TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI VIỆN TOÁN ỨNG DỤNG & TIN HỌC TS BÙI XUÂN DIỆU Bài Giảng ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH (lưu hành nội bộ) TẬP HỢP - LOGIC - ÁNH XẠ - SỐ PHỨC, MA TRẬN - ĐỊNH THỨC - HỆ PHƯƠNG TRÌNH , K HƠNG GIAN VÉCTƠ , Á NH XẠ TUYẾN TÍNH , D ẠNG TỒN PHƯƠNG - K HƠNG GIAN E UCLIDE Tóm tắt lý thuyết, ví dụ, tập lời giải Hà Nội - 2017 (bản cập nhật Ngày 29 tháng năm 2017) Tập Bài giảng q trình hồn thiện chứa lỗi đánh máy, lỗi kí hiệu chỗ sai chưa kiểm tra hết Tác giả mong nhận đóng góp ý kiến để tập Bài giảng hồn thiện Mọi ý kiến đóng góp xin vui lòng gửi địa “dieu.buixuan@hust.edu.vn” Hà Nội, Ngày 29 tháng năm 2017 MỤC Mục lục LỤC Chương Tập hợp - Logic - Ánh xạ - Số phức Logic 1.1 Các phép toán logic 1.2 Các tính chất 1.3 Lượng từ phổ biến lượng từ tồn Tập hợp 2.1 Các phép toán tập hợp 2.2 Các tính chất Ánh xạ 3.1 Định nghĩa 3.2 Tập ảnh, tập nghịch ảnh 3.3 Đơn ánh, toàn ánh, song ánh Cấu trúc đại số 4.1 Cấu trúc nhóm 4.2 Cấu trúc vành 4.3 Cấu trúc trường Số phức 5.1 Dạng tắc số phức 5.2 Dạng lượng giác số phức 5.3 Số phức liên hợp Chương Ma trận - Định thức - Hệ phương trình Ma trận 1.1 Các phép toán ma trận 1.2 Các tính chất Định thức 2.1 Định nghĩa 5 10 10 10 12 12 12 12 15 15 15 16 19 19 19 20 25 25 25 25 28 28 MỤC LỤC 2.2 Các tính chất định thức 28 2.3 Các phương pháp tính định thức 29 2.4 Ma trận nghịch đảo 29 Hạng ma trận 37 3.1 Định nghĩa 37 3.2 Phương pháp tính hạng ma trận biến đổi sơ cấp hàng 37 Hệ phương trình tuyến tính 38 4.1 Dạng tổng quát hệ phương trình tuyến tính 38 4.2 Hệ Cramer 38 4.3 Định lý Kronecker-Capelli 38 4.4 Phương pháp Gauss giải hệ phương trình tuyến tính tổng qt 39 Chương Không gian véctơ 45 Khái niệm 45 1.1 Định nghĩa 45 1.2 Một số tính chất ban đầu không gian véctơ 46 1.3 Bài tập 46 Không gian véctơ 47 2.1 Định nghĩa 47 2.2 Điều kiện cần đủ để W ⊂ V không gian véctơ 47 2.3 Không gian sinh họ véctơ 47 2.4 Hệ sinh không gian véctơ 47 2.5 Bài tập 47 Cơ sở toạ độ 50 3.1 Độc lập tuyến tính phụ thuộc tuyến tính 50 3.2 Cơ sở số chiều không gian véctơ 50 3.3 Bài tập 51 Số chiều sở không gian sinh họ véctơ - Hạng họ véctơ 53 4.1 Mở đầu 53 4.2 Hạng họ véctơ 53 4.3 Cách tính hạng họ véctơ biến đổi sơ cấp 53 4.4 Số chiều sở không gian sinh họ véctơ 53 4.5 Bài tập 54 Bài toán đổi sở 57 5.1 Đặt vấn đề 57 5.2 Ma trận chuyển 57 5.3 Bài tập 57 MỤC LỤC Chương Ánh xạ tuyến tính 59 Ánh xạ tuyến tính 1.1 Khái niệm 1.2 Bài tập Hạt nhân ảnh ánh xạ tuyến tính 2.1 Các tính chất hạt nhân ảnh 2.2 Hạng ánh xạ tuyến tính - Định lý số chiều 2.3 Bài tập Ma trận ánh xạ tuyến tính 3.1 Khái niệm 3.2 Ma trận ánh xạ tuyến tính thơng qua phép đổi sở 3.3 Bài tập Trị riêng véctơ riêng 4.1 Trị riêng véctơ riêng ma trận 4.2 Trị riêng véctơ riêng toán tử tuyến tính 4.3 Chéo hố ma trận 4.4 Bài tập Chương Dạng tồn phương, khơng gian Euclide 59 59 59 61 61 61 62 64 64 65 65 67 67 67 68 68 71 Khái niệm 71 1.1 Định nghĩa 71 1.2 Phân loại dạng toàn phương 71 1.3 Dạng song tuyến tính dạng tồn phương không gian hữu hạn chiều 72 1.4 Bài tập 72 Rút gọn dạng toàn phương 74 2.1 Phương pháp Lagrange 74 2.2 Phương pháp Jacobi 74 2.3 Phương pháp chéo hoá trực giao 75 2.4 Bài tập 75 2.5 Kết luận 77 Không gian Euclide 78 3.1 Tích vơ hướng khơng gian có tích vơ hướng 78 3.2 Phép trực giao hoá Schmidt 79 3.3 Hình chiếu vectơ lên khơng gian vectơ 80 3.4 Bài tập 80 Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao 87 4.1 Chéo hoá trực giao ma trận 87 4.2 Phương pháp chéo hoá trực giao để rút gọn dạng toàn phương 87 MỤC LỤC 4.3 4.4 4.5 4.6 Nhận dạng đường cong phẳng 88 Nhận dạng mặt bậc hai 88 Ứng dụng phép biến đổi trực giao vào tốn tìm cực trị có điều kiện 89 Bài tập 89 CHƯƠNG TẬP HỢP - LOGIC - ÁNH §1 LOGIC 1.1 Các phép toán logic Phép phủ định A A A = 1−A Phép hội A 1 0 B 1 A∧B 0 ( A ∧ B) = min{ A, B} Phép tuyển XẠ - SỐ PHỨC Chương Tập hợp - Logic - Ánh xạ - Số phức A 1 0 B 1 A∨B 1 ( A ∨ B) = max{ A, B} Phép kéo theo A 1 0 B 1 A→B 1 ( A → B) = max{1 − A, B} Phép tương đương A 1 0 B 1 A↔B 0 Chú ý: Để đơn giản mặt kí hiệu, viết A hiểu mệnh đề A giá trị chân lý mệnh đề A tuỳ theo hoàn cảnh phù hợp Ví dụ viết A = − A ta hiểu giá trị chân lý mệnh đề A trừ giá trị chân lý A 1.2 Các tính chất Tính giao hốn: A ∧ B ⇔ B ∧ A, A ∨ B ⇔ B ∨ A Tính kết hợp ( A ∧ B ) ∧ C ⇔ A ∧ ( B ∧ C ), ( A ∨ B ) ∨ C ⇔ A ∨ ( B ∨ C ) Tính phân phối A ∧ ( B ∨ C ) ⇔ ( A ∧ B ) ∨ ( A ∧ C ), A ∨ ( B ∧ C ) ⇔ ( A ∨ B ) ∧ ( A ∨ C ) Logic Tính chất phép kéo theo A → B ⇔ A∨B Tính chất phép tương đương A ↔ B ⇔ ( A → B) ∧ ( B → A) Chú ý: Để chứng minh mệnh đề logic, ta sử dụng khái niệm tương đương logic, thay cho “khái niệm nhau” mệnh đề Bài tập chủ yếu chứng minh hai mệnh đề tương đương logic chứng minh mệnh đề logic ln Có ba phương pháp chủ yếu để làm bài: Lập bảng giá trị chân lý Biến đổi tương đương mệnh đề Chứng minh phản chứng 1.3 Lượng từ phổ biến lượng từ tồn Ta thường cần phải phát biểu mệnh đề có dạng "Mọi phần tử x tập hợp X có tính chất P( x )" Người ta quy ước kí hiệu mệnh đề sau: ∀ x ∈ X, P( x ) Kí hiệu ∀ gọi lượng từ phổ biến, cách viết ngược lại chữ từ "All" tiếng Anh Tương tự ta hay gặp mệnh đề có dạng " Tồn phần tử x X có tính chất P( x )" Mệnh đề quy ước kí hiệu sau: ∃ x ∈ X, P( x ) Kí hiệu ∃ gọi lượng từ tồn tại, cách viết ngược lại chữ từ "Exist"trong tiếng Anh Mệnh đề " Tồn phần tử x X có tính chất P( x )" viết sau: ∃!x ∈ X, P( x ) Lượng từ phổ biến tồn có mối quan hệ quan trọng sau đây: ∀ x ∈ X, P( x ) ≡ ∃ x ∈ X, P( x ) ∃ x ∈ X, P( x ) ≡ ∀ x ∈ X, P( x ) Chương Tập hợp - Logic - Ánh xạ - Số phức Bài tập 1.1 Chứng minh mệnh đề sau a) A ∧ ( A ∨ C ) → C b) [( A → B) ∧ ( B → C )] → ( A → C ) c) [ A ∧ ( A → B)] → B d) [( A ∨ B) ∧ ( A → C ) ∧ ( B → C )] → C Lời giải a) Cách 1: Lập bảng giá trị chân lý A 1 0 C 1 A 0 1 A∨C 1 A ∧ ( A ∨ C) 0 [ A ∧ ( A ∨ C )] → C 1 1 Cách 2: Biến đổi tương đương mệnh đề [ A ∧ ( A ∨ C )] → C ⇔[( A ∧ A) ∨ ( A ∧ C )] → C ⇔[0 ∨ ( A ∧ C )] → C ⇔[( A ∧ C )] → C ⇔A ∧ C ∨ C ⇔A ∨ C ∨ C ⇔1 Cách 3: Chứng minh phản chứng Giả sử mệnh đề cho sai Vì mệnh đề kéo theo sai giả thiết kết luận sai nên: A ∧ ( A ∨ C ) = C = Nhưng C = nên A ∧ ( A ∨ C ) = A ∧ ( A ∨ 0) = A ∧ A = 0, mâu thuẫn, chứng tỏ mệnh đề cho Các câu b), c), d) chứng minh tương tự Bài tập 1.2 Chứng minh rằng: a) A ↔ B ( A ∧ B) ∨ A ∧ B tương đương logic b) ( A → B) → C A → ( B → C ) không tương đương logic c) A ↔ B A ↔ B tương đương logic 82 Chương Dạng tồn phương, khơng gian Euclide a) Chứng minh < u, v > tích vơ hướng V b) Áp dụng cho trường hợp V = R3 , với e1 = (1, 0, 1) , e2 = (1, 1, −1) , e3 = (0, 1, 1) , u = (2, −1, −2) , v = (2, 0, 5) Tính < u, v > c) Áp dụng cho trường hợp V = P2 [ x ], với B = 1, x, x2 , u = + 3x2 , v = − 3x − 3x2 Tính < u, v > d) Áp dụng cho trường hợp V = P2 [ x ], với B = − 3x − 3x2 Tính < u, v > + x, 2x, x − x2 , u = + 3x2 , v = Bài tập 5.6 Xét không gian P3 [ x ] Kiểm tra dạng < p, q > sau có phải tích vơ hướng hay khơng? a) < p, q >= p(0)q(0) + p(1)q(1) + p(2)q(2) b) < p, q >= p(0)q(0) + p(1)q(1) + p(2)q(2) + p(3)q(3) p( x )q( x )dx Trong trường hợp tích vơ hướng tính < p, q > với p = c) < p, q >= −1 − 3x + 5x2 − x3 , q = + x − 3x2 + 2x3 Lời giải a) Dễ dàng kiểm tra tiên đề TVH 1,2,3,4 Riêng tiên đề TVH 5, tồn vectơ p = x ( x − 1) ( x − 2) = mà: < p, p >= p2 (0) + p2 (1) + p2 (2) = Do biểu thức cho khơng phải tích vơ hướng b) < p, q > cho tích vơ hướng, dễ dàng kiểm tra tiên đề TVH1,2,3,4 Riêng tiên đề TVH5, ta có: < p, p >= p2 (0) + p2 (1) + p2 (2) + p2 (3) ≥ < p, p >= ⇔ p (0) = p (1) = p (2) = p (3) = Giả sử p = a + bx + cx2 + dx3 , giải hệ phương trình từ điều kiện p (0) = p (1) = p (2) = p (3) = , ta a = b = c = d = 0, nghĩa p = c) Biểu thức cho TVH Bài tập 5.7 Dùng phương pháp trực chuẩn hóa Gram - Schmidt xây dựng hệ trực chuẩn từ hệ véctơ {u1 , u2 , u3 , u4 } với u1 = (1, 1, 1, 1) , u2 = (0, 1, 1, 1) , u3 = (0, 0, 1, 1) , u4 = (0, 0, 0, 1) R4 với tích vơ hướng tắc 82 Không gian Euclide 83 Bài tập 5.8 Trong P2 [ x ] định nghĩa tích vơ hướng < p, q >= −1 P2 [ x ] p( x )q( x )dx với p, q ∈ a) Trực chuẩn hoá Gram - Schmidt sở B = 1, x, x2 để nhân sở trực chuẩn A b) Xác định ma trận chuyển sở từ B sang A c) Tìm [r ]A biết r = − 3x + 3x2 Lời giải Đặt u1 = 1, u2 = x, u3 = x2 Bước 1: Đặt v1 = u1 u1 , u1 1dx = , nên v1 = = √1 −1 Bước 2: Đặt v2 = u2 + tv1 , t = − < u2 , v1 >= − Chọn v2 = , v2 x2 dx = = −1 v2 v2 x √1 dx = , v2 = u2 = x , v2 = √ √3 x −1 Bước 3: Đặt v3 = u3 + t1 v1 + t2 v2 ,      t1 = − < u3 , v1 >= −    −1     t = − < u3 , v2 >= −    x2 √1 dx = − √ x2 √3 xdx = −1 Vậy v3 = x2 − Do đó, v3 = √ √ 3√5 2 √1 = x2 − 13 Chọn v3 = x2 − v3 v3 v3 = −1 √ x2 − dx = 45 Tóm lại ta nhận sở trực chuẩn A= √ √ 3 √ , √ x, √ 2 2 x2 − Bài tập 5.9 Cho không gian Euclide V hữu hạn chiều, W không gian V u véctơ V Chứng minh: a) Tồn véc tơ u′ W cho (u − u′ ) ⊥W b) Khi u − u′ ≤ u − w , ∀w ∈ W 83 84 Chương Dạng tồn phương, khơng gian Euclide Lời giải a) Cách 1: Do W không gian V hữu hạn chiều nên W có sở trực chuẩn S = {v1 , v2 , , vm } Khi với u ∈ V, ta đặt u′ =< u, v1 > v1 + < u, v2 > v2 + + < u, vm > vm Ta chứng minh (u − u′ ) ⊥W Thật vậy, hệ S = {v1 , v2 , , vm } trực chuẩn nên: < u − u′ , vi > =< u, vi > − < u′ , vi > =< u, vi > − < u, v1 > v1 + < u, v2 > v2 + + < u, vm > vm , vi =< u, vi > − < u, vi > =0 Suy (u − u′ ) ⊥vi với i = 1, 2, , m nên (u − u′ ) ⊥W Cách 2: Do W không gian V hữu hạn chiều nên W có sở S′ = {v1′ , v2′ , , v′m } , bổ sung thêm véctơ để sở không gian V S′′ = v1′ , v2′ , , v′m , v′m+1 , , v′n Thực q trình trực giao hố Gram-Smidt vào hệ S ta thu sở trực chuẩn S = {v1 , v2 , , vm } W {v1 , v2 , , vm , vm+1 , , } V Khi đó: ∀u ∈ V, u = a1 v1 + a2 v2 + + am vm + am+1 vm+1 + an u′ u−u′ Rõ ràng u′ ∈ W (u − u′ ) ⊥W b) Ta có u−w = u − u′ + u′ − w = u − u′ + u′ − w ≥ u − u′ (u − u′ ) ⊥W nên (u − u′ ) ⊥ (u′ − w) ∈ W Ý nghĩa hình học: Nếu gọi u véctơ không gian R3 W mặt phẳng u′ hình chiếu véctơ u lên mặt phẳng W, khằng định câu b) tốn nói lên độ dài đường vng góc ngắn độ dài đường xiên (xem hình vẽ) 84 Không gian Euclide 85 u − u′ u u′ u−w w W u − u′ ≤ u − w Bài tập 5.10 Tìm hình chiếu véc tơ lên véc tơ a) u = (1, 3, −2, 4) , v = (2, −2, 4, 5) b) u = (4, 1, 2, 3, −3) , v = (−1, −2, 5, 1, 4) Lời giải Yêu cầu tốn tương đương với tìm hình chiếu u lên W = span (v) a) Cách 1: W có sở trực chuẩn S = v1 = w1 =< u, v1 > v1 = (1, 3, −2, 4) , v v = (2, −2, 4, 5) Do đó: (2, −2, 4, 5) (2, −2, 4, 5) = (2, −2, 4, 5) 7 49 hình chiếu u lên v Cách 2: Phân tích u = w1 + w2 , w1 ∈ W, w2 ⊥W Vì w1 ∈ W nên w1 = x.v = (2x, −2x, 4x, 5x ) , w2 = u − w1 = (1 − 2x, + 2x, −2 − 4x, − 5x ) Do w2 ⊥W nên w2 ⊥v , ta có phương trình (1 − 2x ) − (3 + 2x ) + (−2 − 4x ) + (4 − 5x ) = 8 Suy x = 49 w1 = 49 (2, −2, 4, 5) Nhận xét: Hình chiếu véctơ u lên véctơ v xác định theo công thức: w1 = v < u, v > Bài tập 5.11 Cho R4 với tích vơ hướng tắc Cho u1 = (6, 3, −3, 6) , u2 = (5, 1, −3, 1) Tìm sở trực chuẩn không gian W sinh {u1 , u2 } Tìm hình chiếu v = (1, 2, 3, 4) lên W 85 86 Chương Dạng tồn phương, khơng gian Euclide Lời giải Cách 1: Trước hết ta trực giao hoá Gram-Smidt hệ {u1 , u2 } đề thu sở trực chuẩn W v1 = uu1 = √1 u1 Đặt v2 = u2 + tv1 đó, 10 1 16 = − √ < u2 , u1 >= − √ 10 10 t = − < u2 , v1 >= − u2 , √ u1 10 Suy 16 v2 = u2 − √ √ u1 = (5, 1, −3, 1) − (6, 3, −3, 6) = 15 10 10 v2 = 11 ,− ,− ,− 5 5 v2 1 v′ =√ (9, −3, −7, −11) = √ v2 260 260 Cuối ta có w1 = < v, v1 > v1 + < v, v2 > v2 1 1 √ u1 + v, √ = v, √ u1 v′ √ v′ 260 260 10 10 = (1, 2, 3, 4) , (6, 3, −3, 6) (6, 3, −3, 6) 90 + (1, 2, 3, 4) , (9, −3, −7, −11) (9, −3, −7, −11) 260 31 = (6, 3, −3, 6) − (9, −3, −7, −11) 10 130 −9 21 10 115 = , , , 26 13 13 26 Cách 2: Phân tích v = w1 + w2 w1 ∈ W, w2 ⊥W Vì w1 ∈ W nên w1 = x.u1 + y.u2 = (6x + 5y, 3x + y, −3x − 3y, 6x + y) , w2 = v − w1 = (1 − 6x − 5y, − 3x − y, + 3x + 3y, − 6x − y) Do w2 ⊥W nên w2 ⊥u1 , w2 ⊥u2 , ta có hệ phương trình (1 − 6x − 5y) + (2 − 3x − y) − (3 + 3x + 3y) + (4 − 6x − y) = (1 − 6x − 5y) + (2 − 3x − y) − (3 + 3x + 3y) + (4 − 6x − y) = Suy x = 73 78 , y = −31 26 w1 = −9 21 10 115 26 , 13 , 13 , 26 86 Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao §4 CHÉO HỐ TRỰC GIAO MA TRẬN 87 - PHƯƠNG PHÁP CHÉO HỐ TRỰC GIAO 4.1 Chéo hố trực giao ma trận Định nghĩa 5.19 Ma trận vuông P gọi ma trận trực giao PPt = I Định nghĩa 5.20 Cho ma trận vuông A, tồn ma trận trực giao P cho P−1 AP ma trận chéo ta nói ma trận A chéo hoá trực giao P ma trận làm chéo hoá ma trận trực giao A Định lý 5.21 (Điều kiện cần đủ để ma trận chéo hoá trực giao được) Điều kiện cần đủ để ma trận vng A chéo hố trực giao A đối xứng Quy trình chéo hoá trực giao ma trận đối xứng: Bước 1: Tìm sở cho khơng gian riêng ma trận đối xứng A Bước 2: Áp dụng trình trực giao hố Gram-Smidt vào sở đề sở trực chuẩn cho không gian riêng, ta thu n vectơ riêng trực chuẩn { f , f , , f n } ứng với giá trị riêng λ1 , λ2 , , λn Bước 3: Lập ma trận P mà cột vectơ xây dựng bước chéo hoá ma trận A, tức  λ1  ′ −1 t A = P AP = P AP =  λn 2, ma trận P làm    4.2 Phương pháp chéo hoá trực giao để rút gọn dạng toàn phương Giả sử dạng toàn phương Q có ma trận ma trận đối xứng A sở trực chuẩn S Bước 1: Chéo hoá trực giao ma trận A ma trận trực giao P, P ma trận chuyển sở từ sở trực chuẩn S sang sở trực chuẩn S′ Bước 2: Thực phép đổi biến      x1 x2 xn        = P   87 ξ1 ξ2 ξn      88 Chương Dạng tồn phương, khơng gian Euclide Q có dạng tắc Q = λ1 ξ 12 + λ2 ξ 22 + + λn ξ n2 sở S′ 4.3 Nhận dạng đường cong phẳng Xét phương trình đường cong bậc tổng quát sau: ax12 + 2bx1 + cx22 + 2gx1 + 2hx2 + d = Vế trái phương trình tổng hai hàm, hàm bậc p dạng toàn phương q với q = ax12 + 2bx1 + cx22 , p = 2gx1 + 2hx2 + d Muốn nhận dạng đường cong thuộc dạng đường cong thực phép đổi biến trực giao để đưa dạng tồn phương q dạng tắc biện luận theo kết thu Chú ý bắt buộc phải dùng phương pháp trực giao để nhận dạng đường cong bậc hai, có phép biến đổi trực giao phép biến đổi bảo toàn khoảng cách Phép biến đổi Lagrange Jacobi khơng có tính chất này, sử dụng phép biến đổi Lagrange Jacobi dẫn đến việc nhận nhầm đường tròn với ellipse chẳng hạn 4.4 Nhận dạng mặt bậc hai Xét phương trình mặt bậc hai tổng quát: ax12 + bx22 + cx32 + 2rx1 x2 + 2sx1 x3 + 2tx2 x3 + 2ex1 + 2gx2 + 2hx3 + d = Vế trái tổng hai hàm, dạng toàn phương q hàm bậc p với: q = ax12 + bx22 + cx32 + 2rx1 x2 + 2sx1 x3 + 2tx2 x3 p = 2ex1 + 2gx2 + 2hx3 + d Muốn nhận dạng mặt cong thuộc dạng mặt bậc hai thực phép đổi biến trực giao để đưa dạng toàn phương q dạng tắc biện luận theo kết thu Cũng tương tự nhận dạng đường cong, bắt buộc phải sử dụng phép biến đổi trực giao nhận dạng mặt bậc hai Nếu sử dụng phép biến đổi Lagrange Jacobi dẫn đến việc nhận nhầm hình cầu ellipsoid chẳng hạn 88 Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao 89 4.5 Ứng dụng phép biến đổi trực giao vào toán tìm cực trị có điều kiện n Cho dạng tồn phương Q = ∑ aij xi x j có ma trận A = aij i,j=1 n×n đối xứng sở trực chuẩn V Hãy tìm cực trị Q với điều kiện x t x = x12 + x22 + + xn2 = Bằng phép biến đổi trực giao x = Pξ ta đưa Q dạng tắc: Q = λ1 ξ 12 + λ2 ξ 22 + + λn ξ n2 Giả sử λ1 ≤ λ2 ≤ ≤ λn , n n i =1 i =1 λ1 ξ t ξ = λ1 ∑ ξ i2 ≤ Q ≤λn ∑ ξ i2 = λn ξ t ξ Vì x = Pξ nên x t x = ( Pξ )t ( Pξ ) = ξ t Pt Pξ = ξ t ξ = nên ta có λ1 ≤ Q ≤ λ n Vậy Q đạt giá trị lớn λn ξ M = (0, 0, , 1) tức x = Pξ M Q đạt giá trị nhỏ λ1 ξ m = (1, 0, , 0) tức x = Pξ m 4.6 Bài tập Bài tập 5.12 Chéo hoá trực giao ma trận sau   0   a) A =  1  1 b) B =   −1   c) C =  −1  0   −2   d) D =  −2  −7 24 24 Bài tập 5.13 Đưa dạng tồn phương dạng tắc phương pháp trực giao a) x12 + x22 + x32 + 2x1 x2 c) 2x12 + 2x22 + 3x32 − 2x1 x2 + 2x2 x3 b) 7x12 − 7x22 + 48x1 x2 d) 5x12 + x22 + x32 − 6x1 x2 + 2x1 x3 − 2x2 x3 89 90 Chương Dạng tồn phương, khơng gian Euclide   1   Lời giải a) Ta có A =  1  , ma trận A có trị riêng λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2, 0 ứng với ta tìm vectơ trực chuẩn       1       v1 = √  −1  , v2 =   , v3 = √   2 0 Vậy thực phép đổi biến      1 ξ1 x1       x2  = √  −1   ξ  √ 2 0 ξ3 x3 ta q = ξ 22 + 2ξ 32 Bài tập 5.14 Nhận dạng đường cong phẳng sau: a) 2x2 − 4xy − y2 + = d) 2x2 + 4xy + 5y2 = 24 b) x2 + 2xy + y2 + 8x + y = e) x2 + xy − y2 = 18 c) 11x2 + 24xy + 4y2 − 15 = f) x2 − 8xy + 10y2 = 10 Lời giải b) Dùng phương pháp trực giao để rút gọn dạng toàn phương Với ma trận A = 1 ta có phương trình đặc trưng 1 1−λ 1 1−λ = ⇔ λ = 0, λ = ứng với trị riêng vừa tìm ta tìm vectơ riêng trực chuẩn tương ứng f = 1 √1 , f = √1 2 −1 Thực phép đổi biến x y = √1 1 −1 ξ1 ξ2 ta thu Q = 0ξ 12 + 2ξ 22 + √ [8 (ξ + ξ ) + (−ξ + ξ )] Đường cong cho parabol 90 Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao 91 Bài tập 5.15 Nhận dạng mặt bậc sau: a) x12 + x22 + x32 + 2x1 x2 = b) 5x2 + 2y2 + z2 − 6xy + 2xz − 2yz = c) 2x12 + 2x22 + 3x32 − 2x1 x2 − 2x2 x3 = 16 d) 7x2 − 7y2 + 24xy + 50x − 100y − 175 = e) 7x2 + 7y2 + 10z2 − 2xy − 4xz + 4yz − 12x + 12y + 60z = 24 f) 2xy + 2yz + 2xz − 6x − 6y − 4z = a) Dùng phương pháp trực giao để rút gọn dạng toàn phương q = x12 + x22 + x32   1   A =  1  , ma trân A có trị riêng λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = , ứng với ta 0 tìm vectơ trực chuẩn       1       v1 = √  −1  , v2 =   , v3 = √   2 0      ξ1 1 x1      Vậy thực phép đổi biến  x2  = √1  −1   ξ  , ta q = ξ 22 + √ ξ3 x3 2 2 2 2ξ Ta có x1 + x2 + x3 + 2x1 x2 = ⇔ ξ + 2ξ = , mặt cong cho mặt trụ Lời giải 2 b) Dùng phương pháp trực  giao để rút gọn  dạng toàn phương q = 5x + 2y + z − −3   6xy + 2xz − 2yz A =  −3 −1  , ma trân A có trị riêng λ1 = 0, λ2 = −1 √ √ + 10, λ3 = − 10, giả sử ứng với ta tìm vectơ trực chuẩn       f 11 f 31 f 21       v1 =  f 12  , v2 =  f 22  , v3 =  f 32  f 13 f 33 f 23 Vậy thực phép đổi biến    x1 f 11     x2  =  f 12 x3 f 13 91 f 21 f 22 f 23   f 31 ξ1   f 32   ξ  f 33 ξ3 92 Chương Dạng tồn phương, khơng gian Euclide ta q = + √ 10 ξ 22 + − √ 10 ξ 32 Ta có x12 + x22 + x32 + 2x1 x2 = ⇔ + √ 10 ξ 22 + − √ 10 ξ 32 Vậy mặt cong cho mặt trụ Bài tập 5.16 Cho Q ( x1 , x2 , x3 ) = 9x12 + 7x22 + 11x32 − 8x1 x2 + 8x1 x3 a) Tìm Max x12 + x22 + x32 =1 Q ( x1 , x2 , x3 ) , đạt max, b) Tìm Max x21 + x22 + x32 =16 Min x12 + x22 + x32 =1 Q ( x1 , x2 , x3 ) , Min Q ( x1 , x2 , x3 ) Với giá trị Q ( x1 , x2 , x3 ) x21 + x22 + x32 =16 Q ( x1 , x2 , x3 )   −4   Lời giải a) A =  −4  , PTĐT −λ3 + 27λ2 − 207λ + 405 = 0, A có trị riêng 11 λ1 = 3, λ2 = 9, λ3 = 15 , vectơ riêng trực chuẩn tương ứng là:       −1 1 1 1    v1 =   , v2 =   , v3 =  −1  3 −1 2 Thực phép đổi biến     −1 x1 ξ1 1     −1   ξ   x2  =  −1 2 x3 ξ3  ta Q = 3ξ 12 + 9ξ 22 + 15ξ 32 với điều kiện x t x = ( Pξ )t ( Pξ )  = ξt Pt Pξ = ξ t ξ = , nên ta có Q≤ 3 ≤     1 M M giá trị lớn 15 ξ =   tức x = Pξ =  −1       1 m m Q đạt giá trị nhỏ ξ =   tức x = Pξ =  −1 92 15 Vậy Q đạt    Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao 93 b) Theo câu a) ta có Q = 3ξ 12 + 9ξ 22 + 15ξ 32 , với điều kiện x t x = ( Pξ )t ( Pξ ) = ξ t Pt Pξ =     t M ξ ξ = 16, nên ta có 48 ≤ Q ≤ 240 Vậy Q đạt giá trị lớn 240 ξ =          4 m M tức x = Pξ =  −1  Q đạt giá trị nhỏ 48 ξ =   tức    4 m x = Pξ =   −1 n Chú ý: Xét tốn: cho dạng tồn phương Q = ∑ aij xi x j có ma trận A = aij i,j=1 xứng sở trực chuẩn V Hãy tìm cực trị Q với điều kiện x2n a2n = Khi đặt yi = xi n x12 a21 + n×n x22 a22 đối + + Q = ∑ bij yi y j , điều kiện trở thành xy21 + y22 + + y2n = 1, i,j=1 quy tốn tìm cực trị xét Bài tập 5.17 Cho A, B ma trận vuông đối xứng cấp n có trị riêng dương Chứng minh A + B có trị riêng dương Lời giải Giả sử A, B ma trận dạng toàn phương ψ, ϕ sở trực chuẩn R n , tức ψ ( x, x ) = x t Ax ϕ ( x, x ) = x t Bx Khi (ψ + ϕ) ( x, x ) = x t ( A + B) x với x ∈ R n , tức A + B ma trận dạng toàn phương ψ + ϕ sở trực chuẩn Do trị riêng A, B dương nên ψ, ϕ dạng toàn phương xác định dương Tổng hai dạng toàn phương xác định dương dạng toàn phương xác định dương nên ψ + ϕ xác định dương, A + B có trị riêng dương Bài tập 5.18 Trong không gian Ơclit n chiều V , với sở trực chuẩn B = {e1 , e2 , , en }, cho f biến đổi tuyến tính có ma trận A trực giao Chứng minh < f ( x ), f (y) >=< x, y > với x, y V Lời giải Lời giải: Giả sử x = x1 e1 + x2 e2 + + xn en , y = y1 e1 + y2 e2 + + yn en Khi ta có biểu thức toạ độ tích vơ hướng sở trực chuẩn B không gian Euclide V sau: n < x, y >= ∑ xi yi = [ x]tB [y]B i =1 93 94 Chương Dạng tồn phương, khơng gian Euclide Vậy < f ( x ), f (y) > = [ f ( x )]tB [ f (y)] B = ( A [ x ] B )t ( A [y] B ) = [ x ]tB At A [y] B = [ x ]tB [y] B =< x, y > Bài tập 5.19 Trong không gian Ơclit n chiều V , với sở trực chuẩn B = {e1 , e2 , , en }, cho f biến đổi tuyến tính V có tính chất f ( x ) = x với véc tơ x V Chứng minh < f ( x ), f (y) >=< x, y > Lời giải Trước hết ta chứng minh: < f (ei ) , f e j >=< ei , e j >= i = j i = j Thật Nếu i = j < f (ei ) , f (ei ) >= f (ei ) = ei = 2 = ei + e j = ei = f ei + e j Nếu i = j f (ei ) + f e j + ej = f ( ei ) + nên < f (ei ) , f e j >= f ej Đến có cách lập luận: Cách 1: Gọi A = [[ f (e1 )] B , [ f (e2 )] B , , [ f (en )] B ] ma trận ánh xạ f sở B Vì i = j < f (ei ) , f e j >=< ei , e j >= nên A−1 = At Theo 18 ta có điều i = j phải chứng minh Cách 2: Giả sử x = x1 e1 + x2 e2 + + xn en , y = y1 e1 + y2 e2 + + yn en < x, y >= x1 y1 + x2 y2 + + xn yn < f ( x ), f ( y ) > =< x1 f (e1 ) + x2 f (e2 ) + + xn f (en ) , y1 f (e1 ) + y2 f (e1 ) + + yn f (en ) > = x1 y1 + x2 y2 + + xn yn =< x, y > Bài tập 5.20 Cho V không gian Ơclit n chiều, V1 không gian m chiều V Gọi V2 = { x ∈ V | x ⊥v, ∀v ∈ V1 } a) Chứng minh V2 không gian véctơ V 94 Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao 95 b) Chứng minh V1 V2 bù c) Tìm dimV2 Lời giải a) Ta cần chứng minh:  ∀ x, y ∈ V ∀k ∈ R, x ∈ V x + y ∈ V2 kx ∈ V2 Dễ kiểm tra V1 + V2 = V Thật vậy: Với u ∈ V, gọi u1 hình chiếu V1 ∩ V2 = {0} trực giao u lên V1 , u2 thành phần u trực giao với V1 Khi ta có u = u1 + u2 , V ⊆ V1 + V2 Mặt khác V1 , V2 không gian vectơ V nên V1 + V2 ⊆ V Suy V1 + V2 = V Hơn u ∈ V1 ∩ V2 < u, u >= 0, u = Vậy V1 ∩ V2 = {0} b) Ta cần chứng minh: c) Ta gọi f : V → V1 , f (u) = u1 , u1 hình chiếu trực giao u lên V1 , ánh xạ chiếu trực giao Dễ dàng chứng minh f ánh xạ tuyến tính Do f tồn ánh nên Im f = V1 , u ∈ Ker f ⇔ f (u) = ⇔ u ∈ V2 nên Ker f = V2 Khi n = dimV = dim Im f + dimKer f = dimV1 + dimV2 Suy dimV2 = n − m Bài tập 5.21 Cho V không gian Ơclit n chiều, chứng minh điều kiện cần đủ để ánh xạ f : V → R tuyến tính tồn véctơ a cố định V để f ( x ) =< a, x >, ∀ x ∈ V Lời giải ⇐ Điều kiện đủ: Dễ dàng chứng minh ánh xạ f ( x ) =< a, x >, ∀ x ∈ V ánh xạ tuyến tính với vectơ a cố định chọn trước ⇒ Điều kiện cần: Giả sử f : V → V ánh xạ tuyến tính (a) Nếu f ≡ ta chọn vectơ a = thoả mãn yêu cầu toán (b) Nếu f ≡ Ta chứng minh dimKer f = n − Thật vậy, f ≡ nên tồn vectơ y ∈ V, y ∈ Ker f Cố định vectơ y vậy, với f (x) f (x) x ∈ V, đặt λ = f (y) , z = x − λy = x − f (y) y f (z) = ⇒ z ∈ Ker f Ta có x = z + λy , tức vectơ x ∈ V thừa nhận phân tích thành tổng vectơ, vectơ thuộc Ker f vectơ thuộc spany Điều có nghĩa V = Ker f + spany suy dimKer f = n − Bây giả sử V có phân tích thành tổng trực giao V = Ker f + (Ker f )⊥ 95 96 Chương Dạng tồn phương, khơng gian Euclide dim (Ker f )⊥ = , tức (Ker f )⊥ = span (y0 ) , y0 = Đặt a = f (y0 ) y0 ∈ (Ker f )⊥ , ta chứng minh vectơ a thoã mãn yêu cầu ra, tức f ( x ) =< a, x >, ∀ x ∈ V Thật vậy: Với x ∈ V, V = Ker f + (Ker f )⊥ = Ker f + span (y0 ) nên x = λy0 + y, y ∈ Ker f Khi đó: f ( x ) = λ f ( y0 ) + f ( y ) = λ f ( y0 ) = λ < f ( y0 ) y0 , y0 > = λ < a, y0 > =< a, λy0 > =< a, λy0 + y > < a, y >= a ∈ (Ker f )⊥ , y ∈ (Ker f ) =< a, x > Bài tập 5.22 Trong R5 với tích vơ hướng tắc cho véc tơ v1 = (1, 1, 0, 0, 0) , v2 = (0, 1, −1, 2, 1) , v3 = (2, 3, −1, 2, 1) Gọi V = x ∈ R5 x ⊥vi , i = 1, 2, a) Chứng minh V khơng gian véctơ R5 b) Tìm dimV Lời giải Cách Đặt W = span {v1 , v2 , v3 }, theo tập 5.20 ta chứng minh V = W ⊥ không gian vectơ R5 , dimV = − dimW = − rank {v1 , v2 , v3 } = − = Cách Nhận xét V = x ∈ R5 x ⊥vi , i = 1, 2, nên V khơng gian nghiệm hệ phương trình:    =0  x1 + x2  x2 − x3 + 2x4 + x5    2x1 + 3x2 − x3 + 2x4 + x5 =0 =0 Giải hệ phương trình phương pháp Gauss ta dimV = sở V {(−1, 1, 1, 0, 0) , (2, −2, 0, 1, 0) , (1, −1, 0, 0, 1)} 96 ... Nhận xét số phức z = có n số bậc n khác , k = 0, n − 5.3 Số phức liên hợp Cho số phức z = a + bi, số phức z = a − bi gọi số phức liên hợp số phức z Ở dạng lượng giác, số phức liên hợp số phức... Số phức 19 §5 SỐ PHỨC 5.1 Dạng tắc số phức Kí hiệu C = {z = a + bi } với a, b ∈ R i2 = −1 tập hợp số phức z = a + bi gọi dạng tắc số phức a = Re z gọi phần thực số phức b = Im z gọi phần ảo số. .. xạ tuyến tính 2.1 Các tính chất hạt nhân ảnh 2.2 Hạng ánh xạ tuyến tính - Định lý số chiều 2.3 Bài tập Ma trận ánh xạ tuyến tính