Bài giảng Đại số tuyến tính - Bùi Xuân Diệu

99 trang ngocly 2830

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Đại số tuyến tính - Bùi Xuân Diệu", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_giang_dai_so_tuyen_tinh_bui_xuan_dieu.pdf

Nội dung text: Bài giảng Đại số tuyến tính - Bùi Xuân Diệu

BÙI XUÂN DIỆU KHOA TOÁN TIN ỨNG DỤNG Bài Giảng ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH (lưu hành nội bộ) TẬP HỢP -LOGIC - ÁNH XẠ - SỐ PHỨC,MA TRẬN - ĐỊNH THỨC -HỆ PHƯƠNG TRÌNH, KHÔNG GIAN VÉCTƠ, ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH, DẠNG TOÀN PHƯƠNG - KHÔNG GIAN EUCLIDE Tóm tắt lý thuyết, Các ví dụ, Bài tập và lời giải Hà Nội- 2009
MỤC LỤC Mục lục 1 Chương1.Tậphợp-Logic-Ánhxạ-Sốphức. . . . . . . . . . . . . . . . 5 1 Logic 5 1.1 Cácphéptoánlogic 5 1.2 Cáctínhchất 6 1.3 Lượngtừphổbiếnvàlượngtừtồntại . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2 Tậphợp 10 2.1 Cácphéptoántrêntậphợp 10 2.2 Cáctínhchất 10 3 Ánhxạ 12 3.1 Địnhnghĩa 12 3.2 Tậpảnh,tậpnghịchảnh 12 3.3 Đơnánh,toànánh,songánh . 12 4 Cấutrúcđạisố 15 4.1 Cấutrúcnhóm 15 4.2 Cấutrúcvành 15 4.3 Cấutrúctrường 16 5 Sốphức 19 5.1 Dạngchínhtắccủasốphức 19 5.2 Dạnglượnggiáccủasốphức. . 19 5.3 Sốphứcliênhợp 20 Chương2.Matrận-Địnhthức-Hệphươngtrình. . . . . . . . . . . . . . 25 1 Matrận 25 1.1 Cácphéptoántrênmatrận 25 1.2 Cáctínhchất 25 2 Địnhthức 29 2.1 Địnhnghĩa 29 1
2.2 Cáctínhchấtcủađịnhthức 29 2.3 Cácphươngpháptínhđịnhthức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.4 Matrậnnghịchđảo 30 3 Hạngcủamatrận 39 3.1 Địnhnghĩa 39 3.2 Phương pháp tính hạng của ma trận bằng biến đổi sơ cấp về hàng . . 39 4 Hệphươngtrìnhtuyếntính 40 4.1 Dạngtổngquátcủahệphươngtrìnhtuyếntính . . . . . . . . . . . . 40 4.2 HệCramer 40 4.3 ĐịnhlýKronecker-Capelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 4.4 Phương pháp Gauss giải hệ phương trình tuyến tính tổng quát . . . 41 Chương3.Khônggianvéctơ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 1 Kháiniệm 47 1.1 Địnhnghĩa 47 1.2 Một số tính chất ban đầu của không gian véctơ . . . . . . . . . . . . . 48 1.3 Bàitập 48 2 Khônggianvéctơcon 49 2.1 Địnhnghĩa 49 2.2 Điều kiện cần và đủ để W V là không gian véctơ con . . . . . . . . 49 ⊂ 2.3 Khônggianconsinhbởimộthọvéctơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.4 Hệsinhcủamộtkhônggianvéctơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.5 Bàitập 49 3 Cơsởvàtoạđộ 52 3.1 Độclậptuyếntínhvàphụthuộctuyếntính . . . . . . . . . . . . . . . 52 3.2 Cơsởvàsốchiềucủakhônggianvéctơ. . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 3.3 Bàitập 53 4 Số chiều và cơ sở của không gian con sinh bởi họ véctơ - Hạng của họ véctơ . 55 4.1 Mởđầu 55 4.2 Hạngcủamộthọvéctơ 55 4.3 Cách tính hạng của một họ véctơ bằng biến đổi sơ cấp . . . . . . . . . 55 4.4 Số chiều và cơ sở của không gian con sinh bởi họ véctơ . . . . . . . . . 55 4.5 Bàitập 56 5 Bàitoánđổicơsở 59 5.1 Đặtvấnđề 59 5.2 Matrậnchuyển 59 5.3 Bàitập 59
Chương4.Ánhxạtuyếntính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 1 Ánhxạtuyếntính 61 1.1 Kháiniệm 61 1.2 Bàitập 61 2 Hạtnhânvàảnhcủaánhxạtuyếntính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 2.1 Cáctínhchấtcủahạtnhânvàảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 2.2 Hạngcủaánhxạtuyếntính-Địnhlývềsốchiều. . . . . . . . . . . . 63 2.3 Bàitập 63 3 Matrậncủaánhxạtuyếntính 66 3.1 Kháiniệm 66 3.2 Matrậncủaánhxạtuyếntínhthôngquaphépđổicơsở . . . . . . . 67 3.3 Bàitập 67 4 Trịriêngvàvéctơriêng . 69 4.1 Trịriêngvàvéctơriêngcủamatrận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 4.2 Trịriêngvàvéctơriêngcủatoántửtuyếntính . . . . . . . . . . . . . 69 4.3 Chéohoámatrận 70 4.4 Bàitập 70 Chương5.Dạngtoànphương,khônggianEuclide . . . . . . . . . . . . . 73 1 Kháiniệm 73 1.1 Địnhnghĩa 73 1.2 Phânloạidạngtoànphương. . 73 1.3 Dạng song tuyến tính và dạng toàn phương trên không gian hữu hạn chiều. 74 1.4 Bàitập 74 2 Rútgọnmộtdạngtoànphương 76 2.1 PhươngphápLagrange 76 2.2 PhươngphápJacobi 76 2.3 Phươngphápchéohoátrựcgiao. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 2.4 Bàitập 77 2.5 Kếtluận 79 3 KhônggianEuclide 80 3.1 Tíchvôhướngvàkhônggiancótíchvôhướng. . . . . . . . . . . . . . 80 3.2 PhéptrựcgiaohoáSchmidt 81 3.3 Hình chiếu của một vectơ lên một không gian vectơ con . . . . . . . . 81 3.4 Bàitập 82 4 Chéohoátrựcgiao matrận-Phươngphápchéohoátrựcgiao . . . 89 4.1 Chéohoátrựcgiaomatrận 89 4.2 Phương pháp chéo hoá trực giao để rút gọn một dạng toàn phương . 89
4.3 Nhậndạngđườngcongphẳng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 4.4 Nhậndạngmặtbậchai 90 4.5 Ứng dụng của phép biến đổi trực giao vào bài toán tìm cực trị có điều kiện 91 4.6 Bàitập 91
CHƯƠNG 1 TẬP HỢP - LOGIC - ÁNH XẠ -SỐ PHỨC §1. LOGIC 1.1 Các phép toán logic 1. Phép phủ định A A 1 0 0 1 A = 1 A − 2. Phép hội A B A B ∧ 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 0 0 (A B)= min A, B ∧ { } 3. Phép tuyển 5
A B A B ∨ 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 (A B)= max A, B ∨ { } 4. Phép kéo theo A B A B → 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 (A B)= max 1 A, B → { − } 5. Phép tương đương A B A B ↔ 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Chú ý: Để đơn giản về mặt kí hiệu, khi viết A chúng ta có thể hiểu là mệnh đề A hoặc giá trị chân lý của mệnh đề A tuỳ theo hoàn cảnh phù hợp. Ví dụ như viết A = 1 A thì ta − hiểu là giá trị chân lý của mệnh đề A bằng 1 trừ đi giá trị chân lý của A. 1.2 Các tính chất 1. Tính giao hoán: A B B A, A B B A ∧ ⇔ ∧ ∨ ⇔ ∨ 2. Tính kết hợp (A B) C A (B C), (A B) C A (B C) ∧ ∧ ⇔ ∧ ∧ ∨ ∨ ⇔ ∨ ∨ 3. Tính phân phối A (B C) (A B) (A C); A (B C) (A B) (A C) ∧ ∨ ⇔ ∧ ∨ ∧ ∨ ∧ ⇔ ∨ ∧ ∨
4. Tính chất của phép kéo theo A B A B → ⇔ ∨ 5. Tính chất của phép tương đương A B (A B) (B A) ↔ ⇔ → ∧ → Chú ý: Để chứng minh các mệnh đề logic, ta sử dụng khái niệm tương đương logic, thay cho “khái niệm bằng nhau” của các mệnh đề. Bài tập chủ yếu trong bài này là chứng minh hai mệnh đề tương đương logic hoặc chứng minh một mệnh đề logic luôn đúng. Có ba phương pháp chủ yếu để làm bài: 1. Lập bảng các giá trị chân lý 2. Biến đổi tương đương các mệnh đề 3. Chứng minh bằng phản chứng 1.3 Lượng từ phổ biến và lượng từ tồn tại Ta thường cần phải phát biểu những mệnh đề có dạng "Mọi phần tử x của tập hợp X đều có tính chất P(x)". Người ta quy ước kí hiệu mệnh đề này như sau: x X, P(x) ∀ ∈ Kí hiệu được gọi là lượng từ phổ biến, nó là cách viết ngược lại của chữ cái đầu tiên của ∀ từ "All" trong tiếng Anh. Tương tự ta cũng hay gặp mệnh đề có dạng " Tồn tại một phần tử x của X có tính chất P(x)". Mệnh đề này được quy ước kí hiệu như sau: x X, P(x) ∃ ∈ Kí hiệu được gọi là lượng từ tồn tại, nó là cách viết ngược lại của chữ cái đầu tiên của từ ∃ "Exists"trong tiếng Anh. Mệnh đề " Tồn tại duy nhất một phần tử x của X có tính chất P(x)" được viết như sau: !x X, P(x) ∃ ∈ Lượng từ phổ biến và tồn tại có mối quan hệ quan trọng sau đây: x X, P(x) x X, P(x) ∀ ∈ ≡∃ ∈ x X, P(x) x X, P(x) ∃ ∈ ≡∀ ∈
Bài tập 1.1. Chứng minh các mệnh đề sau đây là đúng : a) A (A C) C. ∧ ∨ → b) [(A B) (B C)] (A C). → ∧ → → → c) [A (A B)] B. ∧ → → d) [(A B) (A C) (B C)] C. ∨ ∧ → ∧ → → Lời giải. a) Cách 1: Lập bảng giá trị chân lý A C A A C A (A C) [A (A C)] C ∨ ∧ ∨ ∧ ∨ → 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 Cách 2: Biến đổi tương đương các mệnh đề [A (A C)] C ∧ ∨ → [(A A) (A C)] C ⇔ ∧ ∨ ∧ → [0 (A C)] C ⇔ ∨ ∧ → [(A C)] C ⇔ ∧ → A C C ⇔ ∧ ∨ A C C ⇔ ∨ ∨ 1 ⇔ Cách 3: Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử mệnh đề đã cho là sai. Vì mệnh đề kéo theo chỉ sai khi giả thiết đúng và kết luận sai nên: A (A C) = 1 và C = 0. Nhưng vì C = 0 nên A (A C) = ∧ ∨ ∧ ∨ A (A 0)= A A = 0, mâu thuẫn, chứng tỏ mệnh đề đã cho luôn đúng. ∧ ∨ ∧ Các câu b), c), d) Chứng minh tương tự. Bài tập 1.2. Chứng minh rằng: a) A B và (A B) A B là tương đương logic. ↔ ∧ ∨ ∧ b) (A B) C và A (B C) không tương đương logic. → → → → c) A B và A B là tương đương logic. ↔ ↔
Lời giải. Cũng giống như bài toán chứng minh một mệnh đề nào đó luôn đúng, bài toán chứng minh hai mệnh đề nào đó tương đương logic cũng có 3 phương pháp chứng minh như trên. Riêng với bài toán chứng minh hai mệnh đề không tương đương logic thì ta chỉ cần chỉ ra một bộ giá trị chân lý nào đó của các mệnh đề con mà ở đó hai mệnh đề đã cho có hai giá chị chân lý khác nhau. Bài tập 1.3. Cho A là tập hợp con của tập số thực, cận dưới đúng x0 của A kí hiệu Inf(A) = x có thể xác định bởi mệnh đề sau: “ Với mọi x trong A có x x và với x 0 0 ≤ 1 có tính chất là x x với mọi x trong A thì suy ra x x ”. Hãy dùng các kí hiệu để 1 ≤ 1 ≤ 0 diễn tả mệnh đề trên và mệnh đề phủ định của nó. Từ đó đưa ra cách chứng minh một số không phải là Inf(A). Lời giải. x = Inf(A) [ x A, (x x)] [ x , (x x, x A) (x x )] 0 ⇔ ∀ ∈ 0 ≤ ∧ ∀ 1 1 ≤ ∀ ∈ → 1 ≤ 0 x = Inf(A) [ x A, (x x)] [ x , (x x, x A) (x x )] 0 ⇔ ∀ ∈ 0 ≤ ∧ ∀ 1 1 ≤ ∀ ∈ → 1 ≤ 0 [ x A : (x x)] [ x , (x x, x A) (x x )] ⇔ ∀ ∈ 0 ≤ ∨ ∃ 1 1 ≤ ∀ ∈ → 1 ≤ 0 [ x A, x > x] [ x , (x x, x A) (x x )] ⇔ ∃ ∈ 0 ∨ ∃ 1 1 ≤ ∀ ∈ ∨ 1 ≤ 0 [ x A, x > x] [ x , (x x, x A) (x > x )] ⇔ ∃ ∈ 0 ∨ ∃ 1 1 ≤ ∀ ∈ ∧ 1 0 Bài tập 1.4. [Đề thi ĐS K49] Xét xem các mệnh đề sau có tương đương logic không a) (a B) C và (A C) (B C) ∨ → → ∧ → b) A (B C) và (A B) (A C) → ∧ → ∧ → Bài tập 1.5. [Đề thi ĐS K49] Xét xem các mệnh đề sau đây là đúng hay sai a) "Nếu các số thực x và y thoả mãn x > y và y > x thì suy ra x = y. b) "Nếu số tự nhiên n lẻ và n2 chẵn thì suy ra n là số nguyên tố. Bài tập 1.6. [Đề thi ĐS K51] Cho (A B) (A C) và (A B) (A C) là các mệnh ∧ → ∧ → ⊂ ∨ đề đúng. Chứng minh B C là mệnh đề đúng. →
§2. TẬP HỢP 2.1 Các phép toán trên tập hợp 1. Phép hợp x A B x A hoặc x B ∈ ∪ ⇔ ∈ ∈ x A B x A và x B  6∈ ∪ ⇔ 6∈ 6∈  2. Phép giao x A B x A và x B ∈ ∩ ⇔ ∈ ∈ x A B x A hoặc x B  6∈ ∩ ⇔ 6∈ 6∈  3. Phép trừ x A B x A và x B ∈ \ ⇔ ∈ 6∈ x A B x A hoặc x B  6∈ \ ⇔ 6∈ ∈  4. Phép lấy phần bù Nếu A X thì A = X A được gọi là phần bù của A trong X. ⊂ \ 2.2 Các tính chất 1. Tính giao hoán: A B = B A, A B = B A ∪ ∪ ∩ ∩ 2. Tính kết hợp (A B) C = A (B C), (A B) C = A (B C) ∪ ∪ ∪ ∪ ∩ ∩ ∩ ∩ 3. Tính phân phối A (B C) = (A B) (A C); A (B C) = (A B) (A C) ∪ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩ 4. Tính chất của phép trừ Nếu A, B X thì A B = A B ⊂ \ ∩ 5. Công thức De Moorgan A B = A B, A = A ∩ ∪ ∩ i ∪ i A B = A B, A = A ∪ ∩ ∪ i ∩ i Bài tập chủ yếu trong bài này là chứng minh hai tập hợp bằng nhau hoặc chứng minh một tập hợp A là tập con của tập B. Có 3 phương pháp chứng minh chủ yếu:
1. Phương pháp phần tử 2. Phương pháp biến đổi tập hợp 3. Phương pháp chứng minh bằng phản chứng Bài tập 1.7. Giả sử f (x), g(x) là các hàm số xác định trên R. Kí hiệu A = x R f (x)= 0 { ∈ | } , B = x R g(x)= 0 . Xác định tập nghiệm phương trình: { ∈ | } a) f (x)g(x) = 0 b) [ f (x)]2 + [g(x)]2 = 0 Lời giải. a) A B b) A B ∪ ∩ Bài tập 1.8. Cho 3 tập hợp A = x R x2 4x + 3 0 , B = x R x 1 1 , ∈ − ≤ { ∈ | | − | ≤ } R 2 < C = x x 5x + 6 0 . Xác định tập hợp sau: (A B) C và (A B) C. ∈ − ∪ ∩ ∩ ∪ Lời giải. (A B) C =[0,3], (A B) C =[1,3] ∪ ∩ ∩ ∪ Bài tập 1.9. Cho A, B, C là các tập hợp bất kì, chứng minh: a) A (B C) = (A B) (A C) b) A (B A) = A B. ∩ \ ∩ \ ∩ ∪ \ ∪ Lời giải. a) Cách 1: Phương pháp phần tử Giả sử x A (B C), ta có x A và x B C. Suy ra x A, x B, x C. Vì ⇒ ∈ ∩ \ ∈ ∈ \ ∈ ∈ 6∈ x A và x B nên ta có x A C. Mặt khác x C A C nên x A C. Vậy ∈ ∈ ∈ ∩ 6∈ ⊃ ∩ 6∈ ∩ x (A B) (A C). ∈ ∩ \ ∩ Giả sử x (A B) (A C), ta có x A, x B và x A C. Do x A C nên ⇐ ∈ ∩ \ ∩ ∈ ∈ 6∈ ∩ 6∈ ∩ hoặc x A hoặc x C. Nhưng vì x A nên ta có x C. Vì vậy ta có x A (B C). 6∈ 6∈ ∈ 6∈ ∈ ∩ \ Cách 2: Phương pháp biến đổi tập hợp Coi A, B, C X nào đó. Khi đó ⊂ (A B) (A C) = (A B) (A C)=[(A B) A] [A B C]= A (B C) ∩ \ ∩ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∩ \ b) A (B A)= A (B A) = (A B) (A A) = (A B) X = A B ∪ \ ∪ ∩ ∪ ∩ ∪ ∪ ∩ ∪ Bài tập 1.10. [Đề thi ĐS K51] Cho các tập hợp A, B, C thoả mãn (A B) (A C) và ∪ ⊂ ∪ (A B) (A C). Chứng minh B C. ∩ ⊂ ∩ ⊂ Bài tập 1.11. [Đề thi tín chỉ hè 2009] Cho A, B, C là các tập hợp bất kì. Chứng minh rằng a) (A B) C = A (B C). \ \ \ ∪ b) A (B C) = (A B) (A C). \ \ \ ∪ ∩
§3. ÁNH XẠ 3.1 Định nghĩa 3.2 Tập ảnh, tập nghịch ảnh Cho f : X Y là một ánh xạ. Giả sử A X, B Y. → ⊆ ⊆ 1. Tập ảnh Kí hiệu f (A)= y Y x A, f (x)= y = f (x) x A . { ∈ |∃ ∈ } { | ∈ } 2. Tập nghịch ảnh Kí hiệu f 1(B)= x X f (x) B . Vì vậy ta có − { ∈ | ∈ } 1 x f − (B) f (x) B ∈ ⇔ ∈ 3.3 Đơn ánh, toàn ánh, song ánh Cho f : X Y là một ánh xạ → 1. Đơn ánh Ánh xạ f được gọi là đơn ánh nếu i) Với mọi x = x X thì f (x ) = f (x ) hoặc 1 6 2 ∈ 1 6 2 ii) Nếu f (x1)= f (x2) thì x1 = x2. 2. Toàn ánh Ánh xạ f được gọi là đơn ánh nếu f (X) = Y, hay với mỗi y Y, tồn tại x X sao cho ∈ ∈ f (x)= y. 3. Song ánh. Ánh xạ f được gọi là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh. Bài tập 1.12. Cho hai ánh xạ f : R 0 R \ { } → 1 x 7→ x g : R R → 2x x 7→ 1 + x2 a) Ánh xạ nào là đơn ánh, toàn ánh. Tìm g(R). b) Xác định ánh xạ h = g f . ◦
Lời giải. a) f là đơn ánh, không phải là toàn ánh; g không phải đơn ánh, cũng không phải là toàn ánh. b) g(R)=[ 1,1] − Bài tập 1.13. Chứng minh các tính chất sau của ảnh và nghịch ảnh của ánh xạ f : X Y → a) f (A B)= f (A) f (B); A, B X ∪ ∪ ⊂ b) f (A B) f (A) f (B); A, B X. Nêu ví dụ chứng tỏ điều ngược lại không đúng. ∩ ⊂ ∩ ⊂ c) f 1(A B)= f 1(A) f 1(B); A, B Y − ∪ − ∪ − ⊂ d) f 1(A B)= f 1(A) f 1(B); A, B Y − ∩ − ∩ − ⊂ e) f 1(A B)= f 1(A) f 1(B); A, B Y − \ − \ − ⊂ f) Chứng minh f là đơn ánh khi và chỉ khi f (A B)= f (A) f (B); A, B X ∩ ∩ ∀ ⊂ Lời giải. a) Giả sử y f (A B),khi đó tồn tại x A B sao cho f (x) = y. Vì ⇒ ∈ ∪ ∈ ∪ x A B nên x A hoặc x B. ∈ ∪ ∈ ∈ Nếu x A thì y = f (x) f (A) f (A B) nên y f (A B) ∈ ∈ ⊂ ∪ ∈ ∪ Nếu x B thì y = f (x) f (B) f (A B) nên y f (A B) ∈ ∈ ⊂ ∪ ∈ ∪ Trong mọi trường hợp ta đều có y f (A B) ∈ ∪ Ta có f (A) f (A B), f (B) f (A B) nên f (A) f (B) f (A B). ⇐ ⊂ ∪ ⊂ ∪ ∪ ⊂ ∪ b) Do A B A nên f (A B) f (A) và A B B nên f (A B) f (B). Vậy ta có ∩ ⊂ ∩ ⊂ ∩ ⊂ ∩ ⊂ f (A B) f (A) f (B). ∩ ⊂ ∩ Để chỉ ra phản ví dụ điều ngược lại không đúng ta xét ánh xạ f : R R, x x và → 7→ | | A = 1 , B = 1 . Khi đó f (A B)= ∅ và f (A) f (B)= 1 . {− } { } ∩ ∩ { } c) 1 1 f (x) A x f − (A) 1 1 x f − (A B) f (x) A B ∈ ∈ x f − (A) f − (B) ∈ ∪ ⇔ ∈ ∪ ⇔ f (x) B ⇔ x f 1(B) ⇔ ∈ ∪ " ∈ " ∈ − d) 1 1 f (x) A x f − (A) 1 1 x f − (A B) f (x) A B ∈ ∈ x f − (A) f − (B) ∈ ∩ ⇔ ∈ ∩ ⇔  f (x) B ⇔ x f 1(B) ⇔ ∈ ∩  ∈  ∈ − e)   1 1 f (x) A x f − (A) 1 1 x f − (A B) f (x) A B ∈ ∈ x f − (A) f − (B) ∈ \ ⇔ ∈ \ ⇔  f (x) B ⇔ x f 1(B) ⇔ ∈ \  6∈  6∈ −  
f) Ta đã có f (A B) f (A) f (B). Ngược lại, nếu y f (A) f (B) thì y f (A) và ∩ ⊂ ∩ ∈ ∩ ∈ y f (B). Do đó tồn tại x A sao cho f (x )= y và tồn tại x B sao cho f (x ) = y. ∈ 1 ∈ 1 2 ∈ 2 Vì f là đơn ánh nên x = x A B. Vậy y = f (x ) f (A B). 1 2 ∈ ∩ 1 ∈ ∩ Bài tập 1.14. Cho hai ánh xạ f : A C và g : B D. Ta xác định ánh xạ h : A B → → × → C D bởi h(a, b) = ( f (a), g(b)), a A, b B × ∈ ∈ a) Chứng minh f , g đơn ánh thì h đơn ánh. b) Chứng minh f , g toàn ánh thì h toàn ánh. c) Các mệnh đề đảo của a), b) có đúng không? Lời giải. Dựa vào định nghĩa đơn ánh và toàn ánh dễ dàng chứng minh được các khẳng định trên. Chú ý rằng các mệnh đề đảo của mệnh đề a) và b) vẫn đúng. Bài tập 1.15. [Đề thi ĐS K51] Cho ánh xạ f : R2 R2 xác định bởi f (x , x ) = (x + → 1 2 1 2x2 + 1,2x1 + x2). Chứng minh f là một song ánh. Bài tập 1.16. [Đề thi ĐS K51] Cho các tập hợp X, Y, Z và các ánh xạ f : X Y, g : Y Z. → → Giả thiết f toàn ánh, g f đơn ánh. Chứng minh g là đơn ánh. ◦ Bài tập 1.17. [Đề thi ĐS K52] Cho ánh xạ f : R2 R2 xác định bởi f (x , x ) = (4x ,5x ). → 1 2 1 2 Chứng minh f là một song ánh. Xác định f (A) với A = (x , x ) R2 x2 + x2 = 9 . { 1 2 ∈ | 1 2 }
§4. CẤU TRÚC ĐẠI SỐ 4.1 Cấu trúc nhóm Giả sử G là một tập hợp. Mỗi ánh xạ : G G G ◦ × → được gọi là một phép toán hai ngôi (hay một luật hợp thành) trên G. Ảnh của cặp phần tử (x, y) được kí hiệu là x y. ◦ Định nghĩa 1.1. Một nhóm là một tập hợp khác rỗng G được trang bị một phép toán hai ngôi thoả mãn ba điều kiện sau đây: ◦ (G1) Phép toán có tính chất kết hợp: (x y) z = x (y z), x, y, z G ◦ ◦ ◦ ◦ ∀ ∈ (G2) Có một phần tử e G, được gọi là phần tử trung lập hay phần tử trung hoà với tính ∈ chất x e = e x = x, x G ◦ ◦ ∀ ∈ (G3) Với mọi x G tồn tại phần tử x G được gọi là nghịch đảo của x sao cho ∈ 0 ∈ x x0 = x0 x = e ◦ ◦ Nhóm G được gọi là nhóm giao hoán hay abel nếu phép toán có tính chất giao hoán: x y = y x x, y G. ◦ ◦ ∀ ∈ 4.2 Cấu trúc vành Định nghĩa 1.2. Một vành là một tập hợp R = ∅ được trang bị hai phép toán hai ngôi, 6 gồm phép cộng + : R R R, (x, y) x + y × → 7→ và phép nhân .: R R R, (x, y) xy, × → 7→ thoả mãn ba điều kiện sau: (R1) R là một nhóm abel với phép cộng.
(R2) Phép nhân có tính chất kết hợp: (xy)z = x(yz), x, y, z R ∀ ∈ (R3) Phép nhân phân phối từ hai phía đối với phép cộng: (x + y)z = xz + yz z(x + y)= zx + zy, x, y, z R ∀ ∈ Vành R được gọi là giao hoán hay abel nếu phép nhân có tính chất giao hoán: xy = yx x, y R. ∀ ∈ Vành R được gọi là có đơn vị nếu phép nhân có đơn vị, tức tồn tại phần tử 1 R sao cho ∈ 1x = x1 = x x R. ∀ ∈ Quy ước: Để thuận tiện về mặt kí hiệu, phần tử trung hoà của phép cộng sẽ được kí hiệu là 0, nếu vành có đơn vị thì phần tử đơn vị sẽ được kí hiệu là 1. 4.3 Cấu trúc trường Định nghĩa 1.3. Một vành giao hoán có đơn vị 1 = 0 sao cho mọi phần tử khác 0 trong 6 nó đều khả nghịch được gọi là một trường. Bài tập 1.18. Cho G 1,2 , trên G ta định nghĩa các phép toán như sau: { } 1 + 1 = 1,1 + 2 = 2,2 + 1 = 1,2 + 2 = 1 Chứng minh rằng (G, +) là một nhóm. Bài tập 1.19. Cho G = f , f , f , f , f , f là tập các ánh xạ từ R 0;1 R 0;1 xác { 1 2 3 4 5 6} \ { } → \ { } định như sau: 1 1 1 x f (x)= x; f (x)= ; f (x)= 1 ; f (x)= ; f (x)= 1 x; f (x)= 1 2 1 x 3 − x 4 x 5 − 6 x 1 − − Chứng minh G cùng với phép toán là phép hợp thành tích ánh xạ lập thành một nhóm không abel. Lời giải. G0) Để kiểm tra một tập hợp cùng với các phép toán nào đó có phải là một cấu trúc đại số hay không, trước hết phải kiểm tra xem các phép toán trên tập hợp đó có phải là phép hợp thành không (có phải là phép toán đóng không), rồi sau đó mới đi kiểm tra các tiên đề của cấu trúc đại số đó. Đối với các tập hợp có hữu hạn phần tử người ta thường kiểm tra tính đóng của phép toán bằng phương pháp lập bảng.
f1 f2 f3 f4 f5 f6 f1 f1 f2 f3 f4 f5 f6 f1 f1 f2 f3 f4 f5 f6 f2 f2 f3 f1 f6 f4 f5 f3 f3 f1 f2 f5 f6 f4 f4 f4 f5 f6 f1 f2 f3 f5 f5 f6 f4 f3 f1 f2 f6 f6 f4 f5 f2 f3 f1 Nhìn vào bảng ta thấy phép hợp thành ánh xạ là phép toán đóng trên tập G. G1) Phép hợp thành các ánh xạ có tính chất kết hợp. G2) Phần tử trung hoà: f1 G3) Phần tử đối: f1 f2 f3 f4 f5 f6 Phần tử đối f1 f3 f2 f4 f5 f6 Hơn nữa f f = f = f = f f nên G là một nhóm không abel. 4 ◦ 2 5 6 6 2 ◦ 4 Bài tập 1.20. Các tập sau với các phép toán thông thường có lập thành một vành, trường không? a) Tập các số nguyên lẻ. b) Tập các số nguyên chẵn. c) Tập các số hữu tỉ. d) X = a + b√2 a, b R . | ∈ n o e) Y = a + b√3 a, b R . | ∈ n o Lời giải. a) Tập các số nguyên lẻ không đóng với phép toáncộng nên không phải là một vành (trường). b) Tập các số nguyên chẵn là một vành giao hoán nhưng không có đơn vị nên không phải là một trường. c) Tập các số hữu tỉ là một trường. d) X = a + b√2 a, b R là một vành giao hoán, có đơn vị 1, nhưng không phải là | ∈ môtj trườngn vì √2 X khôngo có phần tử đối. ∈
e) Y = a + b√3 a, b R là một trường. Chú ý rằng | ∈ n o 1 a b = + − Y a + b√3 a2 3b2 a2 3b2 ∈ − −
§5. SỐ PHỨC 5.1 Dạng chính tắc của số phức Kí hiệu C = z = a + bi với a, b R và i2 = 1 là tập hợp các số phức. z = a + bi được { } ∈ − gọi là dạng chính tắc của số phức. a = Re z được gọi là phần thực của số phức và b = Im z được gọi là phần ảo của số phức. Các phép toán trên dạng chính tắc của số phức 1. Phép cộng, trừ (a + bi) (c + di) = (a c) + (b d)i ± ± ± 2. Phép nhân (a + bi)(c + di) = (ac bd) + (ad + bc)i − 3. Phép chia a + bi 1 a b = (a + bi).(c + di)− = (a + bi). − + i c + di a2 + b2 a2 + b2 5.2 Dạng lượng giác của số phức Mỗi số phức z = a + bi được biểu diễn bởi một điểm M(a, b) trên mặt phẳng Oxy. Điểm M được gọi là ảnh của số phức z và (a, b) được gọi là toạ vị của số phức z. Khi đó đặt r = OM−−→ | | ϕ = (Ox, OM−−→)  Khi đó z = a + bi = r(cos ϕ + i sin ϕ)được gọi là dạng lượng giác của số phức. r được gọi là độ dài của số phức z, kí hiệu là z và ϕ được gọi là Argument của số phức, kí hiệu là Arg z. | | Các phép toán trên dạng lượng giác của số phức 1. Phép nhân Nếu z1 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1), z2 = r2(cos ϕ2 + i sin ϕ2) thì z1z2 = r1r2.[cos(ϕ1 + ϕ2)+ i sin(ϕ1 + ϕ2)] Vậy z z = z z , Arg(z z )= Arg z + Arg z | 1 2| | 1|| 2| 1 2 1 2 2. Phép chia Nếu z1 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1), z2 = r2(cos ϕ2 + i sin ϕ2) thì
z1 r1 = . (cos(ϕ1 ϕ2)+ i sin(ϕ1 ϕ2)) z2 r2 − − z z Vậy 1 = | 1| z z 2 2 | | 3. Phép luỹ thừa (Công thức Moirve) z = r(cos ϕ + i sin ϕ) zn = rn.(cos nϕ + i sin nϕ) ⇒ Vậy zn = z n | | | | 4. Phép khai căn ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ Nếu z = r(cos ϕ + i sin ϕ) = 0 thì √n z = √n r. cos + i sin , k = 0, n 1 6 n n − Nhận xét rằng mỗi số phức z = 0 đều có n số căn bậc n khác nhau. 6 5.3 Số phức liên hợp Cho số phức z = a + bi, số phức z = a bi được gọi là số phức liên hợp của số phức z.Ở − dạng lượng giác, số phức liên hợp của số phức z = r(cos ϕ + i sin ϕ) là z = r(cos ϕ i sin ϕ). − Một số tính chất của số phức liên hợp: z = z z + z = 2a = 2Re z zz = a2 + b2 = z 2 | | 1 z = z z 2 | | z = z | | | | z1 + z2 = z1 + z2 z1z2 = z1z2 z z 1 = 1 z z 2 2 Bài tập 1.21. Viết các số phức sau dưới dạng chính tắc: a) (1 + i√3)9 b) 8 1 i√3 21 − c) (1+i) d) ( + √ )5(√ )11 (1 i)13 p2 i 12 3 i − − Lời giải. Thông thường, ta nên chuyển các số phức về dạng lượng giác, rồi thực hiện các phép toán nhân, chia, luỹ thừa, khai căn; sau đó mới đưa kết quả về dạng chính tắc.
a) π π 9 (1 + i√3)9 = 2 cos + i sin = 29 3 3 − h i b) Ta có (1 i√3)= 2 cos π + i sin π nên − −3 −3 8 π π π π 1 i√3 = z = √8 2 cos − + k + i sin( − + k ; k = 0,7 − k 24 4 24 4 q 21 c) Tương tự, (1+i) = 4 (1 i)13 2 i − d) (2 + i√12)5(√3 i)11 = ( 211)i. − − Bài tập 1.22. Tìm nghiệm phức của phương trình sau: a) z2 + z + 1 = 0 b) z2 + 2iz 5 = 0 − c) z4 3iz2 + 4 = 0 − d) z6 7z3 8 = 0 − − 4 e) (z+i) = (z i)4 1 − f) z8(√3 + i)= 1 i − 1 n 1 Bài tập 1.23. Chứng minh nếu z + = 2cosθ thì z + n = 2 cos nθ, n Z z z ∀ ∈ Lời giải. Với điều kiện z = 0 thì 6 1 z = z = cos θ + i sin θ z + = 2 cos θ z2 2 cos θ.z + 1 = 0 1 z ⇔ − ⇔ z = z = cos( θ)+ i sin( θ) " 2 − − Hơn nữa z1z2 = 1 nên 1 zn + = zn + zn = (cos θ + i sin θ)n +[cos( θ + i sin( θ)n]= 2 cos θ zn 1 2 − − Bài tập 1.24. a) Tính tổng các căn bậc n của 1. b) Tính tổng các căn bậc n của số phức z bất kỳ. n 1 2kπ 2kπ − m Z c) Cho εk = cos n + i sin n ; k = 0,1, , (n 1) . Tính tổng S = ∑ εk , (m ) . − k=0 ∈
Lời giải. a) Gọi ε1, ε2, , εn là các căn bậc n của 1. Các căn bậc n của đơn vị sẽ lập thành tập nghiệm của phương trình zn 1 = 0 nên theo định lý Viet − n 1 − ∑ εk = 0 k=0 Ngoài ra Πn 1 n 1 ∑ εiεj = 0; k=−0 εk = ( 1) − 0 i<j n 1 − ≤ ≤ − n 1 − b) Tương tự ∑ εk = 0 k=0 c) 0 nếu n m S = 6| n nếu n m  |  (x+1)9 1 Bài tập 1.25. Cho phương trình x − = 0. a) Tìm các nghiệm của phương trình trên. b) Tính môđun của các nghiệm. 8 kπ c) Tính tích của các nghiệm từ đó tính ∏ sin 9 . k=1 Lời giải. (x+1)9 1 a) Phương trình x − = 0 có 8 nghiệm là 2kπ 2kπ x = cos + i sin , k = 1,2, ,8 k 9 9 Chú ý rằng với k = 0 thì x = 0 TXD. 6∈ b) Ta có x = 2sin kπ | k| 9 9 9 (x+1) 1 i i 1 c) Phương trình x − = ∑ C9x − = 0 có 8 nghiệm là xk, k = 1,2, ,8 nên áp dụng i=1 định lý Viet ta có 8 ∏ xk = 9 k=1 Từ đó suy ra 8 kπ 9 ∏ sin = 8 k=1 9 2
Bài tập 1.26. Tìm nghiệm phức của phương trình sau: a) 7 1 b) 4 . z = z3 z = z + z 1 z 2 1 Lời giải. a) z7 = z7z3 = 1 z7z3 = 1 z 10 = 1 z = 1. Do đó z = | | = . z3 ⇒ ⇒ | | ⇒ | | ⇒ | | z z Từ đó z7 = 1 z4 = 1 z = z = cos kπ + i sin kπ , k = 1,2,3. z3 ⇔ ⇔ k 2 2 b) Giả sử z = a + bi với a, b R. Khi đó z4 = z + z (a + bi)4 = (a + bi) + (a bi). So ∈ ⇔ − sánh phần thực và phần ảo của hai vế ta được hệ phương trình a4 6a2b2 + b4 = 2a − 4a3b 4ab3 = 0  − Giải hệ phương trình trên ta được các nghiệm của phương trình là 3 1 1 1 1 z1 = 0, z2 = √2, z3 = i, z4 = + i −√3 2 − √3 2 −√3 2 √3 2 Bài tập 1.27. Cho x, y, z là các số phức có môđun bằng 1. So sánh môđun của các số phức x + y + zvà xy + yz + zx. Lời giải. Do z = y = z = 1 nên xx = yy = zz = 1. Do đó | | | | | | xy + yz + zx = xyzz + yzxx + zxyy = xyz(x + y + z) = xyz . x + y + z = x + y + z | | | | | | | | | | | |
CHƯƠNG 2 MA TRẬN - ĐỊNH THỨC - HỆ PHƯƠNG TRÌNH §1. MA TRẬN 1.1 Các phép toán trên ma trận 1. Phép cộng, trừ hai ma trận 2. Phép nhân ma trận với một số 3. Phép nhân hai ma trận 4. Ma trận chuyển vị 1.2 Các tính chất A + B = B + A A + 0 = 0 + A = A 1.  A + ( A) = ( A)+ A = 0  − − (A + B)+ C = A + (B + C)    k(A + B)= kA + kB (k + h)A = kA + hA = A  2. k(hA) = (kh)A   1.A = A 0.A = 0     25
(A.B).C = A.(B.C) 3. A.I = I.A = A   Chú ý rằng AB = BA 6   A.(B + C)= AB + AC) (A + B)C = AC + BC 4.  (AB)C = A(BC)  k(BC) = (kB)C = B(kC)    5. (AB)t = Bt At Bài tập 2.1. Tìm ma trận X thoả mãn: a) 1 2 3 0 1 2 + 2X = − 3 4 2 1 5 7 " − # " # " # b) 1 3 2 2 5 6 0 6 6 1 − − X 3 4 1 1 2 5 = 2 9 2 2 −  −     −  2 5 3 1 3 2 4 8 6  −     − −        Lời giải. a) 1 2 3 0 1 2 + 2X = − 3 4 2 1 5 7 "− # " # " # 3 2 X = − −3 ⇔ " 3 2 # b) 1 3 2 2 5 6 0 6 6 1 − − X 3 4 1 1 2 5 = 2 9 2 2 −  −    −  2 5 3 1 3 2 4 8 6  −    − −        0 12 12 − X = 4 18 4 ⇔ −  8 16 12 − −   
1 2 3 − Bài tập 2.2. Cho ma trận A = 2 4 1 và đa thức f (x)= 3x2 2x + 5 . Tính f (A).  −  − 3 5 3  −    Lời giải. Ta có 1 2 3 1 2 3 6 9 10 − − − A2 = 2 4 1 2 4 1 = 3 7 5  −   −   −  3 5 3 3 5 3 2 1 13  −   −   −        6 9 10 1 2 3 1 0 0 21 23 24 − − − f (A)= 3A2 2A + 5E = 3 3 7 5 2 2 4 1 + 5 0 1 0 = 5 34 13 −  −  −  −     −  2 1 13 3 5 3 0 0 1 0 7 38  −   −              cos a sin a Bài tập 2.3. a). Cho A = − . Tính An. " sin a cos a # a 1 0 n b). Cho A =  0 a 1 . Tính A . 0 0 a     cos na sin na Lời giải. a). Chứng minh An = − với mọi n N bằng phương pháp " sin na cos na # ∈ qui nạp. a 1 0 1 b). Với n = 1, A =  0 a 1  0 0 a     0 1 0 Với n 2 ta viết A = B + E, với E là ma trận đơn vị cấp 3 và B = 0 0 1 . ≥   0 0 0   0 0 1   Ta có B2 = 0 0 0 , B3 = 0 nên Bk = 0 với mọi k 3. Áp dụng công thức khai   ≥ 0 0 0    
triển Newton: n n n k k n k 0 n 1 n 1 2 2 n 2 A = (B + aE3) = ∑ CnB (aE3) − = Cn(aE3) + CnB(aE3) − + CnB (aE3) − k=0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 n n 1 (n 1)n = a 0 1 0 + na − 0 0 1 + − 0 0 0     2   0 0 1 0 0 0 0 0 0       n n 1 (n 1)n n 2    a na − −2 a − n n 1 =  0 a na −  0 0 an     Nhận xét: Ta cũng có thể chứng minh câu b) bằng quy nạp như câu a). Tuy nhiên, muốn dùng phương pháp quy nạp ta cần dự đoán được kết quả của bài toán. Điều này không phải lúc nào cũng dễ làm. Bài tập 2.4. Tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 thoả mãn: 0 0 1 0 a)X2 = b)X2 = " 0 0 # " 0 1 # a b a b a b a2 + bc ab + bd Lời giải. a). Giả sử , ta có 2 X = X = = 2 . " c d # " c d # " c d # " ca + dc cb + d # Vậy: a2 + bc = 0 a2 + bc = 0 ab + bd = 0 b(a + d) = 0   ca + dc = 0 ⇔ c(a + d) = 0   cb + d2 = 0 cb + d2 = 0       0 0 a b Giải hệ phương trình trên ta được X = hoặc X = 2 với a, b, c là các c 0 a a " # " b − # số thực tùy ý và b = 0 6 b). Tương tự như câu a), ma trận X có thể có các dạng sau: a b 1 0 1 0 1 0 1 0 a2 ; ; − ; ; − "1 a# "c 1# " c 1# "0 1# " 0 1# − b − − −
§2. ĐỊNH THỨC 2.1 Định nghĩa 2.2 Các tính chất của định thức 1. det A = det At 2. Công thức khai triển một định thức theo một hàng hay cột bất kì: n i+j det A = ∑( 1) aij det Mij j=1 − n i+j det A = ∑( 1) det Mij i=1 − Ở đó Mij là ma trận thu được từ ma trận A bằng cách bỏ đi hàng i và cột j. 3. Một định thức có hai hàng (hay cột) bằng nhau thì bằng không. 4. Nếu đổi chỗ hai hàng (hay cột) của một ma trận thì định thức của nó đổi dấu 5. Nếu thêm vào một hàng (hay cột) một tổ hợp tuyến tính của các hàng (hay cột) khác thì định thức không đổi. 6. Một định thức có một hành (hay cột) bằng 0 thì bằng 0. 7. Nếu nhân các phần tử của một hàng (hay cột) với một số k thì được một định thức mới bằng định thức cũ nhân với k. 8. Định thức của một ma trận tam giác bằng tích của các phần tử trên đường chéo. 9. det(AB)= det A det B 2.3 Các phương pháp tính định thức Để tính một định thức, có thể khai triển định thức theo một hàng hay cột nào đó để đưa định thức về định thức có cấp nhỏ hơn (tất nhiên nên chọn hàng hay cột nào có nhiều số 0 nhất), cũng có thể tìm cách biến đổi sơ cấp để đưa định thức về dạng đơn giản hơn (không nhất thiết phải đưa định thức về dạng định thức của ma trận tam giác, đôi khi chỉ cần đưa định thức về dạng đơn giản rồi khai triển định thức).
2.4 Ma trận nghịch đảo 1. Định nghĩa Định nghĩa 2.4. Cho A là một ma trận vuông cấp n, nếu tồn tại ma trận B vuông cấp n sao cho AB = BA = I thì ta nói ma trận A khả đảo (khả nghịch) và gọi B là ma trận nghịch đảo của ma trận A. 1 Ma trận nghịch đảo của ma trận A được kí hiệu là A− . 2. Sự duy nhất của ma trận nghịch đảo Định lý 2.1. Ma trận nghịch đảo của ma trận A nếu có thì duy nhất. 3. Sự tồn tại của ma trận nghịch đảo Định lý 2.2. Cho ma trận A vuông cấp n, nếu det A = 0 thì ma trận A khả nghịch 6 và ma trận nghịch đảo của nó được tính theo công thức: 1 1 t A− = .C , det A trong đó C =[c ] với c = ( 1)i+j det M . ij ij − ij 4. Ma trận nghịch đảo của tích hai ma trận Định lý 2.3. Cho A, B là hai ma trận vuông cấp n khả nghịch. Khi đó AB cũng khả nghịch và 1 1 1 (AB)− = B− A− 5. Các tính ma trận nghịch đảo bằng phương pháp Gauss-Jordan (a) Viết ma trận đơn vị I bên cạnh ma trận A. (b) Áp dụng các phép biến đổi sơ cấp về hàng để đưa ma trận A về ma trận đơn vị I, đồng thời tác động phép biến đổi sơ cấp trên ma trận I. 1 (c) Khi A đã biến đổi thành I thì I trở thành ma trận nghịch đảo A− . Bài tập 2.5. Tính các định thức sau: 2 1 3 a). 5 3 2 = 40 1 4 3
a b c 3 3 3 3 3 3 b). b c a = acb + bac + bac c b a = a + b + c 3abc − − − − c a b 1 1 ε ε3 = 1 c). 2 2π 2π Do là căn bậc 3 của đơn vị nên . 1 1 ε , ε = cos 3 + i sin 3 ε 2 ( 1 + ε + ε = 0 ε2 ε 1 1 1 ε 2 4 2 3 3 Do đó 1 1 ε = 1 + ε + ε ε 1 ε = 3 − − − − ε2 ε 1 Bài tập 2.6. Không khai triển định thức mà dùng các tính chất của định thức để chứng minh: a + b x a b x c a b c 1 1 1 − 1 1 1 1 1 a). a2 + b2x a2 b2x c2 = 2x a2 b2 c2 − − a + b x a b x c a b c 3 3 3 − 3 3 3 3 3 1 a bc 1 a a2 2 b). 1 b ac = 1 b b 1 c ab 1 c c2 1 a a3 1 a a2 3 2 c). 1 b b = (a + b + c) 1 b b 1 c c3 1 c c2
Lời giải. a) a + b x a b x c 1 1 1 − 1 1 a2 + b2x a2 b2x c2 − a + b x a b x c 3 3 3 − 3 3 2a a b x c 1 1 − 1 1 = 2a2 a1 b1x c2 (C2 + C1 C1) − → 2a a b x c 3 1 − 1 3 a a b x c 1 1 − 1 1 1 =2 a2 a1 b1x c2 (C1 ) − × 2 a a b x c 3 1 − 1 3 a b x c 1 − 1 1 =2 a2 b2x c2 (( 1)C1 + C2 C2) − − → a b x c 3 − 3 3 a b c 1 1 1 = 2x a2 b2 c2 − a b c 3 3 3 b) 1 a bc 1 b ac 1 c ab 1 a a2 + ab + bc + ca 2 = 1 b b + ab + bc + ca (C2 (a + b + c)+ C3 C3) × → 1 c c2 + ab + bc + ca 1 a a2 2 = 1 b b (C1 ( ab bc ca)+ C3 C3) × − − − → 1 c c2
Chú ý: Nếu a, b, c = 0 thì ta có thể chứng minh như sau: 6 1 a bc 1 b ac 1 c ab a a2 abc 1 2 = b b abc abc c c2 abc a a2 1 1 2 = abc b b 1 abc c c2 1 1 a a2 2 = 1 b b 1 c c2 c) 1 a a3 3 1 b b 1 c c3 1 a a3 + a2b + a2c 3 2 2 = 1 b b + b a + b c (C1 ( abc)+ C2 (ab + bc + ca)+ C3 C3) × − × → 1 c c3 + c2a + c2b 1 a a2(a + b + c) 2 = 1 b b (a + b + c) 1 c c2(a + b + c) 1 a a2 2 =(a + b + c) 1 b b 1 c c2 Bài tập 2.7. Tính các định thức sau: a + b ab a2 + b2 2 2 a) A = b + c bc b + c c + a ca a2 + c2 ab cd b adc b) B = c dab dc ba
1 1 2 3 2 1 2 x 2 3 c) C = − 2 3 1 5 2 3 19 x2 − 1 + x 1 1 1 1 1 x 1 1 d) D = − 1 11 + z 1 1 1 11 z − a + b ab a2 + b2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 Lời giải. a) A = b + c bc b + c = a (c b )+ b (a c )+ c (b a ) − − − c + a ca a2 + c2
b) ab cd b adc c dab dc ba a + b + c + d b + a + c + d c + d + a + b d + c + b + a b a d c = (R1 + R2 + R3 + R4) c d a b d c b a 1111 b adc =(a + b + c + d) cdab dc ba 10 0 0 b a b d b c b =(a + b + c + d) − − − (C2 C1, C3 C1, C4 C1) c d c a c b c − − − − − − d c d b d a d − − − a b d b c b − − − =(a + b + c + d) d c a c b c − − − c d b d a d − − − a + d c b a + d c b 0 − − − − =(a + b + c + d) d c a c b c (R2 + R1) − − − c d b d a d − − − a + d c b 0 0 − − =(a + b + c + d) d c a d b c (C2 C1) − − − − c d b c a d − − − a d b c =(a + b + c + d)(a + d c b) − − − − b c a d − − =(a + b + c + d)(a + d b c)(a + b d c)(a + c b d) − − − − − −
c) 1 1 2 3 2 1 2 x 2 3 − 2 3 1 5 2 3 19 x2 − 12 1 3 2 1 2 2 x 3 = − (C2 C3) − 21 3 5 ↔ 21 3 9 x2 − 12 1 3 21 3 5 = (R2 R3) 1 2 2 x2 3 ↔ − 21 3 9 x2 − 12 1 3 0 3 1 1 = − − (R2 2R1; R3 R1; R4 2R1) 0 0 1 x2 0 − − − − 0 3 1 3 x2 − − 12 1 3 0 3 1 1 = − − 0 0 1 x2 0 − 00 0 4 x2 − = 3.(1 x2)(4 x2) − − − d) 1 + x 1 1 1 1 1 x 1 1 − 1 11 + z 1 1 1 11 z − x x 0 0 1 1 x 1 1 = − (H1 H2, H3 H4) 0 0 z z − − 1 1 11 z − x 0 0 0 1 x 1 0 = − (C1 C2, C3 C4) 0 0 z 0 − − 1 0 1 z − =x2z2
Bài tập 2.8. Chứng minh nếu A là ma trận phản xứng cấp n lẻ thì det(A)= 0. Lời giải. Do At = A nên det A = det At = det( A) = ( 1)n det A = det A. Vậy − − − − det A = 0. Bài tập 2.9. Cho A = [aij]n n là ma trận phức sao cho aij = aji. Chứng minh det(A) là × − một số thực. Lời giải. Theo bài ra, At = A¯, vì định thức của một ma trận là tổng các số hạng trong đó mỗi số hạng là tích các phần tử của ma trận đó, nên từ tính chất của số phức liên hợp, ta có det A¯ = det A. Từ đóta có det A = det A¯ = det At = det A det A R ⇒ ∈ Bài tập 2.10. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau: 1 a 0 0 3 4 5 − 3 4 −  0 1 a 0  a)A = , b)B =  2 3 1  , c)C = − " 5 7 # − 0 0 1 a 3 5 1  −   −   00 0 1        Hướng dẫn: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A có det A = 0 thường tiến hành theo 6 hai cách: Cách 1: Dùng ma trận phụ hợp. i+j Tính cij = ( 1) det Mij trong đó Mij là ma trận có được từ A bằng cách bỏ đi hàng i cột − 1 1 t j. Xây dựng ma trận phụ hợp C =[cij]. Khi đó A− = det A .C . Cách 2: Phương pháp Gauss-Jordan. Viết vào sau ma trận A ma trận đơn vị E để được ma trận [A E], sau đó sử dụng các phép biến đổi sơ cấp theo hàng đưa ma trận trên về ma | trận [E B]. Khi đó, B là ma trận nghịch đảo A 1. | − 1 7 4 a b 1 1 d b Lời giải. a) A− = − .Tổng quát, A = A− = − . 5 3 c d ⇒ det A c a " − # " # " − # 2 7 11 − b) 1 1 B− = 3  1 12 7  − − 1 3 1  − −    1 a a2 a3 2 1 0 1 a a c) C− =   00 1 a    00 0 1     
Bài tập 2.11. Giải các phương trình ma trận sau: 2 1 1 1 2 3 2 1 1 − − − 2 1 1 a) −  13 2  + X  3 1 4  = − " 11 2 # − − " 23 1 # 3 2 2 1 1 3 −  −   −      2 1 1 1 2 11 2 2 3 − − − − b) 1 3 2 2 1 + 21 3 X = 1 2  −     −   −  3 2 2 3 1 1 1 1 1 1  −     −            Hướng dẫn: Việc giải các phương trình ma trận cũng giống như việc giải các phương trình đại số, nhưng cần lưu ý phép nhân ma trận không có tính chất giao hoán nên AX = B X = A 1B ⇔ − XA = B X = BA 1  ⇔ −  a b Bài tập 2.12. a) Chứng minh rằng ma trận A = thoả mãn phương trình sau: " c d # x2 (a + d)x + ad bc = 0. − − b) Chứng minh với A là ma trận vuông cấp 2 thì Ak = 0, (k > 2) A2 = 0. ⇔ Lời giải. b) Nhận xét rằng ta chỉ cần chứng minh nếu Ak = 0(k > 2) thì A2 = 0. Thật vậy, (det A)k = det Ak = 0 det A = 0 ac bd = 0. ⇒ ⇒ − Do đó từ câu a) ta có A2 + (a + d)A = 0 (1). Nếu a + d = 0 thì (1) A = 0. ⇒ k 2 2 k 1 k 1 Nếu a + d = 0 thì (1) A − [A + (a + d)A]= 0 (a + d)A − = 0 A − = 0. Tiếp 6 ⇒ k k 1 ⇒2 ⇒ tục quá trình như vậy ta được A = A − = = A = 0. k k 1 Bài tập 2.13. Chứng minh rằng ma trận A vuông cấp n thoả mãn ak A + ak 1 A − + + − ··· a A + a E = 0, (a = 0) thì A là ma trận khả nghịch. 1 0 0 6 Lời giải. k k 1 ak A + ak 1 A − + + a1 A + a0E = 0 − ··· k k 1 ak A + ak 1 A − + + a1 A = a0E ⇔ − ··· − ak k ak 1 k 1 a1 A( A − A − E)= E ⇔ − a0 − a0 −···− a0 Do đó A là ma trận khả nghịch và ma trận nghịch đảo của nó là 1 ak k ak 1 k 1 a1 A− = A − A − E − a0 − a0 −···− a0
§3. HẠNG CỦA MA TRẬN 3.1 Định nghĩa Định nghĩa 2.5. Hạng của ma trận A là cấp cao nhất của các định thức con khác không của A, kí hiệu r(A) hay ρ(A). 3.2 Phương pháp tính hạng của ma trận bằng biến đổi sơ cấp về hàng Định nghĩa 2.6. Ma trận bậc thang là ma trận có hai tính chất: 1. Các hàng khác không luôn ở trên các hàng bằng không 2. Trên hai hàng khác không thì phần tử đầu tiên khác không ở hàng dưới bao giờ cũng ở bên phải cột chứa phần tử khác không đầu tiên ở hàng trên. Định lý 2.4. Hạng của một ma trận bậc thang bằng số hàng khác không của nó Với định lý 2.4 đã cho, muốn tìm hạng của ma trận A chỉ cần áp dụng các phương pháp biến đổi sơ cấp trên hàng đề đưa A về ma trận bậc thang và đếm số hàng khác không của nó. Bài tập 2.14. Tìm hạng của các ma trận sau: 1 3 5 1 − 2 1 1 4 a) A =  − −  5 1 1 7  −   77 9 1     13 5 1 − 0 7 11 6 Ta có A  − −  nên r(A)= 4. → → 0 0 4 0  −   00 0 4     −  4 3 52 3 4 3 52 3 − − 8 6 74 2 0 0 10 5  −   −  b) B = 4 3 82 7 Ta có B 00 0 0 11 nên r(B)= 3.   → →    −   −  43 1 2 5 00 00   −    8 6 1 4 6 00 00   − −       
§4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.1 Dạng tổng quát của hệ phương trình tuyến tính Đó là hệ m phương trình đại số bậc nhất đối với n ẩn số a x + a x + + a x = b 11 1 12 2 ··· 1n n 1  a21x1 + a22x2 + + a2nxn = b2  ··· (2.1)   ························ am1x1 + am2x2 + + amnxn = bm  ···   t Nếu đặt A = [aij] là ma trận hệ số của hệ và b = [b1b2 bm] là ma trận cột vế phải, t x =[x1x2 xn] là ma trận ẩn thì ta có dạng ma trận của hệ được viết đơn giản như sau Ax = b 4.2 Hệ Cramer Định nghĩa 2.7. Hệ 2.1 gọi là hệ Cramer nếu m = n và det A = 0 6 Định lý 2.5 (Định lý Cramer). Hệ Cramer có nghiệm duy nhất được tính bằng công 1 thức x = A− b, tức là det Aj x = , j det A trong đó Aj là ma trận suy từ A bằng cách thay cột thứ j bởi cột vế phải b. 4.3 Định lý Kronecker-Capelli Định lý 2.6 (Định lý Kronecker-Capelli). Hệ 2.1 có nghiệm khi và chỉ khi r A = r(A), trong đó A là ma trận bổ sung tức là ma trận A thêm cột b; A =[Ab]. Hệ quả 2.1. 1. Nếu r A = r(A) thì hệ 2.1 vô nghiệm 6 2. Nếu r A = r(A)= n thì hệ 2.1 có nghiệm duy nhất 3. Nếu r A = r(A) < n thì hệ 2.1 có vô số nghiệm
4.4 Phương pháp Gauss giải hệ phương trình tuyến tính tổng quát B1. Viết ma trận A cạnh véctơ cột b ta được ma trận bổ sung A. B2. Áp dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng đề đưa ma trận A về ma trận bậc thang. B3. Biện luận theo kết quả thu được. Bài tập 2.15. Giải các hệ phương trình sau: x 2x + x = 4 1 − 2 3 a) 2x + x x = 0  1 2 − 3  x + x + x = 1 − 1 2 3 −   3x 5x 7x = 1 1 − 2 − 3 b)  x1 + 2x2 + 3x3 = 2  2x + x + 5x = 2 − 1 2 3   3x 5x + 2x + 4x = 2 1 − 2 3 4 c) 7x 4x + x + 3x = 5  1 − 2 3 4  5x + 7x 4x 6x = 3 1 2 − 3 − 4   3x x + 3x = 1 1 − 2 3 4x + 2x + x = 3 d)  − 1 2 3  2x1 + x2 + 4x3 = 4  − 10x 5x 6x = 10 1 − 2 − 3 −   2x1 + 3x2 + 4x3 = 1 3x x + x = 2 e)  1 − 2 3  5x1 + 2x2 + 5x3 = 3  x1 4x2 3x3 = 1  − −  Lời giải . a) Ta có D = 7, D = 7, D = 7, D = 7 nên hệ phương trình đã cho là hệ x y − z Cramer nên nghiệm (x , x , x ) = (1, 1,1) 1 2 3 − b) Tương tự như câu a) với D = 41; D = 41; D = 41; D = 41 và nghiệm của hệ là x1 x2 − x3 (x , x , x ) = (1; 1;1). 1 2 3 − c) r(A)= 2 = r(A)= 3. Hệ vô nghiệm. 6 8 5 d) Hệ có nghiệm duy nhất (x1, x2, x3) = 0, 7 , 7 .
e) Hệ có vô số nghiệm (x , x , x ) = 7t + 7 ; 10t 1 ;11t với t là tham số. 1 2 3 − 11 − − 11 Bài tập 2.16. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss. 2x + 3x x + x + 3 = 0 1 2 − 3 4 3x x + 2x + 4x 8 = 0 a)  1 − 2 3 4 −  x1 + x2 + 3x3 2x4 6 = 0  − − x + 2x + 3x + 5x 3 = 0 − 1 2 3 4 −   3x 2x + x x = 0 1 − 2 3 − 4 b) 3x 2x x + x = 0  1 − 2 − 3 4  x x + 2x + 5x = 0 1 − 2 3 4   2x 2x + x x + x = 1 1 − 2 3 − 4 5 x + 2x x + x 2x = 1 c)  1 2 − 3 4 − 5  4x1 10x2 + 5x3 5x4 + 7x5 = 1  − − 2x 14x + 7x 7x + 11x = 1 1 − 2 3 − 4 5 −   Hướng dẫn: Các phép biến đổi tương đương trên các phương trình của hệ tuyến tính tương ứng với các phép biến đổi sơ cấp theo hàng trên ma trận A¯ . Hơn nữa, việc xác định tính có nghiệm hay vô nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính theo định lí Kronecker- Capelli, đòi hỏi phải tìm hạng của ma trận A¯. Nội dung chính của phương pháp Gauss chính là việc sử dụng các phép biến đổi sơ cấp theo hàng để biến đổi ma trận A¯ về dạng bậc thang, sau đó dùng định lí Kronecker-Capelli để xác định việc có nghiệm và mô tả các nghiệm của hệ phương trình. 2 3 1 1 3 11 3 2 6 − − −  3 12 4 8   0 1 7 5 15  Lời giải. a) A = − − − 1 1 3 2 6 → → 0 0 7 6 14  −   − −   12 3 5 3   00 0 26 0     7   −    Vậy r(A)= r(A)= 4. Do đó, hệ có nghiệm duy nhất (x1, x2, x3, x4) = (1; 1;2;0 ). − 3 2 1 1 1 1 2 5 − − − b) A = 3 2 1 1 0 1 7 14  − −  → →  −  1 1 2 5 0 0 2 2  −   −      x1 = 14α x = 7α Vậy r(A)= 3 < 4, hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số  2 −  x3 = α  x4 = α  
2 2 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 − − − −  1 2 1 1 2 1   0 6 3 3 5 1  c) A = − − − − − . 4 10 5 5 7 1 → → 00 0 0 0 0  − −     2 14 7 7 11 1   00 0 0 0 0       − − −    Suy ra r(A)= r(A)= 2, nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số x = 2 + 2m 4n 1 3 − x = 1 + 5m n + t  2 6 −  x3 = 2t, x4 = 2n, x5 = 6m  Bài tập 2.17. Giải và biện luận các hệ phương trình: ax1 + x2 + x3 + x4 = 1 a)  x1 + ax2 + x3 + x4 = a 2  x1 + x2 + ax3 + x4 = a a 1 1 1 1 1 1 a 1 a2  2 Ta có A =  1 a 1 1 a   0 a 1 1 a 0 a a  → → − − − 1 1 a 1 a2 0 0 (1 a)(a + 2) 1 a (1 a)(a + 1)2    − − −      1. Nếu a = 1, ta có r(A ) = r(A) = 3 < 4, hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham 6 x = t a 1 1 − − x = t a số  2 −  x3 = t  x = (1 + a)2 (a + 2)t 4 −   1 1 1 1 1 2. Nếu a = 1 thì A =  0 0 0 0 0  0 0 0 0 0    <  Ta có r(A) = r(A) = 1 4 nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số (x , x , x , x ) = (1 α β γ; β;α, γ) 1 2 3 4 − − − (2 a)x + x + x = 0 − 1 2 3 b) x + (2 a)x + x = 0  1 − 2 3  x + x + (2 a)x = 0 1 2 − 3 2 a 1 1  − Ta có A = 1 2 a 1 ,det A = (4 a)(1 a)2.  −  − − 1 12 a  −    1. Nếu (4 a)(1 a)2 = 0 thì hệ có nghiệm duy nhất (x , x , x ) = (0,0,0). − − 6 1 2 3
2 1 1 1 1 2 − − 2. Nếu a = 4 thì A = 1 2 1 0 3 3 .  −  → →  −  1 1 2 00 0  −    Vì r(A) = 2 < 3 nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 1 tham số (x1, x2, x3) = (α; α; α) 1 1 1 1 1 1 3. Nếu a = 1 thì A = 1 1 1 0 0 0   →   1 1 1 0 0 0     Suy ra r(A)= 1 < 3nên hệcó vô sốnghiệm phụthuộc vào 2 tham số (x1, x2, x3)= ( α β; β; α). − − x ax + a2x = a 1 − 2 3 c) ax a2x + ax = 1  1 − 2 3  ax + x a3x = 1 1 2 − 3 1 a a2 a 1 a a2 a  − 2 − 2 3 2 Ta có A =  a a a 1   0 1 + a 2a 1 a  − → → − − a 1 a3 1 0 0 a(1 a2) 1 a2  −   − −      x1 = a 1. Nếu a = 0, 1 thì r(A)= r(A)= 3 nên hệ có nghiệm duy nhất x = 1 6 ±  2  1  x3 = a 1 0 0 0  2. Nếu a = 0 thì B =  0 1 0 1  nên r(A)= 2 = r(A)= 3, do đó hệ đã cho vô 6 0 0 0 1   nghiệm.   1 1 1 1 − 3. Nếu a = 1 thì B =  0 2 2 0  − 0 0 0 0    <  nên r(A) = r(A) = 2 3, hệ đã cho có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số (x1, x2, x3) = (1; α; α) 1 1 1 1 − 4. Nếu a = 1 thì B =  0 2 2 0  − 0 0 0 0    <  nên r(A) = r(A) = 2 3, hệ đã cho có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số (x , x , x ) = (1; α; α) 1 2 3 − 2 ax1 + x2 + x3 = 1 a 1 1 1 1 1 a a 2 d)  x1 + ax2 + x3 = a A =  1 a 1 a   0 a 1 1 a a a → → − − −  x + x + ax = a2 1 1 a a2 0 0 (1 a)(a + 2) (1 a)(a + 1 1 2 3    − − B     
1. Nếu a = 1, 2 thì r(A)= r(A)= 3, hệ có nghiệm duy nhất 6 − 1 a 1 (1 + a)2 (x , x , x )= − − , , 1 2 3 a + 2 a + 2 a + 2 1 1 2 4 − < 2. Nếu a = 2 thì B =  0 3 3 6 , r(A) = 2 3 = r(A), hệ đã cho vô − − − 00 0 3   nghiệm.   1 1 1 1 < 3. Nếu a = 1 thì B =  0 0 0 0 , r(A) = r(A) = 1 3, hệ có vô số nghiệm 0 0 0 0   phụ thuộc 2 tham số  (x1, x2, x3) = (1 α β; β; α) − − Bài tập 2.18. Tìm đa thức bậc 3 : p(x) = ax3 + bx2 + cx + d thoả mãn p(1) = 0; p( 1) = − 4; p(2)= 5; p( 2)= 15. − − 7 7 13 13 Lời giải. Đáp số: a = 3 , b = −3 , c = −3 , d = 3 . 1 2 a 1 − Bài tập 2.19. Cho phương trình ma trận  2 7 2a + 1  X =  2  39 4a 1         a) Giải phương trình khi a = 0. b) Tìm a để phương trình có vô số nghiệm. 1 1 2 0 − 1 3 0 2 11 − − 3 − 3 Lời giải. a) X = 2 7 1 2 = 1 0 1 = 4     − 3   3  3 9 0 1 1 1 1 0      −            1 2 a 1 1 2 a 1 − − b) A =  2 7 2a + 1 2   03 1 4  → → 39 4a 1 0 0 a 1 0    −     <  Hệ có vô số nghiệm khi và chỉ khi r(A)= r(A) 3 a 1 = 0 a = 1 ⇔ − ⇔
CHƯƠNG 3 KHÔNG GIAN VÉCTƠ. §1. KHÁI NIỆM 1.1 Định nghĩa Định nghĩa 3.8. Tập hợp V = ∅ được gọi là một không gian véctơ trên R nếu nó được 6 trang bị hai phép toán gồm: a) Phép cộng véctơ + : V V V × → (α, β) α + β 7→ b) Phép nhân véctơ với vô hướng + : R V V × → (a, α) aα 7→ thoả mãn các tiên đề sau: (V1) (α + β)+ γ = α + (β + γ) (V2) 0 V :0 + α = α + 0 = α α V ∃ ∈ ∀ ∈ (V3) α V, α V : α + α = α + α = 0 ∀ ∈ ∃ 0 ∈ 0 0 (V4) α + β = β + α α, β V ∀ ∈ (V5) (a + b)α = aα + bα a, b R, α V ∀ ∈ ∈ 47
(V6) a(α + β)= aα + aβ a R, α, β V ∀ ∈ ∈ (V7) a(bα) = (ab)α a, b R, α V ∀ ∈ ∈ (V8) 1α = α α V ∀ ∈ Các phần tử của V được gọi là các véctơ, các phần tử của R được gọi là các vô hướng. Bốn tiên đề đầu nói rằng (V, +) là một nhóm abel. Tiên đề (V5,6) nói rằng phép nhân có tính phân phối đối với phép cộng véctơ và cộng vô hướng. Tiên đê (V8) nói rằng phép nhân đã được chuẩn hoá. 1.2 Một số tính chất ban đầu của không gian véctơ 1.3 Bài tập Bài tập 3.1. Tập V với các phép toán kèm theo có phải là không gian véctơ không? a) V = (x, y, z) x, y, z R với các phép toán xác định như sau { | ∈ } (x, y, z) + (x0, y0, z0) = (x + x0, y + y0, z + z0) k(x, y, z) = ( k x, k y, k z) | | | | | | b) V = x = (x , x ) x > 0, x > 0 R2 với các phép toán xác định như sau: { 1 2 | 1 2 } ⊂ (x1, x2) + (y1, y2) = (x1y1, x2y2) k k k(x1, x2) = (x1, x2) trong đó k là số thực bất kỳ Lời giải. a) V không phải là một không gian véctơ vì các phép toán cộng và nhân với vô hướng của V vi phạm tiên đề số 5. (1 + ( 1))(x, y, z) = 0 = 1(x, y, z) + ( 1)(x, y, z) = 2(x, y, z) − 6 − b) Tập V đã cho là một không gian véctơ.
§2. KHÔNG GIAN VÉCTƠ CON 2.1 Định nghĩa Định nghĩa 3.9. Cho V là một không gian véctơ, W là một tập con của V. Nếu W cùng với hai phép toán thừa hưởng từ V cũng là một không gian véctơ thì W được gọi là không gian véctơ con của V. 2.2 Điều kiện cần và đủ để W V là không gian véctơ ⊂ con Định lý 3.7. Tập con khác rỗng W V là không gian véctơ con của V nếu và chỉ nếu W ⊂ khép kín với hai phép toán trên V, nghĩa là α + β W, α, β W ∈ ∀ ∈ aα W, a R, α W  ∈ ∀ ∈ ∈  2.3 Không gian con sinh bởi một họ véctơ Định nghĩa 3.10. Cho V là một không gian véctơ. S = v , v , , v là một họ các véctơ { 1 2 n} của V. Tập hợp tất cả các tổ hợp tuyến tính của các véctơ của S được gọi là bao tuyến tính của S, kí hiệu Span(S). Span(S)= c v + c v + c v c , , c R { 1 1 2 2 n n| 1 n ∈ } Định lý 3.8. W = Span(V) là một không gian véctơ con của V. 2.4 Hệ sinh của một không gian véctơ Định nghĩa 3.11. Cho V là một không gian véctơ.S = v , v , , v là một họ các véctơ { 1 2 n} của V. Nếu Span(S)= V thi ta nói họ S sinh ra V hay không gian V sinh bởi họ S. 2.5 Bài tập Bài tập 3.2. Chứng minh các tập hợp con của các không gian véc tơ quen thuộc sau là các không gian véc tơ con của chúng: a) Tập E = (x , x , x ) R3 2x 5x + 3x = 0 . 1 2 3 ∈ | 1 − 2 3 b) Tập các đa thức có hệ số bậc nhất bằng 0 (hệ số của x )của KGVT Pn [x].
c) Tập các ma trận tam giác trên của tập các ma trận vuông cấp n. d) Tập các ma trận đối xứng của tập các ma trận vuông cấp n. e) Tập các ma trận phản xứng của tập các ma trận vuông cấp n. f) Tập các hàm khả vi trong không gian các hàm số xác định trên [a, b]. Bài tập 3.3. Cho V1, V2 là hai không gian véc tơ con của KGVT V. Chứng minh: a) V V là KGVT con của V. 1 ∩ 2 b) Cho V + V := x + x x V , x V . Chứng minh V + V là KGVT con của V. 1 2 { 1 2 | 1 ∈ 1 2 ∈ 2 } 1 2 Lời giải. a) 1. Giả sử x, y V V . Khi đó x, y V và x, y V . Vì V và V là các không gian ∈ 1 ∩ 2 ∈ 1 ∈ 2 1 2 véctơ con của V nên x + y V , và x + y V . Vậy x + y V V . ∈ 1 ∈ 2 ∈ 1 ∩ 2 2. Tương tự nếu x V V thì kx V V . ∈ 1 ∩ 2 ∈ 1 ∩ 2 b) 1. Giả sử x, y V + V . Khi đó x = x + x , y = y + y với x , y V , x , y V . ∈ 1 2 1 2 1 2 1 1 ∈ 1 2 2 ∈ 2 Khi đó x + y = (x + x ) + (y + y ) = (x + y ) + (x + y ) V + V . 1 2 1 2 1 1 2 2 ∈ 1 2 2. Tương tự, nếu x V + V thì kx V + V . ∈ 1 2 ∈ 1 2 Bài tập 3.4. Cho V1, V2 là hai không gian véc tơ con của KGVT V. Ta nói V1, V2 là bù nhau nếu V + V = V, V V = 0 . Chứng minh rằng V , V bù nhau khi và chỉ khi mọi véc tơ 1 2 1 ∩ 2 { } 1 2 x của V có biểu diễn duy nhất dưới dạng x = x + x , (x V , x V ). 1 2 1 ∈ 1 2 ∈ 2 Lời giải. Vì V = V + V cho nên mỗi véctơ x V có biểu diễn x = x + x (x ⇒ 1 2 ∈ 1 2 1 ∈ V , x V ). Ta chỉ cần chứng minh biểu diễn này là duy nhất, thật vậy, giả sử 1 2 ∈ 2 x = x + x = x + x với x , x V , x , x V . Khi đó ta có x x = x x . 1 2 10 20 1 10 ∈ 1 2 20 ∈ 2 1 − 10 20 − 2 Nhưng vì V , V là các không gian véctơ con của V nên x x V , x x V . Do 1 2 1 − 10 ∈ 1 20 − 2 ∈ 2 đó x x = x x V V = 0 Vậy x = x , x = x và ta có biểu diễn đã cho là 1 − 10 20 − 2 ∈ 1 ∩ 2 { } 1 10 2 20 duy nhất. Nếu mọi véc tơ x của V có biểu diễn duy nhất dưới dạng x = x + x , (x V , x V ) ⇐ 1 2 1 ∈ 1 2 ∈ 2 thì đương nhiên V = V + V . Ta chỉ cần chứng minh V V = 0 . Thật vậy, giả sử 1 2 1 ∩ 2 { } x V V , khi đó ∈ 1 ∩ 2 x = 0 + x = x + 0 V V V V ∈ 1 ∈ 2 ∈ 1 ∈ 2 Vì tính duy nhất của biểu diễn nên|{z}x =|{z}0, hay|{z}V V|{z}= 0 . 1 ∩ 2 { }
Bài tập 3.5. Cho V là KGVT các hàm số xác định trên [a, b] . Đặt V = f (x) V f (x)= f ( x), x [a, b] ; V = f (x) V f (x)= f ( x), x [a, b] 1 { ∈ | − ∀ ∈ } 2 { ∈ | − − ∀ ∈ } Chứng minh V1, V2 là bù nhau. Lời giải. Đương nhiên V V = 0 (chú ý rằng véctơ 0 ở đây là hàm số đồng nhất bằng 1 ∩ 2 { } 0 trên [a, b]). Mặt khác với mỗi hàm số f (x) xác định trên [a, b] bất kì, đặt f (x)+ f ( x) f (x) f ( x) g(x)= − , h(x)= − − 2 2 thì g(x) V , h(x) V và f (x)= g(x)+ h(x), nghĩa là V = V + V . Ta có điều phải chứng ∈ 1 ∈ 2 1 2 minh.
§3. CƠ SỞ VÀ TOẠ ĐỘ 3.1 Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính Định nghĩa 3.12 (Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính). a) Hệ (α1, , αn) được gọi là độc lập tuyến tính nếu hệ thức a1α1 + a2α2 + anαn = 0 chỉ xảy ra khi a1 = a2 = = an = 0. b) Hệ (α1, , αn) được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu nó không độc lập tuyến tính. 3.2 Cơ sở và số chiều của không gian véctơ Định nghĩa 3.13. Một hệ véctơ của V được gọi là một cơ sở của V nếu mỗi véctơ của V đều biểu thị duy nhất qua hệ này. Như vậy mỗi cơ sở đều là một hệ sinh. Định lý 3.9. Cho hệ véctơ S = v , v , , v của V. Khi đó S là một cơ sở của V khi và { 1 2 n} chỉ khi nó là một hệ sinh độc lập tuyến tính. Định nghĩa 3.14. Không gian véctơ V được gọi là hữu hạn sinh nếu nó có một hệ sinh gồm hữu hạn phần tử. Định lý 3.10. Giả sử V = ∅ là một không gian véctơ hữu hạn sinh. Khi đó V có một cơ sở 6 gồm hữu hạn phần tử. Hơn nữa mọi cơ sở của V đều có số phần tử bằng nhau. Trên cơ sở định lý trên, ta đi đến định nghĩa sau Định nghĩa 3.15. a) Số phần tử của mỗi cơ sở của không gian véctơ hữu hạn sinh V = 0 được gọi là số chiều hay thứ nguyên của không gian véctơ V, kí hiệu là 6 { } dimV. Nếu V = 0 thì dimV = 0. { } b) Nếu V không có một cơ sở nào gồm hữu hạn phần tử thì nó được gọi là một không gian véctơ vô hạn chiều. Định nghĩa 3.16 (Toạ độ). Bộ vô hướng (a1, a2, , an) xác định bởi điều kiện α = ∑i aiαi được gọi là toạ độ của véctơ α trong cơ sở (α1, α2, , αn)
3.3 Bài tập Bài tập 3.6. Cho V , V là hai không gian véc tơ con của KGVT V, v , v , , v là hệ 1 2 { 1 2 ··· m} sinh của V , u , u , , u là hệ sinh của V . Chứng minh v , , v , u , u , , u là 1 { 1 2 ··· n} 2 { 1 ··· m 1 2 ··· n} hệ sinh của V1 + V2. Lời giải. Mỗi x V + V ta có x = x + x (x V , x V ). Vì v , v , , v là hệ ∈ 1 2 1 2 1 ∈ 1 2 ∈ 2 { 1 2 ··· m} sinh của V , nên x = α v + α v + + α v , u , u , , u là hệ sinh của V nên 1 1 1 1 2 2 m m { 1 2 ··· n} 2 x2 = λ1u1 + λ2u2 + + λnun. Vậy x = α1v1 + α2v2 + + αmvm + λ1u1 + λ2u2 + + λnun Vậy v , , v , u , u , , u là hệ sinh của V + V . { 1 ··· m 1 2 ··· n} 1 2 Bài tập 3.7. Trong KGVT V, cho hệ véctơ u , u , , u , u là phụ thuộc tuyến tính { 1 2 ··· n n+1} và u , u , , u là hệ độc lập tuyến tính. Chứng minh u là tổ hợp tuyến tính của các { 1 2 ··· n} n+1 véctơ u , u , , u . 1 2 ··· n Lời giải. Vì hệ u , u , , u , u phụ thuộc tuyến tính nên tồn tại ràng buộc tuyến { 1 2 ··· n n+1} tính không tầm thường λ1u1 + λ2u2 + + λn+1un+1 = 0 1. Nếu λ = 0 thì λ u + λ u + + λ u = 0. Vì u , u , , u là hệ độc lập tuyến n+1 1 1 2 2 n n { 1 2 ··· n} tính nên từ ràng buộc tyến tính trên ta suy ra λ1 = λ2 = = λn = 0. Điều này mâu thuẫn với λ1, λ2, , λn+1 không đồng thời bằng 0. 2. Vậy λ = 0. Khi đó n+1 6 1 un+1 = (λ1u1 + λ2u2 + + λnun) −λn+1 Bài tập 3.8. Trong R3 xét xem các hệ véc tơ sau độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính: a) v1 = (1;2;3), v2 = (3;6;7). b) v = (4; 2;6) , v = ( 6;3; 9). 1 − 2 − − c) v = (2;3; 1), v = (3; 1;5), v = ( 1;3; 4). 1 − 2 − 3 − − Lời giải. a) Xét ràng buộc tuyến tính λ1 + 3λ2 = 0 λ =  1 0 λ1v1 + λ2v2 = 0 2λ1 + 6λ2 = 0 ⇔  ⇔ λ = 0   2 3λ1 + 7λ2 = 0   Vậy hệ v , v độc lập tuyến tính.  { 1 2} 
b) Tương tự, hệ đã cho độc lập tuyến tính. c) Xét ràng buộc tuyến tính 2λ + 3λ λ = 0 λ = 0 1 2 − 3 1 λ v + λ2v2 + λ3v3 = 0 3λ λ + 3λ = 0 λ = 0 1 1 ⇔  1 2 3 ⇔  2  −   λ + 5λ 4λ = 0 λ = 0 − 1 2 − 3 3   Vậy hệ đã cho độc lập tuyến tính.   3 Bài tập 3.9. Trong R , chứng minh v1 = (1;1;1), v2 = (1;1;2), v3 = (1;2;3) lập thành một cơ sở. Cho x = (6;9;14), tìm toạ độ của x đối với cơ sở trên. Lời giải. Ta đã biết dimR3 = 3 nên muốn chứng minh hệ v , v , v là một cơ sở của R3 { 1 2 3} ta chỉ cần chứng minh nó độc lập tuyến tính hoặc là hệ sinh của R3.
§4. SỐ CHIỀU VÀ CƠ SỞ CỦA KHÔNG GIAN CON SINH BỞI HỌ VÉCTƠ -HẠNG CỦA HỌ VÉCTƠ 4.1 Mở đầu Giả sử V là một không gian véctơ và S = u , u , , u V { 1 2 p}⊂ Theo định lý 3.8 thì SpanS là một không gian con của V. Hãy tìm số chiều và cơ sở của SpanS. 4.2 Hạng của một họ véctơ Định nghĩa 3.17. Xét họ S = u , u , , u V. Số véctơ độc lập tuyến tính tối đa có { 1 2 p} ⊂ thể rút ra từ họ S được gọi là hạng của họ S và kí hiệu là r(S) hay ρ(S). 4.3 Cách tính hạng của một họ véctơ bằng biến đổi sơ cấp Bổ đề 3.1. Hạng của họ véctơ S bằng hạng của ma trận toạ độ của nó trong bất kì cơ sở nào của không gian V. Theo bổ đề 3.1 trên, muốn tìm hạng của họ véctơ S, chỉ cần tìm ma trận toạ độ của nó trong một cơ sở bất kì của V (thông thường ta chọn cơ sở chính tắc). Sau đó áp dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa ma trận đã cho về ma trận bậc thang. 4.4 Số chiều và cơ sở của không gian con sinh bởi họ véctơ Định lý 3.11. Cho V là một không gian véctơ S = u , u , , u { 1 2 p} Khi đó W = Span(S) là một không gian véctơ con có số chiều bằng hạng r của S và mọi họ r véctơ độc lập tuyến tính rút từ S là một cơ sở của W. Nhận xét: Mọi họ r véctơ độc lập tuyến tính rút từ S là một cơ sở của W. Vì vậy trong thực tế, muốn tìm r véctơ độc lập tuyến tính từ W thì nên viết toạ độ của họ S theo hàng. Khi đó một cơ sở của W chính là các véctơ có toạ độ là các hàng khác không của ma trận bậc thang thu được sau các phép biến đổi sơ cấp.
4.5 Bài tập Bài tập 3.10. Tìm cơ sở và số chiều của KGVT sinh bởi hệ véc tơ sau: a) v = (2;1;3;4), v = (1;2;0;1), v = ( 1;1; 3;0) trong R4. 1 2 3 − − b) v = (2;0;1;3; 1), v = (1;1;0; 1;1), v = (0; 2;1;5; 3), v = (1; 3;2;9; 5) trong 1 − 2 − 3 − − 4 − − R5. Lời giải. a) Ta có 2 1 3 4 2H2 H1 21 3 4 21 3 4 − −→ A = 1 2 0 1 0 3 3 2 H3 H2 0 3 3 2   −→  − −  −  − −  1 1 3 0 2H + H 0 3 3 4 00 0 6 − −  3 1  −          Vậy r ( v , v , v ) = 3 nên số chiều của không gian véctơ sinh bởi hệ véctơ đã cho là { 1 2 3} 3, và một cơ sở của nó chính là v , v , v hoặc (2,1,3,4), (0,3, 3,2), (0,0,0,6) . { 1 2 3} { − } b) Tương tự 2 0 1 3 1 20 1 3 1 − − 1 1 0 1 1 0 2 1 5 3 A =  −   − − −  0 21 5 3 −→ −→ 00 0 0 0  − −    1 32 9 5 00 0 0 0       − −    Vậy số chiều của không gian véctơ sinh bởi hệ véctơ đã cho là 2 và một cơ sở của nó là (2,0,1,3, 1), (0,2, 1, 5,3) . { − − − } Bài tập 3.11. Trong R4 cho các véc tơ : v = (1;0;1;0), v = (0;1; 1;1), v = (1;1;1;2), v = 1 2 − 3 4 (0;0;1;1). Đặt V1 = Span(v1, v2), V2 = Span(v3, v4). Tìm cơ sở và số chiều của các KGVT V + V , V V . 1 2 1 ∩ 2 Lời giải. Nhận xét: Nếu V1 = Span(v1, v2), V2 = Span(v3, v4) thì V1 + V2 = Span(v1, v2, v3, v4). 10 1 0 10 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1  −   −  11 1 2 −→ −→ 00 1 1     00 1 1 00 0 0         Vậy dim(V + V )= 3 và một cơ sở của nó là (1,0,1,0), (0,1, 1,1), (0,0,1,1) . 1 2 { − } Giả sử x V V thì x = x v + x v = x v + x v . Từ đẳng thức x v + x v = x v + x v ∈ 1 ∩ 2 1 1 2 2 3 3 4 4 1 1 2 2 3 3 4 4
dẫn chúng ta tới hệ phương trình sau: x x = 0 1 − 3 x2 x3 = 0  − x x x x = 0  1 − 2 − 3 − 4 x 2x x = 0  2 − 3 − 4   Giải hệ phương trình trên bằng phương pháp Gauss ta thấy hệ phương trình trên có vô số nghiệm (x , x , x , x ) = (t, t, t, t), t R. Vậy x = x v + x v = t(v + v )= t(1,1,0,1). 1 2 3 4 − ∈ 1 1 2 2 1 2 Vậy dim(V V )= 1 và một cơ sở của nó là (1,1,0,1) . 1 ∩ 2 { } Chú ý: dim(V + V )= dimV + dimV dim(V V ) 1 2 1 2 − 1 ∩ 2 Bài tập 3.12. Cho KGVT P [x] tìm hạng của hệ véc tơ sau: v = 1 + x2 + x3, v = x x2 + 3 1 2 − 2x3, v = 2 + x + 3x3, v = 1 + x x2 + 2x3. 3 4 − − Lời giải. Nhận xét rằng hạng của hệ véctơ bằng hạng của ma trận toạ độ của nó trong bất kì cơ sở nào của không gian V nên 1 0 1 1 10 1 1 0 1 1 2 0 1 1 2 A =  −   −  2 1 0 3 −→ −→ 0 0 1 1    − −   1 1 1 2 00 0 0      − −    Vậy hạng của họ véctơ trên bằng 3 và một cơ sở của không gian véctơ sinh bởi nó là 1 + x2 + x3, x x2 + 2x3, x2 x3 . { − − − } Bài tập 3.13. Xét tính chất độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính, tìm hạng của các hệ véc tơ sau trong không gian các hàm số liên tục trên R: a) 1,2sin2 x, 3 cos2 x. b) 1,sin2x,sin3x. c) 1 + x2, (1 + x)2 , (2 + x)2. x x x x d) e , e− ,1 + e ,2 + e− . Lời giải. a) Hệvéctơđãchophụthuộctuyếntínhvìcómộtràngbuộckhông tầm thường 1 1 1 . 2sin2 x . 3 cos2 x = 0 − 2 − 3
b) Giả sử có ràng buộc tuyến tính λ1.1 + λ2.sin2x + λ3.sin3x = 0. Chú ý rằng véctơ không của không gian C(R) các hàm số liên tục trên R là hàm số đồng nhất bằng 0 nên: 1. Cho x = 0 thì λ1 = 0. Vậy ta có λ2.sin2x + λ3.sin3x = 0. π 2. Cho x = 6 thì λ2 = 0. Vậy ta có λ3.sin3x = 0. π 3. Cho x = 2 thì λ3 = 0. Vậy hệ véctơ đã cho độc lập tuyến tính. c) Hệ véctơ đã cho độc lập tuyến tính d) Hệ véctơ đã cho độc lập tuyến tính Bài tập 3.14. Tìm cơ sở và số chiều của không gian nghiệm của hệ phương trình thuần nhất sau: x x + 2x + 2x x = 0 1 − 2 3 4 − 5  x1 2x2 + 3x3 x4 + 5x5 = 0  − −  2x + x + x + x + 3x = 0  1 2 3 4 5 3x1 x2 2x3 x4 + x5 = 0  − − −   Định lý 3.12. Nếu A là một ma trận cỡ m n thì số chiều của không gian nghiệm của hệ × phương trình thuần nhất Ax = 0 bằng n trừ đi hạng của A.
§5. BÀI TOÁN ĐỔI CƠ SỞ 5.1 Đặt vấn đề Trong không gian véctơ n chiều V giả sử có hai cơ sở B B = (e1, e2, , en) và 0 = e10 , e20 , , en0 Kí hiệu [v]B =[v , v , , v ]t là toạ độ cột của véctơ v V trong cơ sở B. Hãy tìm mối liên 1 2 n ∈ hệ giữa [ ]B và [ ]B v v 0 5.2 Ma trận chuyển Định nghĩa 3.18. Nếu tồn tại ma trận P thoả mãn [v]B = P[v]B với mỗi v V 0 ∈ thì ma trận P được gọi là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B0. Bổ đề 3.2. Với mỗi cặp cơ sở B và B0 của V thì ma trận chuyển cơ sở từ B sang B0 tồn tại duy nhất và được xác định theo công thức P = [e10 ]B[e20 ]B [en0 ]B Định lý 3.13. Nếu P là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở B0 thì (a) P khả đảo (tức là P không suy biến, det P = 0) 6 1 (b) P− là ma trận chuyển cơ sở từ B0 sang cơ sở B 5.3 Bài tập 2 2 3 Bài tập 3.15. Trong P3 [x] cho các véc tơ v1 = 1, v2 = 1 + x, v3 = x + x , v4 = x + x . a) Chứng minh B = v , v , v , v là một cơ sở của P [x]. { 1 2 3 4} 3 b) Tìm toạ độ của véc tơ v = 2 + 3x x2 + 2x3 đối với cơ sở trên. − 2 3 c) Tìm toạ độ của véc tơ v = a0 + a1x + a2x + a3x đối với cơ sở trên. 2 3 2 Bài tập 3.16. Cho KGVT P3 [x] với cơ sở chính tắc E = 1, x, x , x và cở sở B = 1, a + x, (a + x) , (a + Tìm ma trận chuyển cơ sở từ E sang B và ngược lại từB sang E. Từ đó tìm tọa độ của véc tơ v = 2 + 2x x2 + 3x3 đối với cơ sở B. −
CHƯƠNG 4 ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH §1. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 1.1 Khái niệm Định nghĩa 4.19. Ánh xạ T : V W từ không gian véctơ V tới không gian véctơ W được → gọi là ánh xạ tuyến tính nếu (i) T(u + v)= T(u)+ T(v), u, v V ∀ ∈ (ii) T(ku) = kT(u), k R, u V ∀ ∈ ∈ Một số tính chất ban đầu của ánh xạ tuyến tính: Định lý 4.14. Cho T : V W là ánh xạ tuyến tính từ không gian véctơ V tới không gian → véctơ W. Khi đó a) T(0)= 0. b) T( v)= T(v), v V. − − ∀ ∈ c) T(u v)= T(u) T(v), u, v V. − − ∀ ∈ 1.2 Bài tập Bài tập 4.1. Cho V là KGVT, V = Hom(V, R) = f : V R, f là ánh xạ tuyến tính . ∗ { → } 1 nếu i = j Giả sử V có cơ sở e1, e2, , en . Xét tập hợp f1, f2, , fn trong đó fi(ej)= . { } { } 0 nếu i = j  6 Chứng minh f1, f2, , fn là cơ sở của V∗, và được gọi là cơ sở đối ngẫu ứng với e1, e2, , en . { }  { } 61
Lời giải. Muốn chứng minh f , f , , f là một cơ sở của V , ta sẽ chứng minh nó là một { 1 2 n} ∗ hệ sinh của V∗ và độc lập tuyến tính. 1. Chứng minh f , f , , f là một hệ véctơ độc lập tuyến tính. Giả sử có ràng buộc { 1 2 n} tuyến tính λ1 f1 + λ2 f2 + + λn fn = 0 (1) Tác động hai vế lên véctơ e1 ta được λ1 f1(e1)+ λ2 f2(e1)+ + λn fn(e1)= 0 (2) Theo định nghĩa thì f1(e1) = 1, f2(e1) = 0, , fn(e1) = 0 nên từ (2) suy ra λ1 = 0. Tương tự như vậy, nếu tác động hai vế của (1) lên e2 ta được λ2 = 0, , tác động hai vế của (1) lên en ta được λn = 0. Vậy λ1 = λ2 = = λn = 0, hệ véctơ đã cho độc lập tuyến tính. 2. Chứng minh f , f , , f là hệ sinh của V . Giả sử f V , khi đó f (e ), f (e ), , f (e ) { 1 2 n} ∗ ∈ ∗ 1 2 n là các số thực xác định. Ta sẽ chứng minh f = f (e1) f1 + f (e2) f2 + + f (en) fn Thật vậy, với mỗi x V, x = λ e + λ e + + λ e thì ∈ 1 1 2 2 n n f (x)= λ1 f (e1)+ λ2 f (e2)+ + λn f (en) Mặt khác [ f (e1) f1 + f (e2) f2 + + f (en) fn] (x) = [ f (e1) f1 + f (e2) f2 + + f (en) fn] (λ1e1 + λ2e2 + + λnen) n = ∑ λi f (ej) fj(ei) i,j=1 n = ∑ λi f (ei) i=j=1 = f (x)
§2. HẠT NHÂN VÀ ẢNH CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH Định nghĩa 4.20. Cho T : V W là ánh xạ tuyến tính từ không gian véctơ V tới không → gian véctơ W. Khi đó Ker(T) := x x V, T(x)= 0 { | ∈ } được gọi là hạt nhân của T. Im(T) := y y W, x V, T(x)= y = T(x) x V { | ∈ ∃ ∈ } { | ∈ } được gọi là ảnh của T. 2.1 Các tính chất của hạt nhân và ảnh Định lý 4.15. Cho T : V W là một ánh xạ tuyến tính. Khi đó → (i) Ker(T) là một không gian véctơ con của V. (ii) Im(T) là một không gian véctơ con của W. 2.2 Hạng của ánh xạ tuyến tính - Định lý về số chiều Định nghĩa 4.21. Nếu T : V W là một ánh xạ tuyến tính thì số chiều của không gian → Im(T) được gọi là hạng của T, kí hiệu là rank(T): rank(T)= dimIm(T) Định lý 4.16 (Định lý về số chiều). Nếu T : V W là một ánh xạ tuyến tính từ không → gian véctơ n chiều V tới không gian W thì n = dimV = dim Im(T)+ dimKer(T) hay n = dimV = dim rank(T)+ dimKer(T) 2.3 Bài tập Bài tập 4.2. Cho ánh xạ f : R3 R3 xác định bởi công thức f (x , x , x ) = (3x + x → 1 2 3 1 2 − x3,2x1 + x3). a) Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính. b) Tìm ma trận của f đối với cặp cơ sở chính tắc.
c) Tìm một cơ sở của Ker f . Lời giải. a) Dễ kiểm tra. c) Theo định nghĩa Ker f = (x , x , x ) R3 f (x , x , x )= 0 nên Ker f chính là không { 1 2 3 ∈ | 1 2 3 } gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất 3x + x x = 0 1 2 − 3 (4.1) 2x + x = 0  1 3  x1 bất kì Hệ phương trình trên có vô số nghiệm với x = 2x . Vậy dimKer f = 1 và một  3 1  − x = 5x 2 − 1 cơ sở của nó là (1, 5, 2).  − −  Bài tập 4.3. Cho f : V W là một ánh xạ tuyến tính. Chứng minh rằng → a) f là đơn ánh khi và chỉ khi Ker f = 0 . { } b) f là toàn ánh khi và chỉ khi Im f = W. Lời giải. Giả thiết f là đơn ánh. Nếu x Ker f thì f (x)= 0 = f (0). Do f đơn ánh nên x = 0 ⇒ ∈ hay Ker f = 0 . { } Giả sử có f (x )= f (x ), khi đó f (x x )= 0 nên x x Ker f hay x x = 0. ⇐ 1 2 1 − 2 1 − 2 ∈ 1 − 2 Vậy x1 = x2 và theo định nghĩa f là đơn ánh. a)b) Một hệ quả trực tiếp của khái niệm toàn ánh. Bài tập 4.4. Cho V, V là 2 KGVT n chiều và f : V V là ánh xạ tuyến tính. Chứng 0 → 0 minh các khẳng định sau tương đương: a) f là đơn ánh. b) f là toàn ánh. c) f là song ánh.
Lời giải. Thực chất chỉ cần chứng minh a) b) và b) a). ⇒ ⇒ a) b) Theo định lý về số chiều 4.16 ⇒ n = dimIm f + dimKer f (1) Do f là đơn ánh nên theo bài tập 4.3 ta có Ker f = 0 , hay dimKer f = 0 dimIm f = n. { } ⇒ Mặt khác Im f là một không gian véctơ con của V0 và dimV0 = n nên Im f = V0 hay f là toàn ánh. b) a) Ngược lại, nếu f là toàn ánh thì Im f = V dim Im f = n. Từ (1) ta suy ra ⇒ 0 ⇒ dimKer f = 0 hay Ker f = 0 , tức f là đơn ánh. { }
§3. MA TRẬN CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 3.1 Khái niệm Cho T : V W là một ánh xạ tuyến tính từ không gian véctơ n chiều V tới không gian → véctơ m chiều W. Giả sử B là một cơ sở của V và B0 là một cơ sở của W với B = u , u , , u ; B0 = v , v , , v { 1 2 n} { 1 2 m} Hãy tìm mối liên hệ giữa [ ( )]B (toạ độ cột của véctơ ( ) trong cơ sở B ) với [ ]B (toạ độ T x 0 T x 0 x của véctơ x trong cơ sở B). Định nghĩa 4.22. Ma trận A cỡ m n thoã mãn tính chất × [T(x)]B = A.[x]B, x V 0 ∀ ∈ nếu tồn tại, được gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính T : V W đối với cặp cơ sở B trong → V và B0 trong W. Định lý 4.17. Đối với mỗi cặp cơ sở B của V và B0 của W, ma trận của ánh xạ tuyến tính T : V W tồn tại duy nhất và được xác định theo công thức: → = [ ( )]B [ ( )]B [ ( )]B A [ T u1 0 , T u2 0 , , T un 0 , ] Ý nghĩa của ma trận của ánh xạ tuyến tính: Tính trực tiếp x T(x) −−−−−−−−→ (1) (3)  Nhân A[x]B x [x]B [T(x)]B y −−−−−−−−−−→Tính gián tiếp (2)  0 Theo sơ đồ này, khi đã biết x V, muốn tính T(x) có hai cách: cách thứ nhất là tính trực ∈ tiếp, cách thứ hai là tính gián tiếp qua 3 bước: 1. Tìm ma trận toạ độ [x]B. 2. Tính [T(x)]B =[T(x)]B . 0 0 3. Từ [ ( )]B ta suy ra ( ). T x 0 T x Có hai lý do để thấy tầm quan trọng của cách tính gián tiếp. Thứ nhất là nó cung cấp một phương tiện để tính toán các ánh xạ tuyến tính trên máy tính điện tử. Thứ hai là chúng ta có thể chọn các cơ sở B và B0 sao cho ma trận A càng đơn giản càng tốt. Khi đó có thể cung cấp những thông tin quan trọng về ánh xạ tuyến tính.
3.2 Ma trận của ánh xạ tuyến tính thông qua phép đổi cơ sở Định nghĩa 4.23 (Ma trận đồng dạng). Giả sử A và B là hai ma trận vuông cùng cấp n. Ta nói B đồng dạng với A, kí hiệu B A nếu tồn tại một ma trận không suy biến P sao ∼ cho 1 B = P− AP Định lý 4.18. Giả sử T : V V là một toán tử tuyến tính trong không gian hữu hạn → chiều V. Nếu A là ma trận của T trong cơ sở B và A0 là ma trận của T đối với cơ sở B0 thì 1 A0 = P− BP trong đó P là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B0. 3.3 Bài tập Bài tập 4.5. Cho ánh xạ f : R3 R4 xác định bởi công thức f (x , x , x ) = (x + x , x + → 1 2 3 1 2 2 x3, x3 + x1, x1 + x2 + x3) a) Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính. b) Tìm ma trận của f đối với cặp cơ sở chính tắc. Bài tập 4.6. Cho ánh xạ đạo hàm D : P [x] P [x] xác định bởi n → n 2 n n 1 D(a + a x + a x + + a x )= a + 2a x + + na x − 0 1 2 ··· n 1 2 ··· n a) Chứng minh D là ánh xạ tuyến tính. b) Tìm ma trận của D đối với cơ sở chính tắc E = 1, x, x2, , xn . ··· c) Xác định Ker f và Im f Bài tập 4.7. Cho ánh xạ f : P [x] P [x] xác định như sau: f (p)= p + x2 p, p P 2 → 4 ∀ ∈ 2. a) Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính. 2 b) Tìm ma trận của f đối với cặp cơ sở chính tắc E1 = 1, x, x của P2 [x] và E2 = 2 3 4 1, x, x , x , x của P4 [x]. 2 c) Tìm ma trận của f đối với cặp cơ sở E10 = 1 + x,2x,1 + x của P2 [x] P2 [x] và E2 = 2 3 4 1, x, x , x , x của P4 [x].
Bài tập 4.8. Xét R2 giống như tập các véctơ thông thường trong mặt phẳng có gốc ở gốc tọa độ. Cho f là phép quay một góc α.Tìm ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R2. a b a + b b + c Bài tập 4.9. Cho ánh xạ f : M2 M2 xác định như sau: f = . → " c d #! " c + d d + a # a) Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính. b) Tìm ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của M2 : 1 0 0 1 0 0 0 0 e1 = , e2 = , e3 = , e4 = " 0 0 # " 0 0 # " 1 0 # " 0 1 # 1 3 1 − Bài tập 4.10. Cho A = 2 0 5 là ma trận của ánh xạ tuyến tính f : P [x]   2 → 6 2 4  −  P [x] đối với cơ sở B =  v , v , v trong đó: v = 3x + 3x2, v = 1 + 3x + 2x2, v = 2 { 1 2 3} 1 2 − 3 3 + 7x + 2x2. a) Tìm f (v1), f (v2), f (v3). b) Tìm f (1 + x2). Bài tập 4.11. Cho ánh xạ f : R3 R3 xác định bởi f (x , x , x ) = (x + x x , x x + → 1 2 3 1 2 − 3 1 − 2 x , x + x + x ). Tìm ma trận của f đối với cơ sở B = v = (1;0;0), v = (1;1;0), v = (1;1;1) . 3 − 1 2 3 { 1 2 3 } Bài tập 4.12. Cho A là ma trận vuông cấp n. Ta xác định ánh xạ f : M M như sau A n → n fA(X) = AX. a) Chứng minh fA là biến đổi tuyến tính. b) Giả sử det A = 0. Chứng minh f là đẳng cấu tuyến tính. 6 A a b c) Cho A = . Tìm ma trận của fA đối với cơ sở chính tắc của M2 là " c d # 1 0 0 1 0 0 0 0 E1 = , E2 = , E3 = , E3 = " 0 0 # " 0 0 # " 1 0 # " 0 1 # Bài tập 4.13. Cho A là ma trận kích thước m n, B là ma trận kích thước n p. Chứng × × minh rank(AB) min rank A, rank B , với rank(A) = hạng của ma trận A. ≤ { }
§4. TRỊ RIÊNG VÀ VÉCTƠ RIÊNG 4.1 Trị riêng và véctơ riêng của ma trận Định nghĩa 4.24. Giả sử A là một ma trận vuông cấp n. Số thực λ gọi là trị riêng của A nếu phương trình Ax = λx, x Rn ∈ có nghiệm x = (x , x , , x ) = (0,0, ,0). 1 2 n 6 Để tìm trị riêng của ma trận vuông A cấp n, ta viết Ax = λx dưới dạng phương trình (A λI)x = 0 (4.2) − Đây là một hệ phương trình thuần nhất, muốn cho λ là trị riêng của A, điều kiện cần và đủ là hệ trên có không tầm thường, tức det(A λI)= 0 (4.3) − Định nghĩa 4.25. Phương trình 4.3 được gọi là phương trình đặc trưng của ma trận vuông A, còn đa thức det(A λI) được gọi là đa thức đặc trưng của A − Như vậy muốn tìm trị riêng của ma trận A ta chỉ cần lập phương trình đặc trưng và giải phương trình phương trình đặc trưng đã cho. Còn các véctơ riêng ứng với trị riêng λ chính là các véctơ khác không trong không gian nghiệm của hệ phương trình 4.2. Không gian nghiệm của hệ phương trình 4.2 được gọi là không gian riêng ứng với trị riêng λ. 4.2 Trị riêng và véctơ riêng của toán tử tuyến tính Định nghĩa 4.26. Giả sử V là một không gian véctơ. Số λ gọi là trị riêng của của toán tử tuyến tính T : V V nếu tồn tại véctơ x = 0 sao cho T(x)= λx. → 6 Định lý 4.19. Giả sử T là một toán tử tuyến tính trong không gian véctơ hữu hạn chiều V và A là ma trận của T đối với một cơ sở nào đó B của V. Thế thì 1. Những trị riêng của T là những trị riêng của A. 2. Véctơ x là véctơ riêng của T ứng với trị riêng λ khi và chỉ khi véctơ cột [x]B là véctơ riêng của A ứng với trị riêng λ.
4.3 Chéo hoá ma trận Đặt bài toán: Bài toán 1: Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều, T : V V là một toán tử → tuyến tính. Ta đã biết rằng ma trận của T phụ thuộc vào cơ sở đã chọn trong V. Hỏi có tồn tại một cơ sở trong V trong V sao cho ma trận của T đối với cơ sở đó là ma trận chéo. Bài toán 2: (Dạng ma trận). Cho A là một ma trận vuông. Hỏi có tồn tại hay không một 1 ma trận P khả đảo sao cho P− AP là một ma trận chéo. Định nghĩa 4.27 (Ma trận chéo hoá được). Cho ma trận vuông A. Nếu tồn tại ma trận 1 khả đảo P sao cho P− AP là một ma trận chéo thì ta nói ma trận A chéo hoá được và ma trận P làm chéo hoá ma trận A. Định lý 4.20. Giả sử A là một ma trận vuông cấp n. Điều kiện cần và đủ để A chéo hoá được là nó có n véctơ riêng độc lập tuyến tính. Hệ quả 4.2. Nếu ma trận A vuông cấp n có n trị riêng khác nhau thì A chéo hoá được. Quy trình chéo hoá một ma trận 1. Tìm n véctơ riêng độc lập của A: p1, p2, , pn 2. Lập ma trận P có p1, p2, , pn là các cột. 3. Khi đó ma trận P sẽ làm chéo hoá ma trận A, hơn nữa 1 P− AP = diag[λ1, λ2, , λn] trong đó λi(i = 1,2, , n) là các trị riêng ứng với véctơ riêng pi. 4.4 Bài tập Bài tập 4.14. Tìm các giá trị riêng và cơ sở không gian riêng của các ma trận: 2 1 0 3 0 10 9 − a) A = b) B = − c) C =  5 3 3  " 8 1 # " 4 2 # − − − 1 0 2  − −   
1000 0 10 4 5 2 − 0000 d) D = 4 4 0 e) E = 5 7 3 f) F =    −   −  0000 2 1 2 6 9 4    −   −   1001          Bài tập 4.15. Cho ánh xạ tuyến tính f : P [x] P [x] xác định như sau: 2 → 2 f (a + a x + a x2) = (5a + 6a + 2a ) (a + 8a )x + (a 2a )x2 0 1 2 0 1 2 − 1 2 0 − 2 a) Tìm giá trị riêng của f . b) Tìm các véctơ riêng ứng với các giá trị riêng tìm được. 1 Bài tập 4.16. Tìm ma trận P làm chéo hóa A và xác định P− AP khi đó với: 14 12 1 0 a) A = − b) B = 20 17 6 1 " − # " − # 1 0 0 2 1 2 − c) C =  0 1 1  d) D =  03 1 . 0 1 1 00 3         Bài tập 4.17. Ma trận A có đồng dạng với ma trận chéo không? Nếu có , tìm ma trận cheo đó: 1 4 2 5 0 0 0 0 0 − − a) A = 34 0 b) B = 1 5 0 c) C = 0 0 0 .  −      31 3 0 1 5 3 0 1  −            Bài tập 4.18. Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 R3 xác định như sau: f (x , x , x ) = → 1 2 3 (2x x x , x x , x + x + 2x ). Hãy tìm cơ sở để f có dạng chéo. 1 − 2 − 3 1 − 2 − 1 2 3 Bài tập 4.19. Tìm cở sở của R3 để ma trận của f : R3 R3 có dạng chéo trong đó → f (x1, x2, x3) = (2x1 + x2 + x3, x1 + 2x2 + x3, x1 + x2 + 2x3) Bài tập 4.20. Cho f : V V là biến đổi tuyến tính. Giả sử f 2 = f f : V V có giá trị → ◦ → riêng λ2. Chứng minh một trong 2 giá trị λ hoặc λ là giá trị riêng của f . − Bài tập 4.21. Cho D : P [x] P [x] là ánh xạ đạo hàm, còn g : P [x] P [x] xác định n → n n → n bởi g(a + a x + a x2 + + a xn) = (2x + 3)(a + 2a x + + na xn 1). Tìm các giá trị 0 1 2 ··· n 1 2 ··· n − riêng của D và g.
CHƯƠNG 5 DẠNG TOÀN PHƯƠNG, KHÔNG GIAN EUCLIDE §1. KHÁI NIỆM 1.1 Định nghĩa Định nghĩa 5.28. Cho V là một không gian vectơ trên R. Ánh xạ ϕ : V V R được gọi × → là một dạng song tuyến tính trên V nếu nó tuyến tính với mỗi biến khi cố định biến còn lại, tức là: ϕ (hx + kx , y) = hϕ (x , y) + kϕ (x , y) x , x , y V, h, k R 1 2 1 2 ∀ 1 2 ∈ ∀ ∈ ϕ (x, hy + ky ) = hϕ (x, y ) + kϕ (x, y ) x, y , y V, h, k R ( 1 2 1 2 ∀ 2 2 ∈ ∀ ∈ Dạng song tuyến tính ϕ được gọi là đối xứng nếu ϕ(x, y)= ϕ(y, x) với mọi x, y V ∈ (bằng cách tương tự chúng ta có thể định nghĩa được một dạng đa tuyến tính trên V). Định nghĩa 5.29. Giả sử ϕ là một dạng song tuyến tính đối xứng trên V. Khi đó ánh xạ H : V R xác định bởi → H(x)= ϕ(x, x) được gọi là một dạng toàn phương trên V ứng với dạng song tuyến tính đối xứng ϕ. 1.2 Phân loại dạng toàn phương Ta nói dạng toàn phương ϕ(x, x) là 73
1. Xác định dương nếu ϕ(x, x) > 0 với mọi x V, x = 0. ∈ 6 2. Nửa xác định dương (hay xác định không âm) nếu ϕ(x, x) 0 với mọi x V, x = 0. ≥ ∈ 6 3. Xác định âm nếu ϕ(x, x) 0. ∈ 1.3 Dạng song tuyến tính và dạng toàn phương trên không gian hữu hạn chiều. Cho ϕ : V V R là một dạng song tuyến tính, trong đó V là một KGVT có số chiều n × n → n là n.S = e , e , , e là một cơ sở của V . Khi đó ta có: { 1 2 n} n n n n n t t ϕ (x, y) = ϕ ∑ xiei, ∑ yjej, = ∑ ϕ ei, ej xiyj = ∑ aijxiyj = [x]S A [y]S = [y]S A [x]S i=1 j=1 ! i,j=1 i,j=1 Như vậy ϕ hoàn toàn xác định bởi bộ các giá trị ϕ(e e ) n . Xét ma trận A = a = i, j i,j=1 ij ϕ ei, ej . Dạng song tuyến tính ϕ đối xứng khi và chỉ khiA là một ma trận đối xứng. Định nghĩa 5.30. Ma trận A = aij = ϕ ei, ej được gọi là ma trận của dạng song tuyến tính ϕ (hay ma trận của dạng toàn phương H) trong cơ sở S, biểu thức ϕ (x, y) = t t [x]S A [y]S = [y]S A [x]S được gọi là dạng ma trận của dạng song tuyến tính ϕ trong cơ sở t S.Tương tự như vậy H (x, x) = [x]S A [x]S được gọi là dạng ma trận của dạng toàn phương H trong cơ sở S. 1.4 Bài tập Bài tập 5.1. Cho f là dạng song tuyến tính trên không gian véc tơ 3 chiều V có ma trận 1 1 0 − đối với cơ sở B là A = 2 0 2 . Cho h : V V là ánh xạ tuyến tính có ma trận  − −  → 3 4 5    11 1  − đối với cơ sở B là B = 3 4 2 . Chứng minh ánh xạ g(x, y) = f (x, h(y)) là dạng  − −  1 2 3  − −  song tuyến tính trên V. Tìm ma trận của nó đối với cơ sở B.
Lời giải. Để chứng minh g là dạng song tuyến tính ta cần chứng mình: g (hx1 + kx2, y) = hg (x1, y) + kg (x2, y) ( g (x, hy1 + ky2) = hg (x, y1) + kg (x, y2) t , dễ kiểm tra. Do f là dạng song tuyến tính trên V nên ta có f (x, h (y)) = [x]B A [h (y)]B với mọi x, y V. Hơn nữa h : V V là ánh xạ tuyến tính có ma trận đối với cơ sở B là B ∈ → nên ta có [h (y)]B = B. [y]B . Tóm lại ta có: t t g(x, y)= f (x, h(y)) = [x]B A [h (y)]B = [x]B A.B. [y]B với mọi x, y V nên ma trận của nó đối với cơ sở B là ma trận AB. ∈
§2. RÚT GỌN MỘT DẠNG TOÀN PHƯƠNG Định nghĩa 5.31 (Dạng chính tắc của dạng toàn phương trên không gian n chiều). Biểu thức của dạng toàn phương trong cơ sở S chỉ chứa các số hạng bình phương 2 2 2 α1x1 + α2x2 + + αnxn được gọi là dạng chính tắc của nó trong cơ sở S. Ma trận của dạng chính tắc này là ma trận chéo A = diag[α1, , αn]. 2.1 Phương pháp Lagrange n Xét dạng toàn phương Q (x, x) = ∑ aijxixj, aij = aji. Giả sử a11 = 0, ta nhóm các số i,j=1 6 hạng có chứa x1: 2 2 Q = a11x1 + 2a12x1x2 + + 2a1nx1xn + + annxn 1 2 = (a11 x1 + a12x2 + + a1nxn) + Q1, a11 trong đó Q1 không chứa x1 nữa. Đặt y1 = a11x1 + a12x2 + + a1nxn, yi = xi, i = 2,3, , n, thì = 1 y2 + Q , trong đó Q không chứa y . Tiếp tục thực hiện quá trình trên với Q chỉ còn a11 1 1 1 1 1 chứa các biến y2, y3, , yn như với Q trước. Cứ thế, cho đến khi thu được biểu thức không chứa số hạng chéo nữa. Nếu 11 = 0 , ta tìm trong các số hạng a22, a33, , ann xem có số nào khác 0, chẳng hạn nếu a = 0 thì ta đổi vai trò của a cho a . kk 6 kk 11 Nếu tất cả các a = 0 thì tồn tại ít nhất một số hạng 2a x x với a = 0. Lúc đó ta đặt: ii ij i j ij 6 x = y + y , x = y y , x = y , k = i, j i i j j i − j k k 6 thì 2a x x = 2a y2 y2 nghĩa là trong biểu thức của dạng toàn phương đã xuất hiện ij i j ij i − j số hạng bình phương, tiếp tục làm lại từ đầu. 2.2 Phương pháp Jacobi Định lý 5.21 (Jacobi). Dạng toàn phương ϕ (x, x) có ma trận trong cơ sở nào đó của không gian n chiều V là ma trận đối xứng A. ϕ xác định dương khi và chỉ khi tất cả các định thức con chính của A đều dương.
2.3 Phương pháp chéo hoá trực giao Phương pháp chéo hoá trực giao sẽ được học ở bài sau, sau khi đã nghiên cứu không gian Euclide. Tuy vậy, một hệ quả của nó sẽ được nêu ra ngay sau đây để giúp sinh viên có thêm một tiêu chuẩn để kiểm tra dấu của một dạng toàn phương (tất nhiên là không cần đến kiến thức về không gian Euclide). Định lý 5.22. Dạng toàn phương ϕ(x, x) : Rn R có ma trận trong cơ sở chính tắc là ma → trận đối xứng A. Khi đó ϕ xác định dương khi và chỉ khi tất cả các giá trị riêng của A đều dương 2.4 Bài tập 3 Bài tập 5.2. Trên R cho các dạng toàn phương ω có biểu thức tọa độ: ω1(x1, x2, x3) = x2 + 5x2 4x2 + 2x x 4x x ω (x , x , x ) = x x + 4x x + x x ω = 5x2 + 2y2 + z2 1 2 − 3 1 2 − 1 3 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 3 − 6xy + 2xz 2yz − a) Bằng phương pháp Lagrange, đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc. b) Xét xem các dạng toàn phương xác định dương , âm không? Lời giải. ω (x , x , x )= x2 + 5x2 4x2 + 2x x 4x x 1 1 2 3 1 2 − 3 1 2 − 1 3 = x2 + 2x (x 2x ) + (x 2x )2 + 4x2 + 4x x 8x2 1 1 2 − 3 2 − 3 2 2 3 − 3 = (x + x 2x )2 + (2x + x )2 9x2 1 2 − 3 2 3 − 3 = y2 + y2 9y2 1 2 − 3 Suy ra ω1 không xác định dấu. x = y y 1 1 − 2  Đối với ω2, đặt x2 = y1 + y2 ta được:   x3 = y3   ω = y2 y2 + 5y y 3y y 2 1 − 2 1 3 − 2 3 5 2 3 2 = y + y y + y 4y2 1 2 3 − 2 2 3 − 3 = Z2 Z2 4Z2 1 − 2 − 3
Suy ra ω2 không xác định dấu. ω = 5x2 + 2y2 + z2 6xy + 2xz 2yz 3 − − 3 6 3 6 2 1 = 5 x2 + 2x y + z + y + z + y2 + 2yz + z2 " −5 15 −5 15 # 5 3 6 2 1 = 5 x y + z + (y + z)2 − 5 15 5 hoặc ω = 5x2 + 2y2 + z2 6xy + 2xz 2yz 3 − − = z2 + 2z (x y) + (x y)2 + 4x2 4xy + y2 − − − = (z + x y)2 + (2x y)2 − − Suy ra ω3 nửa xác định dương. Bài tập 5.3. Xác định a để các dạng toàn phương xác định dương: a) 5x2 + x2 + ax2 + 4x x 2x x 2x x . 1 2 3 1 2 − 1 3 − 2 3 2 2 2 b) 2x1 + x2 + 3x3 + 2ax1x2 + 2x1x3. c) x2 + x2 + 5x2 + 2ax x 2x x + 4x x . 1 2 3 1 2 − 1 3 2 3 Lời giải. Cách 1: Sử dụng phương pháp Lagrange ω = 5x2 + x2 + ax2 + 4x x 2x x 2x x 1 2 3 1 2 − 1 3 − 2 3 1 1 1 6 1 = 5 x2 + 2. x (2x x ) + (2x x )2 + x2 x x + a x2 1 5 1 2 − 3 25 2 − 3 5 2 − 5 2 3 − 5 3 1 2 2 1 = 5 x + x x + x2 2x .3x + 9x2 + (a 2) x2 1 5 2 − 5 3 5 2 − 2 3 3 − 3 1 2 2 1 = 5 x + x x + (x 3x )2 + (a 2) x2 1 5 2 − 5 3 5 2 − 3 − 3 Vậy ω xác định dương khi và chỉ khi a > 2. Cách 2: Sử dụng định lý Jacobi 5.21 5 2 1 − A = 2 1 1  −  1 1 a  − −  nên   5 2 1 5 2 − ∆ ∆ ∆ 1 = 5 = 5, 2 = = 1, 3 = 2 1 1 = a 2 | | 2 1 − − 1 1 a − − Vậy ω xác định dương khi và chỉ khi a > 2. Cách 3: Sử dụng định lý 5.22
2.5 Kết luận 1. Phương pháp Lagrange để rút gọn một dạng toàn phương là phương pháp khá đơn giản về mặt kĩ thuật biến đổi. 2. Phương pháp Jacobi chỉ áp dụng được trong trường hợp ma trận A của dạng toàn phương có tất cả các định thức con chính đều khác 0. Tuy nhiên trong các bài toán biện luận, tìm các tham số đề một dạng toàn phương xác định dương thì phương pháp Jacobi lại khá hiệu quả (bài tập 5.3). 3. Có nhiều cách khác nhau để đưa một dạng toàn phương về dạng chính tắc, điều đó có nghĩa một dạng toàn phương có thể có nhiều dạng chính tắc khác nhau (trong những cơ sở khác nhau). Tuy nhiên chúng ta có định luật quán tính sau: “Khi một dạng toàn phương được đưa về dạng chính tắc bằng hai cách khác nhau (tức là trong những cơ sở mới khác nhau) thì số các hệ số dương và số các hệ số âm bằng nhau, và chúng lần lượt được gọi là chỉ số quán tính dương và chỉ số quán tính âm của dạng toàn phương đã cho”.
§3. KHÔNG GIAN EUCLIDE 3.1 Tích vô hướng và không gian có tích vô hướng Định nghĩa 5.32. Cho V là một không gian vectơ, một tích vô hướng trên V là một ánh xạ : V V R thoả mãn các tiên đề sau: × → TVH1: xác định với mọi u, v V ∈ TVH2: = TVH3: = + TVH4: = k TVH5: 0, = 0 khi và chỉ khi u = 0. ≥ Nhận xét: Tích vô hướng là một dạng song tuyến tính, đối xứng, và dạng toàn phương sinh bởi nó xác định dương. Định nghĩa 5.33 (Độ dài của vectơ). Cho V là một không gian có tích vô hướng. Khi đó độ dài (hay chuẩn ) của vectơ α V là số thực không âm α = √ . ∈ k k Định nghĩa 5.34 (Khoảng cách). Cho V là một không gian có tích vô hướng. Khi đó khoảng cách giữa hai vectơ u và v là số thực không âm d(u, v)= u v . k − k Định nghĩa 5.35 (Sự vuông góc). Hai vectơ u và v được gọi là vuông góc hay trực giao với nhau và được kí hiệu là u v nếu ⊥ = 0 Định nghĩa 5.36 (Họ vectơ trực giao, trực chuẩn). a) Hệ vectơ (e1, e2, , ek) của không gian vectơ Euclide E được gọi là một hệ trực giao nếu các vectơ của hệ đôi một vuông góc với nhau, tức là = 0 nếu i = j i j 6 b) Hệ vectơ (e1, e2, , ek) của không gian vectơ Euclide E được gọi là một hệ trực chuẩn nếu nó là một hệ trực giao và mỗi vectơ của hệ đều có độ dài bằng 1, tức là 0 nếu i = j = δij = 6 1 nếu i = j  Mệnh đề 1. (i) Mỗi hệ trực giao không chứa vectơ 0 đều độc lập tuyến tính. (i) Nếu hệ vectơ là trực giao và không chứa vectơ 0 thì hệ e1 e2 ek (e1, e2, , ek) e , e , , e k 1k k 2k k kk là một hệ trực chuẩn.
3.2 Phép trực giao hoá Schmidt Định lý 5.23. Cho V là một không gian vectơ có tích vô hướng, S = u , u , , u là một { 1 2 n} họ vectơ độc lập tuyến tính của V. Ta có thể thay S bởi họ trực chuẩn S = v , v , , v , 0 { 1 2 n} sao cho Span u , u , , u = Span v , v , , v với mọi k = 1,2, , n. { 1 2 k} { 1 2 k} Đặt u1 Bước 1: v1 = u k 1k Bước 2: Đặt v = u + tv sao cho = 0 tức là t = . Sau đó chọn v = 2 2 1 2 1 − 2 1 2 v2 Giả sử sau bước ta đã xây dựng được họ trực chuẩn v k 1 Sk0 1 = v1, v2, , vk 1 k 2k − − { − } sao cho Span u1, u2, , uk 1 = Span v1, v2, , vk 1 . Ta thực hiện đến bước thứ k { − } { − } sau: Bước k: Đặt vk = uk + t1v1 + + tk 1vk 1 sao cho = 0, j = 1,2, , k 1 Tức là ta − − − vk có tj = , j = 1,2, , k 1. Sau đó chọn vk = . Tiếp tục thực hiện đến − − vk khi k = n ta thu được hệ trực chuẩn S = v , v , , v k k 0 { 1 2 n} Nhận xét: Về mặt lý thuyết, chúng ta vừa chuẩn hoá, vừa trực giao các vectơ như ở trên, tuy nhiên trong thực hành nếu gặp phải các phép toán phức tạp khi sau mỗi bước phải chuẩn hoá véctơ vk , người ta thường chia làm hai phần: trực giao hệ vectơ trước vk = v S k kk rồi chuẩn hoá các vectơ sau. Bước 1: Đặt v1 = u1 Bước 2: Đặt v = u + tv sao cho = 0 , tức là t = − 2 1 . 2 2 1 2 1 Giả sử sau k 1 bước ta đã xây dựng được họ trực giao Sk0 1 = v1, v2, , vk 1 sao − − { − } cho Span u1, u2, , uk 1 = Span v1, v2, , vk 1 . Ta thực hiện đến bước thứ k sau: { − } { − } Bước k: Đặt vk = uk + t1v1 + + tk 1vk 1 sao cho = 0, j = 1,2, , k 1 Tức là − − uk,vj − ta có tj = − , j = 1,2, , k 1. Tiếp tục thực hiện đến khi k = n ta thu được hệ vj,vj − trực giao S = v , v , , v . 0 { 1 2 n} Bước n+1: Chuẩn hoá các vectơ trong hệ trực giao S = v , v , , v ta thu được hệ trực 0 { 1 2 n} chuẩn cần tìm. 3.3 Hình chiếu của một vectơ lên một không gian vectơ con Định nghĩa 5.37. Giả sử U, V là các không gian vectơ con của không gian Euclide E. (a) Ta nói vectơ α E vuông góc (hay trực giao ) với U và viết α U, nếu α u với mọi ∈ ⊥ ⊥ u U. ∈
(b) Ta nói U vuông góc (hay trực giao ) với V và viết U V, nếu u v với mọi u ⊥ ⊥ ∈ U, v V. ∈ Định nghĩa 5.38. Giả sử U là một không gian vectơ con của không gian Euclide E. Khi đó U⊥ = α E α U { ∈ | ⊥ } được gọi là phần bù trực giao của U trong E. Dễ thấy rằng U⊥ cũng là một không gian vectơ con của E. Định lý 5.24. Giả sử U là một không gian vectơ con của không gian Euclide E. Khi đó với mỗi vectơ x E đều thừa nhận sự phân tích duy nhất ∈ x = u + u⊥ trong đó u U và u U . ∈ ⊥ ∈ ⊥ Định nghĩa 5.39. Với các giả thiết như trong định lý 5.24 trên, u được gọi là hình chiếu của x lên không gian vectơ U và u⊥ được gọi là thành phần của x trực giao với U. Định lý 5.25. Giả sử U là một không gian vectơ con của không gian Euclide E và U có một cơ sở trực chuẩn là S = v , v , , v . Khi đó hình chiếu của vectơ x E bất kì được { 1 2 n} ∈ xác định theo công thức u = .v1+ .v2 + .vn 3.4 Bài tập Bài tập 5.4. Cho V là không gian Euclide. Chứng minh: a) u + v 2 + u v 2 = 2 u 2 + v 2 . k k k − k k k k k b) u v u + v 2 = u 2 + v 2 , u, v V. ⊥ ⇔ k k k k k k ∀ ∈ Lời giải. a) Ta có u + v 2 = = u 2 + 2 + v 2 k k k k k k  u v 2 = = u 2 2 + v 2 k − k − − k k − k k nên  u + v 2 + u v 2 = 2 u 2 + v 2 k k k − k k k k k Ý nghĩa hình học: Đẳng thức hình bình hành
C D B A 2 2 2 2 −→AC + −→DB = 2 −→AB + −→AD b) u + v 2 = u 2 + v 2 u 2 + 2 + v 2 = u 2 + v 2 = 0 u v k k k k k k ⇔ k k k k k k k k ⇔ ⇔ ⊥ Ý nghĩa hình học: Định lý Pitago. u + v v u Bài tập 5.5. Giả sử V là KGVT n chiều với cơ sở B = e , e , , e . Với u, v là các véc { 1 2 n} tơ của V ta có u = a e + a e + + a e ; v = b e + b e + + b e . Đặt = 1 1 2 2 ··· n n 1 1 2 2 ··· n n a b + a b + + a b 1 1 2 2 ··· n n a) Chứng minh là một tích vô hướng trên V. b) Áp dụng cho trường hợp V = R3, với e = (1;0;1) , e = (1;1; 1) , e = (0;1;1) , u = 1 2 − 3 (2; 1; 2) , v = (2;0;5). Tính . − − 2 2 2 c) Áp dụng cho trường hợp V = P2 [x], với B = 1; x; x , u = 2 + 3x , v = 6 3x 3x . − − Tính u, v . d) Áp dụng cho trường hợp V = P [x], với B = 1 + x;2x; x x2 , u = 2 + 3x2, v = 2 − 6 3x 3x2 . Tính . − −
Bài tập 5.6. Xét không gian P3 [x]. Kiểm tra các dạng sau có phải là tích vô hướng hay không? a) = p(0)q(0)+ p(1)q(1)+ p(2)q(2) b) = p(0)q(0)+ p(1)q(1)+ p(2)q(2)+ p(3)q(3) 1 c) = p(x)q(x)dx Trong trường hợp là tích vô hướng tính với p = Z1 − 2 3x + 5x2 x3, q = 4 + x 3x2 + 2x3 − − − Lời giải. a) Dễ dàng kiểm tra các tiên đề TVH 1,2,3,4. Riêng đối với tiên đề TVH 5, tồn tại vectơ p = x (x 1) (x 2) = 0 mà: − − 6 = p2 (0) + p2 (1) + p2 (2) = 0 Do đó biểu thức đã cho không phải là một tích vô hướng. b) đã cho là một tích vô hướng, dễ dàng kiểm tra các tiên đề TVH1,2,3,4. Riêng tiên đề TVH5, ta có: = p2 (0) + p2 (1) + p2 (2) + p2 (3) 0 ≥ và = 0 p (0) = p (1) = p (2) = p (3) = 0. ⇔ Giả sử p = a + bx + cx2 + dx3, giải hệ phương trình từ các điều kiện p (0) = p (1) = p (2) = p (3) = 0 , ta được a = b = c = d = 0, nghĩa là p = 0. c) Biểu thức đã cho là một TVH Bài tập 5.7. Dùng phương pháp trực chuẩn hóa Gram - Smidt xây dựng hệ trực chuẩn từ hệ véctơ u , u , u , u với u = (1;1;1;1) , u = (0;1;1;1) , u = (0;0;1;1) , u = (0;0;0;1) { 1 2 3 4} 1 2 3 4 trong R4 với tích vô hướng chính tắc 1 Bài tập 5.8. Trong P [x] định nghĩa tích vô hướng = p(x)q(x)dx với p, q 2 ∈ Z1 − P2 [x]. a) Trực chuẩn hoá Gram – Smit cơ sở B = 1; x; x2 để nhân được cơ sở trực chuẩn A. b) Xác định ma trận chuyển cơ sở từ B sang A 2 c) Tìm [r]A biết r = 2 3x + 3x −
2 Lời giải. Đặt u1 = 1, u2 = x, u3 = x 1 u1 2 1 Bước 1: Đặt v1 = , trong đó u1 = 1dx = 2 , nên v1 = . u1 √2 k k k k Z1 − 1 Bước 2: Đặt v = u + tv , trong đó t = = x. 1 dx = 0 , vậy v = u = x. 2 2 1 − 2 1 − √2 2 2 Z1 1 − v2 2 2 2 √3 Chọn v2 = , trong đó v2 = x dx = , vậy v2 = x. v2 3 √2 k k k k Z1 − 1 t = = x2. 1 dx = 2  1 3 1 √2 3√2 − − Z − Bước 3: Đặt v = u + t v + t v , trong đó  1 3 3 1 1 2 2  −1   t = = x2. √3 xdx = 0 2 3 2 √2 − − Z  1  −1  2 2 2 1 2 1  v3 2 2 1 8 Vậy v3 = x . = x . Chọn v3 = trong đó v3 = x dx = 3√2 √2 3 v3 3 45 − − k k k k − Z1 − , vậy v = 3√5 x2 1 . Tóm lại ta nhận được cơ sở trực chuẩn 3 2√2 − 3 1 √3 3√5 1 A = , x, x2 √ √ √ − 3 ( 2 2 2 2 ) Bài tập 5.9. Cho không gian Euclide V hữu hạn chiều, W là không gian con của V và u là một véctơ của V. Chứng minh: a) Tồn tại véc tơ u của W sao cho (u u ) W 0 − 0 ⊥ b) Khi đó u u u w , w W k − 0k ≤ k − k ∀ ∈ Lời giải. a) Cách 1: Do W là không gian con của V hữu hạn chiều nên W có một cơ sở trực chuẩn là S = v , v , , v . Khi đó với mọi u V, ta đặt u = { 1 2 m} ∈ 0 1 v + v + + v . Ta sẽ chứng minh (u u ) W. Thật vậy, 1 2 2 m m − 0 ⊥ vì hệ S = v , v , , v trực chuẩn nên: { 1 2 m} = − i i − i = v + v + + v , v i − h 1 1 2 2 m m ii = i − i = 0 Suy ra (u u ) v với mọi i = 1,2, , m nên (u u ) W − 0 ⊥ i − 0 ⊥
Cách 2: Do W là không gian con của V hữu hạn chiều nên W có một cơ sở là S0 = v , v , , v , và chúng ta có thể bổ sung thêm các véctơ để được cơ sở của { 10 20 m0 } không gian V là S00 = v10 , v20 , , vm0 , vm0 +1, , vn0 . Thực hiện quá trình trực giao hoá Gram-Smidt vào hệ S ta thu được cơ sở trực chuẩn S = v , v , , v của { 1 2 m} W và v , v , , v , v , , v của V. Khi đó: { 1 2 m m+1 n} u V, u = a v + a v + + a v + a v + a v ∀ ∈ 1 1 2 2 m m m+1 m+1 n n u u u 0 − 0 Rõ ràng u W và (u u| ) W. {z } | {z } 0 ∈ − 0 ⊥ b) Ta có 2 2 2 2 2 u w = u u0 + u0 w = u u0 + u0 w u u0 k − k − − − − ≥ − do (u u ) W nên (u u ) (u w) W − 0 ⊥ − 0 ⊥ 0 − ∈ Ý nghĩa hình học: Nếu gọi u là một véctơ trong không gian R3 và W là mặt phẳng bất kì thì u0 chính là hình chiếu của véctơ u lên mặt phẳng W, còn khằng định của câu b) của bài toán nói lên rằng độ dài của đường vuông góc bao giờ cũng ngắn hơn độ dài của đường xiên bất kì (xem hình vẽ). u u u − 0 u0 u w w − W u u u w k − 0k ≤ k − k Bài tập 5.10. Tìm hình chiếu của véc tơ này lên véc tơ kia a) u = (1;3; 2;4) , v = (2; 2;4;5) − − b) u = (4;1;2;3; 3) , v = ( 1; 2;5;1;4) − − − Lời giải. Yêu cầu bài toán tương đương với tìm hình chiếu của u lên W = Span (v).
a) có một cơ sở trực chuẩn là v 1 . Do đó: Cách 1: W S = v1 = v = 7 (2, 2,4,5) k k − n o 1 1 8 w = v = (1;3; 2;4) , (2, 2,4,5) . (2, 2,4,5) = (2, 2,4,5) 1 1 1 − 7 − 7 − 49 − là hình chiếu của u lên v. Cách 2: Phân tích u = w + w , trong đó w W, w W . Vì w W nên w = x.v = 1 2 1 ∈ 2⊥ 1 ∈ 1 (2x, 2x,4x,5x) , khi đó w = u w = (1 2x,3 + 2x, 2 4x,4 5x) . Do w W − 2 − 1 − − − − 2⊥ nên w v , ta có phương trình 2 (1 2x) 2 (3 + 2x) + 4 ( 2 4x) + 5 (4 5x) = 0. 2⊥ − − − − − Suy ra x = 8 và w = 8 (2, 2,4,5) . 49 1 49 − Nhận xét: Hình chiếu của véctơ u lên véctơ v được xác định theo công thức: 1 w1 = v 2 k k Bài tập 5.11. Cho R4 với tích vô hướng chính tắc. Cho u = (6;3; 3;6) , u = (5;1; 3;1). 1 − 2 − Tìm cơ sở trực chuẩn của không gian W sinh bởi u , u . Tìm hình chiếu của v = (1,2,3,4) { 1 2} lên W. Lời giải. Cách 1: Trước hết ta đi trực giao hoá Gram-Smidt hệ u1, u2 đề thu được cơ sở u1 1 { } trực chuẩn của W. v1 = = u1 Đặt v2 = u2 + tv1 trong đó, u1 3√10 k k 1 1 16 t = = u , u = = − 2 1 − 2 √ 1 − √ 2 1 −√ 3 10 3 10 10 Suy ra 16 1 8 9 3 7 11 v = u . u = (5;1; 3;1) (6;3; 3;6) = , , , 2 2 − √ √ 1 − − 15 − 5 −5 −5 − 5 10 3 10 v2 1 1 v2 = = (9, 3, 7, 11) = v0 v2 √260 − − − √260 k k Cuối cùng ta có w1 = v1+ v2 1 1 1 1 = v, u u + v, v v √ 1 √ 1 √ 0 √ 0 3 10 3 10 260 260 1 1 = (1,2,3,4) , (6;3; 3;6) (6;3; 3;6) + (1,2,3,4) , (9, 3, 7, 11) (9, 3, 7, 11) 90 h − i − 260 h − − − i − − − 3 31 = (6;3; 3;6) (9, 3, 7, 11) 10 − − 130 − − − 9 21 10 115 = − , , , 26 13 13 26
Cách 2: Phân tích v = w + w trong đó w W, w W. 1 2 1 ∈ 2⊥ Vì w W nên w = x.u + y.u = (6x + 5y,3x + y, 3x 3y,6x + y) , 1 ∈ 1 1 2 − − khi đó w = v w = (1 6x 5y,2 3x y,3 + 3x + 3y,4 6x y) . Do w W nên 2 − 1 − − − − − − 2⊥ w u , w u , ta có hệ phương trình 2⊥ 1 2⊥ 2 6 (1 6x 5y) + 3 (2 3x y) 3 (3 + 3x + 3y) + 6 (4 6x y) = 0 − − − − − − − 5 (1 6x 5y) + (2 3x y) 3 (3 + 3x + 3y) + (4 6x y) = 0 ( − − − − − − − 73 31 9 21 10 115 Suy ra x = 78 , y = −26 và w1 = −26 , 13 , 13 , 26 .
§4. CHÉO HOÁ TRỰC GIAO MA TRẬN -PHƯƠNG PHÁP CHÉO HOÁ TRỰC GIAO 4.1 Chéo hoá trực giao ma trận Định nghĩa 5.40. Ma trận vuông P được gọi là ma trận trực giao nếu PPt = I. 1 Định nghĩa 5.41. Cho ma trận vuông A, nếu tồn tại ma trận trực giao P sao cho P− AP là ma trận chéo thì ta nói ma trận A chéo hoá trực giao được và P là ma trận làm chéo hoá ma trận trực giao A. Định lý 5.26 (Điều kiện cần và đủ để một ma trận chéo hoá trực giao được). Điều kiện cần và đủ để ma trận vuông A chéo hoá trực giao được là A đối xứng. Quy trình chéo hoá trực giao các ma trận đối xứng: Bước 1: Tìm một cơ sở cho mỗi không gian riêng của ma trận đối xứng A Bước 2: Áp dụng quá trình trực giao hoá Gram-Smidt vào mỗi cơ sở đó đề được cơ sở trực chuẩn cho mỗi không gian riêng, ta thu được n vectơ riêng trực chuẩn f , f , , f { 1 2 n} ứng với các giá trị riêng λ1, λ2, , λn Bước 3: Lập ma trận P mà các cột là các vectơ xây dựng ở bước 2, ma trận P này sẽ làm chéo hoá ma trận A, tức λ1 1 t A0 = P− AP = P AP =   λ  n    4.2 Phương pháp chéo hoá trực giao để rút gọn một dạng toàn phương Giả sử dạng toàn phương Q có ma trận là ma trận đối xứng A trong một cơ sở trực chuẩn S của nó. Bước 1: Chéo hoá trực giao ma trận A bởi ma trận trực giao P, trong đó P là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở trực chuẩn S sang cơ sở trực chuẩn S0 mới. Bước 2: Thực hiện phép đổi biến x1 ξ1 x ξ  2  = P  2       x   ξ   n   n     
khi đó Q có dạng chính tắc 2 2 2 Q = λ1ξ1 + λ2ξ2 + + λnξn trong cơ sở S0 mới. 4.3 Nhận dạng đường cong phẳng Xét phương trình một đường cong bậc 2 tổng quát sau: 2 2 ax1 + 2bx1 + cx2 + 2gx1 + 2hx2 + d = 0 Vế trái của phương trình là tổng của hai hàm, một hàm bậc nhất p và một dạng toàn 2 2 phương q với q = ax1 + 2bx1 + cx2, p = 2gx1 + 2hx2 + d . Muốn nhận dạng được đường cong trên thuộc dạng đường cong nào chúng ta thực hiện phép đổi biến trực giao để đưa dạng toàn phương q về dạng chính tắc rồi biện luận theo kết quả thu được. Chú ý rằng bắt buộc phải dùng phương pháp trực giao để nhận dạng một đường cong bậc hai, vì chỉ có phép biến đổi trực giao mới là phép biến đổi bảo toàn khoảng cách. Phép biến đổi Lagrange và Jacobi không có tính chất này, vì vậy nếu sử dụng các phép biến đổi Lagrange và Jacobi thì có thể dẫn đến việc nhận nhầm một đường tròn với một ellipse chẳng hạn. 4.4 Nhận dạng mặt bậc hai Xét phương trình một mặt bậc hai tổng quát: 2 2 2 ax1 + bx2 + cx3 + 2rx1x2 + 2sx1x3 + 2tx2x3 + 2ex1 + 2gx2 + 2hx3 + d = 0 Vế trái là tổng của hai hàm, một dạng toàn phương q và một hàm bậc nhất p với: 2 2 2 q = ax1 + bx2 + cx3 + 2rx1x2 + 2sx1x3 + 2tx2x3 ( p = 2ex1 + 2gx2 + 2hx3 + d Muốn nhận dạng được mặt cong trên thuộc dạng mặt bậc hai nào chúng ta thực hiện phép đổi biến trực giao để đưa dạng toàn phương q về dạng chính tắc rồi biện luận theo kết quả thu được. Cũng tương tự như nhận dạng đường cong, bắt buộc phải sử dụng phép biến đổi trực giao khi nhận dạng mặt bậc hai. Nếu sử dụng phép biến đổi Lagrange hoặc Jacobi thì có thể dẫn đến việc nhận nhầm một hình cầu và ellipsoid chẳng hạn.
4.5 Ứng dụng của phép biến đổi trực giao vào bài toán tìm cực trị có điều kiện n Cho dạng toàn phương = ∑ có ma trận là = đối xứng trong một Q aijxixj A aij n n i,j=1 × t 2 2 2 cơ sở trực chuẩn của V. Hãy tìm cực trị của Q với điều kiện x x = x1 + x2 + + xn = 1. Bằng phép biến đổi trực giao x = Pξ ta đưa Q về dạng chính tắc: 2 2 2 Q = λ1ξ1 + λ2ξ2 + + λnξn Giả sử λ λ λ , khi đó 1 ≤ 2 ≤ ≤ n n n t 2 2 t λ1ξ ξ = λ1 ∑ ξi Q λn ∑ ξi = λnξ ξ i=1 ≤ ≤ i=1 Vì x = Pξ nên xtx = (Pξ)t (Pξ) = ξt PtPξ = ξtξ = 1 nên ta có λ Q λ 1 ≤ ≤ n M M Vậy Q đạt giá trị lớn nhất là λn tại ξ = (0,0, ,1) tức là tại x = Pξ . Q đạt giá trị nhỏ m m nhất là λ1 tại ξ = (1,0, ,0) tức là tại x = Pξ 4.6 Bài tập Bài tập 5.12. Chéo hoá trực giao các ma trận sau 1 0 0 a) A =  0 1 1  0 1 1     7 24 b) B = − " 24 7 # 1 1 0 − c) C = 1 1 0  −  0 01     7 2 0 − d) D = 2 6 2  −  0 2 5     Bài tập 5.13. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp trực giao
2 2 2 a) x1 + x2 + x3 + 2x1x2 b) 7x2 7x2 + 48x x 1 − 2 1 2 c) 2x2 + 2x2 + 3x2 2x x + 2x x 1 2 3 − 1 2 2 3 d) 5x2 + x2 + x2 6x x + 2x x 2x x 1 2 3 − 1 2 1 3 − 2 3 1 1 0 Lời giải. Ta có A =  1 1 0  , ma trận A có 3 trị riêng là λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2, ứng với 0 0 1   nó ta tìm được 3 vectơ trực chuẩn là 1 0 1 1 1 v1 = 1 , v2 = 0 , v3 = 1 √2  −    √2   0 1 0             Vậy thực hiện phép đổi biến x 1 0 1 ξ 1 1 1 x2 = 1 0 1 ξ2   √2  −    x 0 √2 0 ξ  3     3        ta được 2 2 q = ξ2 + 2ξ3 Bài tập 5.14. Nhận dạng đường cong phẳng sau: a) 2x2 4xy y2 + 8 = 0 − − b) x2 + 2xy + y2 + 8x + y = 0 c) 11x2 + 24xy + 4y2 15 = 0 − d) 2x2 + 4xy + 5y2 = 24 e) x2 + xy y2 = 18 − f) x2 8xy + 10y2 = 10 − 1 1 Lời giải. b) Dùng phương pháp trực giao để rút gọn dạng toàn phương q. A = . " 1 1 # Phương trình đặc trưng là 1 λ 1 − = 0 λ = 0, λ = 2 1 1 λ ⇔ −
ứng với 2 trị riêng vừa tìm được ta tìm được 2 vectơ riêng trực chuẩn tương ứng là f1 = 1 1 x 1 1 ξ 1 , f = 1 . Vậy thực hiện phép đổi biến = 1 1 ta √2 2 √2 √2 " 1 # " 1 # " y # " 1 1 # " ξ2 # thu được− − 2 2 1 Q = 0ξ1 + 2ξ2 + [8 (ξ1 + ξ2) + ( ξ1 + ξ2)] √2 − Đường cong đã cho là một parabol. Bài tập 5.15. Nhận dạng các mặt bậc 2 sau: 2 2 2 a) x1 + x2 + x3 + 2x1x2 = 4 b) 5x2 + 2y2 + z2 6xy + 2xz 2yz = 1 − − c) 2x2 + 2x2 + 3x2 2x x 2x x = 16 1 2 3 − 1 2 − 2 3 d) 7x2 7y2 + 24xy + 50x 100y 175 = 0 − − − e) 7x2 + 7y2 + 10z2 2xy 4xz + 4yz 12x + 12y + 60z = 24 − − − f) 2xy + 2yz + 2xz 6x 6y 4z = 0 − − − 2 2 2 Lời giải. a) Dùngphươngpháp trựcgiao để rút gọn dạng toàn phương q = x1 + x2 + x3. 1 1 0 A =  1 1 0  , ma trân A có 3 trị riêng là λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 , ứng với nó ta 0 0 1   tìm được 3 vectơ trực chuẩn là 1 0 1 1 1 v1 = 1 , v2 = 0 , v3 = 1 √2  −    √2   0 1 0             x1 1 0 1 ξ1 Vậy thực hiện phép đổi biến x = 1 1 0 1 ξ , ta được q = ξ2 +  2  √2  −   2  2 x 0 √2 0 ξ  3     3  2ξ2. Ta có x2 + x2 + x2 + 2x x= 4 ξ2 +2ξ2 = 4 , vậy mặt  cong đã cho là một mặt 3 1 2 3 1 2 ⇔ 2 3 trụ. b) Dùng phương pháp trực giao để rút gọn dạng toàn phương q = 5x2 + 2y2 + z2 − 5 3 1 − 6xy + 2xz 2yz. A = 3 2 1 , ma trân A có 3 trị riêng là λ = 0, λ = −  − −  1 2 1 1 1  −   