CƠ SỞ ĐIỀU KHIỂN TỰ ĐỘNG Hướng dẫn ôn cuối kì ctct

TÀI LIỆU HƯỚNG DẪN & ƠN TẬP CUỐI KÌ MƠN: ĐẠI SỐ Tổng hợp & biên soạn: Nhóm CTV – Môn Đại số ĐỘI CHÚNG TA CÙNG TIẾN Dạng 1: MA TRẬN Dạng toán dạng “cho điểm” đề thi cuối kì Để làm câu cách xác nhanh nên có số lưu ý sau đây: - Phép nhân ma trận tổng qt khơng có tính giao hốn (AB khác với BA), biến đổi phải để ý vị trí (trước, sau) ma trận nghịch đảo Nếu muốn chắn làm cẩn thận bước (vd: 𝐴𝑋 = 𝐵 ⇔ 𝐴−1 𝐴𝑋 = 𝐴−1 𝐵 ⇔ 𝑋 = 𝐴−1 𝐵) - Bấm máy tính xác: máy tính cầm tay tính ma trận 3x3 (thường có đề) ma trận nghịch đảo, chuyển vị tương ứng Ví dụ 1: Tìm ma trận X thỏa mãn 𝑋𝐴 + 𝐴𝐵 = 𝑋 + 𝐵 với 𝐴 = (2 −1 −2 𝐵 = (−3 ) −3 𝑇 Hướng dẫn: - Đầu tiên biến đổi ma trận: 𝑋𝐴 + 𝐴𝐵𝑇 = 𝑋 + 𝐵 ⟺ 𝑋𝐴 − 𝑋 = 𝐵 − 𝐴𝐵𝑇 ⇔ 𝑋(𝐴 − 𝐼) = 𝐵 − 𝐴𝐵𝑇 ⇔ 𝑋 = (𝐵 − 𝐴𝐵𝑇 ) (𝐴 − 𝐼)−1 1) - Bấm máy: nhập MatA ma trận A, MatB ma trận B, MatC ma trận đơn vị I Bấm máy (𝑀𝑎𝑡𝐵 − 𝑀𝑎𝑡𝐴 × 𝑇𝑟𝑛(𝑀𝑎𝑡𝐵 )) × (𝑀𝑎𝑡𝐴 − 𝑀𝑎𝑡𝐶 )−1 11 ta có kết 𝑋 = ( 27 −4 −2 −7 −8 ) −23 - Nếu muốn thử lại kết quả, ta sử dụng chức MatAns để kiểm tra lại, nhập: 𝑀𝑎𝑡𝐴𝑛𝑠 × 𝑀𝑎𝑡𝐴 + 𝑀𝑎𝑡𝐴 × 𝑇𝑟𝑛(𝑀𝑎𝑡𝐵 ) − 𝑀𝑎𝑡𝐴𝑛𝑠 − 𝑀𝑎𝑡𝐵 kết ma trận kết vừa tính xác Ví dụ (HK Hè 2015): Tìm ma trận 𝑋 ∈ 𝑀3 thỏa mãn (𝑋 + 𝐵)𝐴 = 𝐵𝑇 − 2𝑋, đó: 𝐴 = (1 2 1 3) ; 𝐵 = ( 1 1 1) Hướng dẫn: - Biến đổi: (𝑋 + 𝐵)𝐴 = 𝐵𝑇 − 2𝑋 ⟺ 𝑋𝐴 + 2𝑋 = 𝐵𝑇 − 𝐵𝐴 ⟺ 𝑋 (𝐴 + 2𝐼) = 𝐵𝑇 − 𝐵𝐴 ⟺ 𝑋 = (𝐵𝑇 − 𝐵𝐴) (𝐴 + 2𝐼)−1 ý I giao hoán với ma trận nên 2𝑋 = 𝑋 (2𝐼) - Bấm máy: nhập MatA ma trận A, MatB ma trận B, MatC ma trận I (hoặc 2I được) - Đáp số: 𝑋= − ( − 11 14 − 14 − − 11 14 17 − 14 ) − Dạng 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Bài tốn thường khơng khó có dạng tốn giải hệ phương trình – ẩn với trường hợp vơ số nghiệm Quy trình giải tốn này: - Viết ma trận (A|b) - Biến đổi sơ cấp theo hàng đưa ma trận bậc thang (chú ý không nên biến đổi sơ cấp theo cột khó kiểm sốt nghiệm) - Tìm phần tử sở, đặt tham số ẩn khơng có phần tử sở Rút ẩn lại theo thứ tự từ lên Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 2𝑡 = { −𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 𝑡 = 3𝑥 + 2𝑦 + 4𝑧 − 𝑡 = Giải: - Ma trận: −1 (𝐴 | 𝑏 ) = ( −1 3 2 1 −2 ) −1 −1 −1 - Biến đổi sơ cấp: −1 (2 −1 3 2 1 ℎ2=ℎ2−2ℎ1 −1 ℎ3=ℎ3+ℎ1 ℎ4=ℎ4−3ℎ1 −2 ) → (0 −1 −1 −1 5 ℎ3=3ℎ3−2ℎ2 ℎ4=3ℎ4−5ℎ2 → −1 (0 0 0 - Đặt 𝑡 = 9𝑚, ta có 𝑧 = 14 1 −3 −4 −2) −2 −4 2 1 −1 −3 −4 −2) → ( 14 0 14 1 −3 −4 −2) 14 − 8𝑚 14 8 − 24𝑚 = + 12𝑚 ⇒ 𝑦 = + 4𝑚 3 28 11 𝑥 = − 9𝑚 − + 16𝑚 + + 4𝑚 = − + 11𝑚 9 3𝑦 = −2 + 36𝑚 + Vậy hệ pt có nghiệm dạng (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡 ) = (− 11 14 9 + 11𝑚, + 4𝑚, − 8𝑚, 9𝑚) (𝑚 ∈ ℝ) Ngồi ta giải theo cách biến đổi trực tiếp (không cần ghi ma trận (A|b) để biến đổi sơ cấp) Cách 2: Biến đổi: 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 2𝑡 = 3𝑦 − 3𝑧 − 4𝑡 = −2 3𝑦 − 3𝑧 − 4𝑡 = −2 { ⇔{ ⇔{ −𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 𝑡 = 2𝑦 + 𝑧 = 9𝑧 + 8𝑡 = 14 3𝑥 + 2𝑦 + 4𝑧 − 𝑡 = 5𝑦 − 2𝑧 − 4𝑡 = 9𝑧 + 8𝑡 = 14 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = ⇔ {3𝑦 − 3𝑧 − 4𝑡 = −2 9𝑧 + 8𝑡 = 14 Đặt 𝑡 = 9𝑚, ta có 𝑧 = 14 − 8𝑚 14 8 − 24𝑚 = + 12𝑚 ⇒ 𝑦 = + 4𝑚 3 28 11 𝑥 = − 9𝑚 − + 16𝑚 + + 4𝑚 = − + 11𝑚 9 3𝑦 = −2 + 36𝑚 + Vậy hệ pt có nghiệm dạng (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡 ) = (− 11 14 9 + 11𝑚, + 4𝑚, − 8𝑚, 9𝑚) (𝑚 ∈ ℝ) Ví dụ (HK hè 2015): Giải hệ phương trình: 𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 + 3𝑥4 = −13 2𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 + 3𝑥4 = { 4𝑥1 + 4𝑥2 + 5𝑥3 + 9𝑥 = −25 𝑥1 + 𝑥2 + 11𝑥3 + 12𝑥4 = −94 Giải: (𝐴|𝑏) = (2 1 11 3 12 −13 1 𝑏𝑑𝑠𝑐 ) → (0 −3 −3 0 −3 −3 −25 0 9 −94 𝑏𝑑𝑠𝑐 1 −13 → ( ) 0 1 −9 −13 27 ) 27 −81 - Từ pt sau suy 𝑥3 = −9 − 𝑥4 - Từ pt đầu suy 𝑥1 = −13 − 3𝑥4 − 2(−9 − 𝑥4 ) − 𝑥2 = − 𝑥2 − 𝑥4 - Suy nghiệm hệ: (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = (5 − 𝛼 − 𝛽, 𝛼, −9 − 𝛽, 𝛽) với 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ Dạng 3: KHÔNG GIAN VECTOR Dạng 1: Khơng gian - Trong Rn , tìm sở số chiều không gian F a Cho tập sinh F = < e1, e2,…,en >, ta lập ma trận hàng A vector ei, biến đổi sơ cấp theo hàng để đưa bậc thang Khi đó, dim(F) = rank(A) lấy hàng khác làm sở b F = {x | Ax = 0} Khi đó, dim(F) = n – rank(A) (trùng với số ẩn tự do) sở F nghiệm hệ Ví dụ 1: Tìm sở số chiều khơng gian L a L = Xét A= (−1 1 2) → ( 2 1 0 1) Suy dim(L) = rank(A) = Cơ sở L (1,1,1); (0,1,1); (0,0,2) b L = {(x1, x2, x3, x4) R4 | x1 – x4 =  x1 + x3 – x4 = 0} Xét A = ( 1 0 1 −1 )→( −1 0 −1 ) rank(A) = 2, n = Suy dim(L) = Với x2, x4 ẩn tự x2 = α, x4 = β  x1 = β, x3 = Suy x = (β, α, 0, β) = α(0, 1, 0, 0) + β(1, 0, 0, 1) Cơ sở L (0, 1, 0, 0) (1, 0, 0, 1) Hoặc để tìm sở L cách nhanh chóng, ta xếp ẩn sở bên, ẩn tự bên Bên phía ẩn tự ta ghép vào ma trận đơn vị để suy ẩn sở từ phương trình hệ phương trình đề : (ẩn sở) x1 x3 0 |  (ẩn tự do) x2 x4 0 Dạng 2: Tổng giao hai không gian - Cho khơng gian F G, tìm sở số chiều F+G FG Dạng khơng khó, cần nắm bắt cách làm giải nhanh chóng - Tính chất cần lưu ý: dim(FG) + dim(F+G) = dim F + dim G  Tìm số chiều sở F+G Trước tiên ta xác định tập sinh (cơ sở) F G Nhớ tới tính chất tổng không gian con: F = < f1, f2, …, fn > ; G = < g1, g2, …, gn >  F + G = < f1, f2, …, fn, g1, g2, …, gn > Sau tìm sở số chiều F+G khơng gian bình thường với dim(F+G) = rank< f1, f2, …, fn, g1, g2, …, gn > (các vector fi, gi xếp theo hàng)  Tìm số chiều sở FG (có nhiều dạng đề) Lưu ý cần nhớ: FG = {x | xF xG} Hoặc Cho F = < f1, f2, …, fn > ; G = < g1, g2, …, gn > x = α1f1 + … + αnfn = β1g1 + … + βngn  α1f1 + … + αnfn – β1g1 – … – βngn = Lúc đưa dạng tìm sở số chiều L = {x | Ax = 0} Khi ta có dim(L) = n – rank(A) Ví dụ 2: Trong không gian R3, cho không gian con: F = {(x1; x2; x3) | x1– x2 + x3 = 0} không gian G = {(x1; x2; x3) | x1–2x2+x3 =0} Tìm số chiều sở không gian F+G, FG Giải: Trường hợp F+G Tìm sở F = {(x1; x2; x3) | x1–x2+x3 =0} x1 | x2 x3 1 -1 F = {(1; 1; 0), (-1; 0; 1)}, dim F = Tương tự G = {(2; 1; 0), (-1; 0; 1)}, dim G = F+G = (−1 1 1)  dim(F+G) = Do dim(F+G) = nên ta lấy vector (1; 1; 0), (-1; 0; 1), (2; 1; 0) làm sở F+G chúng ĐLTT Trường hợp FG 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 = 𝑥1 = −𝛼 { 𝑥2 =  x = α(-1; 0; 1) Suy dim(FG) =1 sở FG (-1; 0; 1) 𝑥3 = 𝛼 FG = { Chú ý: Có thể tính dim(FG) trực tiếp cơng thức biết dim F, dim G dim(F+G) Ví dụ 3: Trong không gian R3 cho không gian F = {(x1, x2, x3) | x1+2x2+2x3=0} G = Tìm sở số chiều F+G FG Giải: Trường hợp F+G: Tương tự cách làm Ví dụ Trường hợp FG Gọi x  FG nên xF xG Do xG nên x tạo G hay x tổ hợp tuyến tính hai vector (1, 0, 5) (–1, 0, 1)  G  x = α(1, 0, 5) + β(–1, 0, 1) = (α – β, 0, 5α + β) Mặt khác xF nên ta thay x vào phương trình F = {(x1, x2, x3) | x1+2x2+2x3=0}, ta (α – β) + 2.0 + 2(5α + β) =  β = –11α Thay β vào vector x  x = (12α, 0, –6α) = α(12, 0, –6) Suy dim(FG) = sở FG (12, 0, –6) Ví dụ 4: Trong không gian R3 cho không gian F = G = Tìm sở số chiều FG Giải: Gọi xFG Do xFG nên x tổ hợp tuyến tính F G  x = α1(1, 2, 3) + β1(1, –1, 2) = α2(0, 1, 5) + β2(1, 3, 8) 𝛼1 + 𝛽1 − 𝛽2 = { 2𝛼1 − 𝛽1 − 𝛼2 − 3𝛽2 = 3𝛼1 + 2𝛽1 − 5𝛼2 − 8𝛽2 = Xét A = (2 −1 −1 −1 −3) → (0 −5 −8 −3 0 −1 −1 −1) 14 14 dim(FG) = số ẩn – rank(A) = 4-3 =1 Từ ma trận bậc thang A, ta có 14α2 + 14β2 =  α2 = –β2 Với β2 = –α2, ta thay vào vector x  x = –β2(0, 1, 5) + β2(1, 3, 8) = β2(1, 2, 3) Vậy sở FG (1, 2, 3) Dạng 4: KHÔNG GIAN EUCLIDE Dạng thường đề Mức độ khơng khó, cần nắm phương pháp giải công thức chương Một số công thức bản:  Độ dài vector u: ‖𝑢‖ = √(𝑢, 𝑢) (Do (u, u)  Dấu “=”  u = 0)  Khoảng cách vector u, v: 𝑑 (𝑢, 𝑣 ) = ‖𝑢 − 𝑣 ‖ (𝑢,𝑣)  Góc α vector u v: 𝛼 = ‖𝑢‖.‖𝑣‖ (0 ≤ α ≤ ) Một số định lý bản:  u  v  (u, v) =  u  F =  (u, fi) = (i = 1, 2, …, n)  Họ vector M gọi trực giao u, vM: uv  Họ vector M gọi trực chuẩn M trực giao uM: ||u|| = Lưu ý: Khi cho tích vơ hướng tắc ta áp dụng cơng thức THPT dùng Khi cho tích vô hướng công thức cần ý thay vào cho Trường hợp đặc biệt: Chẳng hạn cho tích vô hướng (x, y) = 5x1y1 + 2x1y2 +2x2y1 + 3x2y2 + x3y3, ta đặt A = (2 0 T 0) (aij hệ số xiyj) Lúc (x, y) = xAy Do tính nhanh máy tính Dạng 1: Bù vng góc khơng gian Kiến thức cần nắm: Trong không gian Euclide V, cho không gian F Tập hợp F = {xV | xF} gọi bù vng góc khơng gian F dim F + dim F = dim V Trong trường hợp tích vơ hướng tắc Rn: Cho F = {xRn | Ax=0} Khi hàng A tập sinh F Ví dụ 1: Trong R3 với tích vơ hướng tắc, cho khơng gian F = Tìm sở số chiều F Giải: Để làm dạng trước tiên ta phải có tập sinh F = , sau áp dụng F = {x | (x, fi) = 0} Ta có: dim F =  dim F = – = +2𝑥2 +𝑥3 =0 F = {(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) |𝑥12𝑥 } +𝑥 =0 Giải hệ với x3 =α  x1 = α/3; x2 = –2α/3  x = α/3(1, –2, 3) Suy sở F (1, –2, 3) Ví dụ 2: Trong khơng gian R4 với tích vơ hướng tắc, cho +𝑥2 +𝑥3 +𝑥4 =0 F = {(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) |𝑥2𝑥−2𝑥 } Tìm sở số chiều F −𝑥 +2𝑥 =0 Giải: Ở đề cho tích vơ hướng tắc nên từ cách hàng hệ phương trình ta tìm tập sinh F F = Dễ thấy vector ĐLTT nên sở F {(2, 1, 1, 1); (1, –2, –1, 2)}  dim F = Ví dụ 3: Trong R3, cho tích vơ hướng (x, y) = x1y1 + 3x2y2 – x2y3 –x3y2 + x3y3 F = Tìm sở số chiều F Ta có: dim F =  dim F = – dim F = Xét x = (x1, x2, x3)  F  (x, f) =  1.x1 + 3.2.x2 –3x2 – 2x3 + 3x3 =  x1 + 3x2 + x3 = Nhẩm sở F x1 | x2 x3 –3  –1  Cơ sở F (–3, 1, 0); (–1, 0, 1) Dạng 2: Hình chiếu vng góc Trong khơng gian Euclide V, cho không gian F vector x Ta gọi x = y + z: yF, zF Khi đó, hình chiếu vng góc x lên F y = prF(x) khoảng cách từ x xuống F d(x, F) = ||z|| = ||x – y|| Tương tự, hình chiếu vng góc x lên F z = prF(x) khoảng cách từ x xuống F d(x, F) = ||y|| = ||x – z|| - Phương pháp giải: Tìm hình chiếu vector x lên khơng gian F Trước hết ta xác định tập sinh (cơ sở) không gian F = Gọi x = y + z: yF, zF Khi y = α1f1 + α2f2 + … + anfn  F  x = α1f1 + α2f2 + … + anfn + z Sau tính tích vơ hướng x với f1, f2, … , fn (x, f1) = α1(f1, f1) + α2(f2, f1) + … + αn(fn, f1) (x, f2) = α1(f1, f2) + α2(f2, f2) + … + αn(fn, f2) … (x, fn) = α1(f1, fn) + α2(f2, fn) + … + αn(fn, fn) Từ suy α1, α2, …, αn thay lại để tìm hình chiếu y Lưu ý: Vì yF, zF nên (y, z) = Ví dụ 4: Trong R4 với tích vơ hướng tắc, cho không gian −𝑥3 =0 F = {(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) |2𝑥𝑥1 −𝑥 } −2𝑥 +𝑥 =0 Tìm prF(x) khoảng cách từ x đến F với x = (1, 1, 1, 1) Giải: Từ hàng hệ phương trình, ta tập sinh F = = Gọi x = y + z, yF, zF z = α1e1 + α2e2 = α1(1, –1, –1, 0) + α2(2, –2, 0, 1)  F x = y + α e1 + α e2 (x, e1) = α1(e1, e1) + α2(e2, e1)  –1 = 3α1 + 4α2 (x, e2) = α1(e1, e2) + α2(e2, e2)  = 4α1 + 9α2 Từ hệ phương trình  α1 = –13/11, α2 = 7/11 Suy Hình chiếu x lên F z = prF(x) = (1/11; –1/11; 13/11; 7/11) x – z = (10/11; 12/11; –2/11; 4/11) Khoảng cách từ x đến F d(x, F) = ||y|| = ||x – z|| = 2√66 11 Ví dụ 5: Trong R3, cho tích vơ hướng (x, y) = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 3x2y2 – 2x2y3 –2x3y2 + 3x3y3 không gian F = Tìm hình chiếu z = (–8, 7, 3) xuống F khoảng cách từ z đến F Giải: Đặt A = (1 −2 T −2)  (x, y) = xAy (Để tính tốn nhanh tích vơ hướng) Gọi z = x + y, xF, yF Khi x = αf1 + βf2 = α(1, 1, 2) + β(2, –1, 1)  F  z = αf1 + βf2 + y (*) Nhân vế (*) với f1 f2, ta { (𝑧, 𝑓1 ) = 𝛼(𝑓1 , 𝑓1 ) + 𝛽(𝑓2 , 𝑓1 ) 10𝛼 + 8𝛽 = −4 𝛼=2 { { 𝛽 = −3 (𝑧, 𝑓2 ) = 𝛼(𝑓1 , 𝑓2 ) + 𝛽(𝑓2 , 𝑓2 ) 8𝛼 + 10𝛽 = −14 Suy hình chiếu x = PrF(z) = 2(1, 1, 2) – 3(2, –1, 1) = (–4, 5, 1) Khoảng cách d(z, F) = ||y|| = ||z – x|| = ||(–4, 2, 2)|| =2√2 Dạng 3: Gram – Schmidt - Quá trình Gram – Schmidt thường dùng đề thi dạng toán “Đưa dạng tồn phương dạng tắc phép biến đổi trực giao” cần phải nhớ cơng thức để hồn thành trọn vẹn tốn - Phương pháp xây dựng hệ vector trực giao Gram – Schmidt Cho khơng gian vector V có sở E = {e1, e2, …, en} Để xây dựng sở E’ = {f1, f2, …, fn} cho E’ trực giao, ta chọn 𝑓1 = 𝑒1 𝑓2 = 𝑒2 − (𝑒2 , 𝑓1 ) 𝑓 (𝑓1 , 𝑓1 ) 𝑓3 = 𝑒3 − (𝑒3 , 𝑓1 ) (𝑒3 , 𝑓2 ) 𝑓1 − 𝑓 (𝑓1 , 𝑓1 ) (𝑓2 , 𝑓2 ) … 𝑓𝑛 = 𝑒𝑛 − (𝑒𝑛 , 𝑓1 ) (𝑒𝑛 , 𝑓2 ) (𝑒𝑛 , 𝑓𝑛−1 ) 𝑓1 − 𝑓2 − ⋯ − 𝑓 (𝑓1 , 𝑓1 ) (𝑓2 , 𝑓2 ) (𝑓𝑛−1 , 𝑓𝑛−1 ) 𝑛−1 Ta chia vector trực giao cho độ dài nó, ta sở trực chuẩn Ví dụ 6: Trong R4 với tích vơ hướng tắc, cho tập ĐLTT E = {(1, 0, 1, 1); (0, 1, 1, 1); (1, 1, 1, 1)} Hãy trực chuẩn E thuật toán Gram – Schmidt Giải: E = {e1, e2, e3} = {(1; 0; 1; 1), (0; 1; 1; 1), (1; 1; 1; 1)} Chọn 𝑓1 = 𝑒1 = (1; 0; 1; 1) 𝑓2 = 𝑒2 − (𝑒2 , 𝑓1 ) 2 1 𝑓1 = (0; 1; 1; 1) − (1; 0; 1; 1) = (− ; 1; ; ) (𝑓1 , 𝑓1 ) 3 3 Vì fi vector nên ta chọn vector phương với chúng để dễ tính Ở ta chọn f2 = (–2; 3; 1; 1) 𝑓3 = 𝑒3 − (𝑒3 , 𝑓1 ) (𝑒3 , 𝑓2 ) 2 1 𝑓1 − 𝑓2 = ( ; ; − ; − ) (𝑓1 , 𝑓1 ) (𝑓2 , 𝑓2 ) 5 5 Ta chọn f3 = (2; 2; –1; –1) Họ trực giao cần tìm F = {f1; f2; f3} Để sở trực chuẩn ta chia vector cho độ dài nó, ta sở trực chuẩn {( √3 ; 0; ; √3 √3 ) , (− ; ; ; √15 √15 √15 √15 ),( ; √10 √10 ;− √10 ;− √10 )} Dạng 5: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH Đầu tiên ta có số công thức ma trận AXTT - AXTT f sở tắc ta có 𝑓(𝑥) = 𝐴𝑥 với A ma trận axtt f sở tắc, x vector sở tắc - Xét sở bất kì, E F cặp sở Gọi 𝐴0 ma trận sở tắc, ma trận AXTT cặp sở E,F 𝐴𝐸,𝐹 = 𝐹 −1 𝑓 (𝐸 ) = 𝐹 −1 𝐴0 𝐸 với 𝑓(𝐸 ) ảnh ma trận E sở tắc CM: 𝑓 = 𝐴0 𝑥 chuyển qua sở E,F: [𝑥]𝐸 = 𝐸 −1 𝑥, [𝑓]𝐹 = 𝐹 −1 𝑓 Suy 𝑓 = 𝐴0 𝑥 ⟹ 𝐹 [𝑓]𝐹 = 𝐴0 𝐸 [𝑥]𝐸 ⟹ [𝑓]𝐹 = 𝐹 −1 𝐴0 𝐸 [𝑥]𝐸 Suy 𝐴𝐸,𝐹 = 𝐹 −1 𝐴0 𝐸 - Chuyển sở: 𝐸, 𝐹 sở, ta có ma trận sở E 𝐴𝐸 , ma trận AXTT cở sở 𝐹 là: 𝐴𝐹 = 𝐹 −1 𝐸 𝐴𝐸 𝐸 −1 𝐹 CM: Gọi 𝐴0 ma trận AXTT sở tắc, ta có: 𝐴𝐸 = 𝐸 −1 𝐴0 𝐸 ⟹ 𝐴0 = 𝐸 𝐴𝐸 𝐸 −1 suy 𝐴𝐹 = 𝐹 −1 𝐴0 𝐹 = 𝐹 −1 𝐸 𝐴𝐸 𝐸 −1 𝐹 Ví dụ 1: Giải: Cách 1: (thơng thường) 𝑓(𝑒1 ) = 𝑓(1,1,1) = (0,4, −1) 𝑓(𝑒2 ) = 𝑓 (1,1,0) = (3,3,1) 𝑓(𝑒3 ) = 𝑓 (1,0,0) = (2,1,1) Tìm tọa độ 𝑓 (𝑒1 ), 𝑓 (𝑒2 ), 𝑓 (𝑒3 ) sở E 𝑥+𝑦+𝑧 =0 −1 Giải hệ phương trình { 𝑥 + 𝑦 = ta có [𝑓 (𝑒1 )]𝐸 = ( ) −4 𝑥 = −1 1 Tương tự [𝑓 (𝑒2 )]𝐸 = (2) , [𝑓 (𝑒3 )]𝐸 = (0) −1 1 Suy ma trận f E 𝐴𝐸 = ( 0) −4 Cách 2: Ta có 𝑓(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (2𝑥1 + 𝑥2 − 3𝑥3 , 𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 , 𝑥1 − 2𝑥3 ) suy ma trận sở tắc: 𝐴0 = (1 1 −3 1) −2 Suy ma trận sở E: 1 −1 𝐴𝐸 = 𝐸 𝐴0 𝐸 = (1 1 −1 1 Bấm máy ta có 𝐴𝐸 = ( 0) −4 1 −1 0) ( 1 −3 1 ) (1 −2 1 1 0) Ví dụ 2: Giải: Sử dụng cơng thức chuyển sở ta có: 𝐴𝐸1 = 𝐸1−1 𝐸 𝐴 𝐸 −1 𝐸1 1 −1 1 1) ( 1 0) ( 1 −3 Bấm máy ta có 𝐴𝐸1 = ( −1 −2) −6 11 = (2 1 −1 5) ( 1 1 −1 0) ( 1 1 1) Ví dụ 3: Cho ánh xạ tuyến tính 𝑓: ℝ3 → ℝ3 có ma trận 𝑓 sở 𝐸 = {(2, 3, 5), (1, 1, 2), (2, −1, 2)} 𝐴𝐸 = (−3 3 −5 3 −3) Tìm 𝑓(1, 1, 1) Giải: Ta có: [𝑓(𝑥)]𝐸 = 𝐴𝐸 [𝑥]𝐸 ⇒ 𝐸 −1 𝑓 (𝑥) = 𝐴𝐸 𝐸 −1 𝑥 ⟹ 𝑓 (𝑥) = 𝐸 𝐴𝐸 𝐸 −1 𝑥 𝑓(1,1,1) = (3 1 2 −1) (−3 3 −5 3 −3) (3 1 2 −1 −1) (1) = ( ) 11 Ví dụ 4: Cho ánh xạ tuyến tính 𝑓: ℝ3 → ℝ3 có ma trận 𝑓 sở −1 {( ) ( ) } ( 𝐸 = 2,1,1 , 1,1,1 , (5,2,1) 𝐴𝐸 = 2) Tìm sở số chiều Ker f Giải: Tìm ma trận sở tắc 𝐴0 = 𝐸 𝐴𝐸 𝐸 −1 𝐴0 = (1 𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 )𝑇 1 −1 ) ( 1 ) ( 1 1 −24 −1 ) ( = −9 −5 90 34 19 ∈ 𝐾𝑒𝑟 𝑓 ⟺ 𝐴0 𝑥 = 12𝑥1 − 45𝑥2 + 18𝑥3 = 12𝑥1 − 45𝑥2 + 18𝑥3 = −𝑥2 − 6𝑥3 = { 9𝑥1 − 34𝑥2 + 12𝑥3 = ⟺ { −3𝑥2 − 18𝑥3 = 5𝑥1 − 19𝑥2 + 6𝑥3 = ⟺{ 12𝑥1 − 45𝑥2 + 18𝑥3 = 𝑥2 + 6𝑥3 = Từ pt ta có 𝑥2 = −6𝑥3 , từ pt ta có 45𝑥2 − 18𝑥3 45(−6𝑥3 ) − 18𝑥3 = = −24𝑥3 12 12 Từ suy dim(Ker f)=1, sở {(−24, −6,1)} 𝑥1 = −36 −12) −6 Dạng 6: CHÉO HÓA MA TRẬN 1.Định nghĩa -Ma trận A ∈ Mn(R) gọi chéo hóa tồn ma trận khả nghịch P ∈ Mn(R) cho P-1AP=D với D ma trận chéo Khi ta nói P làm chéo hóa A D dạng chéo hóa A Định lý - Ma trận A ∈ Mn(R) chéo hóa ma trận A thỏa tính chất sau đây: n1+n2+…+nk=n với nk bội giá trị riêng ,n cấp ma trận vuông ví dụ 𝜆1 (bội n1) 𝜆2 (bội n2) 𝜆k (bội nk) - r(A-𝛌I)=n-nt , với t từ đến k Bài tập ví dụ a) Chéo hóa ma trận A A=(−2 −2 0 0) - Trước hết cần tìm giá trị riêng ma trận A , dó cần giải phương trình đặc trưng A , tức det(A-𝛌I)=0 3−𝜆 Ta có det (A-𝛌I)= | −2 −2 3−𝜆 0 | 5−𝜆 (Định thức ma trận vuông cấp bạn tính dựa vào cơng thức tính định thức ma trận vng chương trước) ⟹ det(A- 𝜆I)=-( 𝜆-1)(5- 𝜆)2=0 ⟹{ 𝜆1 = (bội là nghiệm đơn) 𝜆2 = 𝜆3 = (bội là nghiệm kép) * Sau xét xem có thỏa điều kiện nêu khơng + Điều kiện n1+n2+…+nk=n Ta có 𝛌1=1 => n1=1(nghiệm đơn) 𝛌2= 𝛌3=5 => n2=2 (nghiệm kép) Suy n1+n2=n=3(ma trận vng cấp có n=3) Thỏa điều kiện + Điều kiện r(A- 𝜆I)=n-nt Ta xét với n2=2 n1=1 ln ln thỏa Chỉ kiểm tra với nk ≥ Với n2=2 𝜆2= 𝜆3=5 3−𝜆 ⟹(A- 𝜆I)=( −2 −2 3−𝜆 −2 0 )=(−2 5−𝜆 −2 −2 0 0) ⟹ r(A- 5I)=1 =n-n2=3-2 Do thỏa điều kiện Nên A chéo hóa * Cần tìm mà trận P -Ứng với giá trị riêng 𝜆 có nghiệm tương ứng (A- 𝜆I)X=0 ∗ 𝝀1=1 (A-I)X1=0 ⇒ (0 −2 0 0)X1=0 - Dựa vào rút thành ma trận bậc thang sau tìm nghiệm { 𝑥=𝑦 2𝑥 − 2𝑦 = ⟺{ 𝑧=0 4𝑧 = Suy nghiêm tổng quát có dạng (x,x,0) Suy nghiệm có dạng X1 (1) * 𝝀2 = 𝝀3 = −2 (A-5I)X2=0 => ( 0 −2 0 0)X=0 => -2x-2y=0 -Nghiệm tổng quát X(x,-x,z) , x, z tùy ý Ta chọn x=1,z=0 => nghiệm thứ X2 (−1) 0 Ta chọn x=0, z=1 => nghiệm thứ hai X3 (0) Lưu ý , 𝛌 có bội có nhiêu nghiệm 1 Vậy X1 (1); X2 (−1); X3 (0) 0 1 Suy ma trận P (1 −1 0) 0 1 0 P-1AP=D với D=(0 0) 0 b) Chéo hóa ma trận A A=(−2 −2 −2 −2 −1) −1 −λ −2 det(A- 𝛌I)=|−2 − λ −2 −1 −2 −1 |=0 3−λ  - 𝛌3+6 𝛌2-32=0  𝛌1=-2, 𝛌2= 𝛌3=4 Xác định ma trận trực giao -Với 𝛌1=-2 Ta có X1= (1) −1 −2 -Với 𝛌2= 𝛌3=4 Ta có X2=( ) X3=(−1) −1 −2 Suy ma trận P= (1 −1) −2 0 -1 D=P AP=( 0) 0 Lưu ý : Các bạn tìm giá trị X1,X2,X3 theo cách bình thường dài khó * Các bạn làm theo cách sau: −2 −2 +Ứng với 𝛌1=-2 ta ma trận (A-2I)=(−2 −1) −2 −1 −2 −2 ) ( bạn chọn -Ta chọn hàng ma trận B= ( −2 −1 hàng , tùy ý ) -Sau chọn ma trân vng cấp từ ma trận B= ( −2 −2 −2 ) tức có −1 thể bỏ cột cột cột sau cho giá trị định thức ma trận vng cấp có khác -Ở chọn bỏ cột ta ( −2 −2 ) , det=6 ≠ 0, -Sử dụng máy tính cầm tay chọn chế độ giải hệ phương trình ẩn { 2𝑥 − 2𝑦 − 2𝑧 = ( -2z -1z cột mà bỏ lúc nãy) −2𝑥 + 5𝑦 − 1𝑧 = Sau cho z=1 ta nhập hệ phương trình sau vào máy tính { 2𝑥 − 2𝑦 = 𝑥=2 ⟺{ 𝑦=1 −2𝑥 + 5𝑦 = 𝑥 Vậy ta X1=(𝑦) = (1) 𝑧 +Ứng với 𝛌2=𝛌3=4 −4 −2 −2 Ta có (A-4I)=(−2 −1 −1) −2 −1 −1 Với ma trận trên, ta thấy rút gọn hàng cho giống với hàng Nên ta có phương trình −2𝑥 − 1𝑦 − 1𝑧 = khơng phải hệ phương trình trường hợp 𝛌1 -Ở ta phải tìm hai giá trị X2,X3 có bội n2=2 -Ta chọn −1/2 −1 * Có thể chọn z=0, y=1 => x=-1/2 Suy X2=( )=( ) 0 −2 * Chọn z=5, y= - => x =-2 Suy X3=(−1) Nên chọn giá trị z,y cho đơn giản nhỏ (mỗi ma trận có nhiều nghiệm ) LƯU Ý: CÁCH NÀY ĐỂ TÍNH NHÁP, CHÉP KẾT QUẢ VÀO BÀI THI Dạng 7: DẠNG TỒN PHƯƠNG Định nghĩa Dạng tồn phương Rn hàm số thực, cho tồn x=(x1,x2,…,xn)T ∈ Rn, f(x)=xT M x, M ma trận đối xứng f (x) = f (x1,x2,x3) = Ax12 + Bx22 + Cx32 + 2Dx1x2+ 2Ex1x3+ 2Fx2x3 𝐴 M=(𝑫 𝑬 𝑫 𝐵 𝑭 𝑬 𝑭) 𝐶 f (x) = f (x1,x2,x3)=xT.M.x Ví dụ: f (x1,x2,x3)=x12-2x1x2+4x1x3+2x2x3 - x32 Ma trận M=(−1 −1 1) −1 *Đưa dạng tồn phương dạng tắc phép biến đổi trực giao Ví dụ 1: Cho dạng tồn phương: f(x)=f(x1,x2) = 5x12-4x1x2+8x22 Đưa f(x) dạng tắc phép biến đổi trực giao Giải: M=( −2 −2 ) det(M-𝛌I)=| 5−λ −2 λ1 = ( bội ) −2 |=𝛌2-13𝛌+36=0  { λ2 = (bội ) 8−λ −1 −4 * 𝛌1=9 Suy (M-9I) = ( −2 −2 −1 ) => X1=( ) => P1 =(√5 2) −1 √5 *𝛌2=4 Suy (M-4I) = ( −2 −2 ) => X2=( ) => P2=(√5 1) √5 −1 Suy ma trận P=( √5 √5 D=( λ1 0 )=( λ2 √5 1) √5 ) f(y1,y2)= 9y12+4y22 phép biến đổi X=PY *Đưa dạng tồn phương dạng tắc phép biến đổi Lagrange Ví dụ 2: Đưa dạng tồn phương f(x1,x2,x3) = 2x12+8x22+2x32-2x1x2+4x1x3+6x2x3 dạng tắc biến đổi Lagrange ( biến đổi sơ cấp ).Nêu rõ phép biến đổi Giải: 15 f= 2(x12+4x22+x32-x1x2+2x1x3+3x2x3 )=2[ ( x - x2+x3)2 + =2 ( x - x2+x3)2 + 15 2 15 2 15 2 = ( x - x2+x3)2 + =2 ( x - x2+x3)2 + (x22 + x22 + 4x2x3] 8.2 15 x2x3) 8 15 15 15 [(x22 + 2.x2.( x3)+ ( x3)2) − ( x3)2] 32 15 15 (x2 + x3)2 − x32 Đặt 𝑦1 = 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 { 𝑦 =𝑥 + 8𝑥 2 15 𝑦3 = 𝑥3 19 15 𝑥1 = 𝑦1 + 𝑦2 − { 𝑦3 𝑥2 = 𝑦2 − 𝑦3 15 𝑥3 = 𝑦3 Dạng tắc 15 32 15 f= 2𝑦12 + 𝑦22 − 𝑦32 CHÚC CÁC BẠN THÀNH CÔNG