Mẫu các dạng bài toán ôn tập môn toán a1

Mẫu dạng toán ôn tập môn toán A1 (Tài liệu mang tính chất tham khảo, giải thầy Phan Dân) Bài Tính định thức Cách thực sau: Theo quy tắc Sarrus, ta ghép thêm cột thứ cột thứ hai vào bên phải định thức nhân phần tử đường chéo quy tắc thể hình - + A= Det(A)=a.e.i + b.f.g + c.d.h - c.e.g - a.f.h - b.d.i Ví dụ: Tính định thức A= 2 Giải Theo quy tắc Sarrus ta có + - 3 Det ( A) = = 2.1.2 + 3.4.1 + 1.3.2 − 1.1.1 − 2.4.2 − 3.3.2 = + 12 + - - 16 - 18 = −13 2 Bài 2: Giải hệ phương trình tuyến tính  x1 + x2 − x3 =   x1 − x2 + x3 = 2 x − x + x = −1  Để giải dạng đơn giản ta nên lập ma trận hệ số bổ sung, biến đổi thành ma trận dạng bậc thang quy gọn, số hạng nằm bìa phải tương ứng nghiệm hệ phương trình tuyến tính Giải Lập ma trận hệ số hệ là:  − 2 A = 1 − 2  2 −  Ma trận hệ số bổ sung hệ là: 2 −    A = 1 − 2  2 − − 1 1 − 2  d1 ↔ d d + ( −2 ) d → d → 2 −  ←  → A ←    d + ( −2) d1 → d 2 − − 1 1 − 2    0 −  0 − − 1 P.1 1 − 2   1 ←   → 0 − 5    0 − − 1 1  d →d 5  2  1 − 5    d1 + ( ) d → d ←  → 0 − d + ( −2 ) d → d 5   7  0 − −     2 1 − 5    d1 +   d → d1  5  −  d3 →d 5 →  3 ←  → 0 − 5  ←    d +  65  d → d   0      4 1 0  0   7 0     x =  Vậy nghiệm hệ phương trình tuyến tính  y =  z =  Bài 3: Xác định hạng ma trận  1 A = − 3  4 Để xác định hạng ma trận, ta thực hiện: - Biến đổi ma trận A dạng ma trận bậc thang w - Đếm số dòng khác w, số hạng w hạng A 4  4 1 d + d1 → d     → A ← →− 3 ←d    + ( −2 ) d → d  1 0 − − −  d1 ↔ d  1 1 4    ← d1 +( −5 ) d →d1 d →d    → 0 1 ← →   d + d →d  0 − − −  0    w có dạng bậc thang ran( A) = ran( w) = Bài 4: Tìm ma trận nghịch đảo ma trận sau:  − 2 A =  0  −  7  − 1  1 =w  0  Tìm ma trận nghịch đảo phương pháp biến đổi sơ cấp Lập ma trận ghép B=[A|I] (I=In thuộc Mn(R) ma trận đơn vị) Dùng phép biến đổi sơ cấp theo dòng B cho nửa bên trái (phần A chiếm chỗ ban đầu) trở thành I Khi khối bên phải ta nhận A-1 B=[A|I] ~ [ | ] ~….~[I|A-1] P.2 Giải − 0   [ A | I3 ] =  0 0  − 0 1 1 − − 0  1 − − ( −1) d1 → d1 d + ( −2 ) d1 → d   ←  → → 0 0 0 ←      0 − 0 1 0 −  1 − − 1 − − 0     d 3+ d → d  4  d →d → 0 3  ←   ←   →  3  3   0 11 0 − 0   3 0  0 1  0  0  1   11  −  11  11   −3    1 − − 0  11 1 0 11 d1 + d → d1   ←  3 2  d3 →d3    →  11  ←  → 0 3  d 2+  −  d → d 0 11 11     3 0 0    11 11 11 11 11  Vậy ma trận nghịch đảo là:  −  11 11 11   4  −  11  11 11    11 11 11  Bài 5: Xác định tọa độ vectơ Trong không gian R3 cho hệ sở u1=(1,-1,1) u2=(-1,1,0) u3=(1,0,0) Hãy xác định tọa độ vectơ u=(1,1,0) sở cho Giải Tọa độ (α1,α2,α3) u sở cho nghiệm phương trình U= α1.u1 + α2.u2 + α3.u3 (1) (1)  α1 (1,-1,1) + α2 (-1,1,0) + α3 (1,0,0)=(1,1,0) (α1,-α1,α1) + (-α2,α2,0) + (α3,0,0)=(1,1,0) (α1-α2+α3,-α1+α2,α1)=(1,1,0) α1 −α2 +α3 =1 α1 =   ⇔ −α1 +α2 =1 ⇔ α = α =  α1 =   Bài 6: Xác định phục thuộc tuyến tính & độc lập tuyến tính Cho hệ vectơ R3 Hãy xác định độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính hệ a) u1=(2,1,-3) u2=(3,1,2) u3=(5,2,-1) b) v1=(3,2,-2) v2=(-2,1,2) v3=(2,2,-1) P.3 *Phương pháp: Hệ vectơ v1, v2,…, vk thuộc không gian vectơ V gọi độc lập tuyến tính phương trình α1.v1 + α v2 + + α k vk = θ ( θ = θv ) Chỉ có nghiệm α1 = α = = α k = Một hệ vectơ v1, v2,…, vk gọi phụ thuộc tuyến tính hệ độc lập tuyến tính Giải a) Xét phương trình α1u1 + α 2u2 + α 3u3 = θ = (0,0,0) (1) ⇔ α1 (2,1,−3) + α (3,1,2) + α (5,2,−1) = (0,0,0) (1) ⇔ (2α1 ,α1 ,−3α1 ) + (3α ,α ,2α ) + (5α ,2α ,−α ) = (0,0,0) ⇔ (2α1 + 3α + 5α ,α1 + α + 2α ,−3α1 + 2α − α ) = (0,0,0)  2α1 + 3α + 5α =  ⇔  α1 + α + 2α = ⇒ Hệ vô nghiệm − 3α + 2α − α =   Đây hệ phụ thuộc tuyến tính b) Xét phương trình α1u1 + α 2u2 + α 3u3 = θ = (0,0,0) (2) ⇔ α1 (3,2,−2) + α (−2,1,2) + α (2,2,−1) = (0,0,0) (2) ⇔ (3α1 ,2α1 ,−2α1 ) + (−2α ,α ,2α ) + (2α ,2α ,−α ) = (0,0,0) ⇔ (3α1 − 2α + 2α ,2α1 + α + 2α ,−2α1 + 2α − α ) = (0,0,0)  3α1 − 2α + 2α = α1 =   ⇔  2α1 + α + 2α = ⇔ α = − 2α + 2α − α = α =    Đây hệ độc lập tuyến tính Bài 7: Chứng minh ánh xạ tuyến tính Hãy chứng minh ánh xạ T : R → R ánh xạ tuyến tính ( x, y, z ) ( x + y −2 z, y + z) *Phương pháp: Để chứng minh T ánh xạ tuyến tính ta phải rằng: T (u + u ' ) = T (u ) + T (u ' ) ∀α ∈ R; u , u '∈ R  T ( α u ) = α T ( u )  Giải  u = ( x, y , z ) Với  phần tử R3 α ∈ R tùy ý u ' = ( x' , y ' , z ' ) Ta có: u + u ' = ( x, y , z ) + ( x ' , y ' , z ' ) = ( x + x ' , y + y ' , z + z ' ) T (u + u ' ) = T ( x + x' , y + y ' , z + z ' ) = ( ( x + x' ) + ( y + y ' ) − 2( z + z ' ), ( y + y ' ) + ( z + z ' ) ) = ( x + y − z + x'+ y '−2 z ' , y + z + y '+ z ')  Ta lại có: T (u ) + T (u ' ) = T ( x, y, z ) + T ( x' , y ' , z ' ) = ( x + y − z , y + z ) + ( x'+ y '−2 z ' , y '+ z ' ) P.4 = ( x + y − z + x'+ y '−2 z ' , y + z + y '+ z ')  So sánh   ta nhận thấy vế phải Cuối T (α u ) = T (αx,αy, αz ) = ( αx + αy − 2αz ,αy + αz ) = α ( x + y − z , y + z ) = α T (u )  T ánh xạ tuyến tính Bài 8: Xác định nhân Ker(T) ảnh Im(T) Hãy xác định Ker(T), Im(T) (nhân & ảnh) ánh xạ tuyến tính 3→ T: R ( x, y , z ) R ( x+ y + z , x− y − z ) *Phương pháp n Tìm Im(T): chọn hệ sở e1, e2,…, en Vn ⇒ Im(T ) = ∑ α j T (e j ) j =1 Tìm Ker(T): giải phương trình T (u ) = θ Giải  e1 = (1,0,0)  Ánh xạ T hoàn toàn xác định ảnh sở R Vậy ta chọn sở tắc e2 = (0,1,0) e = (0,0,1)  3  T (e1 ) = T (1,0,0) = (2.1 + + 0,1 − − 0) = (2,1)  Và xét ảnh sở T (e2 ) = T (0,1,0) = (2.0 + + 0,0 − − 0) = (1,−1) T (e ) = T (0,0,1) = (2.0 + + 1,0 − − 1) = (1,−1)  Giả sử v ∈ R ta có biểu thức v cách biểu diễn tọa độ theo sở e1, e2, e3 αj ∈R v = α1.e1 + α e2 + α e3 T (v ) = (α1.e1 + α e2 + α e3 ) = α1.T (e1 ) + α T (e2 ) + α T (e3 ) = α1 (2,1) + α (1,−1) + α (1,−1) = (2α1 ,α1 ) + (α ,−α ) + (α ,−α ) = (2α1 + α2 + α3 , α1 −α2 −α3 ) Xác định Ker(T) Ker (T ) = {(α1 , α ,α ) T (α1 ,α ,α ) = 0} = {(α1 ,α ,α 2α1 + α + α = 0,α1 − α − α = 0)} Vậy Ker(T) tập hợp phần tử có tọa độ thỏa mãn hệ 2α1 + α + α =   α1 − α − α = Ma trận hệ số 1 − 1 d + ( −1) d1 → d A = 1 − 1 ←  → d 3+ ( −2 ) d1 → d 2  1 − 1 0  d ↔ d →   ←  0  1 − 1 0    d → d 3   ←  → 0  1 − 1 0    0  Hạng ma trận A=2  Hệ phương trình tuyến tính có nghiệm (α1 ,α ,α ) = (0,0,0) ⇒ Ker (T ) = { (0,0,0)} T đơn cấu ⇒ Dim( Ker (T ) ) = (Theo định lí số chiều) ⇒ Dim( Im( T ) ) = − = ⇒ Im(T ) = R Kết luận Ker (T ) = { (0,0,0)} Im(T ) = R P.5 Bài 9: Giá trị riêng ma trận Hãy xác định giá trị riêng ma trận sau:  − 3 4 0      a) A = 3 1 b) B = 0 − 1 5 6 2  *Phương pháp ( λ ∈ { λ1 , λ2 , , λn } ) A − λI = Với λ j giá trị riêng thực Giải a) Phương trình đặc trưng ma trận A là: A − λI = 4−λ  − 3 1 0     ⇔   − λ 0  = ⇔ 5 6 0 1 4−λ ⇔ −1 4−λ 4−λ 6−λ −1 4−λ =0 6−λ −1 4−λ =0 ⇔ (4 − λ ).(4 − λ ).(6 − λ ) + (−1).1.5 + 3.3.1 − 3.(4 − λ ).5 − (4 − λ ).1.1 − (−1).3.(6 − λ ) = ⇔ (16 − 8λ + λ2 ).(6 − λ ) − + − 15(4 − λ ) − (4 − λ ) + 3(6 − λ ) = ⇔ 96 − 48λ + 6λ2 − 16λ + 8λ2 − λ3 + − 16(4 − λ ) + 3(6 − λ ) = ⇔ 96 − 48λ + 6λ2 − 16λ + 8λ2 − λ3 + − 64 + 16λ + 18 − 3λ = ⇔ −λ3 + 14λ2 − 51λ + 54 =  λ1 =  ⇒ λ2 = λ =   λ1 =  Phương trình đặc trưng có nghiệm λ2 = giá trị riêng ma trận A λ =  b) Phương trình đặc trưng ma trận B là: B − λI = 4−λ 0 4 0  1 0     ⇔ 0 − 1 − λ 0 0 = ⇔ 1− λ −1 = 2  0 1 3−λ 4−λ 0 4−λ ⇔ 1− λ −1 1− λ = 3−λ ⇔ (4 − λ ).(1 − λ ).(3 − λ ) + 0.(−1).2 + 0.0.1 − 0.(1 − λ ).2 − (4 − λ ).(−1).1 − 0.0.(3 − λ ) = ⇔ (4 − 4λ − λ + λ2 ).(3 − λ ) + (4 − λ ) = ⇔ 12 − 12λ − 3λ + 3λ2 − 4λ + 4λ2 + λ2 − λ3 + − λ = ⇔ −λ3 + 8λ2 − 20λ + 16 = λ =  λ1 = ⇒ Phương trình đặc trưng có nghiệm  giá trị riêng ma trận B λ2 = λ2 = P.6 Bài 10: Giá trị riêng & vectơ riêng Xác định giá trị riêng vectơ riêng tương ứng với giá trị riêng ma trận: 4 0  B = 0 − 1 2  *Phương pháp Lập phương trình đặc trưng A − λI = a11 − λ a 21 a n1 a12 a 22 − λ an a1n a2n = (lấy giá trị đường chéo trừ λ ) a nn − λ Giải phương trình  theo ẩn λ (vế trái đa thức A) Giả sử  có nghiệm thực: λ1 , λ , , λ k   x1    x  0  2 =   λ = λ ( ) A − λ I Để tìm vectơ riêng ứng với j ta giải phương trình j          xn    Giải Phương trình đặc trưng ma trận B là: B − λI = 4−λ 0 4 0  1 0     ⇔ 0 − 1 − λ 0 0 = ⇔ 1− λ −1 = 2  0 1 3−λ 4−λ 0 4−λ ⇔ 1− λ −1 1− λ = 3−λ ⇔ (4 − λ ).(1 − λ ).(3 − λ ) + 0.(−1).2 + 0.0.1 − 0.(1 − λ ).2 − (4 − λ ).(−1).1 − 0.0.(3 − λ ) = ⇔ (4 − 4λ − λ + λ2 ).(3 − λ ) + (4 − λ ) = ⇔ 12 − 12λ − 3λ + 3λ2 − 4λ + 4λ2 + λ2 − λ3 + − λ = ⇔ −λ3 + 8λ2 − 20λ + 16 = λ = ⇒ λ =  λ1 = Phương trình đặc trưng có nghiệm  giá trị riêng ma trận B λ2 = Để tìm vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ1 = ta giải phương trình  x1  0 ( B − λ1 I )  x  = 0   x3  0 0   x1    x1  4 − 0      − −   x  = ⇔ 0 − − 1  x  = ⇔   2 − 1  x3  − 4  x3  P.7 0.x1 + 0.x + 0.x3  0  − x − x3 =  − x = x3 ⇔  0.x1 − 3.x − 1.x3  = 0 ⇔  ⇔ 2 x1 + x − x3 = 2 x1 + x = x3  2.x1 + 1.x − 1.x3  0   x1 = t  ⇒ −3 x = x1 + x ⇔ −4 x = x1 ⇔ −2 x = x1 ⇔  x = − t   x3 = t       t       1 Kết luận: Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ1 = là: − t  hay t −     2  3t        Để tìm vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = ta giải phương trình  x1  0 ( B − λ2 I )  x  = 0   x3  0 0   x1    x1  4 − 2      − −   x  = ⇔ 0 − − 1  x  = ⇔   2 1 − 2  x3    x3  x1 = 2.x1 + 0.x + 0.x3  0   x1 =  x1 =       ⇔  0.x1 − 1.x − 1.x3  = 0 ⇔  − x − x3 = ⇒  ⇔  x2 = t  x + x3 = 2 x + x + x =  x = −t  2.x1 + 1.x + 1.x3  0   0 0 t    Kết luận: Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = là:   hay t   , t ≠ − t  −1 Bài 11: Chéo hóa ma trận Tìm ma trận trực giao P làm chéo hóa ma trận đối xứng − 2  A=   − 5 *Phương pháp Cho dạng toán phương f ( x1 , x , , x n ) với ma trận A xác định với giá trị riêng A Với giá trị riêng, tìm tìm không gian riêng tương ứng dùng thuật toán Gram − Schmidt để trực chẩn hóa hệ vectơ Ghép tất vectơ riêng theo thứ tự từ trái sang phải P = P1 P2 Pn [ ] P ma trận trực giao làm chéo hóa ma trận A Dùng phép biến đổi tọa độ [ x ] = P[ x '] at có dạng toàn phương tắc Giải Lập phương trình đặc trưng A để tìm giá trị riêng A  − − λ det( A − λI ) = ⇔ A − λI = ⇔  = ⇔ (−2 − λ ).(−5 − λ ) − = − − λ   P.8  λ1 = −1 ⇔ 10 + 2λ + 5λ + λ2 − = ⇔ λ2 + 7λ + = ⇔  λ2 = −6 Ta tìm vectơ riêng tương ứng giá trị riêng Với λ1 = −1 ta có phương trình tìm giá trị riêng − − λ1 ⇔  x1  0  = 0 x  2   ( A −λ1 I )    x1  0 − − (−1)   x1  0 =  ⇔ =    − − λ1   x2  0 − − (−1)  x2  0  − 1.x1 + 2.x  0 − x1 + x2 =  x1 = 2t −   x1  0 ⇔ = ⇔ = ⇔ ⇔ ⇒ − x + x =    2.x − 4.x  0      −   x  0       x1 − x2 =  x2 = t  x1  2t  2  2  x  =  t  = t 1  Ta có vectơ riêng v1 = 1     2     Chẩn hóa vectơ ta có P1 = v1 = v1  2 1  2    =   =  1   2 + 12 1   5     x1  0 Với λ2 = −6 ta có phương trình tìm giá trị riêng ( A − λ2 I )   =    x  0  − − λ2 ⇔  2   x1  0 − − (−6)   x1  0 =  ⇔ =    − − λ   x  0 − − (−6)  x2  0  4.x1 + 2.x  0 4 x1 + x  x1 = t 4 2  x1  0 ⇔ = ⇔ = ⇔ ⇔ ⇒ x + x =    2.x + 1.x  0        x  0  2     x1 + x2  x2 = −2t  x1   t    1  x  = − 2t  = t − 2 Ta có vectơ riêng v2 = − 2       2  Chuẩn hóa vectơ ta có        5 1 P2 = v2 =   =   =   v2  − 2  −  12 + ( −2) − 2      5 Vậy ma trận P cần tìm là: P = [ P1 P2 ] =  −     5  Bài 12: Đưa dạng toàn phương dạng tắc Cho dạng toàn phương a) f ( x1 , x2 ) = x12 − x22 + x1 x2 2 b) g ( x1 , x2 , x3 ) = x1 − x2 + x3 − x1 x3 + x2 x3 + x1 x2 Hãy đưa toàn phương f, g dạng tắc phương pháp Lagrange *Phương pháp P.9 Cho dạng toàn phương f ( x1 , x2 , , xn ) , ta thực nhóm tất hạng tử có chứa biến x1 vào biểu thức chuyển thành bình phương tổng biến Ước lượng biến ≠ x1 để chuyển vào khối thứ hai Như khối thứ chứa biến x2 , x3 , , xn , ta kí hiệu khối g ( x2 , x3 , , xn ) Đối với g ( x2 , x3 , , xn ) (dạng toàn phương n-1 biến) ta thực trình để tách phần có chứa x2 thành khối Tiếp tục trình ta thu dạng toàn phương theo biến dạng tắc Cơ sở phương pháp: ( x1 + x2 + + xn ) = x12 + x22 + + xn2 + ∑ xi x j 1< j (i = 1, n, j = 1, n) Ghi chú: Nếu biến không tham gia công thức bước thực theo biến bỏ qua Nếu f ( x1 , x2 , , xn ) chứa hạng tử dạng chéo xi x j không chứa số hạng dạng x j ta thực đổi biến sau:  xi = x'i + x' j ⇒ xi x j = x'i2 − x'2j (có chứa số hạng tương ứng với bậc biến)  x = x ' − x ' i j  j Giải a) Ta có f ( x1 , x2 ) = x12 − x22 + x1 x2 ( ) = x12 + x1 x2 − x22 = ( x1 + x2 ) − 3x22 + x1 x2 […] Bài 13: Trực giao hóa hệ vectơ Hãy dùng thuật toán Gram-Schmidt để trực giao hóa hệ vectơ u1 = (2,1,−2,0) u = (1,2,0,0) u3 = (2,0,0,0) […] P.10 ...  Bài 12: Đưa dạng toàn phương dạng tắc Cho dạng toàn phương a) f ( x1 , x2 ) = x12 − x22 + x1 x2 2 b) g ( x1 , x2 , x3 ) = x1 − x2 + x3 − x1 x3 + x2 x3 + x1 x2 Hãy đưa toàn phương f, g dạng. .. n, j = 1, n) Ghi chú: Nếu biến không tham gia công thức bước thực theo biến bỏ qua Nếu f ( x1 , x2 , , xn ) chứa hạng tử dạng chéo xi x j không chứa số hạng dạng x j ta thực đổi biến sau:  xi... xn ) Đối với g ( x2 , x3 , , xn ) (dạng toàn phương n-1 biến) ta thực trình để tách phần có chứa x2 thành khối Tiếp tục trình ta thu dạng toàn phương theo biến dạng tắc Cơ sở phương pháp: ( x1