , v 3, 1, 5 , v  2 1   2, 1, 1 ,  15. Hãy áp dụng Gramm-Schmidt để biến chuẩn tắc

B



của không gian P3 thành cơ sở

  1, 1, 3 , v  3   2, 1, 1 ,   2 x x x , 1, ,

u 3 

1

p q ,

p x q x dx ( ) ( )

trực chuẩn đối với tích vô hướng sau đây

S

,



R3

1 , 1, 0 ,

u



, đối với tích vô hướng Euclide. Trong đó:

thành cơ sở trực chuẩn của không gian  

  1 , 2, 1

  

u 3

2

  : 1    , u u u 1 2 3  u 1 , 1, 1 ,  1

S

,

,





 u u u 3 1 2

,

u

thành cơ sở trực chuẩn, trong đó:

3, 7, 2 , 







16. Hãy áp dụng Gramm-Schmidt để biến cơ sở

 0, 4, 1









u 3

u 1

2

17. Trong R3 xét tích vô hướng Euclide. Hãy áp dụng Gramm-Schmidt để biến cơ sở  1, 0, 0

1 , 0, 0, 1 ,

1, 0, 2, 1 ,

u

2, 3, 2, 2 ,

u







1, 2, 1, 2 

Schmidt để biến cơ sở sau đây thành trực chuẩn: 

  









  



u 3

u 1

2

4

u v ,

18. Trong không gian R4 xét tích vô hướng Euclide. Hãy áp dụng quá trình trực giao hoá Gramm-

. Hãy áp dụng quá trình trực







u v 3 3 3

u v 1 1

giao hoá Gramm-Schmidt để biến cơ sở

B



2 u v 2 2  thành cơ sở trực chuẩn. Trong đó:

2

u







  1,1,1 ,

 1, 0, 0



u 1

2

 , u u u , 3 1   u 1,1, 0 , 3

19. Trong không gian R3 xét tích vô hướng

B

thành cơ sở trực chuẩn của không gian



 x x 1, ,

2

1

p q ,

p x q x dx ( ) ( )

P2 đối với tích vô hướng sau:

  :

0

B

,









 v 2 2, 1, 1 ,

 2, 1, 1 ,

B

u

'







3, 1, 5 ,  

 v , 1  



 và 1, 0, 2   1, 2, 1

20. Hãy áp dụng Gramm-Schmidt để biến cơ sở

v 2 u u , 1

2

2

   u 3

B







v , 3

v 2

 2, 6, 4 ,

6, 6, 0 ,

 ,

B

u

 ' 

21. Trong R3, tìm ma trận P đổi từ cơ sở B sang cơ sở B’ . Trong đó:   1, 1, 3 , v v , v  1 3 3    u , u ,  1 3

 3, 0, 3     

, v v 2 1 

     

 , 

   và 1, 6, 1   1, 2, 1 

u u , 1

u , 1

u 3

2

2

u 3

S

u

v

có cơ sở

, trong đó:











22. Trong R3, tìm ma trận P đổi từ cơ sở B sang cơ sở B’ . Trong đó: 3, 2, 1 , , v v 3 1  

 1, 1, 1 ,

 1, 2, 0









u 5, 12, 3 , 1

 u u , 1

2

2

23. Trong R3 xét tích vô hướng Euclide. Tìm hình chiếu trực giao của vector v trong không gian con 

40

Bài tập về nhà: 5.5, 5.6-5.16, 5.21- 5.24, 5.29, 5.46, 5.48, 5.50, 5.52, 5.59, 5.60, 5.67- 5.69.

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 11 Tiết 41 - 44 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 4 Các mục

Mục đích - yêu cầu

- Giới thiệu khái niệm về aánh xạ tuyến tính, hạt nhân và ảnh - Kiểm tra giữa kỳ: Nooin dung kiến thức từ chương 1 đến chương 3

ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH + Kiểm tra giữa kỳ 2 tiết 4.1 Khái niệm ánh xạ tuyến tính 4.2 Hạt nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

Chương 4. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

:T V W , gọi là

,

4.1 KHÁI NIỆM ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

)  T k u ( . )

( ) T v  k T u . ( )

( ) T u 

,

).

l T v . ( )

k T u . ( )





2

3

2

T u ( )

),

v

(

)

,

,

y



)

2

ly )

ly 2 

 2 ky  1 y 

 

a) b)

2

 là ánh xạ tuyến tính. y x , ). ( 2 2 lx  2 y x , 2 2

2

x x ,  2 2 2 ky lx ky , ly kx ,    1 2 1 2 1 y ) ly lx , l x x , (    1 2 2 2 2 . Suy ra T là ánh xạ tuyến tính.

4.1.1 Định nghĩa 4.1 . Ánh xạ T từ không gian vector V đến không gian vector W, ánh xạ tuyến tính nếu nó thỏa mãn 2 tính chất: u v V T u v (     u V k R ,      Nếu U V thì T gọi là toán tử tuyến tính trên V. u v V k l R , , ( . . ) T k u l v      R xác định như sau: x x T x y ( , ( , ) : y y x ) ,    y x , x x , ( y T v ( ) ),     1 1 1 1 1 lx kx ( ) kx , lx    1 1 2 2 y x k x x ly , ( ) ,   1 1 1 1

( Hai tính chất trên tương đương tính chất c) :T R Thí dụ 4.1 Xét ánh xạ u v R u x y , ( x y , Thật vậy     1 1 2 T kx , k l R . ) ( . T k u l v (       1 kx kx , ( lx lx ky ky kx , , ( )     1 1 1 1 1 2 2 l T v . ( ) k T u . ( ) T k u l v . ) ( . Do đó   

n x R x

:

(

,...,

)

với

. Thế thì hệ Ax

b





R . Khi đó

x [ ]

x [ ]



x n

x x , 1 2

ix

E

x 1 x 2 ... x n

      

     

.[ ]A x

n

T

n

m

T R :

x R

T x

( ) :

A x .[ ]

.

Cho

R được xác định như sau:

 



b . và ánh xạ n

A kx ly

. Vậy T là

,

Giả sử

T kx ly

k T x . ( )

(

)

(

)

l T y . ( )

phải được hiểu là A M   m n x y R ,  

k l R   

kAx lAy 











:T V W xác

Thí dụ 4.2 Giả sử

,  ánh xạ tuyến tính, gọi là ánh xạ nhân với ma trận A. Thí dụ 4.3 Giả sử V và W là hai không gian vector, k là một số thực . Khi đó ánh xạ định bởi:

v V T v ( ) ,

( )O v .

 - là ánh xạ tuyến tính, gọi là ánh xạ không

 

,...,

B

. Xét phép chiếu trực giao

:T V W như sau:





v r

 v v 2, 1

,

,

u V T u ( )

,



...  

 



u v v 2 2

u e e r r

u v v 1 1 Dễ dàng thấy rằng T là ánh xạ tuyến tính.

:T V

V xác định bởi



v

 : T chính là toán tử không;  : T là toán tử đồng nhất;

v V T v , ( ) v V     v V    

Thí dụ 4.4 Giả sử V là không gian có TVH, W là không gian con hữu hạn chiều có cơ sở trực chuẩn là

Thí dụ 4.4 Cho không gian vector V và số thực không âm k. Khi đó ánh xạ kv   - là ánh xạ tuyến tính. công thức: ( ) T v k 0, - Với - Với T v ( ) k 1, - Với k  : T được gọi là toán tử co; 0

41

- Với

0

k  : T được gọi là toán tử dãn.

Giả sử V và W là hai không gian vector. Đặt

-là ánh xạ tuyến tính }.

4.1.2 Các phép toán trên ánh xạ tuyến tính

k R f ,

L V (

k f v . ( )







(

,

 f v ( )

, W),

v V

f

g v ( )

a) Phép nhân ánh xạ với một số:

f g L V 

f V W f |   v ( ) : k f . ( ) : 

 





, W) { :  v V    g v

Dễ dàng thấy rằng

.k f và f

L V (

, W)

với hai phép tính

L V ( , W),  g cũng là các ánh xạ tuyến tính. Do đó

vừa được định nghĩa là một không gian vector trên trường số thực.

b) Phép cộng hai ánh xạ:

.

:f V W ,

v V

v ( )

 



U







:g W U . Khi đó hợp của hai ánh xạ f và g cũng là một ánh xạ tuyến tính:  og f V : g f v ( )

g f o

c) Phép hợp hai ánh xạ tuyến tính. Cho 3 không gian vector V,W,U và hai ánh xạ tuyến tính

1 1

1 1 

tính từ V tới V’ là song ánh. Nghĩa là nếu

k R x

y

x

y

x

,

'

'

y k x ', .

k x .

'

'

x

 thì y

 .

4.1.3 Sự đẳng cấu của hai không gian Định nghĩa 4.2 Hai không gian vector V và V’gọi là đẳng cấu với nhau nếu tồn tại một ánh xạ tuyến

1 1    và Định lý 4.1 Mọi không gian vector n-chiều đều đẳng cấu với Chứng minh. Giả sử V là không gian vector n-chiều có cơ sở

.



v ,..., n

n

T

v ( )

T v ( )

v V

1 1     nR .  v v B 2,  1 n  . R



 

R như sau

B

)

và

, suy ra T là ánh xạ tuyến

v ( )

u ( )

k v ( )

k R k v , ( . )





v u 

 

Xét ánh xạ T V : Rõ ràng đây là một song ánh. Ngoài ra dễ thấy ( 

B

B

B

B

B

Vậy V đẳng cấu với Rn.

:T V W là ánh xạ tuyến tính thì

HẠT NHÂN VÀ ẢNH CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

i) ii) iii)

tính. Hệ quả. Mọi không gian n- chiều đếu dẳng cấu với nhau. Chú ý: Hai không gian đẳng cấu với nhau thì có nhiều tính chất giống nhau. Người ta dung tính chất của không gian này để suy ra tính chất tương ứng của không gian kia. 4.2 4.2.1 Tính chất của ánh xạ tuyến tính Định lý 4.2 Nếu   v V u v V ,



T Im( )

 v V T v ( ) ,

W |

a)

)

(

T V là tập ảnh của ánh xạ T.

 

)

n

b)

( )T T v T v ) ( ( )       T u ( ) T u v ) ( T v ( )      4.2.2 Ker , Im của ánh xạ tuyến tính Định nghĩa 4.3 Giả sử :T V W là ánh xạ tuyến tính. Khi đó ta gọi:   : Là tập hạt nhân của ánh xạ T; v V T v K T er( ) ( ) |    u   Thí dụ 4.5 Xét ánh xạ không Thí dụ 4.6 Xét ánh xạ nhân với ma trận

)

T R :

A

K O V và Im( O   ) { } m  R 

m n 

: Không gian nghiệm của hệ thuần nhất;

Ker T ( )





 v V T v ( ) |  

m

(

,

,

,

|

|

,...,

)

n x R Ax

T Im( )

y R





      u W v V T v ( )     

L A A 1 2

A n

 y

  hay :O V W er( a ij(  |n x R Ax O        4.2.3 Tính chất của hạt nhân và ảnh Định lý 4.3 Nếu

:T V W là ánh xạ tuyến tính thì

er( )

i) K T là không gian con của V; ii) Im( )T là không gian con của W.

42

KIỂM TRA GIỮA KỲ Chứng minh… II.

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 12 Tiết 45 - 48 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 4 Các mục

Mục đích - yêu cầu

ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 4.2 Hạt nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính (tiếp) 4.3 Ma trận của ánh xạ tuyến tính Luyện bài tập chương 4.

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

rank T , là: ( )

rank T

T



2

2

:T V W là ánh xạ tuyến tính thì hạng của ánh xạ T, ký hiện ( ) dim(Im( )) R phép quay hệ Oxy một góc α. Về mặt hình học dễ thấy:

rank T

T ( ) dim Im( )

4.2.4 Hạng của ánh xạ tuyến tính Định nghĩa 4.4 Nếu



 . 2



n

m



(

A

R

Thí dụ 4.7 Xét T Im( ) Như vậy

:T R 2 R K T   , er( ) { }    K T  và 0 dim er( ) Thí dụ 4.8 Xét ánh xạ nhân với ma trận



 . Ta có:

a ij

m n 

,

)

,...,

(

T Im( )

T ( ) dim Im( )

rank T

rank A )







 r

A n

n

(

Ker T ( )

L A A ( 1 2    Định lý 4.4 Nếu

thì

n và

n





 hay

 n

)      K T x R Ax O dim er( ) |   :T V W là ánh xạ tuyến tính,  K T dim er( )





T R :  n r n rank A )         dim W m dim V  K T rank T ( ) dim er( )



 T dim Im( )

thì chiều của không gian nghiệm của hệ thuần nhất Ax O

bằng

(

n rank A )



m n

Chứng minh… A M  Hệ quả. Nếu 

Giả sử

và W

,...,

B

u

:T V W là ánh xạ tuyến tính, trong đó không gian V có cơ sở





 u u , 1

2

n

n

n

B

'

y

. Nếu

( ) W

có cơ sở

x V

y T x

x



T   

 ,



y v i

j

 v v , 1 2

v ,..., m

  nghĩa là

  và x u i i

i

và [y]

.

x [ ]

x ( )

(

,...,

)

R

y ( )

(

,...,

y

)

R







n  và



m  hay

B

B

'

x x , 1 2

y y , 1 2

'

B

x n

n

B

y 1 y 2 ... y

x 1 x 2 ... x n

m

1       

     

1 j       

     

Ta cần tìm ma trận A liên hệ giữa

B

với

A x [ ]

x V  thì A gọi là ma



B

B

4.3 MA TRẬN CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 4.3.1 Ma trận của ánh xạ tuyến tính theo cơ sở

x . [ ] và [y] ' B [T( )] = [y] Định nghĩa 4.5 Nếu tồn tại ma trận A thỏa mãn ' B

'

x trận của ánh xạ T đối với hai cơ sở B và B’.

Có thể khẳng định ma trận A như vậy luôn luôn tồn tại. Thật vậy:

j

j

.

Vì

1,

T(

)

hay

)

n

u W )

T u (

j  

 





...  



a v mj m

j

j

j

a v 1 1 j

a v 2 2 j

 T u ( 

 

B

'

a 1 a 2 ... a mj

     

     

43

... ...

n

)

)

...

)

Đặt

A







 T u (



 T u (



n

2

B

B

'

'

B

'

  T u (  1

 

...

a m

a a a 1 12 11 n a a a 22 2 21 ... ... ... ... a a 1 mn m

2

     

     

n

n

n

Thử lại

)

)

x

T x ( )

A

A x [ ]















 T x ( )





x u i i

x T u ( i i

 x T u ( i i

B

B

B

'

'







i

i

i

1 

1 

1 

x 1 x 2 ... x n

     

     

y T x

( ) ?



Lợi ích của tính gián tiếp:

- Đây là công cụ hiệu quả để thực hiện trên MTĐT; - Ma trận của ánh xạ tuyến tính phụ thuộc vào các các cơ sở B và B’. Vì vậy nên chọn cơ sở sao cho ma trận A càng đơn giản càng tốt, chẳng hạn ma trận thưa. Ma trận A càng đơn giản, việc nghiên cứu các tính chất của ánh xạ T càng thuận lợi.

Ý nghĩa. Cho x V tính

Mmxn đẳng cấu với nhau. (Không CM).

4.3.2 Sự đẳng cấu của hai không gian L(U,V) và Mmxn Định lý 4.5 Giả sử U và W là hai không gian vector n và m chiều. Khi đó hai không gian L(U,V) và

m

n

m

 E

là hai cơ sở chính tắc tương ứng của hai không gian.

Đặt



4.3.3 Các trường hợp riêng

2

2

A

(

) ...

T e (

Khi đó

suy ra

.



x [ ]

x

T x ( )

và

T x [

( )]









E

B

'



 T e T e ( ) 2 1

)n

R là ánh xạ tuyến tính  T x ( ) 1 T x ( ) ... T x ( )

m

và  f f , 1

,n V R W R   và ,..., n ' e  x  1  x 2  ...   x  n

: T R f ,..., m      

     

Vì các cơ sở chính tắc là duy nhất nên ma trận chính tắc cũng duy nhất.

. A gọi là ma

( )]

T x

A x [ ]



a) Trường hợp  e e E 2, 1       Định nghĩa 4.6 Ma trận A xã định như trên gọi là ma trận chính tắc của ánh xạ T.

B

B

trận của toán tử tuyến tính T đối với cơ sở B. 2

b) Trường hợp V=W : Khi đó người ta thường chọn B=B’. Do đó [

,

(

)

)

:T R

2 R với





x 1

x x 2 , 2 1

. Thí dụ 4.9 Tìm ma trận chính tắc của ánh xạ

Ta có

)

(1,1)

)

)

(2, 1)

)







 





T e ( 1

 T e ( 1

T e ( 2

 T e ( 1

T x x ( 2 1 2      1 

x  2 1 A    1 

2   1 

x 2

A





.

Thử lại

1 1

2 1 

 

x 1 x 2

x 1 x 2

  

1      1   x  1  x  1

  

  

  

  

3

, . . Vậy

2   x  2 Thí dụ 4.10 Tìm ma trận chính tắc của ánh xạ

(

(

)

,

,





   :T R 



T x x x , 1 3

x 1

2

x 2 ) 3

(

,

)



A  



Tương tự ta có 



T x x x , 1 3

2

x  1  A x 2  x  3

   

1 1 0 0

3 1  0 1

0 0 1 2 

    

)

     xp x ( )

đối với hai cớ sở chuẩn tắc của



4 R với x x x x x 3 , , 2 1 2 2 3 x x 3   1 2   x x  2 1   x   3   x x 2    2 3  ( P với T p x 2

:T P 1

44

Thí dụ 4.11 Tìm ma trận của ánh xạ P1 và P2.

2

}

B

B

x x ,



. Do đó

là ma trận cần tìm.

(1)

(1)

T

x T x .1, ( )

x x .

A





2 x  







 T





 T x ( )

'

'

B

B

x {1, } 0     1 ,   0  

   

   

Giải. Cơ sở chuẩn tắc của P1 là

. Do đó A là

I x ( )

x  





, cơ sở chuẩn tắc của P2 là {1,  0 0 0     0 1 0   1 0 1   V , V là không gian n-chiều nào đó. :I V  x V I x ( )  

  A x

  x



B

B

B

2

2

,

)

(

Thí dụ 4.12 Tìm ma trận của toán tử đồng nhất Giải. Giải sử B là cơ sở bất kỳ của V. Ta có





, 2 



T x x ( 1 2

x 1

x 2

x 1

x 4 ) 2

(1,1),

:T R (1, 2)

R , trong đó .

B





đối với cơ

ma trận đơn vị cấp n đối với mọi cơ sở. Thí dụ 4.13 Tìm ma trận của ánh xạ v , trong đó 1 sở 

v v { , } 1 2

v 2

)

(2, 2)

)

)

)

.









T v ( 1

v 2   1

 T v ( 1

T v ( 2

v (3, 6) 3   2

 T v ( 2

B

B

2 0 0 3

2      0  

0      3  

A    

  

Ma trận A rõ ràng có dạng đơn giản hơn ma trận chính tắc của toán tử T là :

.

1 1   2 4 

  

Giải. , . Vì vậy

1

cấp n không suy biến sao cho

B P AP

1

1

Quan hệ đồng dạng là là quan hệ đối xứng vì

với

.

 A Q BQ

thì B gọi là ma trận đồng dạng với A. Q P

 



MA TRẬN ĐỒNG DẠNG 4.4 4.4.1 Định nghĩa 4.7 Giả sử A và B là hai ma trận vuông cùng cấp n. Nếu tồn tại ma trận P vuông

1  B P AP 4.4.2 Ma trận của toán tử xạ tuyến tính qua phép đổi cơ sở Định lý 4.6 Giả sử T là toán tử tuyến tính trên không gian V n-chiều, A là ma trận của T đối với cơ sở với P là ma trận cơ sở

'A

1 P AP

x V A x [ ]

B và A’ là m trận của toán tử B đối với cơ sở B’. Khi đó từ cơ sở B sang cơ sở B’.  





T x [ ( )] '

B P x [ ]





'

B

Do đó

B T x [ ( )] B ' . Vậy

. (đpcm)

A x '[ ]

T x [ ( )]

1  P T x

[ ( )]

B P AP x [ ]

'A







1 P AP

'

'

B

B

B

B

A x '[ ] T x [ ( )] B B ' 1  P T x [ ( )] x [ ] B 1 1   P A x [ ] 2

 2

Chứng minh. Theo giả thiết

:T R

,

)

(

là

B ' R , trong đó





, 2 



T x x ( 1 2

x 1

x 2

x 1

x 4 ) 2

B

, trong đó

(1, 2)

là

A

; Ma trận của ánh xạ T đối với cơ sở







v v { , } 1 2

v 1

v (1,1), 2

A

'

P



1 P  

. Ma trận đổi cơ sở từ E sang B là

.

2 0 0 3

1  1

1 1 1 2

2 1 

1 1    2 4     

     

  

  

1

A

'

1 P AP

Thử lại:

.







1  1

2 1 

  

  

1 1 1   2 4 1 2  

  

     

   2 0   0 3 

50

50

A

Thí dụ 4.14 Ma trận chính tắc của ánh xạ

?

1 1    2 4 

  

50

50

50

A

'

.





Ta dễ dàng tính được 



2 0

0 50 3

  

50

   1 

1 

1 

1 

1 

PA P '

A PA P

'

(

PA P '

)(

PA P '

)...(

PA P '

)



A  



Mặt khác

. Vì vậy:

2 0   0 3  

   50

50

51

50

50

50

A

P A (

')

1 P







50

20

1 1 1 2

1  1

2 1 

2 0

0 50 3

2 51 2

50 3  2.3 

2  50 2 

50 3  2.3 

  

  

  

  

  

  

  

  

45

Ứng dụng: Tính

II . LUYỆN BÀI TẬP CHƯƠNG 4

. Xét ánh xạ tuyến tính T: M2 M2 xác

1 2 3 1

  

  

định bởi biểu thức T(X) =AX-XA. Tìm 1 cơ sở của không gian Ker(T) và Im(T).

1. Gọi M2 là tập các ma trận vuông cấp 2, A =

2. Cho ánh xạ tuyến tính T : P2 R xác định như sau:

Hãy tính T(4+ 11x +11x2).

T(2 + 3x + 3x2) = 3 , T( -1 + 4x- 2x2 ) = 1 và T(1 + 2x+ 4x2) = 2

3. Cho ánh xạ tuyến tính T : R3R3 xác định như sau:

Hãy xác định cơ sở của các không gian Im(T) và Ker(T). Tìm cơ sở của không gian trực giao với Ker(T)

T(x1,x2, x3 ) = (x1-x2 +x3, 5x1+6x2 -4x3 , 7x1+4x2-2x3)

46

Bài tập cần chú ý: 6.8, 6.10, 6.11, 6.16-6.18, 6.23, 6.30, 6.31,

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 13 Tiết 49 - 52 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 5 Các mục

- Giới thiệu khái niệm trị riêng và vector riêng của ma trận và của toán tử

Mục đích - yêu cầu

tuyến tính, bài toán chéo hóa ma trận. - Hướng dẫn giải các bài toán tương ứng

TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG, DẠNG TOÀN PHƯƠNG 5.1 Trị riêng và vectơ riêng của ma trận 5.2 Trị riêng, vector riêng của toán tử tuyến tính 5.3 Bài toán chéo hóa ma trận

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

n

Chương 5. TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG , DẠNG TOÀN PHƯƠNG

A

(

x

R

0



. Nếu tồn tại vector

  và một số  (thực

a )ij n n



x  thì  được gọi là trị riêng của ma trận A và x được gọi là vectơ

hoặc phức) sao cho Ax riêng của A ứng với trị riêng .

Dễ thấy: Nếu x là vectơ riêng của A ứng với trị riêng  thì cx cũng là vectơ riêng của A ứng

c  . 0

với trị riêng  với mọi hằng số

3.1 TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG CỦA MA TRẬN 3.1.1 Định nghĩa 5.1 Giả sử ma trận

A

A

3.











3 8

3 8

0 1 

0 1 

  

  

1     2  

  

1     2  

3     6  

1     2  

Vậy

là vector riêng của ma trận A tương ứng với trị riêng =3.

1     2  

Thí dụ 5.1 Cho

để tìm trị riêng và vector riêng c ủa A ta cần giải hệ phương trình:

Cho ma trận

A

(



(

a )ij n n  Ax

A

.

x 

3.1.2 Phương trình đặc trưng

  

0

A

.

) E x O  x  (nghiệm không tầm thường của hệ thuần nhất) nên det(

E

) 0  được gọi là phương trình đặc trưng của ma trận A.

Do vector Phương trình det(

A

) 0

E



det(

A

)

E là đa thức bậc n đối với  nên cũng gọi là đa thức đặc trưng của ma trận A. Nó có n

3

2

det(

A

)

3



.

A

.

E 







  

1 2

  1 

 

2 3    1 0 

Thí dụ 5.2 Cho   1 2 0       2

det(

A

)

1 0

A

E 

2 







.

.

2

nghiệm thực, phức hay bội. Đó là các trị riêng của ma trận A. 2      Như vậy ma trân đã cho có hai trị riêng: 1 và 2. 2 1    5 2

2  5

1   

i  i  

   

   Như vậy ma trân đã cho có hai trị riêng phức là ± i.

 Thí dụ 5.3 Cho   1       2

1

.

0

không suy biến sao cho Nếu

B P AP x  là vectơ riêng của B ứng với trị riêng  thì:

47

3.1.3 Trị riêng của ma trận đồng dạng Định lý 5.1 Hai ma trận đồng dạng thì có các trị riêng như nhau. Chắng minh. Giả sử A và B là hai ma trận đồng dạng với nhau. Khi đó tồn tại ma trận P vuông cấp n

1  Bx P APx

Bx

APx

  

x   



x  Do đó Px là vector riêng của A tương ứng với trị riêng .

 Px

Cho ma trận

và một vector riêng . Để tìm vector riêng tương ứng ta giải hệ thuần

(

a )ij n n



A

E x O



) 

A  .

A

E x O



) 

gọi là không gian

3.1.4 Tìm vectơ riêng của ma trận

nhất ( Định nghĩa 5.2 Không gian nghiệm của hệ phương trình thuần nhất ( riêng của ma trận A tương ứng với trị riêng .

Tìm không gian tương ứng với xác định một cơ sở của không gian đó.

.

A

2 0  3 0 5 0

3   2    0 

   

2

A

det(

)

5)

Thí dụ 5.4 Tìm các trị riêng và không gian riêng tương ứng của ma trận

E 

( 1)(  









1 5

 

3   2   0

2  3   0

5

0 0 

- Với

ta được

.

0

(

A

E x )

x

0

Giải. Giải phương trình đặc trưng   1 0      2 





1 1 : Giải hệ

x  , 3

2x tùy ý và 1 x

x 2

2 0  2 0 4 0

2   2    0 

   

Vậy tương ứng với

(1,1, 0)

.

v 

1 1 không gian riêng của A là 1 - chiều, có cơ sở là  1v , với 1

- Với

ta được

(

A

E x )

x

0







5 : Giải hệ

2

,x x tùy ý và 1 x

3

2

x  . 2

2 0  2 0  0 0

2    2    0 

   

, với



3,v v

2

( 1,1, 0)

(0, 0,1)

5 không gian riêng của A là 2- chiều, có cơ sở là  2 .

v 

Vậy tương ứng với và 3

v   2

:T V



( )T v

V là toán tử tuyến tính trên không gian V. Nếu tồn tại vector v  v  , thì gọi là trị riêng của toán tử T và v gọi là vector riêng của

và một số  sao cho toán tử T tương ứng với trị riêng . I v . ( ) Từ

K T er(

I v )( )

( )T v

)

I

3.2 TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 3.2.1 Khái niệm. Giả sử

v    

( T  





đồng nhất). Do đó er(

v  suy ra K T

T v ( ) )

 ( với I là toán tử   

:T V

 I gọi là không gian riêng cảu toán tử T tương ứng với trị riêng .

V là toán tử tuyến tính trên không gian V n-chiều và A là ma trận của T

đối với cơ sở B thì:

là vector riêng của A

3.2.2 Tìm trị riêng và vectơ riêng của toán tử tuyến tính Định lý 5.2 Giả sử

tương ứng với trị riêng .

( )T v

i) Trị riêng của T là trị riêng của A; ii) Nếu v là vector riêng của toán tử T tương ứng với trị riêng  thì [ ]Bv

v  thì là vector riêng của A tương ứng

T v

[ ] v



B

Chứng minh. Nếu v là vector riêng của toán tử T tương ứng với trị riêng  thì

B

[ ] ( )] A[v] =[ v  B B với trị riêng . (đpcm)

 . Suy ra  là trị riêng của A và [ ]Bv

:T P 2

P xác 2

2

2

định như sau:

(

cx

)

a (3

b 2 )

a

b x 3 )

(5 )

c x

.

T a bx 







( 2  





2

có hai trị riêng là

Thí dụ 5.5 Tìm các trị riêng và cơ sở của các không gian riêng tưng ứng của toán tử

B

{1,

x x ,

}

là

A



1 1

2 0  0 3 5 0

3   2    0 

   

và

5 .

2

48

Giải. Ma trận của toán tử T đối với cơ sở

- Tương ứng với

;

- Tương ứng với trị riêng

(1,1, 0)  ,x x , với 2

3

và

.

1 1 không gian riêng của A là 1-chiều, có cơ sở là  1x , với 1 x  5 không gian riêng của A là 2- chiều, có cơ sở là  2 (0, 0,1)

( 1,1, 0)

x  3

v

x

x   2 Từ đó suy ra: - Tương ứng với

  ;

1

- Tương ứng với

   và

1 1 không gian riêng của toán tử T là 1-chiều, có cơ sở là  1v , với 1 1 5 , không gian riêng của T 2- chiều, có cơ sở là  x



v , với 2

3,v v

2

2

2

.

x

3v

:T V

V là toán tử tuyến tính trên không gian V n-chiều.

3.3 BÀI TOÁN CHÉO HÓA MA TRẬN

Giả sử ma trận A của T đối với cơ sở B không phải ma trận chéo. Ta phải tìm cơ sở B’ sao cho

là ma trận chéo, với P là ma trận đổi cơ sở.

3.3.1 Đặt bài toán. Giả sử Bài toán 1. Có hay không một cơ sở của V sao cho ma trận của T đối với cơ sở đó có dạng chéo.

1P AP Bài toán 2. Nếu V là không giang có tích vô hướng, hãy tìm một cơ sở trực chuẩn của V sao cho ma

trận của T đối với cơ sở đó có dạng chéo. Do ma trận đổi cơ sở từ cơ sở trực giao B sang ma cơ sở trực chuẩn B’ là ma trận trực giao nên

1P AP

là ma trận chéo.

nếu tồn tại ma trận không suy biến

sao cho

1P AP

A

P





dẫn đến bài toán tìm ma trận trực giao P sao cho



ij n n a

ij n n p





A

3.3.2 Ma trận chéo hóa được  Định nghĩa. Cho ma trận

là ma trận chéo thì A gọi là ma trận chéo hóa được và P gọi là ma trận làm chéo hóa ma trận A. Định lý 5.3 Ma trận

là chéo hóa được khi và chỉ khi A có n vector riêng độc lập tuyến





ij n n a



P

biến

sao cho

.



1  P AP

AP PD

D



  



ij n n p



0  2 ... 0

... ... ... ...

     

n

...

]

Đặt

suy ra

PD





[ P    2 2

P 1 1

P n n

jP là ma trận cột j của P thì

... ... ... ...

 2

 1

2

 1 0 ... 0

tính. Chứng minh. Điều kiện đủ. Giả sử ma trận A là chéo hóa được , khi đó tồn tại ma trận không suy 0   0  ...     n p  1 11 p  1 21 ... p n 1

p  n n 1 p  n 2 ... p nn

p  12 2 p  2 22 ... p n

 n

     

vì vậy

1,

n





      j . jP là vector riêng của A tương ứng với trị riêng

P j , j

AP j

 j

Do P khả nghịch nên A có n vector riêng độc lập tuyến tính.

Điều kiện cần. Giá sử A có n vector riêng độc lập tuyến tính là

tương ứng với các trị riêng

n 1,

jP j ,

...

]

P





1,

n

hay

suy ra





[ P P P n 1 2

j . Đặt

AP j

 j

P j , j

... ... ... ...

2

p 11 p 21 ... p n 1

p 12 p 22 ... p n

p n 1 p n 2 ... p nn

     

     

n

.

AP

P





 1 0 ... 0

0  2 ... 0

... ... ... ...

... ... ... ...

0 0 ...  n

 1

 2

2

p  1 11 p  1 21 ... p n 1

p  2 12 p  2 22 ... p n

p  n n 1 p  n 2 ... p nn

 n

     

     

     

     

49

1

Do P khả nghịch nên

. Vậy D là ma trận chéo hóa được.

D P AP



 1 0 ... 0

0  2 ... 0

... ... ... ...

0 0 ...  n

      

     

 Thủ tục chéo hóa ma trận

.

và các vector riêng độc lập tuyến tính tương ứng

1,

,

n j

n 1,

jP j ,

j

...

]

P





i) Tìm n trị riêng

[ P P P n 1 2

... ... ... ...

2

p 11 p 21 ... p n 1

p 12 p 22 ... p n

p n 1 p n 2 ... p nn

     

1 P AP

ii) Lập ma trận

1P và thử lại

      0  2 ... 0

 1 0 ... 0

... ... ... ...

      

.

iii) Tính

A

2 0  3 0 5 0

Thí dụ 5.6 Tìm ma trận P làm chéo hoá ma trận

1,

  

1

0   0  ...     n 3     2     0   5   (1,1, 0)

.

.

- Với trị riêng - Với trị riêng

( 1,1, 0)

(0, 0,1)

v 

2

và 3

Ma trận P phải tìm là:

P

1 P AP



1 P  



. Thử lại

E ) 0 A det(   2 v  ta được 1 E x 0 ) A 1 1 : Giải hệ (   ) E x A 0 5 : Giải hệ ( ta được 2   v   1/2 1/2 0 -1/2 1/2 0 1

1 0  1 0 1 0

1 1 0

0

0

1 0 0 0 5 0 0 0 5

   

   

   

   

   

Giải. Giải phương trình đặc trưng

A

.

 

3 2 2 1

  

      

2

det(

A

)

1)

0

Thí dụ 5.7 Tìm ma trận P làm chéo hoá ma trận

E 

( 









  

1  

  2

1

1

3   2 

2  

Giải hệ

(

A

E x )

x

0

, ta được

. Vì vậy tương ứng với

1 









2x tùy ý và

x 1

x 2

2 2 2 2

  

  

(1,1)

. Vì vậy ma trận A không chéo hóa được.

v 

không gian riêng A là 1-chiều, có cơ sở là  v , với

Giải. Giải phương trình đặc trưng

j và n vector riêng tương ứng là

là độc lập tuyến tính.

,

j

,

j

n 1,

jx

jx

. Ta cần chứng minh hệ 

 n 1,

Giả sử ma trận A chỉ có r < n vector riêng độc lập tuyến tính là

,

j

.

r 1,

jx

r

r

Khi đó

c





...  

R , suy ra

c x 1 1

c x 2 2

x r

c x r r

j

 r

x r

r

j

1 

1 

1 

 . x j 1 

jc

  với c x j

 

j

j

1 

1 

r

r

r

3.3.3 Chéo hóa ma trận có các trị riêng khác nhau Định lý 5.4 Nếu ma trận vuông A có n trị riêng khác nhau thì chéo hóa được. Chứng minh. Giả sử ma trận vuông A có n trị riêng khác nhau là

nên

)

.

Mặt khác







r

j

j

j

j

j

j

j

1

1

1 

1 

rx  r

  =

   (

j

j

j

1 

1 

1 

c x c x O  Ax r c Ax j

,

độc lập tuyến tính nên

) 0

0,

1,

.

1, r

  

  

jx

r

j

j

(    1 j 

1 

 

j c c j r O x r

phải độc lập tuyến tính.

1, } n

Do hệ  Điều đó mâu thuẫn với là vector riêng. Vậy hệ { , jx

50

j

có chéo hóa được không ?



2 1 0 3 2 0 0 0 4

   

   

2

A Thí dụ 5.8 Ma trận

ta được

det(

)

(4

)(

4

1) 0

2

2   

4 ,











 

1

 3 0

1  0

4

0 0 

3,

3

. Do đó ma trận A là chéo hóa được.

2  

2  

 2

 2

1P AP

 Giải. Giải phương trình A E   

là ma trận chéo thì

A gọi là ma trận chéo hóa trực giao được và P gọi là ma trận làm chéo hóa trực giao ma trận A. Tương tự định lý 5.3 ta cũng có khẳng định sau:

T

T

1 

3.3.4 Bài toán chéo hoá trực giao Định nghĩa. Cho ma trận A vuông. Nếu tồn tại ma trận trực giao P sao cho

.

A PDP

Định lý 5.5 Ma trận A là chéo hóa trực giao được khi và chỉ khi A có hệ n vector riêng trực chuẩn. Định lý 5.6 Ma trận A là chéo hóa trực giao được khi và chỉ khi A đối xứng. Chứng minh. (Điều kiện đủ) Giả sử A chéo hóa trực giao được. Khi đó Nếu tồn tại ma trận trực giao P sao cho



T

 T

T

T

là ma trận chéo. Do đó T T D P

 T A

Mặt khác







 suy ra A là ma trận đối xứng.





PDP PDP P A

P AP P AP D T   Định lý 5.7 Nếu A là ma trận đối xứng thì

j là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì không gian riêng tương ứng với

j là

không gian k-chiều.

 Thủ tục chéo hoá trực giao ma trận đối xứng 1,

i) Hai vector thuộc hai không gian riêng khác nhau trực giao với nhau theo tích vô hướng Euclide; ii) Phương trình đặc trưng chỉ có các nghiệm thực; iii) Nếu

,

và các vector riêng độc lập tuyến tính tương ứng

.

1, n

j

, jP j

i) Tìm n trị riêng n j

.

ii) Áp dụng quá trình trực giao hóa Gramm-Schmidt đối với hệ vector của từng không gian riêng. iii) Lập ma trận P từ các vector riêng tất cả các trực chuẩn.



4 2 2 2 4 2 2 2 4

   

   

Thí dụ 5.9 Tìm ma trận P làm chéo hoá trực giao ma trận A

4

Giải. Rõ ràng A là ma trận đối xứng. Giải phương trình:

2

det(

)

(8

2)

0

8

4

)(  











  



2,   2

1

 2 2

2  2

4

2 2 

 A E   

- Với trị riêng

(

) E x

0

( 1,1, 0)

và

( 1, 0,1)

2 giải hệ







:

1

ta được 1

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

   

(-1/ 2, 1/ 2, 0)

(-1 6, -1/ 6, 2/ 6)

u 

.

Trực chuẩn hóa thành: 1

A x  u   u  

(

) E x

0

ta được

(1,1,1)

8 giải hệ







- Với trị riêng

: Chuẩn hóa

2

    và 2 v  2 4   4 2   2 2 

2   2  4 

(1/ 3, 1/ 3, 1/ 3)

P

u 

 Ma trận P phải tìm là

thành: 1

-1/ 2 -1/ 6 1/ 3 -1/ 6 1/ 3 1/ 2 1/ 3 2/ 6 0

     

    

51

A x  u  3

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 14 Tiết 53 - 56 GV giảng 4, HV tự học: 4 Chương 5 Các mục

Mục đích - yêu cầu

5.4 Dạng toàn phương Chữa bài tập chương 5 - Giới thiệu về các hàm bậc 2 - Ứng dụng đưa dạng toàn phương về chính tắc để nhận dạng

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

Chương 5. TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG, DẠNG TOÀN PHƯƠNG

:f V

f x là một

( )

R gọi là một dạng tuyến tính trên V. Hay nói rằng

dạng tuyến tính đối với x V .

b

3.4 DẠNG TOÀN PHƯƠNG 3.4.1 Dạng tuyến tính, dạng song tuyến tính, dạng toàn phương Định nghĩa. a) Ánh xạ tuyến tính

I u Thí dụ 5.10 ( )

u t dt ( )

là một dạng tuyến tính đối với

u C a b [ , ]

.



 

:V

)

là một dạng tuyến tính

x y ( ,

a 2 gọi là một dạng song tuyến tính trên V nếu R

( ,

)

đối với x V nếu cố định y và

f x y là một dạng tuyến tính đối với y V nếu cố định x .

b

b) Ánh xạ

J u v ( , )

u t v t dt ( ) ( )

là một dạng tuyến tính đối với

.

,

u v C a b [ , ] 

 

a

3

3

+ Xét không gian

R x y R ,

x

:

,

,

(

y

),

.

(

)

,

,

  



3

)

2

5

3

2

Hàm







,x y R .

x x x y y y 2 1 3 2 1 3 là một dạng song tuyến đối với x y 3 3

x y 2 3

x y 2

2

Thí dụ 5.11 +

x y f x y ( , 1 1 c) Dạng song tuyến tính

với

y x ( , )

)





  là một dạng song tuyến đối xứng trên V thì

d) Nếu

x x ( , )

Q x ( )

gọi là một dạng toàn

2 x y   1 3 trên V gọi là một dạng song tuyến đối xứng nếu x y ) ( , ,x y V x y ( ,  x y ( ,



) phương đối với x V .

b

J u v ( , )

u t v t dt ( ) ( )

là một dạng tuyến tính đối xứng đối với

.

,

u v C a b [ , ] 

 

a

b

Q u ( )

2 u t dt ( )

là dạng toàn phương đối với

u C a b [ , ]

.



 

+ Hàm

2

5

2

3

là dạng toàn phương trên

a Q x ( )









3R .

x x 1 3

2 x 2

2 x 1

x x 2 3

3 x 3

)

x y ( ,

B

Thí dụ 5.12 +

2  3.4.2 Dạng song tuyến trên không gian n-chiều

Giả sử

là một dạng song tuyến trên không gian V, n-chiều và

là một cơ





e ,..., n

n

n

x

nên:

sở tùy ý. Vì

,x y V



 ta có





,[y]

[ ] x





x e y , i i

j

B

B

 hay y e j



j

i

1 

1 

y 1 y 2 ... y

n

x 1 x 2 ... x n

 e e 2, 1      

     

     

n

n

n

      n

n

n

x y ( ,

)

,

( 









y e j

j

e e x y ) i j

i

j

a x y ij i

j

T x A y [ ] [ ] B

B

  x e , i i





i

i

j

i

j

j

1 

1 

1 

1 

1 

1 

   

  

52



với

)

. Khi đó

A

gọi là ma trận của dạng song tuyến

đối với cơ sở B.

)

( 



x y ( ,

e e , i

j

a ij

a  ij[ ]n n

Giả sử

là một dạng song tuyến trên không gian V, n-chiều. Đặt:

)

x y ( ,

n

n

Q x ( )

x x ( , )

3.4.3 Dạng toàn phương trên không gian n-chiều



.

a x x ij i

j

T x A x [ ] =[ ] B

B

 

i

j

1 

1 

Ánh xạ

là một dạng song tuyến đối xứng khi và chỉ khi ma trận A của nó đối với một cơ

)

là một dạng toàn phương.

Q x ( )

không phải là dạng toàn phương. Nếu đặt

( , x y sở B nào đó là đối xứng. Khi đó

( , ) x x Q x ( )

x x ( , )



n

n

a



ji

 Nếu ma trận A không đối xứng thì a ij

Q x ( )

x x ( , )

và

C

thì C là ma trận đối xứng và













.

c x x ij i

j

T x C x [ ] [ ] B

B

c ij

ij[c ]n n





2

i

j

1 

1 

Như vậy mọi hàm đẳng cấp bậc hai đối với

,...,

x đều có thể viết dưới dạng toàn phương n

x x , 1 2

n

thì

. Do đó mọi hàm đẳng cấp bậc hai đối với các

x ( )

x

(

)





V R

x n

E

x x , 1 2

,..., x đều là một dạng toàn phương đối với cơ sở chính tắc. n

đối với cơ sở B bất kỳ. Trường hợp biến 1 x x ,..., , 2

Q x ( )

là một dạng toàn phương trên Rn đối với một cơ sở B nào đó.



B



( )Q x có dạng chính tắc trong cơ sở B.

Q x ( )

...  



2 a x nn n

2 a x 22 2

2 a x  11 1 ( )Q x đối với cơ sở chính tắc E không có dạng chéo. Rút Giả sử ma trận A của dạng toàn phương

gọn dạng toàn phương là tìm một cơ sở B để ma trận của dạng toàn phương có dạng chéo.

3.4.4 Rút gọn dạng toàn phương T x A x [ ] [ ] Định nghĩa. Giả sử B Nếu A là ma trận chéo thì ta nói dạng toàn phương

n

n

Giả sử

là một dạng toàn phương trên Rn đối với với cơ

Q x ( )

T x Ax







a x x ij i

j

T x A x [ ] [ ] E

E



i

j

1 

1 

sở chính tắc. Khi đó A là ma trận thực đối xứng nên có đúng n trị riêng thực (có thể bội)

j và n

vector riêng trực chuẩn tương ứng là

,

j

la cơ sở trực chuẩn.

n 1,



.

jv

P

Đặt P là ma trận đổi cơ sở từ E sang B:

.





B  v [ 1

,..., }n v v { , v 2 1 v v ] ,[ ] ,...,[ ] 2 E E n E

2

Ta có

.

[ ] x

P x

T [ ] P x

( ) Q x













[ ] ,[ ] x B

B

E

E

T [ ] [ ] x A x E

E

T T [ ] [ ] x P AP x B

B

x ' 1 x ' ... ' x

n

     

     

T D P AP

nên

Q x ( )

x

x

'

'

( )Q x có dạng

Do

3.4.5 Rút gọn dạng toàn phương bằng chéo hóa ma trận



...  





x  1

2 ' 1

2 2

2 n

n

0  2 ... 0

... ... ... ...

0 0 ...  n

      

     

 . Rõ ràng  2

2

4

5

2

4

5

x

x

x











xx 3

2 x 1

2 3

2 4

2 2

4

Q(x) =  1 0 ... 0 chính tắc đối với cơ sở B. Thí dụ 5.13 Dùng phương pháp chéo hoá ma trận để rút gọn dạng toàn phương sau đây xx 21

A



 Q x trong cơ sở chính tắc là :

2  2 0

0 0 5

0

0

2 

5   2   0  

0   0   2  2 

Giải phương trình đặc trưng det(A-E) = 0 ta được 1=6 và 2= 1.

53

Giải: Ma trận của dạng toàn phương

= 0

X

Với trị riêng 1=6, giải hệ thuần nhất : (A-E) X=

65  2  0 0

2  62  0 0

0 0 65  2 

0 0 2  62 

     

2

.

Hay

0



ta được 2 vector riêng tương ứng là u1 =

và u2 =

3

x 1 x x x

1  2  0 0

2  4  0 0

0 0 2  1

0 0 1  2 

0 0 2  4 

4

     

     

     

      2    1  0   0 

           

     

.

áp dụng Gramm- Schmidt ta được cơ sở 2 vector trực chuẩn v1 =

và v2 =

0 0 5/2  5/1

5/2 5/1 0 0

     

           

      

= 0

X

Với trị riêng 2=1, giải hệ thuần nhất : (A-E) X=

15  2  0 0

2  12  0 0

      0 0 2  12 

0 0 15  2 

     

2

Hay

.

0



ta được 2 vector riêng tương ứng là u3 =

và u4 =

3

x 1 x x x

4 2  0 0

2  1 0 0

0 0 2  1

1 2 0 0

0 0 1 2

0 0 4 2 

4

     

     

           

     

     

           

.

Áp dụng Gramm- Schmidt ta được cơ sở 2 vector trực chuẩn v3 =

và v4 =

0 0 5/1 5/2

5/1 5/2 0 0

           

B

là : Q(x’) =

Dạng toàn phương trong cơ sở



x

'

x

'







      2 x '6 1

      2 x '6 2

      2 4

2 3

v v v v { , , , } 1 2 4

3

T x Ax



B

nếu k

Q x

( ')

'

sao cho , trong cơ sở ấy

( 



là một dạng toàn phương đối với với cơ sở chính tắc. Ta cần tìm cơ sở ...  

) 0 







i .

c x n

2 ' n

v v , i k

2 2

c x 1

c x 2

Q x ( ) v ,..., }n

Giả sử v v { , 1 2

3.4.6 Phương pháp Jacoby (phương pháp tam giác)

Đặt

 e  11 1 e   21 1 e 22 2   [ ] v k E

2 ' 1   k 1  ...    kk 0   0 

  ...    e   1 1 n n e 2 2 e nn n v  1   v 2  ...  v  n

ij được chon sao cho

A v [ . Các hệ số  ] k E i i        k  k 0 khi 

1 khi

k

2

... 0   

k

1

ki là nghiệm của hệ

... 0    a 1 k a 2 a 12 a 22 Từ đó suy ra các hệ số .

k

k

2

1

2

...

...

k

... 1      kk a kk a k a      11 1 kk k    a    21 2 kk k k  ... ... ... ... ...     a  1 k

  k

a a a k 1 11 12 a a a 21 2 22 ... ... ...

...

a k

a k

a kk

1

2

k

1

: Gọi là định thức con chính cấp k của ma trân A. Đặt

 kk

k

k

54

k n , 1, 2,3,....,   với Nếu 0 k   thì   . 0 1  

1

2 ' 1

2 2

2 n

2

n

3

4

2

Trong cơ sở B dạng toàn phương Q x x x ( ') ' '   ...    1  x n  1  1









  Q x

x x 1 2

x x 1 3

2 x 1

2 x 2

2 x 3

Thí dụ 5.14 Dùng phương pháp Jacoby để rút gọn dạng toàn phương sau đây 

A

2 3/2 2

3/2 2 0 1 1 0

    

      3/2 2

2

det(

) A

Giải. Ma trận của dạng toàn phương Q(x) trong cơ sở chính tắc là :

 



  3

17 4

3/2 2

1 0

0 1

Ta có 2,   1   2 2 3/2 3/2 1 1   và 4

Q x

( ')

x

x 8 '

x







2 ' 1

2 2

2 ' 3

1 2

1 17

?

Tìm cơ sở

B



k

2

8

6

- Với





   

,  22

 21

v v v { , , } 2 1 3 3/2 1

2 3/2

  

.

- Với

k

3

A







  



 33

 31

,  31

8 17

12  17

1 17

2 3/2 2

    21        22 3/2 2   0 1  1 0 

0     0 ,   1  

Vậy

,

.











 6, 8, 0 ,

v 1

v 3

v 2

1 2

8 17

12 1 , 12 17

  

     , 0, 0 ,  

0     1      31    32      33   

  

Do đó dạng toàn phương trong cơ sở mới là

0

k  .

2

3

4











x x 1 2

x x 1 3

2 x 2

2 x 3

Chú ý: Phương pháp Jacoby không thể thực hiện được nếu

3

4

2









  Q x

2 x 1 2 x 3

x x 1 3

: Đặt

= 2

2









x







x x 1 2

x x 1 3

2 x 1

2 x 2

2 x 3

x 1

x 2

' 1

x 3

x x 1 2 3 2

3 4

2 x 1   

2

x













x x 2 3

2 x 2

2 x 3

2 x 2

2 x 3

2 ' 1

Giải.

9 16

  

  

2

3

















2 2 ' x 1

2 x 2

x x 2 3

2 2 ' x 1

x 2

x 3

2 x 2

2 x 2

9 4

1 8

1 8

3 2

  

  

Q x

( ')

x

x







2 x 2 ' 1

2 ' 3

2 ' 2

17 8

x







' 1

x 1

x 2

x 3

3 4

Như vậy:

hay

Q

1 3 / 4 1 0 1 0

x

là ma trận đổi cơ sở từ B sang E.



' 2

0 3 / 2 1

     

    

x





' 3

x 2

x 3

      

3.4.7 Phương pháp Lagrange (Dùng liên tiếp các phép biến đổi tuyến tính) Thí dụ 5.15 Dùng phương pháp Lagrange để rút gọn dạng toàn phương sau đây   Q x 2 x  2    3 2

x 2 3 2 3.4.8 Định luật quán tính

Có nhiều phương pháp khác nhau để đưa một dạng toàn phương về dạng chính tắc.

55

Định lý 5.8 Trong các dạng chính tắc khác nhau của một dạng toàn phương số các hệ số dương, số các hệ số âm và số các hệ số 0 luôn luôn không đổi.

( )Q x gọi là:

( )0   .

( ) 0

Q y

- Xác định dương (nửa dương) nếu - Xác định âm nếu x O V Q x    - Không xác định nếu x y V Q x ,  

( )Q x là một dạng toàn phương đối với với x V . Khi đó x O V Q x ( )    ( ) 0  . ( ) 0  

 .

Giả sử ta đưa

( )Q x về dạng chính tắc bằng chéo hóa ma trận:

Q x ( )

x

'





2  x ' n n

x  1

 2

2 ' 1

2 2

3.4.9 Dạng toàn phương xác định dương, xác định âm… Định nghĩa. Giả sử

Định lý 5.8

...   ( )Q x là một dạng toàn phương khi và chỉ khi mọi trị riêng của nó đều dương.

Giả sử ta đưa

1

Q x

x

x

( ')

'

'

...  





2 ' 1

2 2

2 n

 1 

( )Q x về dạng chính tắc bằng phương pháp Jacoby x 1 n   1

2

n

Định lý 5.9

2

3

4

2

6

8













  Q x

( )Q x là một dạng toàn phương khi và chỉ khi mọi định thức con chính của nó đều dương. 2 x 1

x x 2 3

x x 1 2

2 x 3

.

Ma trận của dạng toàn phương

A

2 x 2 -1 3

2 -4

 Q x trong cơ sở chính tắc là :

-4

6

2

    

Ta có:

det(

A )

2 0,

  

  và 5 0



  . 2 0

1

  2

  3

2 -1 -1 3

x x 1 3 2   -1     2 -4 6

2 -1 2

-1 3 -4

Vì vậy

( )Q x là dạng toàn phương xác định dương.

Thí dụ 5.16 Xét dạng toàn phương sau đây:

3.4.10 Ứng dụng: Nhận dạng đường và mặt bậc 2

5

4

8

36







2 x 1

x x 1 2

2 x 2

Thí dụ 5.17 Nhận dạng đường cong cho bởi phương trình:

trong cơ sở E là

có 2

Q x

4

8

( ) 5 





A

2 x 1

x x 1 2

2 x 2

5 -2 -2 8

  

riêng

trực chuẩn

tương ứng

2/ 5, 1/ 5

,

trị



4 ,

Ev 1( )

1

2

    



-1/ 5, 2/ 5

.



Ev 2( )

riêng 

9 ; 2 vector 

1

D P AP

.

Ma trận đổi cơ sở từ cơ sở E sang cơ sở mới B là:



.

P

4 0 0 9

   

  

2/ 5 -1/ 5 1/ 5 2/ 5

   

Do đó trong cơ sở mới

Q x

( ')

x 9 '

36

1







  

 : Dạng một ellipse.

2 x 4 ' 1

2 2

T x D x [ ] [ ] B

B

   2 x ' 2 4

2 x ' 1 9

Giải. Ma trận của dạng toàn phương

Thí dụ 5.18 Nhận dạng mặt cong cho bởi phương trình:

2

2

3

16

2

2





 



2 x 1

2 x 2

2 x 3

x x 2 3

x x 1 3

56

trong cơ sở chính tắc

Q x ( )

2

2

3

2

2











2 x 1

2 x 2

2 x 3

x x 2 3

x x 1 3

,

có 3 trị riêng

là:

2,

4





9 và 3 vector riêng trực chuẩn tương

A



1,    2

1

 2

2

2 0 1 

   

   

)

(

)

.

)

ứng là









v 2

E

v 1

E

E

v 3

1 0  1 2  1 3    1/ 3, 1/ 3,1/ 3 , (

 1/ 6, 1/ 6, 2/ 6



Ma trận đổi cơ sở từ cơ sở E sang cơ sở mới B là:

.

P

  1/ 2, -1/ 2, 0 , ( 1/ 3 1/ 2 1/ 6 1/ 3 -1/ 2 1/ 6 -2/ 6 0 1/ 3

     

    

1

( ')

16

1

 D P AP

Q x

x

2 ' x















  





:

2 ' 1

2 2

2 4 ' x 3

T [ ] [ ] x D x B

B

2 ' x 1 16

2 ' x 2 8

2 ' x 2 4

1 0 0 0 2 0 0 0 4

   

   

2 2,

4, b

c

2.







Giải. Ma trận của dạng toàn phương

CÁC ĐƯỜNG VÀ MẶT BẬC 2 CƠ BẢN

Dạng ellipsoid với các bán trục là a 3.5 3.5.1 Đường Ellipse: Phương trình chính tắc trong

2R

2

2

1

Là

0

,



a b  .

 , có các bán trục

2

2

y b

x a Nếu a b thì đây là hình tròn tâm O bán kính r

a .

2

2

trong

0

,

a b  .

2R là

1

 , với



2

2

x a

y b

2

3.5.2 Đường Hyperbol: Phương trình chính tắc

, với

2R là

px

y



p  0

3R

3.5.3 Đường Parabol: Phương trình chính tắc 2

trong 3.5.4 Mặt Ellipsoid Phương trình chính tắc trong 2

2

2

1

0

,

,

là





a b c  .

 có các bán trục

2

2

2

z c

y b b

c

x a Nếu a

  thì đây là hình tròn tâm O

bán kính r

a .

3R

2

2

0

,

,

a b c  .

1

là

 , với





2

2

2

x a

z c

3.5.5 Mặt Hypeboloid (Hyperbolic ellipse) 1 tầng Phương trình chính tắc trong 2 y b

3.5.6 Mặt Hypeboloid 2 tầng

3R

2

2

1

là

0

,

,

  , với





a b c  .

2

2

2

Phương trình chính tắc trong 2 z c

y b

x a

3.5.7 Mặt Parabolic –Elliptic

Phương trình chính tắc trong

3R

2

2

2

z

, với

là

0

,





p q  .

x p

y q

57

2

2

2

z

Phương trình chính tắc trong

3R là

, với

0

,





p q  .

x p

y q

3.5.8 Mặt Parabolic-Hyperbolic

2

2

2

3.5.9 Mặt trụ bậc 2: Là các phương trình trong

1



 hay

 1



2

2

2

2

x a

y b

3R nhưng khuyết x,y hoặc z. 2 y b

x a

Thí dụ 5.19

3.5.10 Mặt nón bậc 2

2

2

2

Phương trình chính tắc trong

3R là

0

0

,

,

 , với

a b c  .





2

2

2

x a

y b

z c

II . LUYỆN BÀI TẬP CHƯƠNG 5

A



1 4 3 4 3 1

2  0 3

     

   

1. Tìm trị riêng và vectơ riêng của ma trận :

A



3 4 7 8 7 7

  

1   4  6 

   



2. Tìm trị riêng và cơ sở của không gian riêng của ma trận :

A



3 2  0

2 0 3 0 0 5

   

   

58

3. Tìm các trị riêng và cơ sở của các không gian riêng của ma trận :

A

5 2  0 0

2  2 0 0

0 0 5 2 

     

0   0  2  2 

4. Tìm trị riêng và cơ sở của không gian riêng của ma trận :

A



2 1 0 3 2 0 0 0 4

   

   

5. Tìm ma trận đường chéo đồng dạng với ma trận :

A



1 4 3 4 3 1

2  0 3

     

   

6. Tìm ma trận P làm chéo hoá ma trận A, sau đó tính A10 biết :

A



2 1  1 

1  2 1 

   

1    1   2 

7. Tìm ma trận P làm chéo hoá trực giao ma trận :

A



4 2 2 2 4 2 2 2 4

   

   

8. Tìm ma trận P làm chéo hoá trực giao ma trận :

A



3 2  0

2 0  3 0 5 0

   

   

9. Tìm ma trận P làm chéo hoá trực giao ma trận A, biết :

A



1 1 0 1 1 0 0 0 1

   

   

10. Tìm ma trận P làm chéo hoá trực giao ma trận A và tính ma trận A10 , biết :

11.

Cho T : R3 R3 là một toán tử tuyến tính xác định bởi: T(x1 , x2 , x3 ) = ( -x1 + 4x2 - 2x3, -3x1+ 4x2, -3x1+ x2+ 3x3)

12.

Tìm một cơ sở của R3 để ma trận của T có dạng chéo. Cho T : R3R3 là một toán tử tuyến tính xác định bởi: T(x1, x2 , x3 ) = ( -x1 + 4x2 - 2x3, -3x1+ 4x2, -3x1+ x2+ 3x3)

Tìm các trị riêng và cơ sở không gian riêng tương ứng của T .

của dạng toàn phương:

Q(x) =

x2

x2

x2











2 1

xx2 21

xx2 31

xx2 32

2 2

2 3

13. Dùng phương pháp chéo hoá ma trận để rút gọn dạng toàn phương sau và cho biết cơ sở tương ứng

14. Dùng phương pháp chéo hoá ma trận để rút gọn dạng toàn phương sau đây và cho biết cơ sở

x2

x5

x5

x2









xx4 21

2 2

2 4

Q(x) =

tương ứng để dạng toàn phương ở dạng chính tắc: 2 2 xx4  43 1 3 15. Tìm một cơ sở của R3 để dạng toàn phương sau ở dạng chính tắc:

Q(x) =

x2

x2

x3









2 1

xx2 31

xx2 32

2 2

2 3

16. Dùng phương pháp Largrange để rút gọn dạng toàn phương sau, cho biết cơ sở mới :

x2

x3

x6











2 1

xx2 21

xx4 31

xx4 32

2 2

2 3

Q(x) =

17. Dùng phương phương pháp Jacoby để rút gọn dạng toàn phương sau, cho biết cơ sở mới :

x2

x3

x6











2 2

2 3

2 1

xx2 21

xx4 31

xx4 32

Q(x) =

59

Bài tập cần chú ý: 7.1, 7.2, 7.5 ,7.6 ,7.8, 7.9, 7.11, 7.14

Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

Ôn tập toàn bộ chương trình

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Thời gian: Tuần 15 Tiết 57 -60 GV giảng 4, HV tự học: 4 Các mục Mục đích - yêu cầu

- Củng cố kiến thức và giải đáp thắc mắc - Hướng dẫn ôn tập để thi hết môn học được tốt

60