ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG - fit.mta.edu.vnfit.mta.edu.vn/files/FileMonHoc/DeCuongBaiGiangĐSTT.pdf · 1.1 Mệnh đề toán học và các phép toán logic 1.2 Tập hợp 1.3

1

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG

Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Thời gian: Tuần 1 Tiết 1-4 GV giảng 4, HV tự học: 4

Giáo viên: Nguyễn Trọng Toàn

Chương 1 TẬP HỢP VÀ ÁNH XẠ Các mục

1.1 Mệnh đề toán học và các phép toán logic 1.2 Tập hợp 1.3 Ánh xạ

Mục đích - yêu cầu

- Giới thiệu mục đích, ý nghĩa của môn học - Nắm được nội dung cơ bản của lý thuyết tập và khái niệm ánh xạ.

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) 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 A B A B A B A B A B

0 0 1 1

0 1 0 1

1 1 0 0

0 0 0 1

0 1 1 1

1 1 0 1

1 0 0 1

0 1 1 0

1.1.3 Điều kiện cần, điều kiện đủ Nếu A B thì A được gọi là điều kiện đủ của B, B được gọi là điều kiện cần có của A. Nếu A B thì A được gọi là điều kiện cần và đủ của B và ngược lại. 1.1.4 Vị từ

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 1 2, , , nP x x x xác định trên tập A được gọi là hàm mệnh đề n-ngôi trên

nếu A thay 1 1 2 2, , , n nx a x a x a với ia A , 1,i n thì 1 2, , , nP a a a là một mệnh đề.

Thí dụ 1.3 P(x) = “x>5” : Là hàm mệnh đề 1 ngôi trên R;

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

2

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.

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

b) Phép toán phủ định của vị từ

i) P(x) = x ( )x P X

ii) P(x) = x ( )x P X Thí dụ 1.5 Để định nghĩa dãy {an} có giới hạn là a, người ta viết:

0, , nk N n k a a

Vì vậy, để khẳng định {an} phân kỳ hoặc không phải có giới hạn là a, ta cần chỉ ra: 0 , , sao cho nk N n k a a

Hệ quả :

i) P(x) Q(x) P(x) Q( )x x x

ii) P(x) Q(x) P(x) Q( )x x 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 xA, còn nếu y không phải

là phần tử của tập A ta viết xA. 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,aS và 5,6,bS.

b) Nêu các tính chất đặc trưng của phần tử. Thí dụ 1.7 B = {số nguyên, dương chẵn}. Khi đó 2,4,8B và 1,13,-8B

c) Một số tập hợp đặc biệt - Tập rỗng ={} - Tập số tự nhiên N ={0,1,2,3,...} - Tập số nguyên Z = {0, 1, 2, 3...} - Tập số hữu tỷ Q = {p/q p,qZ , q0} - Tập số thực 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 (xA xB) (yB yA)

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 (xA xB) Cách viết khác nhau về tập con: 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. Như vậy, nếu A = B thì A là tập con của tập B và B cũng là tập con của tập A.

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.

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 (!).

3

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 : AB = { x | xA và xB} b) Phép hợp : AB = { x | xA hoặc xB} c) Phép trừ - : A-B = A\B = { x | xA và xB} d) Tập phần bù : Giả sử A là tập con U. Phần bù của tập A trong U là tập

Ac hay A = {xU | xA} =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 AB = {1,2,3,4,5,8,9} AB = {3,4 } A-B = {2,9} Ac = {0,5,6,7,8}

1.2.4 Tính chất của các phép toán tập hợp a) Kết hợp : (AB)C = A(BC) (AB)C = AB(C) b) Giao hoán : AB = BA B = BA c) Phân phối : (AB) C = ( AC)(BC) (AB) C = (AC) (BC) d) Hai lần bù : (Ac)c =A e) Luật DeMorgan: (AB)c = Ac Bc ) (AB)c = Ac Bc

1.2.5 Tích Des Cartes 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: AB = {(x,y)| xA và yB} ABC = {(x,y,z)| xA, yB và zC }

1 2 1

n

i ni

A A A A

= {(x1,x2 ,…,xn)| xiAi ; i=1,2,…,n }

xi gọi là tọa độ thứ i của phần tử (x1,x2 ,…,xn) Trường hợp riêng, nếu 1 2 nA A A A thì :

An = {(x1,x2 ,…,xn)| xiA ; i=1,2,…,n }

Dễ dàng chứng minh được : N(A1A2…An) = 1

( )n

ii

N A

1.2.6 Phủ và phân hoạch 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

phủ của tập A nếu 1

n

ii

A A=

=

Nếu S là một phủ của A và tập Ai rời nhau từng đôi một thì S gọi là một phân hoạch của A. Thí dụ 1.11 Ba tập | 0 , | 0 , 0A x R x B x R x C là một phân hoạch của tập R.

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

4

Thí dụ 1.12 Một số ánh xạ : 3 1y x với E F R ; [ ]y x với ,E R F Z ; sin 2y x với E F R . Cho tập sinh viên lớp E và tập chỗ ngồi trong phòng học F, ( )f x là chỗ ngồi của sinh viên x. 1.3.2 Tập ảnh: Giả sử :f E F , khi đó - Tập ảnh của ánh xạ f là: ( ) { | : ( )}f E y F x E y f x - Tập ảnh của tập A E qua ánh xạ f là: ( ) { | : ( )}f A y F x A y f x

1.3.3 Đơn ánh: Ánh xạ :f E F được gọi là một đơn ánh nếu từ 1 2 1 2( ) ( )x x f x f x hay từ

1 2 1 2( ) ( )f x f x x x .

1.3.4 Toàn ánh: Ánh xạ :f E F được gọi là một là một toàn ánh (ánh xạ tràn) nếu ( ) .f E F 1.3.5 Song ánh: Ánh xạ :f E F được gọi là một song ánh nếu nó vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh. Thí dụ 1.13 Xét các ánh xạ: 3 1y x với E F R : Là đơn ánh, toàn ánh nên là một song ánh. [ ]y x với ,E R F Z : Là toàn ánh , không đơn ánh. sin 2y x với E F R : Không đơn ánh, không toàn ánh. 1.3.6 Ánh xạ ngược của song ánh: Cho song ánh :f E F khi đó tồn tại một ánh xạ :g F E

được xác định như sau ( )x g y nếu ( )y f x . Ánh xạ ngược của ánh xạ f thường ký hiệu là 1f .

Thí dụ 1.14 Ánh xạ 3 1y x với E F R là một song ánh. Do đó: 1 3( ) 1x f y y .

Dễ dàng thấy rằng nếu f là song ánh thì 1f cũng là một song ánh và 11f f

Song ánh :f E F tạo ra một quan hệ 1-1 giữa 2 tập E và F

1.3.7 Hợp (tích) của hai ánh xạ Cho :f E F và :g F G . Tích của hai ánh xạ f và g, ký hiệu 0 :g f E G , được xác định

như sau: ( ) ( )f gx E y f x z g y . Nói các khác 0 ( ) [ ( )]z g f x g f x .

Thí dụ 1.15 Giả sử : sin( )f y x và : log( )g z y thì 0 : log(sin )g f z x .

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.

Giả sử :f E F là song ánh thì 1f cũng là một song ánh. Khi đó

1 10 ( ) ( ) [ ( )] ;Ex E I x f f x f f x x : IE là ánh xạ đồng nhất trên E.

Tương tự, 10 ( ) ( )Fy F I y f f y y : IF là ánh xạ đồng nhất trên F.

5




Chương 1 TẬP HỢP VÀ ÁNH XẠ Các mục

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.

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

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. :f E E E , ( , )fx y E z f x y E . Thường ký hiệu: *z x y . Thí dụ 1.16 - Luật cộng trong N : +

- Luật nhân trong R : × - Luật chia trong R-{0}: /

1.4.2 Tính chất. Giả sử * là một luật hợp thành trong trên tập E. Khi đó: a) Giao hoán: Luật * gọi là có tính chất giao hoán nếu , * *x y E x y y x b) Kết hợp: Luật * gọi là có tính chất kết hợp nếu

, , ( * )* *( * )x y z E x y z x y z c) Có phần tử trung hòa: Luật * gọi là có phần tử trung hòa e nếu

* *e E x E x e e x x d) Phần tử đối xứng: Giả sử Luật * gọi là có phần tử trung hòa e . Phần tử x E gọi là có phần

tử đối xứng là 'x nếu ' : x * ' '*x E x x x 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.

1.5 SƠ LƯỢC VỀ CẤU TRÚC ĐẠI SỐ Trên một tập hợp ta có thể trang bị một hay nhiều phép toán với một số tính chất xác định tạo ra 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.

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: * *a x a y x y ; iv) Trên nhóm G phương trình *a x b có nghiệm duy nhất '*x a b

6

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:

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 a b c a b a c và , , ( )a b c A a b c a c b c ; iv) Luật × có tính chất giao hoán;

Ngoài ra: 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: 0 0a b a hoặc 0b thì gọi lag vành nguyên.

Thí dụ 1.19 (Z,+,×), (Q,+,×) và (R,+, ×) đều là các vành giao hoán, có đơn vị và nguyên.

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; b) Với , 0a K a (phần tử trung hòa của luật +) đều tồn tại phần tử nghịch đảo (phần tử đối

xứng của luật ×), ký hiệu là a-1 . Thí dụ 1.20 (Q,+,×) và (R,+, ×) đều là các trường.

Một số tính chất của trường (tự CM). Giả sử (K,+,×) là một trường, khi đó: i) K là một vành nguyên; ii) (K-{0},×} là một nhóm; iii) Trong trường K, phương trình ax=b với a=0 có nghiệm duy nhất 1x a b .

1.6 SỐ PHỨC 1.6.1 Khái niệm ban đầu về số phức Bộ ba R, , tạo ra trường số thực R. Mặc dù R rất rộng, R Q Z N nên nó có ứng dụng

rất lớn trong tính toán, nhưng trong R phương trình đơn giản 2 1 0x vẫn vô nghiệm. Vì thế cần phải mở rộng trường R để giải quyết các bài toán phức tạp nảy sinh trong KHKT và kinh tế.

Ban đầu, người ta đặt 1i gọi nó là số ảo. Rõ ràng là i là nghiệm của phương trình 2 1 0x . Số ảo từ đó được ứng dụng khâ hiệu quả. Nhưng cách tiếp cận số phức như vậy không tự nhiên.

Định nghĩa số phức: Số phức là một cặp số thực: ( , )z a b với ,a b R . Đặt Re( )z a gọi là phần thực sổ sô phức z, Im( )z b gọi là phần ảo của số phức z và tập tất

cả các số phức là C. 1.6.2 Trường số phức Trên tập C ta định nghĩa hai phép toán cộng và nhân. Giả sử ( , )z a b và ' ( ', ')z a b C , khi đó: ' ( , ) ( ', ') : ( ', ')z z a b a b a a b b . ' ( , ) ( ', ') : ( ' ', ' ' )z z a b a b aa bb ab a b

Dễ dàng kiểm tra lại , ,C là một trường, gọi là trường số phức C.

Thí dụ 1.21 (2,3) (4,5) (6,8) (2,3) (4,5) (2.4 3.5, 2.5 4.3) ( 7, 22) 1.6.3 Mặt phẳng phức

Có thể ký hiệu các số phức là x, y, z… Mỗi số phức ( , )z a b 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: ( ,0)z a a . Vì vậy số thực được coi như trường hợp riêng của số phức và trục Ox gọi là trục thực. Kiểm tra lại:

( ,0) ( ,0) ( ,0)a b a b a b ( ,0)( ,0) ( 0, .0 .0) ( ,0)ab a b ab a b ab

( ,0) ( ,0) ( ,0) (0,0) 0a a a a a a

7

1 1 1( ,0)( ,0) ( ,0) (1,0) 1aa a a aa 1.6.4 Tích số phức với số thực Cho ( , ) ,z a b C R . Ta có . ( ,0).( , ) ( , )z a b a b hay ( , ) ( , )a b a b . 1.6.5 Các dạng số phức

Trục Oy gọi là trục ảo. Mỗi số phức trên Oy có dạng (0, )z b , gọi là số thuần ảo. Đặt (0,1)i , gọi là đơn vị ảo. Ta có:

2 2(0, )(0, ) ( ,0)b b b b R , (0, ) (0,1) .b b b i y

Do 2 1i nên i là nghiệm của phương trình 2 1 0x b ( , )M a b

Cần chú ý: 4 4 1 4 2 4 31, , 1,k k k ki i i i i i - Dạng chuẩn của số phức: ( , )z a b a bi

Xét mặt phẳng phức. Điểm 1 1( , )M a b z a bi .

Đặt ( , ) arg( )Ox OM z

và 2 2 ( ) | |a b Modul z z . O a x Khi đó: ( , ) (cos sin )z a b i : Dạng lượng giác của số phức.

Từ công thức Euler: cos sinie i suy ra iz e : Dạng Euler của số phức. 1.6.6 Các phép toán trên số phức Giả sử ( , ) (cos sin ) iz a b i e và '' ( ', ') '(cos ' sin ') ' iz a b i e

a) Hai số phức bằng nhau: ' ' ' ' ' 2z z a a b b k

b) Tích hai số phức: ( '). ' . ' iz z e hay | . ' | . ' | | . | ' |z z z z và arg( . ') ' arg( ) arg( ')z z z z

c) Thương hai số phức: Với ' 0z ta có ( ')

' 'iz

ez

hay

| |

' ' | ' |

z z

z z

và arg ' arg( ) arg( ')'

zz z

z

, đặc biệt

1arg ' arg( ')

'z

z

.

d) Lũy thừa và khai căn

+ n n inz e hay | | , arg .arg( )n n nz z n n z .

Công thức Moivre: (cos sin )n nz n i n .

+ 2 2 2

os .sink

iin n nn nk k

z e e c in n

Như vậy n z có n giá trị khác nhau, tương ứng với 0,1,2,..., 1k n , trên mặt phẳng phức chúng tạo thành n đỉnh của một đa giác đều n cạnh.

Thí dụ 1.22 3 1 có 3 giá trị khác nhau 2 2

os .sin , 0,23 3k

k kz c i k

Với 0

1 30, cos .sin

3 3 2 2k z i i

, 11, cos .sin 1k z i

và 2

5 5 1 32, cos .sin

3 3 2 2k z i i

e) Tổng và hiệu hai số phức: ' ( , ')z z a a b b y z+z’

Từ mặt phẳng phức dễ thấy: ' | | | ' |z z z z z

z’ O x

1.6.7 Số phức liên hợp: Đặt z a bi gọi là số phức liên hợp của số phức z .

8

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

Tính chất: z z , 2z z a R và 2 2 2. | |z z a b z R .

Khử số phức ở mẫu số: Do 2

1

| |.

z z

z zz z

Thí dụ 1.23 2 2

1 3 4 3 4

3 4 3 4 25 25

ii

i

1.6.8 Giải phương trình bậc 2 trên trường số phức

Xét phương trình 2 0Ax Bx C với , ,A B C R trên trường số thực, 0A . Ta có thuật toán:

+ Tính 2 4B AC .

+ Nếu 0 thì phương trình có hai nghiệm thực phân biệt: 1,2 2

Bx

A

;

+ Nếu 0 thì phương trình có nghiệm kép: 1 2 2

Bx x

A

;

+ Nếu 0 thì phương trình vô nghiệm. Tuy nghiên, phương trình 2 0Ax Bx C trên trường số phức, với 0A luôn luôn có hai

nghiệm phức: 1,2 2

Bx

A

.

Nếu , ,A B C R và 0 thì phương trình có hai nghiệm phức liên hợp: 1,2 2

B ix

A

.

9




Chương 1 TẬP HỢP VÀ ÁNH XẠ Các mục 1.7 Đa thức

Chữa bài tập chương 1. Mục đích - yêu cầu

- 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.

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

1.7 ĐA THỨC 1.7.1 Khái niệm về đa thức Cho số tự nhiên n trên trường K là một hàm có dạng: 2

0 1 2 a ... nnp x a x a x a x với 0 1 , ,..., na a a K (ThườngK là R hoặc C).

+ Nếu 0na ta nói đa thức p x có bậc n;

+ Nếu 1 2 ... 0na a a và 0 0a ta nói đa thức p x có bậc 0 ( p x hằng số 0 );

+ Nếu 0 1 2 ... 0na a a a ta nói đa thức p x có bậc ( 0p x )

Đa thức là một hàm đơn giản, dễ tính giá trị, đạo hàm và nguyên hàm 1.7.2 Chia đa thức cho đa thức bậc nhỏ hơn Thí dụ 1.24 Giả sử ta cần chia 3 5 -6+ 7p x x x x cho 2 3-1-q x x x x

5 3 3 2

5 4 3 2 2

4 3 2

4 3 2

3

3 2

7 6 1 5

6 + 6 + 5 6 5 5 + 5 5

x x x x x xx x x x x x

x x x xx x x x

xx x x

2 5 5 11x x

Ta viết có thể viết: 5 3 3 2 2 27 6 ( 1)( 5) (5 5 11)x x x x x x x x x x .

Tổng quát, giả sử p x là một đa thức bậc n và q x là một đa thức bậc m (m<n). Sau khi chia

p x cho q x ta được: 1( ). ( ) ( )p x q x p x r x , trong đó: 1p x là đa thức bậc n-m và r x là đa

thức bậc nhỏ hơn m gọi là đa thức phần dư của phép chia. 1.7.3 Nghiệm của đa thức Số K gọi là nghiệm của đa thức p x nếu 0p .

Định lý 1.1 Giả sử p x là đa thức bậc 0n . Điều kiện cần và đủ để p x có nghiệm là

p x chia hết cho x ; nghĩa là 1( ). ( )p x x p x , trong đó: 1p x là đa thức bậc n-1.

Chứng minh… Định lý 1.2 (D’Alembert) Mọi đa thức p x bậc 1n đều có ít nhất một nghiệm, thực hoặc phức.

Định lý 1.3 Mọi đa thức p x bậc 1n đều có đúng n nghiệm, thực hoặc phức, đơn hoặc bội. Đồng

thời có thể phân tích p x thành:

1 2( ).( )...( )np x x x x ,

trong đó , 1,k k n là n nghiệm của p x .

10

1.7.4 Đa thức với hệ số thực

Xét đa thức 20 1 2 a ... n

np x a x a x a x với 0 1, ,..., , 1, 0n na a a R n a trên trường C.

Lần lượt thay x bởi số phức z và z ta có: 20 1 2 a ... n

np z a z a z a z

và 2

0 1 2 a ...n

np z a z a z a z .

Do các tính chất của số phức: ' 'z z z z , . ' . 'z z z z nên p z p z . Do đó nếu

( ) 0p z thì ( ) 0p z . Theo định lý 1.3 ta có thể phân tích p x thành dạng:

1 21 2 1 2( ).( )...( ).( ).( ).( ).( )...( )( )sn r sp x a x x x x x x x x x , (1.1)

trong đó , 1,k k r là r nghiệm thực và , 1,j j s là các nghiệm phức của p x , đồng thời

2n r s .

Ta xét các đa thức dạng: 2( ).( ) ( )j j jj j jx x x x . Do j j jb ,

.j j jc R ( 2 4 0j j jb c ) nên từ (1.1) đa thức p x có thể được phân tích thành dạng:

2 2 21 2 1 1 2 2( ).( )...( ).( ).( )....( )n r s sp x a x x x x b x c x b x c x b x c ,

với ,j jb c R , 1,j s (Tích của các đa thức bậc nhất và bậc hai hệ số thực),.

II. CHỮA BÀI TẬP

A. Luyện tập tại lớp

1. Biết 1 2

sin ,cos5 5

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

2. Tính giá trị của các biểu thức :

A =

100

1 3

3

i

i

B = 5

5

(1 ) 1

(2 ) 1

i

i

+ 9

7

(1 )

(1 )

i

i

C =

50

23

1 3

2 2

i

i

+

9

15

1

1

i

i

D =

2 3

3 2

1 2 1

3 2 2

i i

i i

E =

49

30

1 3

2 2

i

i

F =

15 15

20 20

1 3 1 3

(1 ) (1 )

i i

i i

G = 5

5

(1 ) 1

(2 ) 1

i

i

H =

49

30

1 3

2 2

i

i

Z = 15 8 3 4i i

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.

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

11




Chương 2 MA TRẬN ĐỊNH THỨC & HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Các mục 2.1 Ma trận

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


- 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:

11 12 1

21 22 2

1 2

...

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

...

n

n

m m mn

a a aa a a

A

a a a

hay ij m nA a

trong đó: ija K , với 1, , 1,i m j n là phần tử nằm trên hàng i cột j của ma trận A.

Thí dụ 2.1 1 27 3 425 6 73 89 15 11 12

A

là ma trận cỡ 3 4 .

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.

Thí dụ 2.2 0 0 00 0 0

O

Ma trận không cỡ 2x3;

8 1 63 5 74 9 2

A

Ma trận vuông cấp 3;

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

B

Ma trận đơn vị cấp 4;

1 2 30 0 60 0 9

C

Ma trận tam giác trên;

2.1.3 Chuyển vị ma trận: Cho ma trận . ij m nA a

Gọi ma trận chuyển vị của A là ma trận AT hay

' 'ij n mA a

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

12

Thí dụ 2.3 Nếu 1 2 3 45 6 7 89 10 11 12

A

thì

1 5 92 6 10

'3 7 114 8 12

A

.

1 2 5

C 2 0 3

5 3 4

là ma trận đối xứng.

2.2 CÁC PHÉP TOÁN TRÊN MA TRẬN 2.2.1 Cộng ma trận. Cho hai ma trận cùng cỡ: ij m nA (a ) và ij m nB (b )

Tổng của A và B là ma trận C = A + B = ij m n(c ) trong đó cij = aij + bij

2.2.2 Nhân ma trận với một số Cho A= ij mxn(a ) và kR , thì tích kA là ma trận xác định bởi ( . )ij m nkA k a

Tính chất: A + B B A Giao hoán A B C A B C Kết hợp

A O A O A Phần tử trung hòa -A 1. A Phần tử đối Đặt m nM là tập tất cả các ma trận cùng cỡ m n . Khi đó m n(M , ) là một nhóm Abel.

2.2.3 Phép nhân ma trận với ma trận Cho hai ma trận A = ij m p(a ) và B = ij p n(b ) : Số cột của ma trận A bằng số hàng của ma trận B.

Ta gọi tích AB hay AB là ma trận C= ij m n(c ) , mà phần tử cij được xác định bởi công thức:

1 1 2 21

.....p

ij i j i j ip pj ik kjk

c a b a b a b a b

(2.1)

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

Thí dụ 2.4

1 01 3 0 5 4

A ; B AB2 13 2 5 22 3

3 1

.

Tính chất: (AB) C = A (BC) Tính kết hợp

A (B C) AB AC

(B C) A BA CA

: Tính phân phối với phép cộng ma trận

Lưu ý. Nói chung, kể cả 2 ma trận A và B vuông, cùng cấp, ta không có AB BA . Như vậy, phép nhân ma trận không có tính giao hoán.

Thí dụ 2.5 1 2 2 6

A ; B2 4 1 3

AB=O nhưng BA O

Đặt nM là tập tất cả các ma trận vuông cùng cấp n. Khi đó n(M , , ) là một vành không giao

hoán.

13

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

1 2 31 2 4 6

4 5 6 , , 7 8 7 9

7 8 9A M M

.

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;

- Nếu A là ma trận cấp 2: 11 12

21 22

a aA

a a

thì

11 22 12 21 11 11 12 12( );det A a a a a a det M a det M

- Tổng quát: Nếu A là ma trận cấp n ≥ 2 thì

1 n11 11 12 12 1 1det( ) ( ) ... 1 ( )n nA a det M a det M a det M ;

hay 11 1

1det( ) ( 1) det( )

nj

j jj

A a M

. (2.2)

Thí dụ 2.7 + 1 23 4

A

1 2

det( ) 1 4 2 3 23 4

A

+ 1 2 34 5 6

7 8 9A

5 6 4 6 4 5det( ) 1 2 3 240

8 9 7 9 7 8A

2.3.2 Cách tính định thức cấp 3

Có thể tính định thức cấp 3 theo sơ đồ sau: Giả sử A = 11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a a

a a a

a a a

.

Viết thêm 2 cột 1 và 2 bên cạnh A:

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

Thí dụ 2.8 Tính det(A) với A =

1 2 3

4 5 6

7 8 9

1 2 3 1 2

4 5 6 4 5

7 8 9 7 8

det A 1.5.9 2.6.7 3.4.8 3.5.7 1.6.8 2.4.9 240

2.3.3 Tính chất của định thức

i) Phép lấy chuyển vị ma trận không làm thay đổi giá trị định thức: Tdet(A) det(A ) 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. 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 1 ni1 i1 i2 i2 i3 i3 in indet(A) ( 1) a det(M ) a det(M ) a det(M ) ... ( 1) a det(M ) (2.3)

14

Khai triển định thức theo cột j :

j 1 1 n1j 1j 2 j 2 j 3j 3j nj njdet(A) ( 1) a det(M ) a det(M ) a det(M ) ... ( 1) a det(M )

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

det (A) = i1 i1 i2 i2 i3 i3 in ina c a c a c ... a c = n

ij ijj 1

a c (2.4)

= 1j 1j 2 j 2 j 3j 3j nj nja c a c a c ... a c =n

ij iji 1

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

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.

x) 11 11 12 11 12 11 12

21 21 22 21 22 21 22

' '' '

a a a a a a aa a a a a a a

xi) Nếu A và B là 2 ma trận vuông cấp n thì det(A B) det(A)det(B) 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.

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.

Thí dụ 2.9 Tính định thức của ma trận:

1 1 0 1

1 2 0 2A

1 1 1 3

2 4 1 4

.

Giải.

1 1 0 1

1 2 0 2

1 1 1 3

2 4 1 4

----------------------------------------

1

2 1

3 1

4 3

h1 1 0 1

h h0 3 0 3

h h0 2 1 4

h 2h0 2 3 2

------------------------------------------

1

2

4 3

h1 1 0 1

h0 3 0 3

0 0 3 6

h h0 0 4 6

3 2

3h -2h

-------------------------------------------

15

1

2

3

h1 1 0 1

h0 3 0 3

h0 0 3 6

0 0 0 6

4 3

3h +4h

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

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 1

3 13 2

4 3

1 1 0 13 0 3 h h

1 2 0 2 3 611 2 1 4 h h 3 - (18 - 24) 6

h h1 1 1 3 4 632 3 2 h 2h

2 4 1 4

2 13h -2h= - =

2.4 NGHỊCH ĐẢO MA TRẬN

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

vị) thì ma trận A gọi là khả nghịch và B gọi là nghịch đảo của ma trận A, ký hiệu 1B A .

2.4.2 Tính chất của ma trận nghịch đảo. 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;

Hơn nữa 1 1, 0 ( )mmm Z k R A A và 1 11

( )kA Ak

2.4.3 Điều kiện khả nghịch Định lý 2.1 Cho ma trận A vuông cấp n. Khi đó A khả nghịch det (A) 0 . 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 det(A).det(B) 1 det(A) 0.

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:

1 1 2 2 3 31

0 khi ...

det( ) khi

n

k k k i k i kn in kj ijj

k ia c a c a c a c a c

A k i

Do đó T

det(A) 0 0

AC 0 det(A) 0

0 0 det(A)

hay 1 T1A C

det(A) (đpcm). (2.5)

2.4.4 Cách tính ma trận nghịch đảo 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.

Thí dụ 2.10 Tính ma trận nghịch đảo của ma trận

1 2 3

A 2 5 3

1 0 8

Giải. Tính det(A)= -1 0. Tính các phần phụ đại số:

c11 = (-1)1+1 5 3

0 8

= 40 c12 = (-1)1+2 2 3

1 8

= -13 c13 = (-1)1+3 2 5

1 0

= -5

c21 = (-1)2+1 2 3

0 8

= -16 c22 = (-1)2+2 1 3

1 8

= 5 c23 = (-1)2+3 1 2

1 0

= 2

16

c31 = (-1)3+1 2 3

5 3

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

2 3

= 3 c13 = (-1)3+3 1 2

2 5

= 1

Suy ra 1

40 16 9

A 13 5 3

5 2 1

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

Stt Phép biến đổi Tương đương với

1 Nhân hàng r với một số k 0 Nhân bên trái A ma trận sơ cấp F(r,k)

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 | EA

+ Thực hiện liên tiếp các biến đổi sơ cấp về hàng của A | EA . Khi A biến đổi về ma trận

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

Thí dụ 2.11 Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận

1 2 3

A 2 5 3

1 0 8

Giải. Dùng biến đổi sơ cấp

1

2 1

3 1

1 2

2

3 2

1 2 3 1 0 0

2 5 3 0 1 0

1 0 8 0 0 1

1 2 3 1 0 0 h

0 1 3 2 1 0 h 2h

0 2 5 1 0 1 h h

1 0 9 5 2 0 h 2h

0 1 3 2 1 0 h

0 0 1 5 2 1 h 2h

1 0 0

0

1 3

2 3

3

40 16 9 h 9h

1 0 13 5 3 h 3h

0 0 1 5 2 1 h

Suy ra 1

40 16 9

A 13 5 3

5 2 1

17

Thí dụ 2.12 Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận

1 1 1 1

1 2 3 2A

1 1 2 1

1 1 1 0

Giải. Dùng biến đổi sơ cấp ta có: 1 1 1 1

1 2 3 2

1 1 2 1

1 1 1 0

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

------------------------------------------------------ 1 1 1 1

0 1 2 1

0 0 1 2

0 0 1 1

1

2 1

3 1

4 3

h1 0 0 0

h h1 1 0 0

h h1 0 1 0

h h0 0 1 1

------------------------------------------------------ 1 0 1 0

0 1 2 1

0 0 1 2

0 0 1 1

1 2

2

3

4

h h2 1 0 0

h1 1 0 0

h1 0 1 0

h0 0 1 1

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

0 1 0 5

0 0 1 2

0 0 0 1

1 3

2 3

3

4 3

h h1 1 1 0

h 2h1 1 2 0

h1 0 1 0

h h1 0 0 1

----------------------------------------------------------

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

1 4

2 4

3 4

4

h 2h3 1 1 2

h 5h4 1 2 5

h 2h1 0 1 2

h1 0 0 1

Suy ra 1

3 1 1 2

4 1 2 5A

1 0 1 2

1 0 0 1

18




Chương 2 MA TRẬN ĐỊNH THỨC & HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 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

Xét ma trận cỡ m n :

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...

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

...

n

n

m m mn

a a a

a a aA

a a a

Giả sử p là số nguyên dương thỏa mãn min( , )p m n 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

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.

Thí dụ 2.13 A

1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11 12

B =1 3

9 11

là ma trận con cấp 2 của A, det (B) = -16

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. 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.

Thí dụ 2.14 Tìm hạng của ma trận

1 0 0 1

0 1 1 2

A 1 1 1 1

4 2 3 1

3 1 2 0

19

Giải.

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

0 1 1 2 0 1 1 2 0 1 1 2

A 1 1 1 1 0 1 1 2 0 0 0 0

4 2 3 1 0 2 1 3 0 0 1 1

3 1 2 0 0 1 2 3 0 0 1 1

1 0 0 1

0 1 1 2

0 0 1 1

0 0 0 0

0 0 0 0

Suy ra rank(A) =3

2.6 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

2.6.1 Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

Định nghĩa 2.1 Hệ m phương trình tuyến tính n ẩn có dạng

11 1 12 2 1 1

21 1 22 2 2 2

1 1 2 2

...

...

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

...

n n

n n

m m mn n m

a x a x a x b

a x a x a x b

a x a x a x b

(2.6)

Trong đó aij là hệ số của ẩn xj trong phương trình thứ i. Dạng ma trận

Đặt

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...

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

...

n

n

m m mn

a a a

a a aA

a a a

, với , là ma trận các hệ số của ẩn.

1

2

...

n

x

xx

x

: là ma trận cột (vector) các ẩn số ;

1

2

...

m

b

bb

b

: là vector các hệ số vế phải.

Khi đó hệ (2.6) được đưa về dạng ma trận Ax b . (2.7) Nếu m = n thì ta có hệ vuông. Khi b = 0, hệ 0Ax được gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất.

Thí dụ 2.15 Hệ 2 phương trình 3 ẩn: 1 2 3

1 2

3x 7x x = 5

x 6x = -3

Hệ vuông thuần nhất cấp 2: 1 2

1 2

x x 0

4x 6x 0

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

Hay jj

det(A )x , j 1, n

det(A) (2.8)

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

11 12 1, j 1 1 1, j 1 1n

21 22 2, j 1 2 2, j 1 2nj

n1 n2 n, j 1 n n, j 1 nn

a a ...a b a ... a

a a ...a b a ... aA

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

a a ...a b a ... a

20

Thí dụ 2.16 Giải hệ 1 2 3

1 2 3

1 2 3

2x 4x 3x 4

3x x 2x 2

4x 11x 7x 7

Giải. det (A) =

2 4 3

3 1 2

4 11 7

= 29

1

4 4 3

2 1 2

7 11 7 29 1

29 29x

x2 = 2

2 4 3

3 2 2

4 7 7 29 1

29 29x

x3 = 3

2 4 4

3 1 2

4 11 7 58 2

29 29x

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:

11 1 12 2 13 3 1n n 1

22 2 23 3 2n n 2

nn n n

a x a x a x . . . a x b

a x a x . . . a x b

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

a x b

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:

1 1,1

1, 1

1

,

, -1,..., 2,1

n n n nnn n

nn n n

n

k kj jj k

kkk

b a xbx x

a a

b a x

x k n na

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 )

- Viết ma trận mở rộng:

11 12 1n 1

21 22 2n 2

m1 m2 mn m

a a . . . a b

a a . . . a bA [A | b]=

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

a a . . . a b

.

- 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)

11 12 1n 1

22 2n 21

m2 mn m

a a . . . a b

0 a . . . a bA A

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

0 a . . . a b

Giả sử 22a 0 , 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.

21

11 12 1r 1n 1

22 2r 2n 2

rr rn rr

r 1

a a ... a ... a b

0 a ... a ... a b

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

0 0 ... a ... a bA

0 0 ... 0 ... 0 b

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

0 0 ... 0 ... 0 0

(2.9)

- Nếu r 1b 0 ( rank A rank A ): Hệ vô nghiệm.

- Nếu r 1b 0 ( rank A rank A ): Hệ có nghiệm. Có 2 trường hợp:

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

ngược từ dưới lên.

Định lý (Kronecker-Cappelli) Hệ phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi rank A rank A .

Thí dụ 2.17 Giải và biện luận theo λ hệ phương trình

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

x x 3x x 3

x 2x x x 1

x x x x 3

x x x x 1

Giải:

1 1 3 1 3 1 1 3 1 3 1 1 3 1 3

1 2 1 1 1 0 2 2 0 2 0 1 1 0 1

1 1 1 1 3 0 0 2 2 6 0 0 1 1 3

1 1 1 1 0 0 4 1 4 0 0 0 3 8

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

1 2 3 4

2 2 4 4 3 1 8x , x , x , x

3 3 3 3

2.6.4 Hệ thuần nhất Xét hệ phương trình 0Ax .

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

Hệ có nghiệm không tầm thường det(A) 0 .

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

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

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2x x x 0

x x 2x 0

5x x x 0

Với λ tìm được hãy tìm nghiệm tổng quát của hệ.

Giải.

2 1 1 1 1 2 1 0 1

1 1 2 0 3 3 0 1 1

5 1 0 6 10 0 0 4

Suy ra nếu = 4 thì hệ có nghiệm không tầm thường.

Nghiệm tổng quát của hệ: , , 1, 1,1 x t t t t với t là giá trị tùy ý.

22




Chương 2 MA TRẬN ĐỊNH THỨC & HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Các mục Chữa bài tập chương 2 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

1. Cho 2 ma trận: A = 3 2 02 1 34 2 1

B=2 2 1

1 5 32 2 1

; Hãy tính ma trận C = AB - BA

2. Tính các định thức: a.

1 2 3

3 1 4

1 2 1 b.

1 1 1 1

1 4 3 6

1 3 4 5

1 8 7 10

c Đáp số: a. 0; b.-16

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

a. 1

1 1 1

2 6 33 1 01 1

A 1 1 2 A 1 ;2 2

1 1 1 1 10

3 3

b.

1 0 0

A 1 1 0

1 1 1

1

1 0 0

A 1 1 0

0 1 1

;

c. 1

1 2 0 7 2 4

A 1 3 2 A 3 1 2

1 2 1 1 0 1

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

A=

3 1 1 11 3 1 1

1 1 3 11 1 1 3

B=

2 1 0 31 1 2 1

-1 2 3 10 1 2 1

C=

1 2 3 42 3 4 1

3 4 1 24 1 2 3

5. Tìm hạng của các ma trận

1 3 5 12 1 3 2 4

2 1 3 4A 4 2 5 1 7 ; B

5 1 1 72 1 1 8 2

7 7 9 1

23

6. Tính định thức của ma trận

1 1 3 5 22 2 1 3 43 5 1 1 74 7 7 9 15 2 1 3 1

A

;

1 2 1 1 1 1 4 2 3 2

2 0 1 3 22 6 0 5 1

1 4 1 2 3

B

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

2 1 11 2 11 1 21 1 1

xyzt

8. Hãy giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer : 1 2 3

1 2 3

1 2 3

2x - x - x 43x 4x -2x 113x -2x 4x 11

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

a. 1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

2x x 3x x 1

4x 2x 5x 3x 3

4x 2x 3x 5x 5

b.

1 2 4

1 2 3 4

1 2 3

1 2 3 4

x x x 0

2x 3x 2x x 0

3x 2x 2x 0

x 6x 2x 4x 0

c. 1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

3 5 2 4 27 4 3 55 7 4 6 3

x x x xx x x xx x x x

d. 1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

5 7 2 3 12 3 4 6 211 15 2 3 1


e.

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

2 3 2 62 2 3 83 2 2 42 3 2 8

x x x xx x x xx x x xx x x x

f.

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 5 8 84 3 9 92 3 5 7

8 7 12

x x xx x xx x x

x x x

10. Giải các hệ phương trình ma trận sau đây:

a. 1 1 1 1 1 1 1

1 1 2 1 2 2 01 2 3 1 2 0 2

X b. X3 1 5 2 1 11 1 3 2 1 11 0 2 1 2 1

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.

24




Chương 3 KHÔNG GIAN VECTOR - KHÔNG GIAN EUCLID Các mục

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

3.1 KHÔNG GIAN VECTOR, KHÔNG GIAN CON

3.1.1 Vector hình học (R3) Vector là một đoạn thẳng có hướng. Một đầu gọi là gốc, đầu kia gọi là ngọn của vector.Hướng vector đi từ gốc đến ngọn. B (ngọn)

Vector AB

vector a

A (gốc) Đặc trưng của vector hình học:

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

- Chiều: Hướng vector đi từ gốc đến ngọn;

- Độ dài: Độ dài đoạn thằng nối gốc và ngọn, ký hiệu: AB

, a

.

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

a b

b

Hệ thức Charles AB BC AC

B b

a

C

A a b

- Nhân vector với một số:

Cho 3k R,a R

. Khi đó k.a

có phương cùng a

, cùng chiều với a

nếu k 0 và ngược

chiều với a

nếu k 0 , có độ dài là k a

- Tích vô hướng của hai vector: a, b a . b .cos

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.

25

3.1.2 Định nghĩa không gian vector 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…

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:

+ Phép cộng các phần tử trong V: 2V V (Luật hợp thành trong)

,x y V x y V , x y gọi là tổng của x và y ;

+ Phép nhân số thực k với các phần tử của V: R V V (Luật hợp thành ngoài)

,k R x V kx V .

Hai phép toán trên phải thỏa mãn 8 tính chất : ,a b R i) , ,x y z V x y y x

ii) , ,x y z V x y z x y z

iii) vector V, gọi là vector không , thỏa mãn ,x x x x V

iv) xV vector (-x) V thỏa mãn x x x x x x

v) a x y ax ay

vi) ( ) a b x ax bx vii) ( ) ( )ab x a bx viii) 1. x x

3.1.3 Một số không gian vector

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

a) Không gian nR . Đây là không gian được quan tâm nhiều nhất.

Xét tập 1 2 3{ | , , , , , , 1, }nn iR x x x x x x x R i n . Trên Rn xác định hai phép toán cộng

vector và nhân vector với một số như sau:

Nếu 1 1( , ... , ); ( , ... , ),n na a a b b b R thì: 1 1

1

( , ... , ),

( , ... , ).n n

n

a b a b a b

a a a

Vector 0,0,0, ,0 ; Vector đối của 1( , ... , )na a a là 1( , ... , )na a a

b) Không gian các đa thức Pn

Xét tập Pn các đa thức hệ số thực bậc không quá n :

20 1 2 { ( ) | , , 1, }n

n n iP p x p x a a x a x a x a R i n

Nếu 0na ta nói đa thức p có bậc là n; Nếu 0na ta nói đa thức p có bậc nhỏ hơn n.

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.

Vector đối của ( )p x là 20 1 2( ) n

np x a a x a x a x .

c) Không gian các hàm liên tục C[a,b]

Xét tập ,C a b gồm tất cả các hàm liên tục trên ,a b . Trên ,C a b xác định hai phép toán:

+ Phép cộng 2 vector: , , : f g C a b f g x f x g x ;

+ Phép nhân vector với một số: , , : .f C a b k R kf x k f x ;

+ Vector trung hòa là hàm 0: 0( ) 0x với [ , ]x a b

26

+ Vector đối của [ , ]f C a b là [ , ]f C a b xác định như sau: [ , ] (- )( ) - ( )x a b f x f x . 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

gian vector.

Thí dụ 3.1 Xét tập *2P gồm các đa thức bậc 2. Rõ ràng 21 2 3p x x x và 21 2 3q x x x là

hai đa thức của *2P . Nhưng *

2( ) 2 4 .p x q x x P Vì vậy tập *2P với hai phép tính cộng đa

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) V, là một nhóm Abel;

b) ,x V x là duy nhất;

c) , 1. ,0.x V x x x

d) Phần tử trung hòa là duy nhất; e) , .k R k ;

f) , , . 0 .x V k R k k x

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.

Thí dụ 3.2 Tập Pn là tập con của tập ,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:

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 v W u v W ;

b) , .u W k R k u W .

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 v W R u l v W

Thí dụ 3.3 Xét không gian 2R và tập con của nó 2{( , ) | 0}W x y R Ax By , với A,B là hai hằng số bất kỳ khác không. Khi đó:

1 1 2 2, ( , ); ( , )u v W u x y v x y thỏa mãn 1 1 2 20, 0Ax By Ax By .

Do đó 1 2 1 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 0A x x B y y Ax By Ax By hay u v W

1 2 1 2, . ( , ) ( , )u W k R k u k x y kx ky .

Do 1 1 1 1( ) ( ) ( ) 0A kx B ky k Ax By nên . Wk u . Vậy W là không gian con của 2R .

Thí dụ 3.4 Tập m nM gồm các ma trận cỡ m n với hai phép tính cộng hai ma trận và nhân ma trận

với một số tạo thành không gian vector. Do đo tập 2M gồm các ma trận vuông cấp n với hai phép tính

trên cũng là một không gian vector. Từ đó dễ dàng CMR tập các ma trận có dạng 0

0

b

a

là một

không gian con của 2M .

3.1.6 Tổ hợp tuyến tính, hệ sinh của không gian vector. Giả sử S là một họ m vector của không gian vector V: 1 2 , , , mS v v v V và 1 2, , , mc c c là m số thực. Khi đó biểu thức:

27

1 1 2 21

m

m m i ii

T c v c v c v c v

(3.1)

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 1 2( , , , )mL v v v hay ( )L S .

Thí dụ 3.5 Xét các vector 1 2 3(7, 1), (2,1), (1, 1), (0,0)u v v v trong không gian R2. Ta thấy:

1 2 32 3 12u v v v . Do đó u là tổ hợp tuyến tính của họ 1 2 3, ,v v v .

Định lý 3.2. ( )L S là không gian con của không gian vector V.

Không gian ( )L S còn gọi là không gian con sinh bởi họ (hệ) vector S. Nói cách khác mọi vector của ( )L S đều là tổ hợp tuyến tính của họ S.

Định nghĩa 3.3 Giả sử S là một họ m vector của không gian vector V. Nếu ( )L S V thì S gọi là hệ sinh của không gian V; Hay không gian vector V sinh bởi họ vector S. 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.

Thí dụ 3.6 Trong không gian 3R xét họ 1 2 3e ,e ,eE với 1 2(1,0,0); (0,1,0)e e và 3 (0,0,1)e .

31 2 3( , , ) (1,0,0) (0,1,0) (0,0,1) . . . ( ).u R u x y z x y z x e y e z e u L E

Vì vậy E là hệ sinh của 3R .

Tương tự, dễ thấy trong không gian nR họ vector 1 2 ne ,e ,...,eE với 1e 1,0,0, ,0 ,

2 0,1,0, ,0e , 3 0,0,1, ,0 , , 0,0,0, ,1 ne e là hệ sinh của không gian nR .

3.1.7 Họ vector độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính

Định nghĩa 3.3 Họ vector 1 2, , , mS v v v V được gọi là họ phụ thuộc tuyến tính nếu tồn tại bộ

số 1 2, , , mc c c R không đồng thời bằng 0 để 1 1 2 21

m

m m i ii

c v c v c v c v

.

Nếu tổ hợp 1

m

i ii

c v

chỉ xảy ra khi 1 2 0mc c c thì họ S được gọi là độc lập tuyến tính.

Thí dụ 3.7 Trong không gian 3R xét họ 1 2 3e ,e ,eE với 1 2(1,0,0); (0,1,0)e e và 3 (0,0,1)e .

Giả sử 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 1,0,0 0,1,0 0,0,1 , , 0,0,0e e e

hay 1 2 3= 0 . Suy ra E là họ vector độc lập tuyến tính.

Tổng quát hơn, trong không gian nR họ vector 1 2 ne ,e ,...,eE với 1e 1,0,0, ,0 ,

2 0,1,0, ,0e , 3 0,0,1, ,0 , , 0,0,0, ,1 ne e là họ độc lập tuyến tính.

Để xem xét một họ vector 1 2, , , mS v v v V độc lập hay phụ thuộc tuyến tính ta cần phải

giải một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất. 1 1 2 2 ... m mx v x v x v . Nếu hệ chỉ có nghiệm tầm

thường 1 2( , , ) (0,0,...,0)mx x x thì S là họ độc lập tuyến tính, ngược lại thì hệ là phụ thuộc tuyến tính.

Thí dụ 3.8 Trong R4 họ vector , , ,S a b c d sau đây là độc lập hay phụ thuộc tuyến tính :

2,1, 1,0 , 1,1,2,1 , 0, 2,3, 2 , 3, 1,1,1a b c d

Giải. Giải hệ phương trình 1 2 3 4 0 0 0 0 x a x b x c x d , , , hay

1

2

3

4

2 1 0 3 01 1 2 1 0

=-1 2 3 1 00 1 2 1 0

xxxx

ta được

28

nghiệm duy nhất

0 2 1 0 30 1 1 2 1

00 -1 2 3 10 0 1 2 1

x

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

Nhận xét: Nếu S thì họ S phụ thuộc tuyến tính; - Trong không gian R3 :

+ 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.

- Nếu họ 1 2, , , mS v v v là họ phụ thuộc tuyến tính thì tồn tại bộ số 1 2, , , mc c c R

không đồng thời bằng 0 để 1

m

i ii

c v

. Giả sử 0kc , khi đó: ik i

ki k

cv v

c . Vì thế kv

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

3.2 CƠ SỞ VÀ CHIỀU CỦA KHÔNG GIAN VECTOR

3.2.1 Định nghĩa 3.4 Họ n véc tơ 1 2, ,..., nB v v v gọi là cơ sở của không gian véc tơ V nếu thỏa

mãn 2 điều kiện sau: + 1 2, ,..., nB v v v là họ độc lập tuyến tính;

+ 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: dim V n .

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

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

- Không gian ,C a b là không gian vô hạn chiều.

3.2.2 Tính chất của cơ sở và chiều của không gian vector.

a) Nếu 1 2, , , mS a a a là hệ sinh và 1 2, , , nT b b b là một họ vector độc lập tuyến tính

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.

b) Nếu 1 2, ,..., nB v v v là một hệ sinh của không gian V và B độc lập tuyến tính thì B là một cơ

sở của không gian V và dim V n .

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

Thí dụ 3.10 Trong thí dụ 3.6 ta đã chứng minh họ 1 2 ne ,e ,...,eE với 1e 1,0,0, ,0 ,

2 0,1,0, ,0e , 3 0,0,1, ,0 , , 0,0,0, ,1 ne e là hệ sinh của không gian nR , trong thí dụ

3.7 ta chứng minh E là họ độc lập tuyến tính. Vì vậy E là một cơ sở của của nR và ndim R n . Cơ

sở E được gọi là cơ sở chính tắc của nR .

Xét họ vector {1, ,..., }nB x x trong không gian nP .

np P có dạng 20 1 2

nnp x a a x a x a x với , 1,ia R i n : B là hệ sinh của nP

Giả sử 20 1 2 0 1 20 0n

n nc c x c x c x c c c c : B độc lập tuyến tính.

Vậy B là một cơ sở của nP , gọi là cơ sở chuẩn tắc. Hơn nữa 1ndim P n

29

c) Nếu 1 2, ,..., nB v v v là cơ sở của không gian vector V, thì mỗi véc tơ u V đều có thể biểu

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

duy nhất bộ số 1 2, , , nc c c R để 1 1 2 21

n

n n k kk

u c v c v c v c v

(3.2)

3.2.3 Về hệ hệ phương trình tuyến tính tổng quát

Xét hệ phương trình tuyến tính tổng quát: Ax b (3.3)

trong đó:

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...

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

...

n

n

m m mn

a a a

a a aA

a a a

,

1

2

...

n

x

xx

x

và

1

2

...

m

b

bb

b

. Nếu đặt

1j

2 jj

mj

a

aA , j 1, n

...

a

, gọi là

vector cột thứ j của ma trận A, thì có thể viết lại hệ (3.3) như sau: 1 1 2 2 n nx A x A x A b (3.4)

Từ đó ta có định lý sau:

Định lý 3.3 Hệ phương trình Ax b có nghiệm khi và chỉ khi 1 2, , , nb L A A A .

Định lý 3.4

i) Tập nghiệm N0 gồm tất cả các nghiệm của hệ phương trình thuần nhất Ax là một không gian con của Rn;

ii) Nếu rank A r thì 0dim N n r .

3.2.4 Ma trận tọa độ của vector đối với một cơ sở Như mục 3.2.2 ở trên đã xét, nếu 1 2, ,..., nB v v v là cơ sở của không gian vector V, thì mỗi

vector u V đều có thể biểu diễn bởi một tổ hợp tuyến tính qua duy nhất của B. Tức là duy nhất bộ

số 1 2, , , nc c c R để 1 1 2 21

n

n n k kk

u c v c v c v c v

. Khi đó 1 2, , , nn B

c c c c u R gọi

là vector tọa độ của vector u đối với cơ sở B và 1 2, , ,T

nBu c c c gọi là ma trận tọa tọa độ của

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, , B u u u trong không gian R3,

trong đó: 1 2 35, 12,3 , 1, 2,3 , 4,5,6 , 7, 8,9w u u u .

Giải. Đặt 1 1 2 2 3 3+ w x u x u x u tương đương với hệ phương trình 1

2

3

1 4 7 5 2 5 8 = 12

3 6 9 3

xxx

Giải hệ phương trình trên ta được -2

01

x

. Suy ra -2

01

Bw

.

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

30

Giả sử 1 2, ,..., nB v v v là cơ sở của không gian vector V và 1 2, , , mS u u u là họ m vector

của V. Khi đó ta có

1

21,

...

j

jj B

nj

a

au j m

a

.

Đặt 1 2, ,..., m ijB B B n mA u u u a

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

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.

Thí dụ 3.12 Trong R4 hãy tìm ma trận toạ độ của họ vevtor 1 2,S v v đối với cơ sở

1 2 3 3, , ,B u u u u . Trong đó : 1 20, 1, 3, 4 , 2, 1, 0, 3v v và

1 2 3 41, 3, 3, 5 2, 4, 0, 6 , 1, 1, 2, 2 , 1, 2,1, 0u u u u

Giải. Giải phương trình

-1 -2 1 1 0 -2

3 4 -1 -2 1 1X

3 0 2 1 3 0

5 6 -2 0 4 3

ta được

0 9

1 -11 X

1 -12

1 -3

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

31




Chương 3 KHÔNG GIAN VECTOR - KHÔNG GIAN EUCLID Các mục 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

3.3 HẠNG CỦA HỌ VECTOR TRONG KHÔNG GIAN Rn

3.3.1 Định nghĩa 3.5 Giả sử 1 2, , , mS a a a là một họ vector trong không gian V. Hạng của họ

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

3.3.2 Cách tìm hạng của họ vector 1 2, , , mS a a a

Giả sử 1 2, ,..., nB v v v là một cơ sở tùy ý của V. Khi đó 1

, 1,n

j ij ii

a c v j m

.

Nếu S là họ độc lập tuyến tính thì hiển nhiên rank S m . Ngược lại, nếu S là họ phụ thuộc

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

1, 2,...,k m 1 1

n n

k j j j ij i j ij ij k j k i i j k

a b a b c v b c v

Do 1

n

k ik ii

a c v

và biểu diễn qua cơ sở của mỗi vector là duy nhất nên , 1,ik j ijj k

c b c i n

.

Nghĩa là cột thứ k của ma trận ( )ij n mC c là tổ hợp tuyến tính của các cột khác. Vì vậy

( )rank S rank C

Do đó, đối với một không gian vector bất kỳ, để tìm hạng của họ vector ta tìm hạng của ma trận tọa độ của họ vector đối với một cơ sở tùy ý. Nếu 1 2, , , mS a a a là một họ vector trong không

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

Định lý 3.5 Giả sử 1 2, , , mS a a a là họ vector trong không gian vector V. Khi đó

dim r L S rank S

và cứ r vector độc lập tuyến tính của S đều là cơ sở của L S .

Thí dụ 3.13 Trong R5 cho một họ S gồm 5 vector: 1 24, 3, 8, 2, 7 ; 8, 6, 1, 4, 6 ;x x

3 4 5 4, 3, 1, 2, 5 ; 4, 3, 5, 2, 3 ; 8, 6, 7, 4, 2x x x

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

Giải. Tìm hạng của ma trận

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

32

1

2 1

3 1

4 3

5 2

h4 3 -8 2 7h 2h0 0 15 0 -8h h 0 0 9 0 -12

0 0 -6 0 8 h h0 0 -6 0 -4 h h

4 3 -8

1

2 3

3

4 3

5 4

h 2 7h 5h '0 0 0 0 12

h / 3 0 0 3 0 -40 0 0 0 0 h 2h0 0 0 0 -12 h h

4 3 -8 2 70 0 3 0

1

3

2

4

5 2

hh -4

h0 0 0 0 120 0 0 0 0 h0 0 0 0 0 h h

Kết luận dim 3r L S rank S . Không gian con L S có một cơ sở là 1 2 3, ,B x x x

Thí dụ 3.14 Tìm số chiều và một cơ sở của không gian nghiệm của hệ : 1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

x 2x x x 0

2x x 3x x 0

x x 2x 2x 0

Giải. Dùng các phép biến đổi tương đương:

1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1

2 1 3 1 0 3 1 3 0 3 1 3

1 1 2 2 0 3 1 3 0 0 0 0

Hệ tương đương với : 1 2 4

1 2 3 43 2 4

2 3 42 4

x 5x 4xx 2x x x 0

x 3x 3x3x x 3x 0

x , x tùy ý

Cho 2 4 1 3 11, 0 5, 3 (5, 1, 3, 0)x x x x f

2 4 1 3 2 0, 1 4, 3 ( 4, 0, 3, 1)x x x x f

1 2f , f tạo nên cơ sở của của không gian nghiệm và dim 2W .

Thí dụ 3.15 Cho hệ véc tơ 1 2 3 4, , ,B e e e e trong đó

1 2 3 41,2, 1,0 , 0,1,0,1 , 1, 5,2,0 , 2,3, 2,7e e e e

a. Chứng tỏ B là một cơ sở của R4.

b. Tìm vector tọa độ của véc tơ u 1,0,0,1 trong cơ sở B.

Giải: a. Trước hết ta biết rằng 4dim( ) 4R Bây giờ ta tìm hạng của ma trận A các tọa độ của các véc tơ của hệ bằng biến đổi sơ cấp:

1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 1 2

2 1 5 3 0 1 3 1 0 1 3 1 0 1 3 1A

1 0 2 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0

0 1 0 7 0 1 0 7 0 0 3 8 0 0 0 1

4rank A . Vậy hệ B độc lập tuyến tính.

Hệ B gồm 4 véc tơ, vậy đây là một cơ sở của không gian R4.

33

b. Giải hệ phương trình:

1 0 1 2 1

2 1 5 3 0x

1 0 2 2 0

0 1 0 7 1

ta được x =

2

1

1

0

suy ra 2,1,1,0B

u

3.4 BÀI TOÁN ĐỔI CƠ SỞ

3.4.1 Đặt bài toán Giả sử trong không gian vector V n-chiều có 2 cơ sở 1 2, , ..., mB e e e và

1 2’ ’ , ’ , , ’mB e e e và v là vector tùy ý của V.

Nếu biết 1 2( ) ( , ,.., )B nv v v v hãy tìm ' 1 2( ) ( ' , ' ,.., ' )B nv v v v ?

Định nghĩa 3.6 Ma trận P vuông cấp n thỏa mãn '

B Bv P v với vV , được gọi là ma trận đổi

cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở B’.

3.4.2. Cách tìm ma trận đổi cơ sở. Giả sử V là không gian vector n-chiều, 1 2, , ..., mB e e e và

1 2’ ’ , ’ , , ’mB e e e là 2 cơ sở cơ sở của V.

Đầu tiên ta biểu diễn các vector của B’ qua cơ sở B:

1 11 1 21 2 1

2 12 1 22 2 2

1 1 2 2

' ...

' ...

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

' ...

n n

n n

n n n nn n

e p e p e p e

e p e p e p e

e p e p e p e

, nghĩa là 11 12 1

21 22 21 2

1 2

' , ' ,..., '... ... ...

n

nnB B B

n n nn

p p p

p p pe e e

p p p

Đặt ij 1 2 ’ ’ ’B nB Bn nP p e e e

: Nghĩa là P chính là ma trận tọa độ của họ vector

B’ đối với cơ sở B. Do ' 1 2( ) ( ' , ' ,.., ' )B nv v v v nên:

1 1 2 2' ' ' ' ..,. ' 'n nv v e v e v e

1 11 1 21 2 1 2 12 1 22 2 2 1 1 2 2' ( ... ) ' ( ... ) ... ' ( ... )n n n n n n n nn nv p e p e p e v p e p e p e v p e p e p e

11 1 12 2 1 1 21 1 22 2 2 2 1 1 2 2( ' ' ... ' ) ( ' ' ... ' ) ... ( ' ' ... ' )n n n n n n nn n np v p v p v e p v p v p v e p v p v p v e

Do 1 2( ) ( , ,.., )B nv v v v hay 1 1 2 2 ... n nv v e v e v e nên:

1 11 1 12 2 1

2 21 1 22 2 2'

1 1 2 2

' ' ... '

' ' ... '

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

' ' ... '

n n

n nB B

n n n nn n

v p v p v p v

v p v p v p vv P v

v p v p v p v

Như vậy ma trận đổi cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở B’ là 1 2 ’ ’ ’B nB BP e e e .

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

ma trận đổi cơ sở từ cơ sở B’ sang cơ sở B. Nghĩa là 1’

B B

v P v với v V .

Thí dụ 3.16 Xét không gian R2 và hai cơ sở 1 2,B e e và 1 2’ ’ , ’B e e với 1 (1,0)e ; 2 (0,1);e

1 2' (1,1); ' (2,1)e e .

Ta có 1 1 2 1

2 1 2

' 1 2 1 2,

' 2 1 1 1 1

e e eP P

e e e

Giả sử 1 27

7,2 7 2 [ ]2Bx x e e x

, 1 1 2 7 3[ ] ' [ ]

1 1 2 5B Bx P v

.

Như vậy 1 23 ' 5 'x e e .

34

Thí dụ 3.17 Trong R3, tìm ma trận P đổi từ cơ sở B sang cơ sở B’ . Trong đó: 1 2 3 1 2 3, , ; 3, 1, 5 ; 1, 1, 3 , 1, 0, 2B v v v v v v ,

1 2 3 1 2 3' , , ; 6, 6, 0 ; 2, 6, 4 ; 1, 2, 1B u u u u u u ,

Cho 2,1,1 v tính Bv và 'Bv ’

Giải. a. Giải hệ ma trận

3 1 -1 -6 -2 1

1 1 0 P 6 6 2

-5 -3 2 0 4 1

ta được

-3 3 5/2

P 6 3 -1/2

9 14 6

b. Giải phương trình

3 1 -1 2

1 1 0 x 1

-5 -3 2 1

ta được 3

2

5B

v x

Giải phương trình

-6 -2 1 2

6 6 2 x 1

0 4 1 1

ta được ’

1/ 6

0

1B

v x

Thử lại ’

-3 3 5/2 1/ 6 3

6 3 -1/2 0 2

9 14 6 1 5B B

P v v

== [v]B .

3.5 KHÔNG GIAN TỔNG. KHÔNG GIAN GIAO

3.5.1 Định nghĩa 3.7 Cho L1, L2 là hai không gian con của không gian V. Khi đó: - 1 2G L L là không gian con của V, gọi là không gian giao của L1 và L2.

- Ký hiệu 1 2 1 2: | ,S L L a b a L b L

Giả sử 1 1 1,a b L và 2 2 2,a b L khi đó 1 2 1 2,u a a v b b S .

1 2 1 2 1 1 2 2

1 2

, ( ) ( ) ( ) ( )

R u v a a b b a b a b SL L

Suy ra S là không gian con của V, gọi là không gian tổng của L1 và L2.

Thí dụ 3.18 Cho 4 vector trong không gian R3 là 1 2 32,1,1 , 1,1,0 , 2,3,5e e e và 4 1, 2,3e

và 1 1 2 2 3 4, , ,L e e L e e . Do 31 2 1 2 3 4( , , , )R L L L e e e e .

Do họ 1 2 3, ,e e e độc lập tuyến tính nên 31 2 3 1 2( , , )R L e e e L L .

Giả sử 1 2v L L khi đó 1 2 3 4v ae be ce de hay 1 2 3 4 0ae be ce de ,

ta có hệ thuần nhất:

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

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

1 0 -5 -3 0 0 1 2/3

.

Hệ có nghiệm thỏa mãn: d tùy ý và 1 1 2

; ; c3 3 3

a d b d d . Nếu chọn 3d thì

1a , 1b . Do đó 1 2 1 2 (1,0,1)v ae be e e . Vì vậy 1 2dim( ) 1L L và 1 2 ( )L L L v .

3.5.2 Tính chất

Định lý 3.6 1 2 1 2 1 2dim( ) dim( ) dim( ) dim( )L L L L L L

35




Chương 3 KHÔNG GIAN VECTOR - KHÔNG GIAN EUCLID Các mục 3.6 Không gian Euclid 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

3.6.1 Tích vô hướng

Nhắc lại tích vô hướng trong không gian R3: , | | . | | osa b a b c

.

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

Định nghĩa 3.8 Giả sử V là không gian vector. Tích vô hướng của hai vector là một hàm

2( , ) ( , )fu v V f u v R , ký hiệu ( , ) ,f u v u v , thỏa mãn các tính chất:

a) , , ,u v V u v v u ;

b) , , , , ,u v w V u v w u v u w ;

c) , , , , ,u v V k R ku v u kv k u v ;

d) , 0, , 0u V u u u u u .

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.

Thí dụ 3.18 + Không gian R3 là không gian Euclid.

+ Trong không gian Rn ta định nghĩa một TVH như sau: , nx y R nếu

1 2 1 2( , ,..., ), ( , ,..., )n nx x x x y y y y với ,k kx y R thì 1 1 2 21

, : ...n

n n k kk

x y x y x y x y x y

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

, [ , ] , : ( ) ( )b

a

f g C a b f g f x g x dx

Không gian vector [ , ]C a b không phải là không gian Euclid. 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: || || ,u u u ;

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

Tính chất: a) || || 0;u V u ; b) || || 0u u ; c) , || || | | . || ||u V k R ku k u ;

36

d) Bất đẳng thức Cauchy-Schwaz: , , || || . || ||u v V u v u v

Chứng minh: , , . , . 0u v V t R t u v t u v .

2. , . , 2 , ,t u v t u v t u u t u v v v

2 2 2|| || . 2 , || || 0,u t t u v v t R

Suy ra 2 2 2' , || || . || || 0 , || || . || ||u v u v u v u v (đpcm).

e) , || || || || || ||u v V u v u v (Bất đẳng thức tam giác).

Chứng minh: 2, || || ,u v V u v u v u v , 2 , ,u u u v v v

, 2 , ,u u u v v v

2 2 2|| || 2 || || . || || || || (|| || || ||)u u v v u v

Vì vậy || || || || || ||u v u v .

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 , 0u v ;

b) Cho W V , vector u gọi là trực giao với W nếu u trực giao với mọi vector của W; c) Họ vector 1 2, , , mS a a a gọi là họ trực giao nếu các vector trực giao với nhau từng đôi,

nghĩa là , 0i ja a nếu i j ;

d) Họ vector 1 2, , , mS a a a gọi là họ trực chuẩn nó là họ trực giao và các vector đều có độ

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.

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

+ Nếu chọn tích vô hướng 1

1

, : ( ). ( )p q p x q x dx

thì

1 1 12 2 2 2 2 2 2

1 1 1

2 2|| || , . . ; || || , . . ; , . 0

3 5x x x x x dx x x x x x dx x x x x dx

+ Nếu chọn tích vô hướng 1

0

, : ( ). ( )p q p x q x dx thì

1 1 12 2 2 2 2 2 2

0 0 0

1 1 1|| || , . . ; || || , . . ; , . 0

3 5 4x x x x x dx x x x x x dx x x x x dx

Thí dụ 3.20 Xét không gian R3 với TVH Euclid. Họ vector W , , wu v với

1 1 1 1

(0,1,0); ,0, ; ,0,2 2 2 2

u v w

là họ trực chuẩn.

3.6.4 Quá trình trực giao hoá Gramm-Schmidt

Giả sử V là không gian có TVH và ,u V u . Khi đó 1

|| ||v u

u gọi vector chuẩn hóa của u.

Định lý 3.7 (Gramm-Schmidt). Giả sử 1 2, , , mS u u u là họ vector độc lập tuyến tính trong không

gian V có TVH. Nếu S không trực chuẩn thì ta có thể thay S bởi họ trực chuẩn 1 2' , , , mS v v v sao cho ( ) ( ')L S L S .

37

Chứng minh.

Bước 1. Đặt 1 1 1 1 1 11

1, , '

|| ||S u v u S v

u . Rõ ràng là 1 1|| || 1 'v S trực chuẩn và 1 1( ) ( ' )L S L S .

Bước k=2,3,…,m . Giả sử 1 1 2 1, , ,k kS u u u và tại bước k-1 ta đã xây dựng được họ trực chuẩn

1 1 2 1' , , ,k kS v v v thỏa mãn 1 1( ) ( ' )k kL S L S .

Đặt 1 1 2{ } , , ,k k k kS S u u u u và 1 1 2 2 1 1, , ... ,k k k k k k kv u u v v u v v u v v .

Rõ ràng là kv . Vì nếu kv thì 1 1 2 2 1 1 1, , ... , ( )k k k k k k ku u v v u v v u v v L S .

Điều này mâu thuẫn với giả thiết S là họ độc lập tuyến tính.

Đặt 1

|| || kk

kv vv

, do đó || || 1kv . Mặt khác với 1, 1j k

1 1

1 1

, , , , , , , ,k k

k j k k i i j k j k i i j k j k ji i

v v u u v v v u v u v v v u v u v

Do đó 1 2' , , ,k kS v v v là họ trực chuẩn.

Do 1 1 2 2 1 1, , ... ,k k k k k k ku v u v v u v v u v v ( ' )kL S . Suy ra ( ) ( ' )k kL S L S .

Vì vậy khi k m thì ( ) ( ')L S L S và Vì vậy 'S là hộ độc lập tuyến tính.

Thí dụ 3.21 Hãy áp dụng Gramm-Schmidt để biến cơ sở 1 2 3, ,S u u u thành cơ sở trực chuẩn của

R3 , đối với tích vô hướng Euclide, trong đó: 1 2 31 , 1, 1 , 0 ,1, 1 , 0 , 0, 1u u u .

Giải. 1 1 11

1 1 1 11, 1, 1 , ,

|| || 3 3 3u v u

u

22 2 2 1 12 1 1 1 2 1 1

0, 1, 1 , 0, 1, 1 , , , ,3 3 33 3 3 3

u v u u v v

22

21 2 1 1

, ,|| || 6 6 6

v vv

3 3 3 1 1 3 2 21 1 1 1 1 2 1 1 1 1

, , 0, 0, 1 , , , , 0, ,2 23 3 3 3 6 6 6 6

v u u v v u v v

33

31 1 1

0, ,|| || 2 2

v vv

Định lý 3.8 (Tính đltt của họ trực giao) Nếu 1 2, , , mS u u u là họ trực giao gồm các vector khác 0

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

Định lý 3.9 Trong không gian Euclide n chiều, mọi họ n vector trực giao không chứa vector đều là cơ sở trực chuẩn của nó.

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

một cơ sở trực chuẩn.

Định lý 3.11 Nếu 1 2, , , nE e e e là cơ sở trực chuẩn trong không gian Euclide V, n-chiều, thì

u V đều có 1 1 2 2, , ... , n nu u e e u e e u e e . Nghĩa là…Nghĩa là [u] ...E

Thí dụ 3.22 Xét không gian R3 với TVH Euclid. Cơ sở B , , wu v với (0,1,0)u ; 4 3

,0,5 5

v

;

3 4,0,

5 5w

là trực chuẩn. Tìm ma trận tọa độ của vector 1,1,1a đối với cơ sở B.

38

Giải.

11 7

, 1, , - , , [ ] 1/ 55 5

7 / 5Ba u a v a w a

. Thử lại 1 71,1,1

5 5a u v w

3.6.5 Hình chiếu của một vectơ lên một không gian con Định lý 3.12 Giả sử 1 2, , , mS e e e là họ trực chuẩn trong không gian V có TVH và ( )W L S .

Cho vector bất kỳ u V . Đặt 1 1 1 2 2, , ... , m mw u e e u e e u e e và 2 1-w u w . Khi đó:

a) 1 ;w W

b) 2w trực giao với W.

Chứng minh: a) Hiển nhiên

b) 2 11, w , u, w , u, u, , 0i i i i i i ii m e e e e e e e

Vậy 2w trực giao với W.

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

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

Thí dụ 3.23 Xét không gian R3 với TVH Euclid. Họ 1 2S ,e e với 1 24 3

(0,1,0); ,0,5 5

e e

là

trực chuẩn. Cho vector 1,1,1u .

1 1 1 2 21 4 3 4 3

, , 1.(0,1,0) . ,0, ,1,5 5 5 25 25 Ww u e e u e e hch u

2 14 3 21 28

- 1,1,1 ,1, ,0,25 25 25 25

w u w

3.6.6 Tích vô hướng trong cơ sở trực chuẩn. Giả sử 1 2, , , nE e e e là cơ sở trực chuẩn của không gian Euclide n-chiều V. Ta có

1 khi ,

0 khi i ji j

e ei j

và 1 1 2 2 1 1 2 2, : ... , ...n n n nx y V x x e x e x e y y e y e y e . Do đó:

- 1 1 2 21

, ...n

n n i ii

x y x y x y x y x y

- 2

1

|| ||n

ii

x x

- 2

1

( , ) ( )n

i ii

d x y x y

v

Định lý 3.13 Nếu P là ma trận đổi cơ sở, từ cơ sở trực chuẩn B sang cơ sở trực chuẩn B’ thì P là ma trận

trực giao. Nghĩa là: 'TP P . Thí dụ 3.24 Phép quay hệ trục tọa độ Oxy một góc α.

1 2 1 2 1 2 1 11 0 cos sin cos sin

{ , }, , ; ' { ' , ' }, ' ,0 1 sin cos sin cos

B e e e e B e e e e P

'

cos sin ' '.cos '.sin

sin cos ' '.sin '.cosB B

x x x yv P v

y y x y

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.

39


Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Thời gian: Tuần 10 Tiết 37 - 40 GV giảng 4, HV tự học: 4


Chương 3 KHÔNG GIAN VECTOR - KHÔNG GIAN EUCLID Các mục Chữa bài tập chương Mục đích - yêu cầu

Luyện tập thành thạo các bài tập chương 3

NỘI DUNG

II. BÀI TẬP LUYỆN TẬP

1. Tìm cơ sở không gian nghiệm của hệ phương trình thuần nhất: 1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

3 5 2 4 07 4 3 05 7 4 6 0


.

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

gian P2, trong đó: 2 5 12 3 p x x x

2 2 21 2 31 2 3 , 4 5 6 , 7 8 9p x x x p x x x p x x x

3. Trong không gian P2, hãy tìm ma trận toạ độ của các đa thức p và q đối với cơ sở 1 2 3, , B p p p

Trong đó: 2 2 2 2 21 2 35 9 5 , 4 3 , 2 4 , 1 3 , 3 2 5p x x q x x p x x p x x p x x

4. Trong không gian R4, tìm ma trận toạ độ của vector 5, 2,1, 4 v đối với cơ sở 1 2 3 4, , ,B u u u u ,

biết: 1 2 3 41 , 0, 1, 2 , 1, 1, 2, 1 , 2, 2, 3, 0 , 1, 1, 1, 3u u u u

5. Trong R3, tìm ma trận toạ độ của vectơ x đối với cơ sở 1 2 3, ,B v v v trong đó:

1 2 31, 2, 3 , 3, 1, 5 , 1, 1, 3 , 1, 0, 2x v v v

6. Tìm ma trận toạ độ của véc tơ w đối với cơ sở 1 2 3, ,B u u u trong không gian R3, trong đó :

1 2 35, 12, 3 , 1, 2,3 , 4, 5, 6 , 7, 8, 9w u u u

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

1,2,3, 4 , 2,1, 1,0 , 1,1, 2,1 , 0, 2,3,2 , 3, 1,1,1v a b c d

8. Trong không gian R4 tìm ma trận toạ độ của họ vevtor 1 2,S v v đối với cơ sở 1 2 3 4, , ,B u u u u ,

biết: 1 21 , 1, 2, 2 , 1 , 0, 1, 1v v

1 2 3 41 , 3 , 3, 1 ; 2 , 0, 1, 6 ; 1, 1, 3, 2 ; 1, 2, 1, 0u u u u


biết: 1 20, 1, 3, 4 , 2, 1 , 0, 3v v

1 2 3 41 , 3, 3, 5 2, 4, 0, 6 , 1 , 1, 2, 2 , 1 , 2, 1, 0u u u u


biết: 1 21, 2, 3, 4 , 2, 4, 1, 4v v

1 2 3 41 , 1, 2, 2 , 2, 4, 0, 6 , 1, 2, 1, 0 , 1, 3, 3, 5u u u u

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

40

12. Trong R5 cho một họ 5 vector 1 2 3 4 5, , , , :S x x x x x

1 2 34, 3, 8, 2, 7 ; 8, 6, 1, 4, 6 ; 4, 3, 1, 2, 5x x x

4 54, 3, 5, 2, 3 ; 8, 6, 7, 4, 2x x

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

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

1 21 3

A

0 12 4

B

4 20 2

C

a) 6 30 8

b) 1 7

5 1

c) 6 18 8

d) 0 00 3

14. Trong R3, tìm ma trận toạ độ của họ vector S đối với cơ sở B, trong đó: 1 2 3 1 2 3 , , , 3, 1, 5 , 1, 1, 3 , 1, 0, 2B v v v v v v và

1 2 3 1 2 3 , , , 2, 1, 1 , 2, 1, 1 , 1, 2, 1S u u u u u u

15. Hãy áp dụng Gramm-Schmidt để biến chuẩn tắc 2 31, , ,B x x x của không gian P3 thành cơ sở

trực chuẩn đối với tích vô hướng sau đây1

1

, : ( ) ( )p q p x q x dx

16. Hãy áp dụng Gramm-Schmidt để biến cơ sở 1 2 3, ,S u u u thành cơ sở trực chuẩn của không gian

R3 , đối với tích vô hướng Euclide. Trong đó: 1 2 31 , 1, 1 , 1 , 1, 0 , 1 , 2, 1u u u

17. Trong R3 xét tích vô hướng Euclide. Hãy áp dụng Gramm-Schmidt để biến cơ sở 1 2 3, ,S u u u

thành cơ sở trực chuẩn, trong đó: 1 2 31, 0,0 , 3, 7, 2 , 0, 4, 1u u u

18. Trong không gian R4 xét tích vô hướng Euclide. Hãy áp dụng quá trình trực giao hoá Gramm-Schmidt để biến cơ sở sau đây thành trực chuẩn:

1 2 3 4 1 , 0, 0, 1 , 1, 0, 2, 1 , 2, 3, 2, 2 , 1, 2, 1, 2u u u u

19. Trong không gian R3 xét tích vô hướng 1 1 2 2 3 3, 2 3u v u v u v u v . Hãy áp dụng quá trình trực

giao hoá Gramm-Schmidt để biến cơ sở 1 2 3, , B u u u thành cơ sở trực chuẩn. Trong đó:

1 2 31,1,1 , 1,1,0 , 1,0,0u u u

20. Hãy áp dụng Gramm-Schmidt để biến cơ sở 21, , B x x thành cơ sở trực chuẩn của không gian

P2 đối với tích vô hướng sau: 1

0

, : ( ) ( )p q p x q x dx

21. Trong R3, tìm ma trận P đổi từ cơ sở B sang cơ sở B’ . Trong đó: 1 2 3 1 2 3 , , , 3, 1, 5 , 1, 1, 3 , 1, 0, 2B v v v v v v và

1 2 3 1 2 3' , , , 2, 1, 1 , 2, 1, 1 , 1, 2, 1B u u u u u u

22. Trong R3, tìm ma trận P đổi từ cơ sở B sang cơ sở B’ . Trong đó: 1 2 3 1 2 3 , , , 3, 0, 3 , 3, 2, 1 , 1, 6, 1B v v v v v v và

1 2 3 1 2 3' , , , 6, 6, 0 , 2, 6, 4 , 1, 2, 1B u u u u u u

23. Trong R3 xét tích vô hướng Euclide. Tìm hình chiếu trực giao của vector v trong không gian con có cơ sở 1 2, S u u , trong đó: 1 25, 12, 3 , 1, 1, 1 , 1, 2, 0v u u

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.

41




Chương 4 ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH Các mục + 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


- 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

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT

Chương 4. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

4.1 KHÁI NIỆM ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

4.1.1 Định nghĩa 4.1 . Ánh xạ T từ không gian vector V đến không gian vector W, :T V W , gọi là ánh xạ tuyến tính nếu nó thỏa mãn 2 tính chất:

a) , ( ) ( ) ( )u v V T u v T u T v b) , ( . ) . ( )u V k R T k u k T u

Nếu U V thì T gọi là toán tử tuyến tính trên V. ( Hai tính chất trên tương đương tính chất c) , , , ( . . ) . ( ) . ( )u v V k l R T k u l v k T u l T v ).

Thí dụ 4.1 Xét ánh xạ 2 3:T R R xác định như sau: ( , ) : ( , , )T x y x x y x y là ánh xạ tuyến tính.

Thật vậy 21 1 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2, , ( , ), ( , ) ( ) ( , , ), ( ) ( , , ).u v R u x y v x y T u x x y x y T v x x y x y

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2, ( . . ) ( , ) ( , , )k l R T k u l v T kx lx ky ly kx lx kx lx ky ly kx lx ky ly

1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )kx kx ky kx ky lx lx ly lx ly k x x y x y l x x y x y

Do đó ( . . ) . ( ) . ( )T k u l v k T u l T v . Suy ra T là ánh xạ tuyến tính.

Thí dụ 4.2 Giả sử 1 2: ( , ,..., )nnx R x x x x với ix R . Khi đó

1

2[ ] [ ]...E

n

xx

x x

x

. Thế thì hệ Ax b

phải được hiểu là .[ ]A x b .

Cho m nA M và ánh xạ : n mT R R được xác định như sau: ( ) : .[ ]Tnx R T x A x .

Giả sử , , , ( ) ( ) . ( ) . ( )nx y R k l R T kx ly A kx ly kAx lAy k T x l T y . Vậy T là 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 :T V W xác định bởi: , ( )v V T v - là ánh xạ tuyến tính, gọi là ánh xạ không ( )O 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 1 2, ,..., rB v v v . Xét phép chiếu trực giao :T V W như sau:

1 1 2 2 ( ) , , ... , r ru V T u u v v u v v u e e

Dễ dàng thấy rằng T là ánh xạ tuyến tính.

Thí dụ 4.4 Cho không gian vector V và số thực không âm k. Khi đó ánh xạ :T V V xác định bởi công thức: , ( )v V T v kv - là ánh xạ tuyến tính.

- Với 0, ( )k v V T v : T chính là toán tử không; - Với 1, ( )k v V T v v : T là toán tử đồng nhất; - Với 0k : T được gọi là toán tử co;

42

- Với 0k : T được gọi là toán tử dãn. 4.1.2 Các phép toán trên ánh xạ tuyến tính

Giả sử V và W là hai không gian vector. Đặt ( , W) { : | L V f V W f -là ánh xạ tuyến tính }.

a) Phép nhân ánh xạ với một số: , ( , W), . ( ) : . ( )k R f L V v V k f v k f v

b) Phép cộng hai ánh xạ: , ( , W), ( ) : ( ) ( )f g L V v V f g v f v g v

Dễ dàng thấy rằng .k f và f g cũng là các ánh xạ tuyến tính. Do đó ( , W)L V với hai phép tính vừa được định nghĩa là một không gian vector trên trường số thực.

c) Phép hợp hai ánh xạ tuyến tính. Cho 3 không gian vector V,W,U và hai ánh xạ tuyến tính :f V W , :g W U . Khi đó hợp của hai ánh xạ f và g cũng là một ánh xạ tuyến tính:

:og f V U ( ) ( )ov V g f v g f v .

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

tính từ V tới V’ là song ánh. Nghĩa là nếu 1 1, 'k R x x và 1 1 'y y thì 1 1 1 1' ', . . 'x y x y k x k x .

Định lý 4.1 Mọi không gian vector n-chiều đều đẳng cấu với nR . Chứng minh. Giả sử V là không gian vector n-chiều có cơ sở 1 2, ,..., nB v v v .

Xét ánh xạ : nT V R như sau ( ) ( )T nBv V T v v R .

Rõ ràng đây là một song ánh. Ngoài ra dễ thấy ( ) ( ) ( )B B Bv u v u và , ( . ) ( )B Bk R k v k v , suy ra T là ánh xạ tuyến

tính. Vậy V đẳng cấu với Rn.

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 HẠT NHÂN VÀ ẢNH CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 4.2.1 Tính chất của ánh xạ tuyến tính Định lý 4.2 Nếu :T V W là ánh xạ tuyến tính thì

i) ( )T ii) ( ) ( )v V T v T v iii) , ( ) ( ) ( )u v V T u v T u 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:

a) er( ) | ( )K T v V T v : Là tập hạt nhân của ánh xạ T;

b) Im( ) W | , ( )T u v V T v hay ( )T V là tập ảnh của ánh xạ T.

Thí dụ 4.5 Xét ánh xạ không :O V W er( )K O V và Im( ) { }O

Thí dụ 4.6 Xét ánh xạ nhân với ma trận ij( ) : n mm nA a T R R

( ) | ( ) |nKer T v V T v x R Ax O : Không gian nghiệm của hệ thuần nhất;

1 2Im( ) | , ( ) | , ( , ,..., )m nnT u W v V T v y R x R Ax y L A A A

4.2.3 Tính chất của hạt nhân và ảnh Định lý 4.3 Nếu :T V W là ánh xạ tuyến tính thì

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

Chứng minh… II. KIỂM TRA GIỮA KỲ

43




Chương 4 ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH Các mục 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 4.2.4 Hạng của ánh xạ tuyến tính Định nghĩa 4.4 Nếu :T V W là ánh xạ tuyến tính thì hạng của ánh xạ T, ký hiện ( )rank T , là:

( ) dim(Im( ))rank T T

Thí dụ 4.7 Xét 2 2:T R R phép quay hệ Oxy một góc α. Về mặt hình học dễ thấy: 2Im( ) , er( ) { }T R K T

Như vậy dim er( ) 0K T và ( ) dim Im( ) 2rank T T .

Thí dụ 4.8 Xét ánh xạ nhân với ma trận ij( ) : n mm nA a T R R . Ta có:

1 2Im( ) ( , ,..., ) ( ) dim Im( ) ( )nT L A A A rank T T rank A r

( ) | dim er( ) ( )nKer T x R Ax O K T n r n rank A

Định lý 4.4 Nếu :T V W là ánh xạ tuyến tính, dim V n và dim W m thì

dim Im( ) dim er( )T K T n hay ( ) dim er( )rank T K T n

Chứng minh… Hệ quả. Nếu m nA M thì chiều của không gian nghiệm của hệ thuần nhất Ax O bằng ( )n rank A

4.3 MA TRẬN CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 4.3.1 Ma trận của ánh xạ tuyến tính theo cơ sở Giả sử :T V W là ánh xạ tuyến tính, trong đó không gian V có cơ sở 1 2, ,..., nB u u u và W

có cơ sở 1 2' , ,..., mB v v v . Nếu ( ) WTx V y T x , 1

n

i ii

x x u

và 1

n

i jj

y y v

nghĩa là

1 2( ) ( , ,..., ) nB nx x x x R và ' 1 2( ) ( , ,..., ) m

B ny y y y R hay

1 1

2 2'[ ] và [y]

... ...B B

n m

x yx y

x

x y

.

Ta cần tìm ma trận A liên hệ giữa '[ ] và [y]B Bx .

Định nghĩa 4.5 Nếu tồn tại ma trận A thỏa mãn ' '[T( )] = [y] [ ]B B Bx A x với x V thì A gọi là ma

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:

Vì

1

21 1 2 2 '

1, T( ) ( ) ... hay ( )...

j

jj j j j mj m j B

mj

aa

j n u W T u a v a v a v T u

a

.

44

Đặt 11 12 1

21 22 21 2' ' '

1 2

...

...( ) ( ) ... ( )

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

n

nnB B B

m m mn

a a aa a a

A T u T u T u

a a a

Thử lại 1

2' '

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) [ ]...

n n n

i i i i i i BB Bi i i

n

xx

x x u T x x T u T x x T u A A x

x

Ý nghĩa. Cho x V tính ( )?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.

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

Mmxn đẳng cấu với nhau. (Không CM). 4.3.3 Các trường hợp riêng

a) Trường hợp ,n mV R W R và : n mT R R là ánh xạ tuyến tính

Đặt 1 2, ,..., nE e e e và 1 2' , ,..., mE f f f là hai cơ sở chính tắc tương ứng của hai không gian.

Khi đó

1 1

2 2'

( )( )

[ ] và ( ) [ ( )] ... ...

( )

E B

n m

x T xx T x

x x T x T x

x T x

suy ra 1 2( ) ( ) ... ( )nA T e T e T e .

Định nghĩa 4.6 Ma trận A xã định như trên gọi là ma trận chính tắc của ánh xạ T.

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

b) Trường hợp V=W : Khi đó người ta thường chọn B=B’. Do đó [ ( )] [ ]B BT x A x . A gọi là ma

trận của toán tử tuyến tính T đối với cơ sở B. Thí dụ 4.9 Tìm ma trận chính tắc của ánh xạ 2 2:T R R với 1 2 1 2 1 2( , ) ( 2 , )T x x x x x x .

Ta có 1 1

1( ) (1,1) ( )

1T e T e

, 2 1

2( ) (2, 1) ( )

1T e T e

. Vậy 1 21 1

A .

Thử lại 1 1 1 2

2 2 1 2

21 21 1

x x x xA

x x x x

.

Thí dụ 4.10 Tìm ma trận chính tắc của ánh xạ 3 4:T R R với 1 2 3 1 2 1 2 3 2 3( , , ) ( 3 , , , 2 )T x x x x x x x x x x

Tương tự ta có 1 2

11 2

1 2 3 23

32 3

3 1 3 01 1 0

( , , ) 0 0 1

0 1 2 2

x xx

x xT x x x A x A

xx

x x

Thí dụ 4.11 Tìm ma trận của ánh xạ 1 2:T P P với ( ) ( )T p x xp x đối với hai cớ sở chuẩn tắc của

P1 và P2.

45

Giải. Cơ sở chuẩn tắc của P1 là {1, }B x , cơ sở chuẩn tắc của P2 là 2{1, , }B x x

2

' '

0 0(1) .1, ( ) . (1) 1 , ( ) 0

0 1B B

T x T x x x x T T x

. Do đó 0 01 00 1

A

là ma trận cần tìm.

Thí dụ 4.12 Tìm ma trận của toán tử đồng nhất :I V V , V là không gian n-chiều nào đó. Giải. Giải sử B là cơ sở bất kỳ của V. Ta có ( ) ( )

B B Bx V I x x I x A x x . Do đó A là

ma trận đơn vị cấp n đối với mọi cơ sở. Thí dụ 4.13 Tìm ma trận của ánh xạ 2 2:T R R , trong đó 1 2 1 2 1 2( , ) ( , 2 4 )T x x x x x x đối với cơ

sở 1 2{ , }B v v , trong đó 1 2(1,1), (1,2)v v .

Giải. 1 1 1

2( ) (2,2) 2 ( )

0BT v v T v

, 2 2 2

0( ) (3,6) 3 ( )

3BT v v T v

. Vì vậy

2 00 3

A

.

Ma trận A rõ ràng có dạng đơn giản hơn ma trận chính tắc của toán tử T là : 1 12 4

.

4.4 MA TRẬN ĐỒNG DẠNG 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

cấp n không suy biến sao cho 1B P AP thì B gọi là ma trận đồng dạng với A. Quan hệ đồng dạng là là quan hệ đối xứng vì 1 1B P AP A Q BQ với 1Q P . 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

B và A’ là m trận của toán tử B đối với cơ sở B’. Khi đó 1'A P AP với P là ma trận cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở B’.

Chứng minh. Theo giả thiết ' ' [ ] [ ( )] '[ ] [ ( )] B B B Bx V A x T x A x T x

1' '[ ] [ ] [ ( )] [ ( )] B B B BP x x P T x T x

Do đó 1 1 1' ' ''[ ] [ ( )] [ ( )] [ ] [ ]B B B B BA x T x P T x P A x P AP x . Vậy 1'A P AP . (đpcm)

Thí dụ 4.14 Ma trận chính tắc của ánh xạ 2 2:T R R , trong đó 1 2 1 2 1 2( , ) ( , 2 4 )T x x x x x x là

1 12 4

A ; Ma trận của ánh xạ T đối với cơ sở 1 2{ , }B v v , trong đó 1 2(1,1), (1,2)v v là

2 0'

0 3A

. Ma trận đổi cơ sở từ E sang B là 11 1 2 1

1 2 1 1P P

.

Thử lại: 1 2 1 1 1 1 1 2 0'

1 1 2 4 1 2 0 3A P AP

.

Ứng dụng: Tính 50

50 1 12 4

A ?

Ta dễ dàng tính được 50 50

50

50

2 0 2 0'

0 3 0 3A

.

Mặt khác 501 50 1 1 1 1' ' ( ' )( ' )...( ' )A PA P A PA P PA P PA P PA P . Vì vậy:

50 51 50 50 50

50 50 150 51 50 50 20

1 1 2 0 2 1 2 3 2 3( ')

1 2 1 10 3 2 2.3 2 2.3A P A P

46

II . LUYỆN BÀI TẬP CHƯƠNG 4

1. Gọi M2 là tập các ma trận vuông cấp 2, A =1 23 1

. Xét ánh xạ tuyến tính T: M2 M2 xác

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

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

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

Hãy tính T(4+ 11x +11x2).

3. Cho ánh xạ tuyến tính T : R3R3 xác định như sau:

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

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)

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

47




Chương 5 TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG, DẠNG TOÀN PHƯƠNG Các mục 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


- Giới thiệu khái niệm trị riêng và vector riêng của ma trận và của toán tử tuyến tính, bài toán chéo hóa ma trận.

- Hướng dẫn giải các bài toán tương ứng

NỘI DUNG

I. LÝ THUYẾT Chương 5. TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG , DẠNG TOÀN PHƯƠNG

3.1 TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG CỦA MA TRẬN 3.1.1 Định nghĩa 5.1 Giả sử ma trận ( )ij n nA a . Nếu tồn tại vector 0 nx R và một số (thực

hoặc phức) sao cho Ax x thì được gọi là trị riêng của ma trận A và x được gọi là vectơ

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

với trị riêng với mọi hằng số 0c .

Thí dụ 5.1 Cho 3 0 1 3 0 1 3 1

3.8 1 2 8 1 2 6 2

A A

Vậy 12

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

3.1.2 Phương trình đặc trưng Cho ma trận ( )ij n nA a để tìm trị riêng và vector riêng c ủa A ta cần giải hệ phương trình:

( )Ax x A E x O . Do vector 0x (nghiệm không tầm thường của hệ thuần nhất) nên det( ) 0A E . Phương trình det( ) 0A E được gọi là phương trình đặc trưng của ma trận A.

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 nghiệm thực, phức hay bội. Đó là các trị riêng của ma trận A.

Thí dụ 5.2 Cho 3 21 0

A . 2 1

2

13 2det( ) 3 2 0

1 2A E

.

Như vậy ma trân đã cho có hai trị riêng: 1 và 2.

Thí dụ 5.3 Cho 2 1

5 2A

. 2 1

2

2 1det( ) 1 0

5 2i

A Ei

.

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

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

không suy biến sao cho 1B P AP . Nếu 0x là vectơ riêng của B ứng với trị riêng thì:

48

1Bx x Bx P APx x APx Px Do đó Px là vector riêng của A tương ứng với trị riêng .

3.1.4 Tìm vectơ riêng của ma trận Cho ma trận ( )ij n nA a và một vector riêng . Để tìm vector riêng tương ứng ta giải hệ thuần

nhất ( )A E x O . Định nghĩa 5.2 Không gian nghiệm của hệ phương trình thuần nhất ( )A E x O gọi là không gian

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.

Thí dụ 5.4 Tìm các trị riêng và không gian riêng tương ứng của ma trận 3 2 02 3 0

0 0 5A

.

Giải. Giải phương trình đặc trưng 2 1

2

3 2 01

det( ) 2 3 0 ( 1)( 5) 05

0 0 5A E

- Với 1 1 : Giải hệ 2 2 0

( ) 2 2 0 00 0 4

A E x x

ta được 3 0x , 2x tùy ý và 1 2x x .

Vậy tương ứng với 1 1 không gian riêng của A là 1 - chiều, có cơ sở là 1v , với 1 (1,1,0)v .

- Với 2 5 : Giải hệ 2 2 0

( ) 2 2 0 00 0 0

A E x x

ta được 2 3,x x tùy ý và 1 2x x .

Vậy tương ứng với 2 5 không gian riêng của A là 2- chiều, có cơ sở là 2 3,v v , với

2 ( 1,1,0)v và 3 (0,0,1)v .

3.2 TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

3.2.1 Khái niệm. Giả sử :T V V là toán tử tuyến tính trên không gian V. Nếu tồn tại vector v và một số sao cho ( )T v v , thì gọi là trị riêng của toán tử T và v gọi là vector riêng của toán tử T tương ứng với trị riêng .

Từ ( )T v v suy ra ( ) . ( ) ( )( ) er( )T v I v T I v v K T I ( với I là toán tử đồng nhất). Do đó er( )K T I gọi là không gian riêng cảu toán tử T tương ứng với trị riêng .

3.2.2 Tìm trị riêng và vectơ riêng của toán tử tuyến tính

Định lý 5.2 Giả sử :T V 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:

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 là vector riêng của A

tương ứng với trị riêng .

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

A[v] =[ ( )] [ ] [ ]B B B BT v v v . Suy ra là trị riêng của A và [ ]Bv là vector riêng của A tương ứng

với trị riêng . (đpcm)

Thí dụ 5.5 Tìm các trị riêng và cơ sở của các không gian riêng tưng ứng của toán tử 2 2:T P P xác

định như sau: 2 2( ) (3 2 ) ( 2 3 ) (5 )T a bx cx a b a b x c x .

Giải. Ma trận của toán tử T đối với cơ sở 2{1, , }B x x là 3 2 02 3 0

0 0 5A

có hai trị riêng là 1 1

và 2 5 .

49

- Tương ứng với 1 1 không gian riêng của A là 1-chiều, có cơ sở là 1x , với 1 (1,1,0)x ;

- Tương ứng với trị riêng 2 5 không gian riêng của A là 2- chiều, có cơ sở là 2 3,x x , với

2 ( 1,1,0)x và 3 (0,0,1)x .

Từ đó suy ra: - Tương ứng với 1 1 không gian riêng của toán tử T là 1-chiều, có cơ sở là 1v , với 1 1v x ;

- Tương ứng với 2 5 , không gian riêng của T 2- chiều, có cơ sở là 2 3,v v , với 2 1v x và 2

3v x .

3.3 BÀI TOÁN CHÉO HÓA MA TRẬN

3.3.1 Đặt bài toán. Giả sử :T V V là toán tử tuyến tính trên không gian V n-chiều. 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.

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 1P AP là ma trận chéo, với P là ma trận đổi cơ sở.

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 dẫn đến bài toán tìm ma trận trực giao P sao cho 1P AP là ma trận chéo.

3.3.2 Ma trận chéo hóa được Định nghĩa. Cho ma trận ij n n

A a

nếu tồn tại ma trận không suy biến ij n nP p

sao cho 1P AP

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 ij n n

A a

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

tính. Chứng minh. Điều kiện đủ. Giả sử ma trận A là chéo hóa được , khi đó tồn tại ma trận không suy

biến ij n nP p

sao cho

1

1 2

0 ... 00 ... 0... ... ... ...0 0 ... n

P AP D AP PD

.

Đặt jP là ma trận cột j của P thì

1 11 2 12 1

1 21 2 22 21 1 2 2

1 1 2 2

...

...[ ... ]

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

n n

n nn n

n n n nn

p p pp p p

PD P P P

p p p

suy ra

, 1,j j jAP P j n vì vậy jP là vector riêng của A tương ứng với trị riêng 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 , 1,jP j n tương ứng với các trị riêng

j . Đặt

11 12 1

21 22 21 2

1 2

...

...[ ... ]

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

n

nn

n n nn

p p pp p p

P P P P

p p p

suy ra , 1,j j jAP P j n hay

1 11 2 12 1 1

1 21 2 22 2 2

1 1 2 2

... 0 ... 0

... 0 ... 0... ... ... ...... ... ... ...0 0 ......

n n

n n

nn n n nn

p p pp p p

AP P

p p p

.

50

Do P khả nghịch nên

1

1 2

0 ... 00 ... 0... ... ... ...0 0 ... n

D P AP

. Vậy D là ma trận chéo hóa được.

Thủ tục chéo hóa ma trận i) Tìm n trị riêng , 1,j j n và các vector riêng độc lập tuyến tính tương ứng , 1,jP j n .

ii) Lập ma trận

11 12 1

21 22 21 2

1 2

...

...[ ... ]

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

n

nn

n n nn

p p pp p p

P P P P

p p p

iii) Tính 1P và thử lại

1

1 2

0 ... 00 ... 0... ... ... ...0 0 ... n

P AP

Thí dụ 5.6 Tìm ma trận P làm chéo hoá ma trận 3 2 02 3 0

0 0 5A

.

Giải. Giải phương trình đặc trưng 1 2det( ) 0 1, 5A E

- Với trị riêng 1 1 : Giải hệ ( ) 0A E x ta được 1 (1,1,0)v .

- Với trị riêng 2 5 : Giải hệ ( ) 0A E x ta được 2 ( 1,1,0)v và 3 (0,0,1)v .

Ma trận P phải tìm là: 11 1 0 1/2 1/2 01 1 0 -1/2 1/2 00 0 1 0 0 1

P P

. Thử lại 11 0 00 5 00 0 5

P AP

Thí dụ 5.7 Tìm ma trận P làm chéo hoá ma trận 3 22 1

A

.

Giải. Giải phương trình đặc trưng 21 2

3 2det( ) ( 1) 0 1

2 1A E

Giải hệ 2 2

( ) 02 2

A E x x

, ta được 2x tùy ý và 1 2x x . Vì vậy tương ứng với 1

không gian riêng A là 1-chiều, có cơ sở là v , với (1,1)v . Vì vậy ma trận A không chéo hóa được.

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 j và n vector riêng tương ứng là

, 1,jx j n . Ta cần chứng minh hệ , 1,jx j n là độc lập tuyến tính.

Giả sử ma trận A chỉ có r < n vector riêng độc lập tuyến tính là , 1,jx j r .

Khi đó 1 1 1 2 21

...r

r r r j jj

x c x c x c x c x

với jc R , suy ra 1 1 11

r

r r j r jj

x c x

.

Mặt khác 11 1

r r

r j j j j jj j

Ax c Ax c x

= 1 1r rx nên 11

( )r

j r j jj

c x O

.

Do hệ , 1,jx j r độc lập tuyến tính nên 1 1( ) 0 0, 1,j r j j rc c j r x O .

Điều đó mâu thuẫn với là vector riêng. Vậy hệ { , 1, }jx j n phải độc lập tuyến tính.

51

Thí dụ 5.8 Ma trận 2 1 03 2 00 0 4

A

có chéo hóa được không ?

Giải. Giải phương trình 22 1 0

det( ) 3 2 0 (4 )( 4 1) 00 0 4

A E

ta được 1 4 ,

2 22 3, 2 3 . Do đó ma trận A là chéo hóa được.

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 1P AP 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: 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 1 TP AP P AP D là ma trận chéo. Do đó TA PDP .

Mặt khác T TT T T T T TA PDP P D P PDP A suy ra A là ma trận đối xứng.

Định lý 5.7 Nếu A là ma trận đối xứng thì

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 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 i) Tìm n trị riêng , 1,j j n và các vector riêng độc lập tuyến tính tương ứng , 1,jP j n .

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.

Thí dụ 5.9 Tìm ma trận P làm chéo hoá trực giao ma trận 4 2 22 4 22 2 4

A

.

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

21 2

4 2 2det( ) 2 4 2 (8 )( 2) 0 2, 8

2 2 4A E

- Với trị riêng 1 2 giải hệ 2 2 2

( ) 2 2 2 02 2 2

A E x x

ta được 1 ( 1,1,0)u và 2 ( 1,0,1)u :

Trực chuẩn hóa thành: 1 (-1/ 2, 1/ 2, 0)u và 2 (-1 6, -1/ 6, 2/ 6)v .

- Với trị riêng 2 8 giải hệ 4 2 2

( ) 2 4 2 02 2 4

A E x x

ta được 3 (1,1,1)u : Chuẩn hóa

thành: 1 (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3)u Ma trận P phải tìm là

-1/ 2 -1/ 6 1/ 3

1/ 2 -1/ 6 1/ 3

0 2/ 6 1/ 3

P

52




Chương 5 TRỊ RIÊNG , VECTOR RIÊNG Các mục 5.4 Dạng toàn phương

Chữa bài tập chương 5Mục đích - yêu cầu

- 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

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 :f V R gọi là một dạng tuyến tính trên V. Hay nói rằng ( )f x là một dạng tuyến tính đối với x V .

Thí dụ 5.10 ( ) ( )b

a

I u u t dt là một dạng tuyến tính đối với [ , ]u C a b .

b) Ánh xạ 2:V R gọi là một dạng song tuyến tính trên V nếu ( , )x y là một dạng tuyến tính 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 .

Thí dụ 5.11 + ( , ) ( ) ( )b

a

J u v u t v t dt là một dạng tuyến tính đối với , [ , ]u v C a b .

+ Xét không gian 3 31 2 3 1 2 3: , ( , , ), ( , , )R x y R x x x x y y y y .

Hàm 1 1 1 3 2 2 2 3 3 3( , ) 2 2 5 2 3f x y x y x y x y x y x y là một dạng song tuyến đối với 3,x y R . c) Dạng song tuyến tính ( , )x y trên V gọi là một dạng song tuyến đối xứng nếu

( , ) ( , )x y y x với ,x y V d) Nếu ( , )x y là một dạng song tuyến đối xứng trên V thì ( ) ( , )Q x x x gọi là một dạng toàn

phương đối với x V .

Thí dụ 5.12 + ( , ) ( ) ( )b

a

J u v u t v t dt là một dạng tuyến tính đối xứng đối với , [ , ]u v C a b .

2( ) ( )b

a

Q u u t dt là dạng toàn phương đối với [ , ]u C a b .

+ Hàm 2 2 31 1 3 2 2 3 3( ) 2 2 5 2 3Q x x x x x x x x là dạng toàn phương trên 3R .

3.4.2 Dạng song tuyến trên không gian n-chiều Giả sử ( , )x y là một dạng song tuyến trên không gian V, n-chiều và 1 2, ,..., nB e e e là một cơ

sở tùy ý. Vì ,x y V ta có 1 1

, n n

i i j ji j

x x e y y e

hay

1 1

2 2[ ] ,[y]... ...B B

n n

x yx y

x

x y

nên:

1 1 1 1 1 1

( , ) , ( , ) [ ] [ ]n n n n n n

Ti i j j i j i j ij i j B B

i j i j i j

x y x e y e e e x y a x y x A y

53

với ij ( , )i ja e e . Khi đó ij[ ]n nA a gọi là ma trận của dạng song tuyến ( , )x y đối với cơ sở B.

3.4.3 Dạng toàn phương trên không gian n-chiều Giả sử ( , )x y là một dạng song tuyến trên không gian V, n-chiều. Đặt:

1 1

( ) ( , ) =[ ] [ ]n n

Tij i j B B

i j

Q x x x a x x x A x

.

Ánh xạ ( , )x y là một dạng song tuyến đối xứng khi và chỉ khi ma trận A của nó đối với một cơ sở B nào đó là đối xứng. Khi đó ( ) ( , )Q x x x là một dạng toàn phương. Nếu ma trận A không đối xứng thì ( ) ( , )Q x x x không phải là dạng toàn phương. Nếu đặt

ijij 2

jia ac

và ij[c ]n nC thì C là ma trận đối xứng và

1 1

( ) ( , ) [ ] [ ]n n

Tij i j B B

i j

Q x x x c x x x C x

.

Như vậy mọi hàm đẳng cấp bậc hai đối với 1 2, ,..., nx x x đều có thể viết dưới dạng toàn phương

đối với cơ sở B bất kỳ. Trường hợp nV R thì 1 2( , ,..., ) ( )n Ex x x x x . Do đó mọi hàm đẳng cấp bậc hai đối với các

biến 1 2, ,..., nx x x đều là một dạng toàn phương đối với cơ sở chính tắc.

3.4.4 Rút gọn dạng toàn phương Định nghĩa. Giả sử ( ) [ ] [ ]T

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

Nếu A là ma trận chéo thì ta nói dạng toàn phương ( )Q x có dạng chính tắc trong cơ sở B.

2 2 211 1 22 2( ) ... nn nQ x a x a x a x

Giả sử ma trận A của dạng toàn phương ( )Q x đối với cơ sở chính tắc E không có dạng chéo. Rút gọn dạng toàn phương là tìm một cơ sở B để ma trận của dạng toàn phương có dạng chéo.

3.4.5 Rút gọn dạng toàn phương bằng chéo hóa ma trận

Giả sử 1 1

( ) [ ] [ ]n n

T Tij i j E E

i j

Q x a x x x A x x Ax

là một dạng toàn phương trên Rn đối với với cơ

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 , 1,jv j n . 1 2{ , ,..., }nB v v v la cơ sở trực chuẩn.

Đặt P là ma trận đổi cơ sở từ E sang B: 1 2[ ] ,[ ] ,...,[ ]E E n EP v v v .

Ta có

1

2

''

[ ] [ ] ,[ ] [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] [ ]...

'

T T T TE B B E E E B B

n

xx

x P x x P x Q x x A x x P AP x

x

.

Do

1

2

0 ... 00 ... 0... ... ... ...0 0 ...

T

n

D P AP

nên 2 2 21 1 2 2( ) ' ' ... 'n nQ x x x x . Rõ ràng ( )Q x có dạng

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

Q(x) = 2443

23

2221

21 245245 xxxxxxxx

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

5 2 0 0

2 2 0 0

0 0 5 2

0 0 2 2

A

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

54

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

6220026500

0062200265

= 0

Hay 0

42002100

00420021

4

3

2

1

xxxx

ta được 2 vector riêng tương ứng là u1 =

0012

và u2 =

12

00

.

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

00

5/15/2

và v2 =

5/15/2

00

.

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

1220021500

0012200215

= 0

Hay 0

12002400

00120024

4

3

2

1

xxxx

ta được 2 vector riêng tương ứng là u3 =

0021

và u4 =

2100

.

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

00

5/25/1

và v4 =

5/25/1

00

.

Dạng toàn phương trong cơ sở 1 2 3 4{ , , , }B v v v v là : Q(x’) = 24

23

22

21 '''6'6 xxxx

3.4.6 Phương pháp Jacoby (phương pháp tam giác) Giả sử ( ) TQ x x Ax là một dạng toàn phương đối với với cơ sở chính tắc. Ta cần tìm cơ sở

1 2{ , ,..., }nB v v v sao cho , trong cơ sở ấy 2 2 21 1 2 2( ') ' ' ... ' ( , ) 0n n i kQ x c x c x c x v v nếu k i .

Đặt

11 11 1

2 21 1 22 2

1 1 2 2

...[ ]

...0

...0

k

k E kk

n n n nn n

v ev e e

v

v e e e

Các hệ số ij được chon sao cho 1 khi [ ]

0 khi k E

k iA v

k i .

Từ đó suy ra các hệ số ki là nghiệm của hệ

11 1 12 2 1

21 1 22 2 2

1 1 2 2

... 0

... 0

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

... 1

k k k kk

k k k kk

k k k k kk kk

a a a

a a a

a a a

.

Đặt

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...

... ... ...

...

k

kk

k k kk

a a a

a a a

a a a

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

Nếu 0kk thì 1 , 1,2,3,....,k

kkk

k n

với 0 1 .

55

Trong cơ sở B dạng toàn phương 2 2 2111 2

1 2

1( ') ' ' ... '

n

nn

Q x x x x

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

2 2 21 1 2 1 3 2 32 3 4Q x x x x x x x x

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

2 3/2 2

3/2 1 0

2 0 1

A

Ta có 1 22 3/2 1

2, 3/2 1 4

và 3

2 3/2 217

det( ) 3/2 1 04

2 0 1

A

Do đó dạng toàn phương trong cơ sở mới là 2 2 21 2 3

1 1( ') ' 8 ' '

2 17Q x x x x

Tìm cơ sở 1 2 3{ , , }B v v v ?

- Với 2122 21

22

2 3/2 02 , 8 6

3/2 1 1k

- Với 31

32 33 31 31

33

2 3/2 2 01 8 12

3 3/2 1 0 0 , ,17 17 172 0 1 1

k A

.

Vậy 1 2 3

1 8 12 1,0,0 , 6, 8,0 , , ,

2 17 12 17v v v

.

Chú ý: Phương pháp Jacoby không thể thực hiện được nếu 0k .

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

2 2 21 1 2 1 3 2 32 3 4Q x x x x x x x x

Giải. 2 2 21 1 2 1 3 2 32 3 4Q x x x x x x x x

2 2 21 1 2 1 3 2 3

3= 2 2

2x x x x x x x

: Đặt 1 1 2 3

3'

4x x x x

2 2 2 2 21 2 3 2 3 2 3

9 3 2 '

16 2x x x x x x x

2

2 2 2 2 21 2 2 3 1 2 3 2 2

1 3 9 12 ' 3 2 '

8 2 4 8x x x x x x x x x

2 2 21 3 2

17( ') 2 ' ' '

8Q x x x x

Như vậy:

1 1 2 3

2 2

3 2 3

3'

4'

3'

2

x x x x

x x

x x x

hay

1 3 / 4 1

0 1 0

0 3 / 2 1

Q

là ma trận đổi cơ sở từ B sang E.

3.4.8 Định luật quán tính Có nhiều phương pháp khác nhau để đưa một dạng toàn phương về dạng chính tắc.

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.

56

3.4.9 Dạng toàn phương xác định dương, xác định âm… Định nghĩa. Giả sử ( )Q x là một dạng toàn phương đối với với x V . Khi đó ( )Q x gọi là:

- Xác định dương (nửa dương) nếu ( ) ( )0x O V Q x . - Xác định âm nếu ( ) 0x O V Q x . - Không xác định nếu , ( ) 0 ( ) 0x y V Q x Q y .

Giả sử ta đưa ( )Q x về dạng chính tắc bằng chéo hóa ma trận: 2 2 21 1 2 2( ) ' ' ... 'n nQ x x x x

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 ( )Q x về dạng chính tắc bằng phương pháp Jacoby

2 2 2111 2

1 2

1( ') ' ' ... '

n

nn

Q x x x x

Định lý 5.9 ( )Q x là một dạng toàn phương khi và chỉ khi mọi định thức con chính của nó đều dương.

Thí dụ 5.16 Xét dạng toàn phương sau đây: 2 2 21 1 2 1 3 2 2 3 32 2 4 3 8 6Q x x x x x x x x x x

Ma trận của dạng toàn phương Q x trong cơ sở chính tắc là :

2 -1 2

-1 3 -4

2 -4 6

A

.

Ta có: 1 22 -1

2 0, 5 0-1 3

và 3

2 -1 2

det( ) -1 3 -4 2 0

2 -4 6

A .

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

3.4.10 Ứng dụng: Nhận dạng đường và mặt bậc 2

Thí dụ 5.17 Nhận dạng đường cong cho bởi phương trình: 2 21 1 2 25 4 8 36x x x x

Giải. Ma trận của dạng toàn phương 2 21 1 2 2( ) 5 4 8Q x x x x x trong cơ sở E là

5 -2-2 8

A

có 2

trị riêng 1 4 , 2 9 ; 2 vector riêng trực chuẩn tương ứng 1( ) 2/ 5, 1/ 5Ev ,

2( ) -1/ 5, 2/ 5Ev .

Ma trận đổi cơ sở từ cơ sở E sang cơ sở mới B là: 2/ 5 -1/ 5

1/ 5 2/ 5P

. 1 4 00 9

D P AP

.

Do đó trong cơ sở mới 2 2

2 2 1 21 2

' '( ') [ ] [ ] 4 ' 9 ' 36 1

9 4TB B

x xQ x x D x x x : Dạng một ellipse.

Thí dụ 5.18 Nhận dạng mặt cong cho bởi phương trình: 2 2 2

1 2 3 2 3 1 32 2 3 2 2 16x x x x x x x

57

Giải. Ma trận của dạng toàn phương 2 2 21 2 3 2 3 1 3( ) 2 2 3 2 2Q x x x x x x x x trong cơ sở chính tắc

là: 2 0 10 2 11 1 3

A

có 3 trị riêng 1 2 21, 2, 4 , 2 9 và 3 vector riêng trực chuẩn tương

ứng là 1 2 3( ) 1/ 3, 1/ 3,1/ 3 , ( ) 1/ 2, -1/ 2,0 , ( ) 1/ 6, 1/ 6, 2/ 6E E Ev v v .

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

1/ 3 1/ 2 1/ 6

1/ 3 -1/ 2 1/ 6

1/ 3 0 -2/ 6

P

.

2 2 2

1 2 2 2 1 2 21 2 3

1 0 0' ' '

0 2 0 ( ') [ ] [ ] ' 2 ' 4 ' 16 116 8 40 0 4

TB B

x x xD P AP Q x x D x x x x

:

Dạng ellipsoid với các bán trục là 4, b 2 2, 2.a c 3.5 CÁC ĐƯỜNG VÀ MẶT BẬC 2 CƠ BẢN 3.5.1 Đường Ellipse: Phương trình chính tắc trong 2R

Là 2 2

2 21

x y

a b , có các bán trục , 0a b .

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

3.5.2 Đường Hyperbol: Phương trình chính tắc

trong 2R là 2 2

2 21

x y

a b , với , 0a b .

3.5.3 Đường Parabol: Phương trình chính tắc trong 2R là 2 2y px , với 0p

3.5.4 Mặt Ellipsoid Phương trình chính tắc trong 3R

là 2 2 2

2 2 21

x y z

a b c có các bán trục , , 0a b c .

Nếu a b c thì đây là hình tròn tâm O

bán kính r a .

3.5.5 Mặt Hypeboloid (Hyperbolic ellipse) 1 tầng Phương trình chính tắc trong 3R

là 2 2 2

2 2 21

x y z

a b c , với , , 0a b c .

3.5.6 Mặt Hypeboloid 2 tầng Phương trình chính tắc trong 3R

là 2 2 2

2 2 21

x y z

a b c , với , , 0a b c .

3.5.7 Mặt Parabolic –Elliptic

Phương trình chính tắc trong 3R

là 2 2

2x y

zp q , với , 0p q .

58

3.5.8 Mặt Parabolic-Hyperbolic

Phương trình chính tắc trong 3R là 2 2

2x y

zp q , với , 0p q .

3.5.9 Mặt trụ bậc 2: Là các phương trình trong 3R nhưng khuyết x,y hoặc z.

Thí dụ 5.19 2 2

2 21

x y

a b hay

2 2

2 21

x y

a b

3.5.10 Mặt nón bậc 2

Phương trình chính tắc trong 3R là 2 2 2

2 2 20

x y z

a b c , với , , 0a b c .

II . LUYỆN BÀI TẬP CHƯƠNG 5

1. Tìm trị riêng và vectơ riêng của ma trận : 1 4 2

3 4 03 1 3

A

2. Tìm trị riêng và cơ sở của không gian riêng của ma trận : 1 3 4

4 7 86 7 7

A

3. Tìm các trị riêng và cơ sở của các không gian riêng của ma trận :3 2 0

2 3 00 0 5

A

59

4. Tìm trị riêng và cơ sở của không gian riêng của ma trận :

5 2 0 02 2 0 0

0 0 5 20 0 2 2

A

5. Tìm ma trận đường chéo đồng dạng với ma trận :2 1 0

3 2 00 0 4

A

6. Tìm ma trận P làm chéo hoá ma trận A, sau đó tính A10 biết :1 4 2

3 4 03 1 3

A

7. Tìm ma trận P làm chéo hoá trực giao ma trận : 2 1 1

1 2 11 1 2

A

8. Tìm ma trận P làm chéo hoá trực giao ma trận : 4 2 2

2 4 22 2 4

A

9. Tìm ma trận P làm chéo hoá trực giao ma trận A, biết : 3 2 0

2 3 00 0 5

A

10. Tìm ma trận P làm chéo hoá trực giao ma trận A và tính ma trận A10 , biết : 1 1 0

1 1 00 0 1

A

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)

Tìm một cơ sở của R3 để ma trận của T có dạng chéo.

12. Cho T : R3R3 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 .

13. Dùng phương pháp chéo hoá ma trận để rút gọn dạng toàn phương sau và cho biết cơ sở tương ứng của dạng toàn phương:

Q(x) = 2332

223121

21 x2xx2x2xx2xx2x2

14. Dùng phương pháp chéo hoá ma trận để rút gọn dạng toàn phương sau đây và cho biết cơ sở tương ứng để dạng toàn phương ở dạng chính tắc:

Q(x) = 2443

23

2221

21 x2xx4x5x2xx4x5

15. Tìm một cơ sở của R3 để dạng toàn phương sau ở dạng chính tắc:

Q(x) = 2332

2231

21 x3xx2x2xx2x2

16. Dùng phương pháp Largrange để rút gọn dạng toàn phương sau, cho biết cơ sở mới :

Q(x) = 2332

223121

21 x6xx4x3xx4xx2x2

17. Dùng phương phương pháp Jacoby để rút gọn dạng toàn phương sau, cho biết cơ sở mới :

Q(x) = 2332

223121

21 x6xx4x3xx4xx2x2

Bài tập cần chú ý: 7.1, 7.2, 7.5 ,7.6 ,7.8, 7.9, 7.11, 7.14

60


Học phần: ĐẠI SỐ & HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Đơn vị: Bộ môn Toán, Khoa CNTT Thời gian: Tuần 15 Tiết 57 -60 GV giảng 4, HV tự học: 4


Ôn tập toàn bộ chương trình 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

Documents

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG - fit.mta.edu.vnfit.mta.edu.vn/files/FileMonHoc/DeCuongBaiGiangĐSTT.pdf · 1.1 Mệnh đề toán học và các phép toán logic 1.2 Tập hợp 1.3