Trang 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘIVIỆN TOÁN ỨNG DỤNG & TIN HỌCBÙI XUÂN DIỆUBài GiảngĐẠI SỐ TUYẾN TÍNHlưu hành nội bộTẬP HỢP - LOGIC - ÁNH XẠ - SỐ PHỨC, MA TRẬN - ĐỊNH THỨC - HỆPHƯƠN
Tập hợp - Logic - Ánh xạ - Số phức
Các phép toán logic
6 Chương 1 Tập hợp - Logic - Ánh xạ - Số phức
Khi viết mệnh đề A, chúng ta có thể hiểu nó là giá trị chân lý của A tùy thuộc vào ngữ cảnh Ví dụ, khi diễn đạt A = 1 − A, điều này có nghĩa là giá trị chân lý của mệnh đề A được xác định bằng 1 trừ đi giá trị chân lý của A.
Các tính chất
4 Tính chất của phép kéo theo
5 Tính chất của phép tương đương
Để chứng minh các mệnh đề logic, chúng ta sử dụng khái niệm tương đương logic thay vì "khái niệm bằng nhau" Bài tập chính trong phần này là chứng minh hai mệnh đề tương đương logic hoặc chứng minh một mệnh đề logic luôn đúng Có ba phương pháp chính để thực hiện các bài tập này.
1 Lập bảng các giá trị chân lý
2 Biến đổi tương đương các mệnh đề
3 Chứng minh bằng phản chứng
Lượng từ phổ biến và lượng từ tồn tại
Trong toán học, chúng ta thường gặp các mệnh đề dạng "Mọi phần tử x của tập hợp X đều có tính chất P(x)" Để đơn giản hóa việc diễn đạt, người ta quy ước sử dụng kí hiệu đặc biệt cho mệnh đề này.
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:
Kí hiệu∃ được gọi làlượng từ tồn tại, nó là cách viết ngược lại của chữ cái đầu tiên của từ
Mệnh đề " Tồn tại duy nhất một phần tử xcủaX có tính chấtP(x)" được viết như sau:
∃!x ∈ X, P(x) Lượng từ phổ biến và tồn tại có mối quan hệ quan trọng sau đây:
8 Chương 1 Tập hợp - Logic - Ánh xạ - Số phức
Bài tập 1.1 Chứng minh các mệnh đề sau đây là đúng : a)
Lời giải a) Cách 1: Lập bảng giá trị chân lý
Cách 2: Biến đổi tương đương các mệnh đề
Cách 3: Chứng minh bằng phản chứng.
Giả sử mệnh đề đã cho là sai, điều này dẫn đến việc mệnh đề kéo theo chỉ sai khi giả thiết đúng và kết luận sai Khi đó, ta có A∧(A∨ C ) = 1 và C = 0 Tuy nhiên, với C = 0, ta có A∧(A∨0) = A∧A = 0, điều này tạo ra mâu thuẫn Do đó, điều này chứng tỏ rằng mệnh đề đã cho luôn đúng.
Các câub),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.
Để chứng minh hai mệnh đề tương đương logic, chúng ta có thể áp dụng ba phương pháp chứng minh tương tự như khi chứng minh một mệnh đề luôn đúng Trong trường hợp chứng minh hai mệnh đề không tương đương logic, chỉ cần chỉ ra một bộ giá trị chân lý mà tại đó hai mệnh đề có giá trị chân lý khác nhau.
Bài tập 1.3 Cho A là tập hợp con của tập số thực, cận dưới đúng x 0 của A kí hiệu
Inf(A) = x₀ được xác định bởi mệnh đề: "Với mọi x trong A, có x₀ ≤ x và với x₁ có tính chất x₁ ≤ x với mọi x trong A thì suy ra x₁ ≤ x₀." Mệnh đề phủ định của nó có thể được diễn tả là: "Tồn tại một x trong A sao cho x₀ > x." Để chứng minh rằng một số không phải là Inf(A), ta cần chỉ ra rằng tồn tại ít nhất một phần tử x trong A mà x < x₀, từ đó vi phạm định nghĩa của Inf(A).
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] Xem xét tính đúng sai của các mệnh đề sau: a) Mệnh đề "Nếu các số thực x và y thoả mãn x > y và y > x thì suy ra x = y" là sai b) Mệnh đề "Nếu số tự nhiên n là lẻ và n chia hết cho 2 thì suy ra n là số nguyên tố" cũng là sai.
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.
10 Chương 1 Tập hợp - Logic - Ánh xạ - Số phức § 2 T ẬP HỢP
Các phép toán trên tập hợp
Nếu A⊂ X thì A =X\ A được gọi là phần bù của AtrongX.
Các tính chất
4 Tính chất của phép trừ
Trong bài viết này, chúng ta sẽ tập trung vào việc chứng minh hai tập hợp bằng nhau hoặc chứng minh một tập hợp A là tập con của tập B Để thực hiện điều này, có ba phương pháp chứng minh chính mà bạn cần nắm vững.
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 trênR 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
Bài tập 1.8 Cho 3 tập hợp A = x ∈ R x 2 −4x +3≤0 , B = { x ∈ R | | x −1| ≤ 1},
C = x∈ R x 2 −5x +60 với mọi x ∈ V, x 6=0.
2 Nửa xác định dương (hay xác định không âm) nếu ϕ(x,x) ≥0 với mọi x ∈ V, x 6=0.
3 Xác định âm nếu ϕ(x,x) 2.
Cách 2:Sử dụng định lý Jacobi 5.21
=a−2 Vậyω xác định dương khi và chỉ khi a>2.
Cách 3:Sử dụng định lý 5.22
2 Rút gọn một dạng toàn phương 77
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”.
78 Chương 5 Dạng toàn phương, không gian Euclide § 3 K HÔNG GIAN E UCLIDE
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: < u, v >xác định với mọi u, v ∈ V
TVH5: < u, u >≥0,< u, u >=0khi và chỉ khiu=0.
Tích vô hướng là một dạng song tuyến tính, đối xứng và xác định dương Độ dài của vectơ α trong không gian V có tích vô hướng được tính bằng công thức kαk = √ Khoảng cách giữa hai vectơ u và v trong không gian V cũng được xác định là d(u, v) = k u − v k Hai vectơ u và v được gọi là vuông góc với nhau, ký hiệu là u ⊥ v, nếu chúng thỏa mãn điều kiện nhất định.
Hệ vectơ (e1, e2, , ek) trong không gian vectơ Euclide E được định nghĩa là một hệ trực giao nếu mọi cặp vectơ trong hệ đều vuông góc với nhau, tức là = 0 cho mọi i ≠ j.
Hệ vectơ \((e_1, e_2, \ldots, e_k)\) trong không gian vectơ Euclide được gọi là hệ trực chuẩn nếu nó là một hệ trực giao và mỗi vectơ trong hệ đều có độ dài bằng 1.
(i) Mỗi hệ trực giao không chứa vectơ0đều độc lập tuyến tính.
(ii) Nếu hệ vectơ(e 1 ,e 2 , ,e k ) là trực giao và không chứa vectơ0thì hệ vectơ e 1 k e 1 k, k e e 2
2 k, , k e e k k k là một hệ trực chuẩn.
Phép trực giao hoá Schmidt
Định lý 5.23 phát biểu rằng, trong không gian vectơ V có tích vô hướng, nếu S = {u₁, u₂, , uₙ} là một họ vectơ độc lập tuyến tính, thì có thể thay thế S bằng họ trực chuẩn S₀ = {v₁, v₂, , vₙ} sao cho span{u₁, u₂, , uₖ} = span{v₁, v₂, , vₖ} với mọi k = 1, 2, , n.
Bước 2: Đặt \( v_2 = u_2 + t v_1 \) sao cho \( \langle v_2, v_1 \rangle = 0 \), tức là \( t = -\langle u_2, v_1 \rangle \) Sau đó, chọn \( v_2 \) sao cho \( v_2 \) không trùng với \( v_1 \) Giả sử sau \( k-1 \) bước, ta đã xây dựng được họ trực chuẩn \( S_{0}^{k-1} = \{ v_1, v_2, \ldots, v_{k-1} \} \) sao cho \( \text{span}\{ u_1, u_2, \ldots, u_{k-1} \} = \text{span}\{ v_1, v_2, \ldots, v_{k-1} \} \) Ta tiếp tục thực hiện đến bước thứ \( k \).
Bước k: Đặtv k =u k +t 1 v 1 + +t k − 1 v k − 1 sao cho< v k , v j >=0,j =1, 2, ,k−1 Tức là ta có t j = − < u k , v j >, j = 1, 2, ,k−1 Sau đó chọn v k = k v v k k k Tiếp tục thực hiện đến khik =nta thu được hệ trực chuẩnS 0 ={ v 1,v 2 , ,v n }
Trong lý thuyết, chúng ta thực hiện việc chuẩn hoá và trực giao các vectơ đồng thời Tuy nhiên, trong thực tế, khi đối mặt với các phép toán phức tạp, người ta thường tách quá trình này thành hai bước: trước tiên là trực giao hệ vectơ S, sau đó mới tiến hành chuẩn hoá các vectơ.
Bước 2: Đặtv 2 =u 2 +tv 1 sao cho< v 2 , v 1 >=0, tức là t= − < < v u 2 ,v 1 >
1 ,v 1 > Giả sử sau k−1bước ta đã xây dựng được họ trực giao S 0 k − 1 = { v 1,v 2 , ,v k − 1 } sao chospan{ u 1,u 2 , ,u k − 1 } =span{ v 1,v 2 , ,v k − 1 } Ta thực hiện đến bước thứk sau:
Bước k: Đặt v k = u k +t 1 v 1 + +t k − 1 v k − 1 sao cho < v k , v j >= 0,j = 1, 2, ,k−1 Tức là ta có t j = − < < v u j ,v k ,v j > j > ,j = 1, 2, ,k−1 Tiếp tục thực hiện đến khik =n ta thu được hệ trực giaoS 0 ={ v 1,v 2 , ,v n }.
Bước n+1: Chuẩn hoá các vectơ trong hệ trực giaoS 0 ={ v 1,v 2 , ,v n }ta thu được hệ trực chuẩn cần tìm.
80 Chương 5 Dạng toàn phương, không gian Euclide
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 (haytrực giao) vớiU và viếtα ⊥ U , nếuα ⊥ 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 sửU là một không gian vectơ con của không gian Euclide E Khi đó
U ⊥ ={α ∈ E |α ⊥ U } được gọi làphần bù trực giaocủa U trong E
U ⊥ là một không gian vectơ con của không gian Euclide E Theo Định lý 5.24, với mỗi vectơ x ∈ E, có sự phân tích duy nhất x = u + u ⊥, trong đó u ∈ U và u ⊥ ∈ U ⊥ Định nghĩa 5.39 chỉ ra rằng u là hình chiếu của x lên không gian vectơ U, trong khi u ⊥ là thành phần của x trực giao với U Định lý 5.25 khẳng định rằng nếu U là không gian vectơ con của E với cơ sở trực chuẩn S = {v1, v2, , vn}, thì hình chiếu của vectơ x ∈ E được xác định bởi công thức u = v1 + v2 + + vn.
Bài tập
Bài tập 5.4 ChoVlà không gian Euclide Chứng minh: a) k u +vk 2 +k u − v k 2 =2 k u k 2 +k v k 2 b) u⊥ v ⇔ k u +vk 2 =k u k 2 +k v k 2 ,∀ u, v ∈ V.
k u +vk 2 =< u +v,u+v >=k u k 2 +2< u, v >+k v k 2 k u − v k 2 =< u − v, u − v >=k u k 2 −2< u, v >+k v k 2 nên k u +vk 2 +k u − v k 2 =2 k u k 2 +k v k 2 Ý nghĩa hình học:Đẳng thức hình bình hành
=k u k 2 +k v k 2 ⇔< u, v >=0⇔ u ⊥ v Ý nghĩa hình học:Định lý Pitago. u v u+v
Bài tập 5.5 Giả sử V là KGVT n chiều với cơ sở B = { e 1,e 2 , ,e n } Với u, v là các véc tơ của V ta cú u = a 1 e 1 +a 2 e 2 +ã ã ã+a n e n ,v = b 1 e 1 +b 2 e 2 +ã ã ã+b n e n Đặt < u, v > a 1 b 1 +a 2 b 2 +ã ã ã+a n b n
Chương 5 đề cập đến dạng toàn phương trong không gian Euclide, trong đó chứng minh rằng là một tích vô hướng trên không gian V Đối với trường hợp V = R^3, với các vector cơ sở e1 = (1, 0, 1), e2 = (1, 1, -1), e3 = (0, 1, 1), và các vector u = (2, -1, -2), v = (2, 0, 5), ta cần tính giá trị của Trong trường hợp V = P2[x] với cơ sở B = {1, x, x^2}, và các vector u = 2 + 3x^2, v = 6 - 3x - 3x^2, việc tính toán cũng được thực hiện Cuối cùng, trong trường hợp V = P2[x] với cơ sở B = {1+x, 2x, x - x^2}, và các vector u = 2 + 3x^2, v = 6 - 3x - 3x^2, chúng ta cũng cần tính .
Bài tập 5.6 Xét không gian P 3 [x] Kiểm tra các dạng < p, q > sau có phải là tích vô hướng hay không? a) < p, q >=p(0)q(0) +p(1)q(1) +p(2)q(2) b) < p, q >=p(0)q(0) +p(1)q(1) +p(2)q(2) +p(3)q(3) c) < p, q >Z1
− 1 p(x)q(x)dx Trong trường hợp là tích vô hướng tính < p, q > với p 2−3x +5x 2 − x 3 , q =4+x−3x 2 +2x 3
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)6=0mà:
Biểu thức đã cho không phải là một tích vô hướng Tuy nhiên, < p, q > là một tích vô hướng, và có thể dễ dàng kiểm tra các tiên đề TVH1, TVH2, TVH3 và TVH4 Đối với tiên đề TVH5, chúng ta có:
Giả sử p = a+bx+cx 2 +dx 3 , 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 làp =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 1,u 2 ,u 3 ,u 4 } với u 1 = (1, 1, 1, 1),u 2 = (0, 1, 1, 1),u 3 = (0, 0, 1, 1),u 4 = (0, 0, 0, 1) trongR 4 với tích vô hướng chính tắc
Bài tập 5.8 Trong P 2 [x] định nghĩa tích vô hướng < p, q >Z1
P 2 [x]. a) Trực chuẩn hoá Gram – Smit cơ sởB = 1,x,x 2 để nhân được cơ sở trực chuẩnA. b) Xác định ma trận chuyển cơ sở từB sang A c) Tìm [r]A biếtr=2−3x +3x 2
Bước 2: Đặtv 2 =u 2 +tv 1 , trong đót=−< u 2 , v 1 >=−
2 √ 2 x 2 − 1 3 Tóm lại ta nhận được cơ sở trực chuẩn
Trong không gian Euclide V hữu hạn chiều, với W là không gian con của V và u là một véctơ thuộc V, ta có thể chứng minh rằng tồn tại một véctơ u₀ của W sao cho (u - u₀) ⊥ W Điều này dẫn đến việc khoảng cách từ u đến u₀, ký hiệu là k u - u₀ k, không vượt quá khoảng cách từ u đến bất kỳ véctơ nào w thuộc W, tức là k u - u₀ k ≤ k u - w k, với mọi w ∈ W.
84 Chương 5 Dạng toàn phương, không gian Euclide
Trong không gian con W của V hữu hạn chiều, W có một cơ sở trực chuẩn S = {v1, v2, , vm} Đối với mọi vector u ∈ V, ta xác định u0 = v1 + v2 + + vm Chúng ta sẽ chứng minh rằng (u - u0) ⊥ W Điều này được khẳng định bởi vì hệ S = {v1, v2, , vm} là một hệ trực chuẩn.
Suy ra (u− u 0 )⊥ v i với mọii =1, 2, ,mnên(u− u 0 )⊥ W
Không gian con W của V hữu hạn chiều có thể được biểu diễn bằng một cơ sở S = { v₀₁, v₀₂, , v₀m } Bằng cách bổ sung các véctơ, chúng ta có thể tạo ra cơ sở cho không gian V, ký hiệu là S' = { v₀₁, v₀₂, , v₀m, v₀m₊₁, , v₀n } Áp dụng quá trình trực giao hóa Gram-Schmidt cho hệ S, chúng ta thu được cơ sở trực chuẩn S = { v₁, v₂, , vₘ }.
Trong không gian R³, với véctơ u và mặt phẳng W, ta có 0 ∈ W và (u − u₀) ⊥ W Độ dài của véctơ u − w được tính bằng công thức k u − wk² = u − u₀² + u₀ − w² ≥ u − u₀², do (u − u₀) ⊥ W nên (u − u₀) ⊥ (u₀ − w) ∈ W Hình chiếu u₀ của véctơ u lên mặt phẳng W cho thấy rằng độ dài của đường vuông góc luôn ngắn hơn độ dài của đường xiên bất kỳ.
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 củaulênW =span(v). a) Cách 1: W có một cơ sở trực chuẩn làS=n v 1 = k v v k = 1 7 (2,−2, 4, 5)o Do đó: w 1 =< u, v 1 > v 1
Cách 2:Phân tíchu=w 1 +w 2 , trong đów 1 ∈ W, w 2⊥ W Vì w 1 ∈ W nên w 1 =x.v (2x,−2x, 4x, 5x ) , khi đó w 2 = u− w 1 = (1−2x, 3+2x,−2−4x, 4−5x ) Do w 2 ⊥ W nên w 2 ⊥ v , ta có phương trình 2(1−2x )−2(3+2x) +4(−2−4x ) +5(4−5x ) = 0. Suy rax = 49 8 vàw 1 = 49 8 (2,−2, 4, 5).
Nhận xét:Hình chiếu của véctơu lên véctơvđược xác định theo công thức: w 1 = 1 k v k 2
Bài tập 5.11 ChoR 4 với tích vô hướng chính tắc Chou 1 = (6, 3,−3, 6),u 2 = (5, 1,−3, 1).Tìm cơ sở trực chuẩn của không gianWsinh bởi{ u 1,u 2 } Tìm hình chiếu củav= (1, 2, 3, 4) lênW.
86 Chương 5 Dạng toàn phương, không gian Euclide
Lời giải Cách 1:Trước hết ta đi trực giao hoá Gram-Smidt hệ { u 1,u 2 }đề thu được cơ sở trực chuẩn củaW v 1 = k u u 1
Cách 2:Phân tích v=w 1 +w 2 trong đów 1 ∈ W, w 2⊥ W.
Vìw 1 ∈ W nên w 1 =x.u 1 +y.u 2 = (6x+5y, 3x+y,−3x −3y, 6x +y), khi đó w 2 = v− w 1 = (1−6x −5y, 2−3x − y, 3+3x+3y, 4−6x − y ) Do w 2 ⊥ W nên w 2 ⊥ u 1,w 2 ⊥ u 2, ta có hệ phương trình
4 Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao 87 § 4 C HÉO HOÁ TRỰC GIAO MA TRẬN - P HƯƠNG PHÁP
Chéo hoá trực giao ma trận 87 4.2 Phương pháp chéo hoá trực giao để rút gọn một dạng toàn phương 87
Ma trận vuông P được gọi là ma trận trực giao nếu thỏa mãn điều kiện PP t = I Đối với ma trận vuông A, nếu tồn tại ma trận trực giao P sao cho P − 1 AP là ma trận chéo, thì A được gọi là chéo hoá trực giao và P là ma trận thực hiện việc chéo hoá này Điều kiện cần và đủ để ma trận vuông A có thể chéo hoá trực giao là A phải là ma trận 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 quy trình trực giao hóa Gram-Schmidt cho mỗi cơ sở, chúng ta sẽ nhận được một cơ sở trực chuẩn cho từng không gian riêng, từ đó thu được các vectơ riêng trực chuẩn {f1, f2, , fn} tương ứng với các giá trị riêng λ1, λ2, , λn.
Bước 3: Lập ma trận Pmà các cột là các vectơ xây dựng ở bước 2, ma trận P này sẽ làm chéo hoá ma trận A, tức
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 chuẩnScủa nó.
Bước đầu tiên là thực hiện chéo hóa trực giao ma trận A bằng cách sử dụng ma trận trực giao P, trong đó P đóng vai trò là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở trực chuẩn Ssang sang cơ sở trực chuẩn S0 mới.
Bước 2: Thực hiện phép đổi biến
88 Chương 5 Dạng toàn phương, không gian Euclide khi đó Qcó dạng chính tắc
4.3 Nhận dạng đường cong phẳng
Xét phương trình một đường cong bậc 2 tổng quát sau: ax 2 1 +2bx 1 +cx 2 2 +2gx 1 +2hx 2 +d=0
Vế trái của phương trình bao gồm tổng của một hàm bậc nhất p và một dạng toàn phương q, với q = ax₁² + 2bx₁ + cx₂² và p = 2gx₁ + 2hx₂ + d Để xác định loại đường cong, chúng ta cần thực hiện phép đổi biến trực giao nhằm đưa dạng toàn phương q về dạng chính tắc Việc sử dụng phương pháp trực giao là bắt buộc để nhận dạng đường cong bậc hai, vì chỉ có phép biến đổi này mới bảo toàn khoảng cách Các phép biến đổi Lagrange và Jacobi không có tính chất này, do đó có thể dẫn đến việc nhầm lẫn giữa đường tròn và ellipse nếu sử dụng chúng.
4.4 Nhận dạng mặt bậc hai
Xét phương trình một mặt bậc hai tổng quát: ax 2 1 +bx 2 2 +cx 2 3 +2rx 1 x 2 +2sx 1 x 3 +2tx 2 x 3 +2ex 1 +2gx 2 +2hx 3 +d =0
Vế trái là tổng của hai hàm, một dạng toàn phươngq và một hàm bậc nhất p với:
( q =ax 2 1 +bx 2 2 +cx 2 3 +2rx 1 x 2 +2sx 1 x 3 +2tx 2 x 3 p=2ex 1 +2gx 2 +2hx 3 +d
Để nhận dạng mặt cong thuộc dạng mặt bậc hai, cần thực hiện phép đổi biến trực giao nhằm chuyển đổi dạng toàn phương về dạng chính tắc và phân tích kết quả thu được Tương tự như việc nhận dạng đường cong, việc sử dụng phép biến đổi trực giao là bắt buộc khi nhận dạng mặt bậc hai Nếu áp dụng phép biến đổi Lagrange hoặc Jacobi, có thể dẫn đến nhầm lẫn giữa hình cầu và ellipsoid.
4 Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao 89
4.5 Ứng dụng của phép biến đổi trực giao vào bài toán tìm cực trị có điều kiện
Cho dạng toàn phương Q = ∑ n i, j = 1 a ij x i x j với ma trận A = a ij n × n đối xứng trong một cơ sở trực chuẩn của V Mục tiêu là tìm cực trị của Q với điều kiện x t x = x 2 1 + x 2 2 + + x 2 n = 1 Bằng phép biến đổi trực giao x = Pξ, ta có thể đưa Q về dạng chính tắc.
Vìx =Pξ nên x t x = (Pξ) t (Pξ) =ξ t P t Pξ =ξ t ξ =1nên ta có λ 1 ≤ Q ≤ λ n
Vậy Q đạt giá trị lớn nhất là λ n tạiξ M = (0, 0, , 1) tức là tại x = Pξ M Q đạt giá trị nhỏ nhất là λ 1 tạiξ m = (1, 0, , 0) tức là tạix =Pξ m
Bài tập 5.12 Chéo hoá trực giao các ma trận sau a) A
Bài tập 5.13 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp trực giao a) x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 +2x 1 x 2 b) 7x 2 1 −7x 2 2 +48x 1 x 2 c) 2x 2 1 +2x 2 2 +3x 2 3 −2x 1 x 2 +2x 2 x 3 d) 5x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 −6x 1 x 2 +2x 1 x 3 −2x 2 x 3
90 Chương 5 Dạng toàn phương, không gian Euclide
,ma trận Acó3trị riêng làλ 1 =0,λ 2 =1,λ 3 =2, ứng với nó ta tìm được 3 vectơ trực chuẩn là v 1 = √1
Vậy thực hiện phép đổi biến
Bài tập 5.14 Nhận dạng đường cong phẳng sau: a)2x 2 −4xy − y 2 +8=0 b) x 2 +2xy+y 2 +8x+y=0 c)11x 2 +24xy+4y 2 −15=0 d)2x 2 +4xy+5y 2 $ e)x 2 +xy− y 2 f) x 2 −8xy +10y 2
Lời giải b) Dùng phương pháp trực giao để rút gọn dạng toàn phương Với ma trận A "
# ta có phương trình đặc trưng là
=0⇔ λ =0,λ=2 ứng với 2 trị riêng vừa tìm được ta tìm được 2 vectơ riêng trực chuẩn tương ứng là f 1 √ 1
Thực hiện phép đổi biến
2[8(ξ 1 +ξ 2 ) + (− ξ 1+ξ 2 )] Đường cong đã cho là một parabol.
Bài tập 5.15 Nhận dạng các mặt bậc 2 sau:
4 Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao 91 a) x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 +2x 1 x 2 =4 b) 5x 2 +2y 2 +z 2 −6xy +2xz−2yz =1 c) 2x 2 1 +2x 2 2 +3x 2 3 −2x 1 x 2 −2x 2 x 3 d) 7x 2 −7y 2 +24xy+50x−100y −175=0 e) 7x 2 +7y 2 +10z 2 −2xy −4xz +4yz−12x +12y+60z$ f) 2xy+2yz+2xz−6x −6y −4z =0
Lời giải a) Dùng phương pháp trực giao để rút gọn dạng toàn phươngq =x 2 1 +x 2 2 +x 2 3
, ma trân A có 3 trị riêng làλ 1 = 0,λ 2 = 1,λ 3 = 2 , ứng với nó ta tìm được 3 vectơ trực chuẩn là v 1 = √1
Vậy thực hiện phép đổi biến
2ξ 2 3 Ta có x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 +2x 1 x 2 = 4⇔ ξ 2 2 +2ξ 2 3 =4 , vậy mặt cong đã cho là một mặt trụ. b) Dùng phương pháp trực giao để rút gọn dạng toàn phương q = 5x 2 +2y 2 +z 2 − 6xy+2xz−2yz A
, ma trân A có 3 trị riêng là λ 1 = 0,λ 2 4+√
10, giả sử ứng với nó ta tìm được3vectơ trực chuẩn là v 1
Vậy thực hiện phép đổi biến
92 Chương 5 Dạng toàn phương, không gian Euclide ta đượcq = 4+√
Vậy mặt cong đã cho là một mặt trụ.
Bài tập 5.16 ChoQ(x 1 ,x 2 ,x 3 ) =9x 2 1 +7x 2 2 +11x 2 3 −8x 1 x 2 +8x 1 x 3 a) Tìm Max x 2 1 + x 2 2 + x 3 2 = 1
Q(x 1 ,x 2 ,x 3 ) Với giá trị nào thì Q(x 1 ,x 2 ,x 3 ) đạtmax, min. b) Tìm Max x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 = 16
, PTĐT−λ 3 +27λ 2 −207λ +405 =0, Acó3trị riêng làλ 1 =3,λ 2=9,λ 3 , và 3 vectơ riêng trực chuẩn tương ứng là: v 1 = 1 3
Thực hiện phép đổi biến
Q=3ξ 2 1 +9ξ 2 2 +15ξ 2 3 với điều kiện x t x = (Pξ) t (Pξ) = ξ t P t Pξ =ξ t ξ = 1, nên ta có 3 ≤ Q ≤ 15 Vậy Q đạt giá trị lớn nhất là15tạiξ M
Q đạt giá trị nhỏ nhất là3tạiξ m
4 Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao 93 b) Theo câu a) ta có Q = 3ξ 2 1 +9ξ 2 2 +15ξ 2 3 , với điều kiện x t x = (Pξ) t (Pξ) = ξ t P t Pξ ξ t ξ = 16, nên ta có 48 ≤ Q ≤ 240 Vậy Q đạt giá trị lớn nhất là 240tại ξ M
.Qđạt giá trị nhỏ nhất là48tạiξ m
Xét bài toán tối ưu hóa cho dạng toàn phương Q = ∑ n i,j = 1 a ij x i x j với ma trận A = a ij n × n đối xứng trong cơ sở trực chuẩn của V Mục tiêu là tìm cực trị của Q với điều kiện x 1 2 a 2 1 + x 2 2 a 2 2 + + x 2 n a 2 n = 1 Bằng cách đặt y i = x a i i, ta có thể chuyển đổi Q thành Q = ∑ n i,j = 1 b ij y i y j, trong đó điều kiện trở thành y 2 1 + y 2 2 + + y 2 n = 1 Qua đó, bài toán cực trị được quy về dạng đã nêu ở trên.
Bài tập 5.17 Cho A,B là các ma trận vuông đối xứng cấp n có các trị riêng đều dương. Chứng minh A+Bcũng có các trị riêng dương
Lời giải Giả sửA,Blà ma trận của các dạng toàn phươngψ,ϕtrong một cơ sở trực chuẩn nào đó củaR n , tức là
Khi đó, (ψ+ϕ)(x,x) = x^t (A+B)x với mọi x ∈ R^n, cho thấy A + B là ma trận của dạng toàn phương ψ+ϕ trong cơ sở trực chuẩn Vì các trị riêng của A và B đều dương, nên ψ và ϕ là các dạng toàn phương xác định dương Tổng của hai dạng toàn phương xác định dương cũng là một dạng toàn phương xác định dương, do đó ψ+ϕ cũng xác định dương, dẫn đến A+B cũng có các trị riêng dương.
Bài tập 5.18 Trong không gian Ơclit n chiều V , với cơ sở trực chuẩn B = { e 1,e 2 , ,e n }, cho f là biến đổi tuyến tính có ma trận Atrực giao Chứng minh< f (x), f(y) >=< x, y > với mọi x,ycủaV.
Lời giải Lời giải: Giả sửx = x 1 e 1 +x 2 e 2 + +x n e n ,y = y 1 e 1 +y 2 e 2 + +y n e n Khi đó ta có biểu thức toạ độ của tích vô hướng trong cơ sở trực chuẩn Bcủa không gian EuclideV như sau:
94 Chương 5 Dạng toàn phương, không gian Euclide
Bài tập 5.19 Trong không gian Ơclit n chiều V , với cơ sở trực chuẩn B = { e 1,e 2 , ,e n }, cho f là biến đổi tuyến tính trênVcó tính chấtk f (x)k =k x kvới mọi véc tơxcủaV Chứng minh< f (x), f(y) >=< x, y >.
Lời giải Trước hết ta chứng minh:
>=0. Đến đây chúng ta có 2 cách lập luận:
Cách 1: Gọi A= [[f (e 1 )] B ,[f (e 2 )] B , ,[f(e n )] B ]là ma trận của ánh xạ f trong cơ sở B Vì
0nếui 6=j nên A − 1 = A t Theo bài 18 ta có điều phải chứng minh.
Bài tập 5.20 ChoV là không gian Ơclitnchiều,V 1 là không gian conmchiều củaV Gọi
V 2 ={ x ∈ V | x ⊥ v,∀ v ∈ V 1}. a) Chứng minhV 2 là không gian véctơ con củaV.
4 Chéo hoá trực giao ma trận - Phương pháp chéo hoá trực giao 95 b) Chứng minhV 1 và V 2 bù nhau. c) Tìm dimV 2
Lời giải a) Ta cần chứng minh:
Dễ kiểm tra. b) Ta cần chứng minh:
Nếu V1 ∩ V2 = {0}, thì với mọi u ∈ V, ta có thể xác định u1 là hình chiếu trực giao của u lên V1 và u2 là thành phần của u trực giao với V1 Khi đó, ta có u = u1 + u2, dẫn đến V ⊆ V1 + V2 Hơn nữa, V1 và V2 là các không gian vectơ con của V.
Nếu \( u \in V_1 \cap V_2 \) thì \( \langle u, u \rangle = 0 \), dẫn đến \( u = 0 \), do đó \( V_1 \cap V_2 = \{0\} \) Gọi \( f: V \to V_1 \) với \( f(u) = u_1 \), trong đó \( u_1 \) là hình chiếu trực giao của \( u \) lên \( V_1 \), tạo thành ánh xạ chiếu trực giao Dễ dàng chứng minh rằng \( f \) là ánh xạ tuyến tính Vì \( f \) là toàn ánh, nên \( \text{Im} f = V_1 \) và \( u \in \text{Ker} f \) tương đương với \( f(u) = 0 \) tương đương với \( u \in V_2 \), dẫn đến \( \text{Ker} f = V_2 \) Khi đó, \( n = \dim V = \dim \text{Im} f + \dim \text{Ker} f = \dim V_1 + \dim V_2 \), suy ra \( \dim V_2 = n - m \).
Bài tập 5.21 ChoVlà không gian Ơclit nchiều, chứng minh điều kiện cần và đủ để ánh xạ f : V → R tuyến tính là tồn tại véctơa cố định củaV để f(x) =< a, x >,∀ x ∈ V
Lời giải ⇐ Điều kiện đủ: Dễ dàng chứng minh ánh xạ f(x) =< a, x >,∀ x ∈ V là ánh xạ tuyến tính với mỗi vectơacố định đã được chọn trước.
⇒ Điều kiện cần: Giả sử f :V → V là một ánh xạ tuyến tính bất kỳ.
(a) Nếu f ≡0thì ta chọn vectơa =0thoả mãn yêu cầu bài toán.
Nếu f không đồng nhất bằng 0, ta có thể chứng minh rằng dimKer f = n−1 Vì f không đồng nhất bằng 0, nên tồn tại ít nhất một vectơ y thuộc V mà không nằm trong Ker f Chọn một vectơ y như vậy, với mỗi x thuộc V, ta đặt λ = f f((x y)), z = x− λy = x− f f((x y))y Khi đó, ta có f(z) = 0, do đó z thuộc Ker f.
Ta có x = z+λy , tức là mỗi vectơ x ∈ V thừa nhận phân tích thành tổng của
2 vectơ, một vectơ thuộc Kerf và một vectơ thuộc spany Điều đó có nghĩa là
V =Kerf +spanyvà suy ra dimKerf =n−1.
Bây giờ giả sử V có phân tích thành tổng trực giao V = Kerf + (Kerf) ⊥ thì