báo cáo cuối kì môn đại số tuyến tính cho công nghệ thông tin

TỔNG LIÊN ĐOÀN LAO ĐỘNG VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÔN ĐỨC THẮNG KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN BÁO CÁO CUỐI KÌMÔN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH CHOCÔNG NGHỆ THÔNG TINNgười hướng dẫn: GV TRẦN THỊ THÙY NƯƠNGN

TỔNG LIÊN ĐOÀN LAO ĐỘNG VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÔN ĐỨC THẮNG KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN

BÁO CÁO CUỐI KÌ MÔN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH CHO CÔNG NGHỆ THÔNG TIN

Người hướng dẫn: GV TRẦN THỊ THÙY NƯƠNG Người thực hiện: NGUYỄN KHÁNH LONG

MSSV: 51900379 - Nhóm: 16

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH, NGÀY 24 THÁNG 5 NĂM 2020

Đề tài số 2

Câu 1: Sinh viên tự cho 1 ma trận A là ma trận vuông cấp 3 tuỳ ý, có chứa 1

phần tử là 2 số cuối của MSSV Tính hạng của ma trận này.

Lí thuyết :

 Hạng của một ma trận là cấp cao nhất của các định thức con khác 0

 Nói cách khác, hạng của ma trận A bằng r nếu tồn tại ít nhất một định thức con cấp r khác 0 và mọi định thức con cấp cao hơn r đều bằng 0

 Kí hiệu: r A hoặc rank A là hạng của ma trận A

Cách làm : Đưa ma trận A về ma trận bậc thang B, số hàng khác 0 của ma trận bậc thang B là hạng của ma trận A

Ma trận :

A¿(1 22 3 11

1 2 79)

Đưa ma trận về ma trận bậc thang:

(1 22 3 11

1 2 79)⃗h2→ h2−2 h1(10 −1 −12 1

1 2 79)⃗h3→ h3−h1(10 −1 −12 1

0 0 78)

Vậy hạng của ma trận A là: rank A = 3.

Câu 2: Cho 1 ví dụ về việc giải 1 hệ phương trình tuyến tính gồm 3 phương

trình, 4 ẩn bằng phương pháp Gauss.

Lí thuyết:

Phương pháp Gauss giải hệ phương trình

- Bước 1: Đưa ma trận mở rộng về dạng bậc thang nhờ các phép biến đổi sơ cấp với hàng

- Bước 2: Xét hạng ma trận bậc thang đó:

- r(A|b)≠ r A: hệ vô nghiệm.

- r(A|b)=r A=r : hệ có nghiệm:

• r = n (số ẩn): hệ có nghiệm duy nhất

• r < n: xác định r ẩn cơ sở phụ thuộc (n-r) ẩn tự do ( hệ vô số nghiệm )

Giải:

Phương trình :

4 x1+x2+3 x3−2 x4=1

2 x1+7 x2−x3=−3

Từ hệ phương trình ta có ma trận mở rộng :

r(A|b)=(1 −34 1 23

2 7 −1

−1

−2

0 |21

−3)

Đưa ma trận mở rộng về dạng bậc thang :

(1 −34 1 23

2 7 −1

−1

−2

0 |32

−3) ⃗h2→ h2−4 h1 (1 −30 13 −52

2 7 −1

−1 2

0 |−72

−3)⃗h3→ h3−2h1

(1 −30 13 −52

0 13 −5

−1

2

2 |−72

−7)⃗h3→ h3−h2 (1 −30 13 −52

0 0 0

−1 2

0|−72

0 )(¿)

Từ (¿) ta có : r(A|b)=r A=r =2 hệ phương trình đã cho có nghiệm Và có r < n ( r = 2, n =

4 ), hệ phương trình có vô số nghiệm, phụ thuộc 2 ẩn tự do ( n – r = 2 )

x3=2 α+7 β +3

x4=5 α +11 β+4

Câu 3: Sinh viên tự cho 2 cơ sở S và S’ trong không gian R3(S, S’ khác cơ sở chính tắc) Tìm ma trận đổi cơ sở từ S sang S’.

Lí thuyết:

 Giả sử trong V có hai cơ sở được sắp thứ tự

 B1={u1, u2, … ,u n}; B2={v1, v2, … , v n}

 Đặt P = ( [v1]B1[v2]B1…[v n]B1)

 Ma trận P được gọi là ma trận chuyển từ cơ sở B1sang cơ sở B2 (Ma trận P khả đảo) Kí hiệu: (B1→ B2)

 Lưu ý: P−1 là ma trận chuyển từ cơ sở B2 sang B1

 Với mọi w ∈ V , ta có : [w]B1=P [w]B2 và [w]B2=P−1.[w]B1

Trong R3 cho 2 cơ sở S và S’

S = {u1=(1,2,0) ,u2=(1,3,2), u3=(0,1,3)}

S’={v1=(1,2,1) , v2=(0,1,2) , v3=(1,4,6)}

Đặt P S → S '=¿([v1]S[v2]S[v3]S)

Ta có: v1=α1 u1+α2 u2+α3 u3 (*)

Từ (*) và cơ sở S ta lập được hệ phương trình:

{ α1+2 α2=1

⟺{α1=−1

⇒ [v1]S=[−1

1

0 ] (1)

Ta có: v2=α1 u1+α2 u2+α3 u3 (**)

Từ (**) và cơ sở S ta lập được hệ phương trình:

⇒ [v2]S=[−12

1 ] (2)

Ta có: v3=α1 u1+α2 u2+α3 u3 (***)

Từ (***) và cơ sở S ta lập được hệ phương trình:

{ α1+2 α2=1

⟹ [v3]S=[−37

3 ] (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra ma trận đổi cơ sở S →S’

P S → S '=(−11 −1 −32 7

0 1 3 )

Câu 4: Trực giao hoá cơ sở S ở câu 3 bằng thuật toán Gram-Schmidt.

Lí thuyết:

Quá trình trực giao hóa Gram Schmidt

Trong R n, cho một cơ sở bất kỳ B={u1, u2, … ,u n}. Quá trình xây dựng một cơ sở trực giao S={v1, v2,… , v n} mới từ B được thực hiện như sau:

 v1=u1và tính ¿|v1|∨¿2¿

 v2=u2− ⟨u2|v1⟩

¿|v1|∨¿2v1¿ và tính ¿|v2|∨¿2¿

 v3=u3−⟨u3|v1⟩

| |v1| |2 v1−

⟨u3|v2⟩

| |v2| |2 v2 và tính ¿|v3|∨¿

2

¿

 v n=u n−∑

j=1

n−1 ⟨u n|v j⟩

| |v j| |2 v j

Khi đó S={v1, v2,… , v n}là một cơ sở trực giao của R n

Giải:

Cơ sở: S = {u1=(1,2,0) ,u2=(1,3,2), u3=(0,1,3)}

v1=u1= (1,2,0)

⟹¿|v1|∨¿2¿ = ( √12+22+02)2 = 5

v2=u2− ⟨u2|v1⟩

¿|v1|∨¿2v1¿

= (1,3,2) −¿ 1.1+ 2.3+0.2

= (−25 ,1

5, 2¿

=( √ (−25 )2+(15)2+22)2=21

5 ¿

v3=u3−⟨u3|v1⟩

| |v1| |2 v1−

⟨u3|v2⟩

| |v2| |2 v2

= (0,1,3) −¿ 1.0+2.1+0.3

−2

5 .0+

1

5.1+2.3 21 5

(−25 ,1

5, 2¿

= (0,1,3) −¿ 2

5 (1,2,0) −¿ 31

21(−25 ,1

5, 2¿

= (214 ,

−2

21 ,

1

21)

Vậy B = {v1=(1,2,0 ), v2=(−2

5 ,

1

5, 2), v3=(214 ,

−2

21 ,

1

21) } là cơ sở có được sau khi trực giao hóa cơ sở S

Câu 5: Chéo hoá 1 ma trận vuông cấp 2 sinh viên tự cho trước.

Lí thuyết

 Định nghĩa : Ma trận vuông A được gọi là chéo hóa được nếu nó đồng dạng với

ma trận chéo D :

(Ma trận P làm chéo hóa ma trận A)

 Cách chéo hóa ma trận (giả sử ma trận chéo hóa được)

Bước 1 Giải phương trình det(A-λI) = 0I) = 0 Tìm được nghiệm (trị riêng).

Bước 2 Giải hệ phương trình (A-λI) = 0I).x = 0 Tìm được nghiệm (véctơ riêng)

Bước 3 Ma trận làm chéo hóa P cần tìm có các cột là các véctơ riêng tìm được

Giải:

Cho ma trận A = (1 42 3)

Ta có : det (A-λ.I) = | (1 42 3)−λ (1 00 1) |

=|1− λ2 3−λ4 |

= ( 1 - λ) ( 3 -λ) – 8 = λ2−4 λ−5

 Tìm véc-tơ riêng ứng với λ1=5

Giải ( A – λ1I) x = 0

(−42 −24 ).(x1

⇒ Véc-tơ riêng v1(1;1)

 Tìm véc-tơ riêng ứng với λ2=−1

(2 42 4).(x1

⇒ Véc-tơ riêng v2(−2;1)

Vậy P = (1 −21 1 )⇒ P−1AP=(50 −10 )

THE