Giải bài tập Đại số tuyến tính

HƯỚNG DẪN ÔN THI MÔN HỌC ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH I NỘI DUNG KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ Mục tiêu Mục tiêu kỳ thi kết thúc môn học kiểm tra đánh giá việc tiếp thu khái niệm đại số tuyến tính, lực tư phân tích, tổng hợp vận dụng kiến thức thể qua việc trình bày logic chặt chẽ xác vấn đề liên quan ngơn ngữ môn học Nội dung kiểm tra đánh giá TH S.N ET Toàn nội dung giảng dạy môn học, bao gồm hai phần lý thuyết tập Trọng tâm kiến thức không gian véc tơ, không gian con, hạng hệ véc tơ, hạng ma trận, chiều không gian véc tơ, cấu trúc nghiệm hệ phương đại số tuyến tính cách giải hệ phương trình đại số tuyến tính cách tính định thức; khơng gian Euclid, hệ véc tơ trực giao, phương pháp trực giao hóa, dạng song tuyến tính dạng tồn phương II CẤU TRÚC ĐỀ THI VÀ ĐIỀU KIỆN DỰ THI Đề thi gồm có câu hỏi lý thuyết câu hỏi tập Với tỷ trọng: điểm cho phần lý thuyết điểm cho phần tập VI E TM A Thang điểm tính từ mức ¼ điểm cho bước suy luận logic Vì trình bày làm người làm cần trình bày lập luận khúc chiết đầy đủ Người dự thi phải chấp hành nghiêm túc quy định, quy chế kỳ thi hết môn học Nhà trường, ĐHQGHN Bộ GD&ĐT Đặc biệt lưu ý Khơng sử dụng tài liệu, máy tính điện thoại di động Bài tập chương Kiến thức chuẩn bị Chứng minh công thức De Morgan dạng tổng quát a A \ ∪i∈I Ai = ∩i∈I (A \ Ai) Theo định nghĩa hai tập hợp nhau, để chứng minh X = Y, ta phải chứng minh: X ⊂ Y Y ⊂ X Nghĩa là: ∀x ∈ X → x ∈ Y ngược lại ∀y ∈ Y → y ∈ X () ∀ x ∈ A \ ∪i∈I Ai → x ∈ A x ∉ ∪i∈I Ai → x ∈ A x ∉ Ai ∀i ∈ I x ∈ A \ Ai ∀i ∈ I → x ∈ ∩i∈I (A\Ai) Vậy A \ ∪i∈I Ai ⊂ () ∀ x ∈ ∩i∈I (A \ Ai) → x ∈ A \ Ai ∀i ∈ I → x ∈ A x ∉ ∪i∈I Ai → ∀ x ∈ A \ ∪i∈I Ai Vậy Từ (1) (2) suy đpcm ∩i∈I (A \ Ai) → (1) x ∈ A x ∉ Ai ∀i ∈ I → ∩i∈I (A \ Ai) ⊂ A \ ∪i∈I Ai (2) b A \ ∩i∈I Ai = ∪i∈I (A \ Ai) () ∀ x ∈ A \ ∩i∈I Ai → x ∈ A x ∉ ∩i∈I Ai → x ∈ A ∃ j ∈ I : x ∉ Aj → ∃ j ∈ I : x ∈ A \ Aj → x ∈ ∪i∈I (A\Ai) Vậy A \ ∩i∈I Ai ⊂ ∪i∈I (A\Ai) () ∀ x ∈ ∪i∈I (A\Ai) → ∃ j ∈ I : x ∈ A \ Aj → x ∈ A ∃ j ∈ I : x ∉ Aj x ∉ ∩i∈I Ai → x ∈ A \ ∩i∈I Ai Vậy Từ (1) (2) suy đpcm ∪i∈I (A\Ai) ⊂ A \ ∩i∈I Ai (1) → x∈A (2) Chứng minh mệnh đề tập hợp a (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø  A = B (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø → A \ B = ∅ B \ A = ∅ → A ⊂ B B ⊂ A → A = B Ngược lại, A = B → A \ B = ∅ B \ A = ∅ → (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø b A = (A \ B) ∪ (A ∩ B) (A \ B) ∪ (A ∩ B) = ( A \ (A ∩ B) ) ∪ (A ∩ B) = A c (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B) (A \ B) ∪ (B \ A) = ((A ∪ B) \ B) ∪ ((B ∪ A) \ A)) d A ∩ (B \ C) = (A ∩ B) \ (A ∩ C) De Morgan De Morgan = (A ∪ B) \ (A ∩ B) (A ∩ B) \ (A ∩ C) = ((A ∩ B) \ A) ∪ ((A ∩ B) \ C) = Ø ∪ ((A ∩ B) \ C) = (A ∩ B) \ C = A ∩ (B \ C) e A ∪ (B \ A) = A ∪ B x ∈A ∪ (B \ A) ↔ x ∈A (x ∈ B x ∉ A) ↔ x ∈ A x ∈ B ↔ x ∈ A∪B f A \ (A \ B) = A ∩ B x ∈ A \ (A \ B) ↔ x ∈ A x ∉ (A \ B) ↔ x ∈ A x ∈ B ↔ x ∈ A ∩ B Chứng minh a (A x B) ∩ (B x A) ≠ Ø ↔ A ∩ B ≠ Ø (A x B) ∩ (B x A) ≠ Ø ↔ ∃ x ∈ A, ∃ y ∈ B: (x, y) ∈ A x B (x, y) ∈ B x A (x, y) ∈ B x A → x ∈ B, y ∈ A → x ∈ A ∩ B , y ∈ A ∩ B hay A ∩ B ≠ ∅ b (A x C) ∩ (B x D) = (A ∩ B) x (C ∩ D) (x, y) ∈ (A x C) ∩ (B x D) ↔ x ∈ A x ∈ B đồng thời y ∈ C y ∈ D ↔ TH S.N ET x ∈(A ∩ B) , y ∈(C ∩ D) hay (x, y) ∈(A ∩ B) x (C ∩ D) đpcm Với ánh xạ f : X → Y A, B ⊂ X Chứng minh : a f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B) y ∈ f (A ∪ B) → ∃ x ∈ (A ∪ B) : f (x) = y Mà x ∈ (A ∪ B) → x ∈ A x ∈ B kéo theo f (x) ∈ f (A) f (x) ∈ f (B) hay y ∈ f (A) ∪ f (B) Cm tương tự cho chiều ngược lại b f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B) VI E TM A y ∈ f (A ∩ B) → ∃ x ∈ (A ∩ B) : f (x) = y Mà x ∈ (A ∩ B) → x ∈ A x ∈ B kéo theo f (x) ∈ f (A) f (x) ∈ f (B) hay y ∈ f (A) ∩ f (B) Cm tương tự cho chiều ngược lại c f (A \ B) ⊃ f (A) \ f (B) y ∈ f (A \ B) → ∃ x ∈ (A \ B) : f (x) = y Mà x ∈ (A \ B) → x ∈ A x ∉ B kéo theo f (x) ∈ f (A) f (x) ∉ f (B) hay y ∈ f (A) \ f (B) Cm tương tự cho chiều ngược lại * Phản ví dụ chứng tỏ khơng thể có dấu b c : Lấy X = {-2, -1, 0, 1, 2} , A = {-2, -1, 0}, B = {0, 1, 2} f (x) = |x| Ta có f (A ∩ B) = {0} , f (A \ B) = {2, 1} , f (A) ∩ f (B) = {2, 1, 0} ∩ {0, 1, 2} = {0, 1, 2} f (A) \ f (B) = ∅ Với ánh xạ f : X → Y A, B ⊂ Y Chứng minh : a f -1(A ∪ B) = f -1(A) ∪ f -1(B) x ∈ f -1(A ∪ B) ↔ f (x) ∈ A ∪ B ↔ f (x) ∈ A f (x) ∈ B ↔ x ∈f -1(A) x ∈f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) ∪ f -1(B) b f -1(A ∩ B) = f -1(A) ∩ f -1(B) x ∈ f -1(A ∩ B) ↔ f (x) ∈ A ∩ B ↔ f (x) ∈ A f (x) ∈ B ↔ x ∈f -1(A) x ∈ f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) ∩ f -1(B) c f -1(A \ B) = f -1(A) \ f -1(B) x ∈ f -1(A \ B) ↔ f (x) ∈ A \ B ↔ f (x) ∈ A f (x) ∉ B ↔ x ∈f -1(A) x ∉ f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) \ f -1(B) Với f : X → Y g : Y → Z Chứng minh : a Mệnh đề 2.8 - f, g đơn ánh → g∘ f đơn ánh ∀ x ≠ x’ ∈ X, f đơn ánh → f (x) ≠ f (x’) Lại g đơn ánh: → - g ( f (x)) ≠ g (f (x’)) hay g∘ f (x) ≠ g∘ f (x’) đpcm f, g toàn ánh → g∘ f toàn ánh ∀ z ∈ Z, g toàn ánh → ∃ y ∈ Y: g (y) = z Lại f toàn ánh: → - ∃ x ∈ X : f (x) = y Vậy ∃ x ∈ X để g ( f (x)) = z hay g∘ f (x) = z đpcm f, g song ánh → g∘ f song ánh Theo định nghĩa, ánh xạ h song ánh vừa đơn ánh, vừa toàn ánh Nên điều phải chứng minh hệ điều vừa chứng minh b Mệnh đề 2.9 - Nếu g∘ f đơn ánh f đơn ánh Giả sử f đơn ánh → ∃ x ≠ x’ : f (x) = f (x’) → g(f (x)) = g(f (x’)) hay g∘ f (x) = g∘ f (x’) → g∘ f đơn ánh, trái giả thiết Vậy f phải đơn ánh - Nếu g∘ f tồn ánh g tồn ánh Giả sử g khơng phải tồn ánh → ∃ z ∈ Z mà z ≠ g (y), ∀ y ∈ Y → ∃ z ∈ Z mà z ≠ g (f (x)), ∀ x ∈ X hay ∃ z ∈ Z: z ≠ g∘ f (x), ∀ x ∈ X nghĩa g∘ f toàn ánh, trái giả thiết Vậy g phải toàn ánh Với f : R → R xác định f (x) = x2 – 3x + Hỏi f có phải đơn ánh? Tồn ánh? Tìm f (R) , f (0), f -1(0), f ([0, 5]), f -1 ([0,5]) Dễ thấy x2 – 3x + = có nghiệm → f (1) = f (2) = f đơn ánh f khơng phải tồn ánh Các câu hỏi lại dễ A tập hợp n phần tử Chứng minh số lượng tập hợp A có 2n phần tử Chú ý công thức khai triển nhị thức Niu tơn: (1+1)n 12 Lập bảng cộng bảng nhân vành Zn với n = 12 n = 15 Tìm phần tử khả nghịch phép nhân hai vành Lời giải n = 12 (n = 15 – làm tương tự) x 10 11 1 10 11 2 10 11 3 10 11 4 10 11 0 0 0 0 0 0 1 10 11 2 10 10 3 9 4 8 8 5 10 11 6 10 11 7 10 11 8 10 11 9 10 11 10 10 11 11 11 10 5 10 11 6 6 7 11 10 8 8 9 3 10 10 4 10 11 11 10 5 TH S.N ET 10 11 0 10 11 VI E TM A + Các phần tử khả nghịch phép nhân là: 1, 5, 7, 11, nghịch đảo chúng chúng 17 Chứng minh tập hợp Q (√2 ) = { a + b√2 | a, b ∈ Q} lập nên trường với phép toán cộng nhân thông thường Trước hết ta làm rõ phép toán cộng nhân Q (√2 ) - Phép cộng: (a + b√2) + (a’ + b’√2) c + d√2 với c = (a+a’), d = (b+b’) - Phép nhân: (a + b√2) (a’ + b’√2) x + y√2 Với x = aa’ + 2bb’ y = ab’ + a’b Từ dễ kiểm tra được: phép cộng có tính kết hợp, giao hốn, phần tử khơng là: = + 0√2 Cũng dễ kiểm tra phép nhân có tính giao hốn, kết hợp, phân phối hai phía phép cộng Phần từ đơn vị = + 0√2 Tìm phần tử nghịch đảo a + b√2 ≠ (với a, b không đồng thời 0) Theo định nghĩa, (a’ + b’√2) thỏa mãn (a + b√2) (a’ + b’√2) = + 0√2 → aa’ + 2bb’ = ab’ + a’b = - Nếu a ≠ 0, ta có b’ = -a’b / a → aa’ + 2b(-a’b/a) = → a’ (a – 2b2/a) = → a’ = a/(a2-2b2) → b’ = -b//(a2-2b2) (chú ý: a, b ∈ Q nên a2 – 2b2 ≠ 0) Nếu a = b≠ → a’ = → b’ = 1/(2b) Gộp lại ta có nghịch đảo a + b√2 a/(a2-2b2) + [-b/(a2-2b2)]√2 18 Chứng minh số phức z ∉ R trường phần tử dạng : R (z) = { a + bz | a, b ∈ R } trùng với trường số phức C Hiển nhiên phần tử a + bz với a, b ∈ R số phức → R (z) ⊂ C (1) Ngược lại, giả sử z = x + iy, (y≠0) ∀ z’ = x’ + iy’ ∈C Gọi a , b số thực thỏa mãn z’ = a + bz = a + b(x+iy) = a+bx + iby → a+bx = x’, y’ = by → b = y’/y , a = x’ – bx = x’ – xy’/y = (x’y – xy’) / y Tóm lại, ∀ z’ = x’ + iy’ ∈ C ta có z’ = (x’y – xy’) / y + (y’/y) z → z’ ∈R (z) Vậy C ⊂R (z) (2) Từ (1) (2) suy R (z) = C 22 23 Sinh viên tự làm dễ 30 Sinh viên tự làm, gợi ý sử dụng biểu diễn dạng lượng giác số phức 31 Sinh viên tự làm, gợi ý sử dụng biểu diễn dạng lượng giác số phức Các bậc n số phức điểm đỉnh đa giác n cạnh Giả sử tổng bậc n số phức véc tơ từ tâm đến điểm S Véc tơ không đổi ta quay hệ góc 360o/n Điều xảy véc tơ tổng = θ 32 Phân tích đa thức sau thành nhân tử bất khả quy R[X] C[X] a X3 + 3X2 + 5X + b X3 – X2 – X - VI E TM A TH S.N ET Sinh viên tự làm Gợi ý : Dễ nhận thấy đa thức có nghiệm thực Vậy, chúng phân tích thành (x – x0)(ax2 + bx + c) Nếu biệt thức ax2 + bx + c âm phân tích phân tích bất khả quy R[X] Trên C, đa thức ln có đủ nghiệm, nên phân tích thành dạng (x – x0)(x – z1)(x – z2) Bài tập chương Không gian véc tơ Các tập hợp sau có lập thành khơng gian véc tơ trường K hay khơng, phép tốn thơng thường a A = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 + … + xn = 0} Rõ ràng A với phép cộng (x1, …, xn) + (y1, …, yn) := (x1+y1, …, xn+yn) (∈ Kn) làm thành nhóm giao hốn (phép cộng có tính kết hợp, giao hốn, phần tử không (0, …, 0), phần tử đối (x1, …, xn) (-x1, …, -xn) ∀ a ∈ K, x = (x1, …, xn) ∈ A, phép nhân a (x1, …, xn) := (ax1, …, axn) (∈ Kn) có tính phân phối phía phép cộng, a(bx) = (ab)x, 1x = x Vậy A không gian véc tơ trường K b B = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 + … + xn = 1} Từ phép cộng thông thường, ta định nghĩa phép cộng B, ∀ (x1, …, xn), (y1, …, yn) ∈ B ((x1+y1, …, xn+yn) ∉ B Vậy B khơng khơng gian véc tơ K với phép tốn định nghĩa từ phép tốn thơng thường c C = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 = xn = -1} Tương tự b C không không gian véc tơ trường K d D = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 = x3 = …., x2 = x4 = …} Tương tự a D không gian véc tơ trường K e E = {(aij)nxn | aij = aji với ≤ i, j ≤ n } Tương tự a E không gian véc tơ trường K F = {(x1, …, xn) ∈ Rn | x1, …, xn ∈ Z} có lập thành không gian véc tơ trường số thực R hay không? Không! Không định nghĩa phép nhân a ∈ R với x ∈ F Với phép tốn thơng thường, Q có khơng gian véc tơ trường số thực R hay không? R có khơng gian véc tơ trường số phức hay không? Không! Tương tự Các véc tơ sau độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính a e1 = (-1, -2, 1, 2), e2 = (0, -1, 2, 3), e3 = (1, 4, 1, 2), e4 = (-1, 0, 1, 3) Xét ràng buộc tuyến tính xe1 + ye2 + ze3 +te4 = hay x (-1, -2, 1, 2) + y (0, -1, 2, 3) + z (1, 4, 1, 2) + t (-1, 0, 1, 3) = (0, 0, 0, 0) ↔ −𝑥 + 𝑧 − 𝑡 = (1) −2𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 = (2) { 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = (3) 2𝑥 + 3𝑦 + 2𝑧 + 3𝑡 = (4) (1) → x = z – t, thay vào (2) có -2 (z - t) – y + 4z = hay -y +2z + 2t = Cộng (1) (3) → 2y + 2z + 2t = hay y + z + t = TH S.N ET Kết hợp -y +2z + 2t = y + z + t = → z+t = → y = Thay vào (3) → x = 0, thay vào (2) → z = 0, thay vào (4) → t = Vậy hệ véc tơ e1, e2, e3, e4 độc lập tuyến tính b α1 = (-1, 1, 0, 1), α2 = (1, 0, 1, 1), α3 = (-3, 1, -2, -1) Giải theo phương pháp tương tự a Chứng minh hai hệ véc tơ sau sở C3 Tìm ma trân chuyển từ sở thứ sang sở thứ hai (1) e1 = (1, 2, 1), e2 = (2, 3, 3), (2) a1 = (3, 1, 4), a2 = (5, 2, 1), e3 = (3, 7, 1) a3 = (1, 1, -6) VI E TM A Dễ chứng minh e1, e2, e3 độc lập tuyến tính (như 6.a tính định thức cấp lập từ chúng ≠ 0) → chúng làm thành cở C3 Tương tự a1, a2, a3 sở C3 Để tìm ma trận chuyển sở từ sở (1) sang sở (2) ta phải tìm biểu diễn tuyến tính véc tơ hệ (2) qua sở (1) Điều tương đương với việc giải ba hệ phương trình: - Hệ phương trình thứ nhất: - Hệ phương trình thứ hai: - Hệ phương trình thứ ba: x1 (1, 2, 1) + y1 (2, 3, 3) + z1 (3, 7, 1) = (3, 1, 4) x2 (1, 2, 1) + y2 (2, 3, 3) + z2 (3, 7, 1) = (5, 2, 1) x3 (1, 2, 1) + y3 (2, 3, 3) + z3 (3, 7, 1) = (1, 1, -6) Ma trận chuyển sở cần tìm ma trận: x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 Chứng minh hai hệ véc tơ sau sở C4 Tìm mối liên hệ tọa độ véc tơ hai sở : (1) e1 = (1, 1, 1, 1), e2 = (1, 2, 1, 1), e3 = (1, 1, 2, 1), e4 = (1, 3, 2, 3); (2) a1 = (1, 0, 3, 3), a2 = (2, 3, 5, 4), a3 = (2, 2, 5, 4), a4 = (2, 3, 4, 4) 26 Tự đồng cấu f không gian véc tơ Kn chuyển véc tơ độc lập tuyến tính α1, …, αn tương ứng thành véc tơ β1, …, βn Chứng minh ma trận f sở (e1, …, en) BA-1, cột ma trận A B tương ứng tọa độ α1, …, αn β1, …, βn sở (e1, …, en) Ta có (α1, …, αn) = (e1, …, en)A → (f (α1), …, f (αn)) = (f (e1), …, f (en))A Mặt khác f (αj) = βj → (f (α1), …, f (αn)) = (βj, …, βj) = (e1, …, en)B → (f (e1), …, f (en))A = (e1, …, en)B → (f (e1), …, f (en)) = (e1, …, en) (BA-1) 30 Tự đồng cấu f có ma trận sở (e1, e2, e3, e4) A 2 -1 1 Hãy tìm ma trận f sở (e1, e1+e2, e1+e2+e3, e1+e2+e3+e4) e1 = e1 + e2 = e1 + e2 + e3 = e1 + e2 + e3 + e4 = Ta có 1e1 + 0e2 + 0e3 + 0e4 1e1 + 1e2 + 0e3 + 0e4 → C = 1e1 + 1e2 + 1e3 + 0e4 1e1 + 1e2 + 1e3 + 1e4 0 1 0 1 1 1 ma trận chuyển từ sở thứ sang sở thứ hai Ma trận f sở thứ hai C-1AC AC = -1 1 0 1 0 1 1 1 = 1 3 3 10 4 11 Để tìm C-1 ta thực phép biến đổi sơ cấp hàng để đưa C|E E|C-1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 Nhân hàng với -1 cộng vào hàng Nhân hàng với -1 cộng vào hàng Nhân hàng với -1 cộng vào hàng 0 0 0 0 0 0 1 0 -1 0 -1 0 -1 -2 -1 -4 -8 -7 → C-1AC = = 11 7 15 -11 31 Tự đồng cấu f có ma trận sở (e1, e2, e3) A = 20 -15 8 -7 0 -1 0 0 -1 -1 1 3 3 10 Tìm ma trận f sở (ε1, ε2, ε3) = (2e1+3e2+e3, 3e1+4e2+e3, e1+2e2+2e3) Ma trận chuyển từ sở (e1, e2, e3) sang sở (ε1, ε2, ε3) C = 1 15 -11 20 -15 = → AC = -7 1 2 1 0 -1 -1 h3 = h3 – h1 + h2 -1 -1 h1 = h1 – h3 -4 -3 0 -4 -3 h3 = - h3 h2 = h2 – 3h3 0 1 -1 1 0 1 0 -6 -2 0 -6 -2 h2 = h2 +4 h3 -1 -3 → C = -3 h1 = h1 + h3 – 2h2 -1 0 1 -1 19 C-1AC = -6 -2 -3 1 -1 3 6 = 32 Tự đồng cấu f có ma trận A = 0 0 ma trận f sở (ε1, ε2, ε3) -18 15 -1 -22 20 -25 22 sở gồm α1 = (8, -6, 7), α = (-16, 7, -13), α = (9, -3, 7) Tìm ma trận f sở gồm véc tơ β1 = (1, -2, 1), β2 = (3, -1, 2), β3 = (2, 1, 2) → C= x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 TH S.N ET Ta cần tìm ma trận C chuyển từ sở (α) sang sở (β) Vì vậy, cần giải hệ phương trình : βj = xj α1 + yj α2 + zj α3 , j = 1, 2, - j = : (1, -2, 1) = x (8, -6, 7) + y (-16, 7, -13) + z (9, -3, 7) ↔ 8x – 16y + 9z = -6x + 7y – 3z = -2 7x – 13y + 7z = - j = : (3, -1, 2) = x (8, -6, 7) + y (-16, 7, -13) + z (9, -3, 7) ↔ VI E TM A 8x – 16y + 9z = -6x + 7y – 3z = -1 7x – 13y + 7z = - j = : (2, 1, 2) = x (8, -6, 7) + y (-16, 7, -13) + z (9, -3, 7) ↔ 8x – 16y + 9z = -6x + 7y – 3z = 7x – 13y + 7z = Ma trận f sở (β1, β2, β3) C-1AC Cách giải khác Gọi (e1, e2, e3) sở tắc Ta có ma trận chuyển từ sở (e1, e2, e3) sang (α1, α2, α3) C → C-1 ma trận chuyển từ sở (α1, α2, α3) sang (e1, e2, e3) Vậy ma trận f sở (e1, e2, e3) B = CAC-1 Gọi D ma trận chuyển từ sở (e1, e2, e3) sang (β1, β2, β3) Ta có ma trận f sở (β1, β2, β3) D-1BD = D-1 CAC-1D -16 Trong A = -6 -3 -13 -16 , C = -6 -3 -13 20 D = -2 -1 1 2 41 Chứng minh tích AB có nghĩa (AB)t = BtAt Từ suy A khả nghịch At khả nghịch khí (At)-1 = (A-1)t Giả sử A = (aij)nxn, B = (bij)nxn, Chú ý phép chuyển vị ma trận chuyển hàng i thành cột i, chuyển cột j thành hàng j, nghĩa chuyển phần tử hàng i cột j hàng j, cột i → (AB)t = (cij)nxn, với cij = ∑k=1, , n ajkbki (B A ) = (dij)nxn, với dij = ∑k=1, , nbkiajk t t → (AB)t = BtAt Nếu A khả nghịch AA-1 = E A-1A = E  (AA-1)t = Et → (A-1)tAt = E (A-1A)t = Et → At(A-1)t = E  At khả nghịch ma trận nghịch đảo (At)-1 = (A-1)t Ngược lại At khả nghịch B ma trận nghịch đảo AtB = E BAt = E  (AtB)t = Et → BtA = E (BAt)t = Et → ABt = E A khả nghịch ma trận nghịch đảo Bt → A-1 = ((At)-1)t hay (A-1)t = (At)-1 21 Bài tập chương Định thức Hệ phương trình ĐSTT 𝜎= 5 = 5 = (2,5)(5,4) → Sgn (𝜎) = 𝜎= 5 2 5 = → Sgn (𝜎) = -1 5 = = (2, 5, 4) 5 = = (2, 4) 𝜎 = (1, 2, 3)(2, 3, 4) …(n-2, n-1, n) a) TH S.N ET 𝜎 = (1, 2)(2, 3) …(n-1, n) = (1, 2, …, n) Sgn (𝜎) = (-1)n-1 = (1, 2)(2, 3)(2, 3)(3, 4) … (n-2, n-1)(n-1, n) = (1, 2)(n-1, n) Sgn (𝜎) = -3 -5 -4 -9 -5 5 = H3 = H3-2H1 H2 = H2-H1 H4 = H4+H3 -5 1 -2 = - (-7.2 + 2.6 - 1.2) = 3 = -1 -7 -2 1 0 -2 -1 -7 -2 -1 = - -1 -1 -2 8 = 10 a) b) c) -1 -1 … -1 … n … n -2 … n -2 -3 … a0 a1 -x x -x … 0 a2 … a n … x … 0… x VI E TM A b) 90 Tương tự, biến đổi chút trước khai triển Cộng hàng đầu vào hàng lại = Lần lượt cộng dồn tất cột sau vào cột đứng trước = = (a0+…+an ) x 0 … … n … 2n … 2n = n! 0… n a0+…+an 0 … a a2 … a n x … 0 x … 0 0… x n a1 a2 a3 … an-1 a1 a2 a3 … a n -x1 x2 … -x1 x2 … -x1 x2 … 0 -x x3 … n+1 + xn -x2 x3 … = Dn = -x2 x3 … = (-1) an … … … 0 … xn-1 0 … xn-1 0 … xn = (-1)n+1(-1)n-1an x1…xn-1 + xn Dn-1 = x1…xn-1 an + x1…xn-1 an-1 xn + … + a1 x1…xn Cách khác: Rút x1, …, xn từ cột ngồi, làm tương tự câu trên, ta có: Dn = x1…xn-1 xn (a1 /x1 + … + an /xn) - cách viết khác kết 12 a) x+1 … Nhân hàng với -1, cộng vào hàng sau = … n … n x+1 … n 3… x+1 x-1 0 … 0 … n … x-2 … = … x-(n-1) = (x-1)…(x-(n-1)) Cũng giải cách rút 1, 2, …, n từ cột ngồi, ta có định thức mà tất phần tử cột thứ phần từ nằm ngồi đường chéo 1, phần tử cịn lại (x+1)/2, …, (x+1)/n b) 1+x 1 1 1-x 1 1 1+y 1 1 1-y = x2 y2 Lấy hàng nhân với (-1) cộng vào hàng thứ 2, Lấy hàng nhân với (-1) cộng vào hàng thứ 4, Rút x, y ngoài, khử số phần tử sau khai triển định thức theo hai hàng đầu 13 a) Dn = a1 b1 a1b2 a1 b3 … a1bn-2 a1bn-1 a1 bn a1 b2 a2b2 a2 b3 … a2bn-2 a2bn-1 a2 bn a1 b3 a2b3 a3 b3 … a3bn-2 a3bn-1 a3 bn … a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 … an-2bn-2 an-2bn-1 an-2bn a1bn-1 a2bn-1 a3bn-1 … an-2bn-1 an-1bn-1 an-1bn a1 bn a2bn a3 bn … an-2bn an-1bn an bn Chú ý phần tử hai hàng cuối định thức (không kể phần tử cột cuối cùng) là: a1bn-1 a2bn-1 a3bn-1 … an-2bn-1 an-1bn-1 , a1bn a2bn a3bn … an-2bn an-1bn khác hệ số nhân (bn-1 bn) Khai triển định thức theo cột cuối ta n-2 số hạng đầu khơng định thức phần bù a1bn, …, an-2bn có hai dịng cuối tỷ lệ với Vì ta có: Dn = an bn Dn-1 – an-1 bn Cn-1 Trong đó, Dn-1 = a b1 a1b2 a1 b3 … a1bn-2 a1bn-1 a b2 a2b2 a2 b3 … a2bn-2 a2bn-1 a b3 a2b3 a3 b3 … a3bn-2 a3bn-1 … a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 … an-2bn-2 an-2bn-1 a1bn-1 a2bn-1 a3bn-1 … an-2bn-1 an-1bn-1 Cn-1 = a b1 a1 b2 a1 b3 … a1bn-2 a1bn-1 a1b2 a2b2 a2b3 … a2bn-2 a2bn-1 a b3 a2 b3 a3 b3 … a3bn-2 a3bn-1 … a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 … a bn a2 bn an-2bn-2 an-2bn-1 a3 bn … an-2bn an-1bn Lại ý (rút nhân tử dòng cuối) Dn-1 = bn-1 Q, Cn-1 = bn Q, Q định thức: a1 b2 a1b3 … a1bn-2 a1bn-1 a1 b2 a2 b2 a2b3 … a2bn-2 a2bn-1 a1 b3 a2 b3 a3b3 … a3bn-2 … TH S.N ET a1 b1 a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 … a1 a2 a3 … Ta có Cn-1 = (bn /bn-1)Dn-1 a3bn-1 an-2bn-2 an-2bn-1 an-2 an-1 → Dn = anbnDn-1 – an-1bn(bn /bn-1)Dn-1 = (bn / bn-1)(anbn-1 – an-1bn)Dn-1 = (bn /bn-1)(anbn-1 – an-1bn) (bn-1 /bn-2)(an-1bn-2 – an-2bn-1)Dn-2 VI E TM A =… bn … b = (an bn-1 – an-1 bn)(an-1 bn-2 – an-2 bn-1) (a3b3 – a2b2)D2 bn-1…b2 = (bn /b2)(an bn-1 – an-1 bn)(an-1 bn-2 – an-2 bn-1) (a3b3 – a2b2)(a2b1 – a1b2)a1b2 = bn a1(an bn-1 – an-1 bn)(an-1 bn-2 – an-2 bn-1) (a3b3 – a2b2)(a2b1 – a1b2) Cách giải khác, không dùng truy hồi: Rút bn cột cuối ngoài, sau nhân với bi, cộng vào cột thứ i Hoán vị n-1 lần với cột đứng trước để đưa cột cuối cột đầu = bn a1b1 a1b2 a1b3 … a1bn 0 a1b2-a2b1 * a2b3-a3b2 … * * a1 b2 a2 b2 a2 b3 a1b3 … a2b3 … a3b3 … a1bn a2bn a3bn a2bn a3bn … … 0 … 0 … = anbn a1 a2 a3 * … an-1bn-anbn-1 an = (-1)n-1 bn = a1bn(anbn-1-an-1bn)…(a2b1-a1b2) bn a1 b1 a1 b2 a1 b3 … a1 bn a1 b2 a2 b2 a2 b3 a1 b3 … a2 b3 … a3 b3 … a1 a2 a3 a2 bn a3 bn … an a1 0 a2 a1b2-a2b1 a3 * a2b3-a3b2 … an * * 0… 0… 0… 0 * … an-1bn-anbn-1 b) Dn = a0 a1 a3 … an -y1 x1 … 0 -y2 x2 … … 0 … xn (khai triển theo cột cuối) = (-1)n+2an (-1)n y1…yn + xn Dn-1 = an y1…yn + xn Dn-1 = an y1…yn + xn (an-1 y1…yn-1 + xn-1 Dn-2) = an y1…yn + an-1 y1…yn-1 xn + xn xn-1 Dn-2 = an y1…yn + an-1 y1…yn-1 xn + … + a1 y1 xn…x2 + a0 xn…x1 14 a) x+a1 a1 Dn = a1 … a1 a2 x+a2 a2 a3 a3 x+a3 … … … an an an a2 a3 … x+an x+a1 0+a1 = 0+a1 … 0+a1 0+a2 x+a2 0+a2 0+a3 0+a3 x+a3 … … … 0+an 0+an 0+an 0+a2 0+a3 … x+an (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) Phân tích Dn theo cột thành tổng số hạng, số hạng định thức có cột loại (1) (2) Mỗi số hạng thuộc trường hợp sau: - Khơng có cột thuộc loại (2), tất cột cột thuộc loại (1): định thức có phần tử đường chéo x, giá trị định thức xn Có cột thứ i thuộc loại (2), tất cột lại thuộc loại (1) x Ci = … - … … x … … 0 … … = xn-1 , i = 1, …, n … … x Có nhiều cột thuộc loại (2), định thức có hai cột tỷ lệ Vậy Dn = xn + (a1+…+an)xn-1 Cách giải khác: Nhân dòng cuối với -1, cộng vào dòng Sau cộng dồn cột vào cột cuối cùng, ta nhận định thức tam giác có kết b) Dn = x1 a1 a1 … a1 a2 a3 … an x a3 … an a2 x … an a2 a3 … x n (x1-a1)+a1 0+a2 0+a3 0+a1 (x2-a2)+a2 0+a3 = 0+a1 0+a2 (x3-a3)+a3 … 0+a1 0+a2 0+a3 … … … 0+an 0+an 0+an … (xn-an)+an Lập luận tương tự câu a) ta có Dn = ∏𝑛𝑖=1(𝑥𝑖 − 𝑎𝑖 ) + ∑𝑛𝑖=1 𝑎𝑖 (𝑥𝑖 − 𝑎𝑖 )𝑛−1 26 3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 + = 3x1 + 5x2 + 3x3 + 5x4 + = 3 Ma trận mở rộng Ā = 6x1 + 8x2 + x3 + 5x4 + = 3x1 + 5x2 + 3x3 + 7x4 + = 0 1 -1 2 | -3 | -3 | -2 | -5 0 ~ h4 = h4 – h2 0 -1 | -3 | -3 | -2 | -2 3 5 | -3 | -6 | -8 | -8 h2 = h – h1 h3 = h3 – 2h1 ~ h4 = h – h1 x4 = -1 -x3 = -2 – x4 = -1 → x3 = → x = -3 – 2x – 3x = -2 x1 = (1/3)(-3 – 4x2 – x3 – 2x4) = Vậy nghiệm hệ (x1, x2, x3, x4) = (2, -2, 1, -1) TH S.N ET Cách khác: Bằng phương pháp tính định thức Bằng vào phép biến đổi sơ cấp trên, ta có định thức D = -6, D4 = -3 D1 = -6 -8 -8 3 5 h4 = h4-h3 h2 = h2-2h1 D2 = -3 -6 -8 -8 3 5 h2 = h2-h1 h3 = h3-2h1 3 D3 = -3 -6 -8 -8 5 h2 = h2-h1 h3 = h3-2h1 = h3=h3-h2 = = 2 h4 = h4-h2 h3 = h3+h4+h2 0 -3 -3 -2 -1 -5 h4 = h4-h2h3 0 1 -3 -3 -2 -5 = = h2 = h2-h3 h4=h4-h2-h3 = VI E TM A h4=h4-h1 -3 -3 -2 -2 -3 h4=h4-h1 -3 -3 -2 0 1 2 h2 = h2-h4 c4 = c4+c1 0 -3 -1 -2 -1 11 h3 = h3-2h2 0 0 -3 -3 -2 = c3 = c3+c4 = c3 = c3-c4 -3 -2 -1 -3 0 -2 0 = -12 0 01 0 -3 -1 -1 = 12 -4 -3 0 = -6 1 Vậy hệ có nghiệm (x1, x2, x3, x4) = (D1/D, D2/D, D3/D, D4/D, ) = (2, -2, 1, -1) 34 a) -1 -2 A= -2 -1 h2=h2-2h1 ~ h3=h3-h1 -1 -2 0 -1 -1 0 -2 10 -2 ~ h3=h3-2h2 -1 -2 0 -1 -1 → rank A = 0 0 Cách khác: Phương pháp dùng định thức Dễ thấy định thức cấp cấp bao định thức -1 -1 -2 = 0 -1 = 0, 0 -2 -1 -1 -2 ≠ → rank A ≥ Xét tất định thức -1 -2 -1 -2 -2 = -1 = 0, -1 -2 10 -1 -1 -2 = -1 -1 = -1 -2 -2 Giá trị chúng 0, rank A = b) A= -1 -3 -3 -5 -5 -7 Chuyển h3 lên đầu ~ -3 -1 -3 -5 -5 2 -7 5 h2=h2-3h1 h3=h3-5h1 ~ h4=h4-7h1 0 -3 -5 18 12 27 16 36 -7 26 39 50 h2=h2 /2 h3=h3/3 ~ h4=h4/2 0 -3 4 -5 9 18 1 -7 13 13 25 h3=h3-h2 h4=h4-2h2 0 ~ -3 0 -5 0 0 -7 13 -1 → rank A = Cách khác: Phương pháp dùng định thức -5 = -5 -20 1 -5 -20 = -5 0 -6 = Xét tất định thức cấp bao định thức 35 A= 36 -5 18 = 27 -7 -5 36 -1 -3 -3 -5 -5 -1 = -7 -3 -11 = -7 -14 -6 -22 -16 -6 24 λ 10 17 4 3 λ 0 -4 -4 17 10 -10 -10 -1 -1 0 37 26 39 = 2.3.2 -7 50 Đổi chỗ hàng ~ ~ λ -1 2 -1 λ 10 -6 A= 17 10 4 λ 0 -4 17 -10 -1 10 -6 1 λ -1 2 -1 λ ~ 9 -5 18 1 13 13 =0 -7 25 Giá trị chúng 0, rank A = λ Đổi chỗ hàng 10 -6 λ-10 -21 λ+12 0 = 30 ≠ → rank A ≥ ~ h3 = h3 – 3h2 0 h3 = h3-3h1 h4 = h4-2h1 ~ λ 0 17 10 -20 -50 -12 -30 h3 = h3/5 h4 = h4/3 -5 ~ -3 Nếu λ = 0, rank A = 2, Nếu λ ≠ 0, rank A = Vậy A có hạng nhỏ λ = Đổi chỗ cột ~ 1 10 -6 λ -1 -1 λ 10 -6 λ-10 9-3λ λ-3 h2 = h2 – h1 ~ h3 = h3 – 2h1 Nếu – 3λ = λ -3 = rank A = Ngược lại rank A = Tìm ma trận nghịch đảo 3 3 5 a) A = | | | Dùng phép biến đổi sơ cấp để chuyển A | E E | A-1 0 0 | | | → h3 = h3 – h2 3 -1 -1 1 h2 = h2 – 2h3 0 | -1 -1 | -3 -1 -3 | -1 → → h3 = h3 – h1 h3 = h3 + h2 1 0 | -1 -1 | -2 -1 -3 | -1 0 0 | | | 0 -1 | -1 -1 | -3 -4 | -1 -3 0 1 2 → h1 = h1 + h3 → h2 = - h2 → h3 = h3 / 0 h1 = h1 - 3h2 0 | -1 -1 | -3 | 1/4 3/4 -1/2 0 0 | -1 -1 | 1/4 -9/4 3/2 | 1/4 3/4 -1/2 → h2 = h2 + h3 | -5 | 1/4 -9/4 3/2 | 1/4 3/4 -1/2 h1 = h1 - 8h3 → -1 -1 1/4 -9/4 3/2 1/4 3/4 -1/2 Vậy A-1 = Chú ý: Các phép biến đổi dùng nhân hàng với vô hướng ≠ cộng vào hàng tổ hợp tuyến tính hàng cịn lại 3 8 -1 -4 -1 -2 -4 -3 -6 | | | | 0 2 0 -1 -1 -2 -2 | | | | -2 -4 Dùng phép biến đổi sơ cấp để chuyển A | E E | A-1 -3 -6 0 h4 = h4 - h2 -1 -2 | 0 0 | -3 0 0 → → 0 h2 = h2 - 3h1 -2 -2 | -2 h3 = h3 + h2 0 h3 = h3 - 2h1 0 -1 -2 | -1 1 -1 -2 | 0 h1 = h1 + 2h4 0 0 | -3 0 h2 = h2 - 2h4 -3 0 → → -5 1 h4 = h4 + h3 0 | -5 1 h = 0 | -5 1 h3 - 3h4 -1 1 0 2 0 -1 0 0 | | | | -9 10 -5 0 0 0 0 0 0 | 24 |-23/2 | 10 | -5 45 8 -1 -4 -1 1 -1 -2 -2 -4 -2 TH S.N ET A= h1 = h1 + h3 -2 h2 = h2 - 3h3 → -3 -8 7/2 -3 1 0 2 0 Vậy A-1 VI E TM A b) 0 0 0 | | | | Ma trận mở rộng hệ Ā = ~ -2 0 -2 -1 -3 h1 = h1 – h2 h2 = h2 /2 → 24 -4 -8 = -23/2 -1 7/2 10 -2 -3 -5 1 3x - 2y + 5z + 4t = 6x - 4y + 4z + 3t = (1) , hệ tương ứng 9x - 6y + 3z + 2t = -2 | -4 | -6 | -23 10 -5 3x - 2y + 5z + 4t = 6x - 4y + 4z + 3t = (2) 9x - 6y + 3z + 2t = -2 | 0 -6 -5 | -1 ~ -2 | 0 -6 -5 | -1 0 -12 -10 | -2 0 0 | 3x – 2y + 5z + 4t = ~ 5z + 4t = -3x + 2y +2 ~ 5z + 4t = -3x + 2y + z + t = 3x – 2y - 6z + 5t = -3 – 6z – 5t = → z = 3x – 2y – t – → 5(3x – 2y – t –5) + 4t = -3x + 2y + → t = 18x -12y -27 → (1) ~ → z = 3x – 2y – 18x + 12y +27 – = - 15x + 10y + 22 Vậy nghiệm tổng quát hệ (1) (x, y, -15x + 10y + 22, 18x - 12y - 27) = (0, 0, 22, -27) + (x, y, -15x + 10y, 18x – 12y) Trong (0, 0, 22, -27) nghiệm riêng hệ (1), (x, y, -15x + 10y, 18x – 12y) nghiệm tổng quát hệ phương trình tương ứng (2) 46 | 21 h1 = h1 – h5 8x + 6y + 5z + 2t = 21 3 | 10 h5 = h5–h4–h3 3x + 3y + 2z + t = 10 Ma trận mở rộng Ā = | ~ 4x + 2y + 3z + t = 1 | 15 h3 = h3 – h2 3x + 5y + z + t = 15 | 18 h4 = h4 – h2 7x + 4y + 5z + 2t = 18 0 | 0 | -3 | h2 = h2 - h3 3 | 10 h2 = h2 - 3h1 -3 | -5 ~ -1 | -2 ~ -1 | h4 = -h4 - h3 -1 | h3 = h3 - h1 | -5 h | -5 = (h5 + h3)/2 0 | 0 | 0 1 | h1 = h1 – 2h4 0 1 | h = h – h3 0 | -5 ~ -3 | -5 ~ 0 | h3 = h3 + 3h4 0 | 0 | -5 0 | -5 0 | 0 | 0 | 11 0 | Hệ phương trình có nghiệm 0 | -5 ~ 0 | -5 (x, y, z, t) = (3, 0, -5, 11) 0 | 0 0 | 11 0 | -5 Bài tập phần cuối Phần dễ, thuật toán rõ lý thuyết với ví dụ cụ thể Sau lời giải mẫu cho số Tìm giá trị riêng véc tơ riêng đồng cấu có ma trận sau sở a) Đã nói Lý thuyết b) A= -5 -7 -9 Cộng dồn cột vào cột đầu 4-λ -5 Đa thức đặc trưng P(λ) = -7-λ 1-λ -5 = 1-λ -7-λ -9 4-λ 1-λ -9 4-λ TH S.N ET -5 -5 = (1-λ) -7-λ = (1-λ) -2-λ = (1-λ)[(-2-λ)(2-λ)+4) = λ2(1-λ) -4 2-λ -9 4-λ → Đa thức đặc trưng có nghiệm λ = (nghiệm kép) λ = - Với λ = 0, giải hệ phương trình (A-λE)X = (A-λE) = -5 -7 -9 ~ 1 -5 -2 -2 1 ~ -2 -2 0 → hệ phương trình (A-λE)X = ~ hệ phương trình 3y - 2z = x - 2y + z = → y = 2z/3 → x = 2(2z/3) – z = z/3 → véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ = có dạng: (z/3, 2z/3, z) = (z/3)(1, 2, 3) Gọi α1 = (1, 2, 3) - Với λ = 1, giải hệ phương trình (A-λE)X = -5 -8 -9 3 -5 -3 -1 VI E TM A (A-λE) = ~ 2 ~ 1 -2 -2 -1 1 → hệ phương trình (A-λE)X = ~ hệ phương trình x-y =0 x - 2y + z = → x = y, z = 2y – x = x → véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ = có dạng: (x, x, x) = x (1, 1, 1) Gọi α2 = (1, 1, 1) Đồng cấu cho giá trị riêng λ1 = 0, λ2 = véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng α1 = (1, 2, 3) α2 = (1, 1, 1) Xác định xem tự đồng cấu cho ma trận sau sở khơng gian V có chéo hóa khơng? Cơ sở ma trận tự đồng cấu có dạng chéo ma trận chéo ấy? Cộng cột thứ hai vào cột đầu a) -1 A = -3 -3 = (2-λ) -1-λ -1 2-λ -1 -1 -1 Đa thức đặc trưng P(λ) = -3 5-λ -1 = 2-λ 5-λ -1 -3 1-λ 1-λ 1 -1 -1 5-λ -1 = (2-λ) 2-λ = (2-λ)2(1-λ) 1-λ 1-λ → Đa thức đặc trưng có nghiệm λ=2 (nghiệm kép) λ = - λ = 1, giải hệ phương trình (A-λE)X = -2 (A-λE) = -3 -3 -2 -1 -1 ~ -1 -3 3 -1 -1 ~ -1 0 -1 0 -x + 2y -z = -x + y =0 → hệ phương trình (A-λE)X = ~ hệ phương trình → x = y → z = y → véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ = có dạng: -3 -1 x (1, 1, 1) Gọi α1 = (1, 1, 1) -3 -1 - λ = 2, giải hệ phương trình (A-λE)X = (A-λE) = -3 -1 → Hệ phương trình ~ phương trình -3x + 3y – z = → z = -3x + 3y Các véc tơ riêng tương ứng với λ = có dạng (x, y, -3x + 3y) Gọi α2 = (1, 1, 0) (tương ứng x = y =1) α3 = (0, 1, 3) (tương ứng x = 0, y = 1) Dễ thấy α2 α3 độc lập tuyến tính Các véc tơ riêng α1, α2, α3 làm thành sở V sở ma trận tự đồng cấu có dạng chéo 0 0 Trang 225 Chứng minh véc tơ (1, -2, 2, -3) (2, -3, 2, 4) trực giao với Bổ sung hệ véc tơ để thu sở trực giao không gian α1 = (1, -2, 2, -3), α2 = (2, -3, 2, 4) → = → α1, α2 trực giao! Chúng ta biết hệ véc tơ đôi trực giao với hệ độc lập tuyến tính Vì cần bổ sung vào hệ α1, α2 véc tơ α3, α4 cho = 0, = = 0, = 0, = - Giả sử α3 = (x, y, z, t) → điều kiện = 0, = cho ta hai phương trình ẩn: x – 2y + 2z - 3t = 2x – 3y + 2z + 4t = hay x – 2y = -2z + 3t 2x – 3y = -2z – 4t → y = 2(-2z+3t) + 2z + 4t = -2z +10t → x = 2y – 2z + 3t = -4z + 20t – 2z + 3t = -6z + 23t Chọn t = 0, z = -1 ta có α3 = (6, 2, -1, 0) - Giả sử α4 = (x, y, z, t) → điều kiện = 0, = 0, = cho ta hệ phương trình ẩn: x – 2y + 2z - 3t = -2 -3 2x – 3y + 2z + 4t = ma trận hệ -3 6x + 2y – z = -1 ~ 13 -3 14 -1 ~ x = -11 (chọn t = 15) -15 0 -11 14 → y = -4.15 -14(-11) = 94 z = 6(-11) +2.94 = 122 -1 Vậy α4 = (-11, 94, 122, 15) Chú ý dim V = → Hệ véc tơ độc lập tuyến tính α1, α2, α3, α4 lập thành sở trực giao α1 = (1, -2, 2, -3), α2 = (2, -3, 2, 4), α3 = (6, 2, -1, 0), α4 = (-11, 94, 122, 15) Chú ý : Tùy theo cách chọn z, t lời giải mà tốn có nhiều đáp số Tương tự Sau thu sở trực giao, chuẩn hóa véc tơ độ dài = Dùng phép trực giao để xây dựng sở trực giao không gian sinh véc tơ sau : α1 = (2, 1, 3, -1), α2 = (7, 4, 3, 3), α3 = (1, 1, -6, 0), α4 = (5, 7, 7, 8) Kiểm tra tính độc lập tuyến tính cử hệ véc tơ → chúng sở khơng gian TH S.N ET Trực giao hóa phương pháp trực giao hóa Schmidt Chọn e1 = α1 = (2, 1, 3, -1) Ta có = + 1+ – = 13 Chọn e2 = xe1 + α2, x = - / → … Chọn e3 = xe1 + ye2 + α3, x = - / , y = - / → … Chọn e4 = xe1 + ye2 + ze3 + α4, x = - / , y = - / , z = - / → … Tìm dạng chuẩn tắc dạng toàn phương VI E TM A a) H = x2 + y2 + 3z2 + 4xy + 2xz + 2yz Dùng phương pháp Lagrange H = [x2 + 2x(2y+z)] + y2 + 3z2 + 2yz = (x + 2y + z)2 – (2y + z)2 + y2 + 3z2 + 2yz = (x + 2y + z)2 – 4y2 – z2 – 4yz + y2 + 3z2 + 2yz = (x + 2y + z)2 – 3y2 + 2z2 – 2yz = (x + 2y + z)2 – 3(y2 – 2y.z/3) + 2z2 = (x + 2y + z)2 – 3(y2 – z/3)2 – z2/9+ 2z2 = (x + 2y + z)2 – 3(y2 – z/3)2 + 17z2/9 = u – v2 + w b) H = x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 Dùng phương pháp Lagrange Đặt x1 = x + y, x2 = x – y, x3 = z, x4 = t, ta có H = x2 – y2 + (x+y)z + (x+y)t + (x–y)z + (x–y)t + zt = x2 – y2 + xz + yz + xt + yt + xz – yz + xt – yt + zt = [x2 + 2x(z + t)] – y2 + zt = (x + z + t)2 – (z + t)2 – y2 + zt = (x + z + t)2 – z2 – t2 – 2zt – y2 + zt = (x + z + t)2 – z2 – t2 – 2zt – y2 + zt = (x + z + t)2 – y2 – (z2 + 2zt/2) – t2 = (x + z + t)2 – y2 – (z2 + 2z t/2) – t2 = (x + z + t)2 – y2 – (z2 + t/2)2 – t2/4 – t2 = (x + z + t)2 – y2 – (z2 + t/2)2 – 3t2/2 = u – v2 – w – o2 ...HƯỚNG DẪN ƠN THI MƠN HỌC ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH I NỘI DUNG KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ Mục tiêu Mục tiêu kỳ thi kết thúc môn học kiểm tra đánh giá việc tiếp thu khái niệm đại số tuyến tính, lực tư phân tích,... thuyết tập Trọng tâm kiến thức không gian véc tơ, không gian con, hạng hệ véc tơ, hạng ma trận, chiều không gian véc tơ, cấu trúc nghiệm hệ phương đại số tuyến tính cách giải hệ phương trình đại số. .. Tương tự Các véc tơ sau độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính a e1 = (-1, -2, 1, 2), e2 = (0, -1, 2, 3), e3 = (1, 4, 1, 2), e4 = (-1, 0, 1, 3) Xét ràng buộc tuyến tính xe1 + ye2 + ze3 +te4 =