Đang tải... (xem toàn văn)
Bài tập Đại số tuyến tính bao gồm bài tập các chương: hệ phương trình tuyến tính, ma trận, định thức, không gian véc tơ, ánh xạ tuyến tính, véc tơ riêng, chéo hóa và dạng toàn phương, đường bậc hai phẳng và mặt bậc hai. Cuối tài liệu có đáp án cho các bài tập.
GV LÊ VĂN HỢP CHƯƠNG V ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH I CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN: Trong chương này, m n số nguyên Ta viết gọn dimRV dimV 1.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho ánh xạ f : Rn Rm , nghĩa = (x1, x2, … , xn) Rn, ! f () = (y1, y2, … , ym) R m a) Nếu H Rn ảnh H qua ánh xạ f f (H) = { f () | H } R m b) Nếu K R m ảnh ngược K ánh xạ f f 1(K) = { Rn | f () K } Rn 1.2/ ĐỊNH NGHĨA: Cho ánh xạ f : Rn Rm a) f ánh xạ tuyến tính (từ R n vào Rm ) f thỏa * , Rn, f ( + ) = f () + f () (1) * Rn, c R, f (c.) = c.f () (2) b) Suy f ánh xạ tuyến tính f thỏa , R n, c R, f (c. + ) = c.f () + f () (3) c) Ký hiệu L(Rn,R m) = { g : Rn Rm | g tuyến tính } Khi m = n, ta viết gọn L(Rn,Rn) = L(Rn) = { g : R n R n | g tuyến tính } Nếu g L(R n) g gọi tốn tử tuyến tính R n Ví dụ: a) Ánh xạ tuyến tính O : Rn Rm ( O Rn ) tốn tử tuyến tính O : Rn Rn ( O Rn ) b) Tốn tử tuyến tính đồng R n Id R : Rn Rn ( R n ) n c) f : R R có f () = (3x 8y + z 4t, 7x + 5y + 6t, 4x + y 9z t) = (x,y,z,t) R4 Ta kiểm tra f thỏa (3) nên f L(R4,R 3) Thật vậy, = (x, y, z, t), = (u, v, w, h) R 4, c R, f (c. + ) = = f (cx + u, cy + v, cz + w, ct + h) = [3(cx + u) 8(cy + v) + (cz + w) 4(ct + h), 7(cx + u) + 5(cy + v) + 6(ct + h), 4(cx + u) + (cy + v) 9(cz + w) (ct + h)] = = c(3x 8y + z 4t, 7x + 5y + 6t, 4x + y 9z t) + (3u 8v + w 4h, 7u + 5v + 6h, 4u + v 9w h) = c.f () + f () Ngoài ta giải thích f L(R4,R3) thành phần f () biểu thức bậc theo biến x, y, z t d) g : R3 R3 có g() = ( 2x + 9y + 6z, 8x 5y + z, 3x + 7y 4z) = (x,y,z) R3 Ta kiểm tra g thỏa (3) nên g L(R3) Thật vậy, = (x, y, z), = (u, v, w) R3, c R, g(c. + ) = = g(cx + u, cy + v, cz + w) = [ 2(cx + u) + 9(cy + v) + 6(cz + w) , 8(cx + u) 5(cy + v) + (cz + w), 3(cx + u) + 7(cy + v) 4(cz + w) ] = = c( 2x + 9y + 6z, 8x 5y + z, 3x + 7y 4z) + ( 2u + 9v + 6w, 8u 5v + w, 3u + 7v 4w) = c.g() + g() Ngồi ta giải thích g L(R 3) thành phần g() biểu thức bậc theo biến x, y z 1.3/ TÍNH CHẤT : Cho f L (Rn,Rm) Khi ,, 1, …, k Rn , c1, … , ck R, ta có a) f (O) = O f ( ) = f () b) f (c11 + + ckk) = c1f (1) + + ckf (k) (ảnh tổ hợp tuyến tính tổ hợp tuyến tính ảnh tương ứng) Ví dụ: Cho f L (R3,R2) 1 , 2 , 3 R3 thỏa f (1) = (1, 3), f (2) = (2,5) f (3) = (4, 4) Khi f (0,0,0) = (0,0), f ( 1) = f (1) = (1,3) f (31 42 + 23) = 3f (1) 4f (2) + 2f (3) = = 3(1, 3) 4(2, 5) + 2(4, 4) = (3, 37) 1.4/ NHẬN DIỆN ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH: Cho ánh xạ f : Rn Rm Nếu có A Mn x m(R) thỏa f (X) = X.A X Rn f L(R n,Rm) Thật vậy, X,Y R n, f (c.X + Y) = (c.X + Y).A = c.(X.A) + Y.A = c.f (X) + f (Y), nghĩa f thỏa (3) (1.2) Ví dụ: Xét lại ánh xạ f : R4 R3 g : R3 R Ví dụ (1.2) 7 3 2 8 M4 x 3(R) B = 5 M3(R) Đặt A = 1 9 4 4 1 Ta có f (X) = X.A X = (x,y,z,t) R nên f L(R 4,R3) Ta có g(X) = X.B X = (x,y,z) R3 nên g L(R 3) 1.5/ MỆNH ĐỀ: Cho f L(Rn,Rm) a) Nếu H R n f (H) Rm b) Nếu (H Rn H có sở A) [ f (H) Rm f (H) có tập sinh f(A) ] c) Nếu K R m f 1(K) Rn 1.6/ KHƠNG GIAN ẢNH CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH: Cho f L(R n,Rm) xét trường hợp đặc biệt H = Rn Rn a) Ta có f (H) = f (Rn) = { f () | Rn } R m Ta đặt f (R n) = Im(f ) gọi Im(f ) không gian ảnh f b) Tìm sở cho Im(f ) : Chọn sở A tùy ý R n ( ta thường chọn A sở tắc Bo ) < f (A) > = Im(f ) Từ ta tìm sở cho Im(f ) từ tập sinh f (A) [ dùng (5.7) CHƯƠNG IV ] Ví dụ: f : R4 R3 có f (X) = (x + 2y + 4z 7t, 3x 2y + 5t, 2x + y z 2t) X = (x,y,z,t) R Ta kiểm tra dễ dàng f L(R 4,R3) Đặt A = Bo = { 1 = (1,0,0,0), 2 = (0,1,0,0) , 3 = (0,0,1,0) , 4 = (0,0,0,1) } sở tắc R4 < f (A) > = Im(f ) = f (R4) f (A) = { f (1) = (1,3,2), f (2) = (2,2,1), f (3) = (4,0,1), f (4) = (7, 5,2) } f (1 ) 1* 3 2 f ( ) = 0 f ( ) 1 f ( ) 7 2 0 1* 2 3 0 3 16 12 0 3 3 4* 3 = 0 0 1 2 0 0 Im(f ) có sở C = { 1 = (1,3,2), 2 = (0,4,3) } dim(Im(f )) = | C | = 1.7/ KHƠNG GIAN NHÂN CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH: Cho f L(R n,Rm) xét trường hợp đặc biệt K = {O} Rm a) Ta có f 1(K) = f 1(O) = { R n | f () = O } Rn Ta đặt f 1(O) = Ker(f ) gọi Ker(f ) khơng gian nhân f b) Tìm sở cho Ker(f ) : Ta thấy Ker(f ) khơng gian nghiệm hệ phương trình tuyến tính f () = O với ẩn R n Từ ta tìm sở cho Ker(f ) [ dùng (5.8) CHƯƠNG IV ] Ví dụ: Xét lại ánh xạ tuyến tính f Ví dụ (1.5) Ker(f ) ={ = (x,y,z,t) R4 | f () = O } ={ = (x,y,z,t) R4 | (x + 2y + 4z 7t, 3x 2y + 5t, 2x + y z 2t) = O } ={ = (x,y,z,t) R4 | x + 2y + 4z 7t = 3x 2y + 5t = 2x + y z 2t = } Ma trận hóa hệ phương trình tuyến tính trên: x y z t x y z t 7 3 2 1 2 1* 0 0 0 7 12 16 3 9 12 1* 0 1* 0 0 2 4 0 0 0 Hệ có vơ số nghiệm vói ẩn tự : z, t R, x = 2z t, y = 4t 3z Ker(f ) ={ = (2z t, 4t 3z, z,t) = z(2,3,1,0) + t(1,4,0,1) | z, t R } Như Ker(f ) = < D > với D = { 1 = (2,3,1,0), 2 = (1,4,0,1) } độc lập tuyến tính Do Ker(f ) có sở D = { 1, 2 } dimKer(f ) = | D | = 1.8/ MỆNH ĐỀ: Cho f L(Rn,Rm) Khi dimKer(f ) + dimIm(f ) = dimRn = n dimKer(f ) gọi số khuyết f dimIm(f ) gọi hạng f Ví dụ: Xét lại ánh xạ tuyến tính f Ví dụ (1.5) (1.6) Ta có dimKer(f ) + dimIm(f ) = + = = dimR II MA TRẬN BIỂU DIỄN ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH: 2.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho f L(R n,Rm) R n Rm có sở A = { 1, 2 , …, n } B = { 1, 2 , …, m } a) Đặt [ f ]A,B = ( [ f (1)]B [ f (2)]B … [ f (n)]B ) Mm x n(R) Ta nói [ f ]A,B ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính f theo cặp sở A (của Rn) B (của R m) Muốn tìm tọa độ vector f (1), f (2), … , f (n) theo sở B, ta giải n hệ phương trình tuyến tính, hệ có m phương trình m ẩn số Các hệ có vế trái ( 1t 2t … mt ) vế phải chúng cột f (1)t , f (2)t , …, f (n)t Do ta giải đồng thời n hệ bảng ( 1t 2t … mt | f (1)t | f (2)t | … | f (n)t ) Khi giải xong n hệ phương pháp Gauss Jordan, ta thu ma trận ( Im | [ f (1) ]B | [ f (2) ]B | … | [ f (n) ]B ) [ f ]A,B ma trận vế phải Như biết f ta viết ma trận biểu diễn [ f ]A,B = ( [ f (1) ]B [ f (2) ]B … [ f (n) ]B ) (1) b) Rn, ta có [ f () ]B = [ f ]A,B [ ]A (2) Như biết [ f ]A,B ta xác định biểu thức f theo (2) (từ [ f () ]B ta tính f () Rn ) c) Nếu A B sở tắc Rn R m [ f ]A,B gọi ma trận tắc f Biểu thức f ma trận tắc f suy lẫn cách dễ dàng Ví dụ: a) Xét f L(R3,R2) với f (u,v,w) = (3u + 4v w, 2u + v + 3w) (u,v,w) R3 Cho A = { 1, 2, 3 } B sở tắc R3 R Ta có f (1) = f (1,0,0) = (3,2), f (2) = f (0,1,0) = (4,1) f (3) = f (0,0,1) = = (1,3) nên có ma trận tắc 3 1 [ f ]A,B = ( [f (1)]B [f (2)]B [f (3)]B ) = 2 3 Cho sở R3 R C = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) } với f (1) = f (1,2,4) = (1,16), f (2) = f (5,1,2) = (13,17) f (3) = f (3,1,1) = (14,8) Ta tìm [ f ]C,D = ( [ f (1)]D [ f (2)]D [ f (3)]D ) cách giải đồng thời hệ 7 ( 1t 2t | f (1)t | f (2)t | f (3)t ) = 2 1 16 1* 13 17 14 1* 49 114 38 93 10 28 18 65 55 18 Vậy [ f ]C,D = 28 114 93 28 5 b) Xét g L(R ,R ) có ma trận tắc [ g ]B,A = 1 với B A lần 9 * 0 65 114 55 93 lượt sở tắc R2 R3 5 y 5x x = (x,y) R , [ g()]A = [ g ]B,A [ ]B = 1 = x y y 4x y Từ suy = (x,y) R2, g() = g(x,y) = ( 5x + 2y, 7x y, 4x + 9y) c) Xét h L(R ,R ) có [ h ]D,C 2 = 4 1 với D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) } 1 1 C = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } sở R R3 c x y = (x,y) R2, ta có [ ]D = = từ việc giải hệ c11 + c22 = : c2 x y c1 c2 c1 c2 7 x 1* x 3y 1* ( 1t 2t | t ) * 2 1 y 2x y 0 Ta có [ h()]C = [ h ]D,C [ ]D x y 2x y 2 x 2y x y = 4 1 = x y Suy x y 1 1 x 3y = (x,y) R2, h() = h(x,y) = (x + 2y) 1 + (2x + 9y) 2 + (x + 3y) 3 = (x + 2y)(1,2,4) + (2x + 9y)(5,1,2) + (x + 3y)(3,1,1) = (14x + 56y, 3x + 10y, 9x + 29y) 2.2/ ĐỊNH NGHĨA: Cho f L(R n) Rn có sở A = { 1, 2 , …, n } a) Đặt [ f ]A = [ f ]A,A = ( [ f (1) ]A [ f (2) ]A … [ f (n) ]A ) M n(R) Ta nói [ f ]A ma trận biểu diễn tốn tử tuyến tính f theo sở A Muốn tìm tọa độ vector f (1), f (2), … , f (n) theo sở A, ta giải n hệ phương trình tuyến tính, hệ có n phương trình n ẩn số Các hệ có vế trái ( 1t 2t … nt ) vế phải chúng cột f (1)t , f (2)t , …, f (n)t Do ta giải đồng thời n hệ bảng ( 1t 2t … nt | f(1)t | f(2)t | … | f(n)t ) Khi giải xong n hệ phương pháp Gauss Jordan, ta thu ( In | [ f(1) ]A | [ f(2) ]A | … | [ f(n) ]A ) [ f ]A ma trận vế phải Như biết f ta viết ma trận biểu diễn [ f ]A = ( [ f (1) ] [ f (2) ] … [ f (n) ] ) (1) b) Rn, ta có [ f () ]A = [ f ]A [ ]A (2) Như biết [ f ]A ta xác định biểu thức f theo (2) ( từ [ f () ]A ta tính f () R n ) c) Nếu A sở tắc R n [ f ]A gọi ma trận tắc f Biểu thức f ma trận tắc f suy lẫn cách dễ dàng Ví dụ: a) Xét f (u,v,w) = (2u v, u + 3v + w, u + 2v w) (u,v,w) R3 f L(R 3) Cho A = { 1, 2 , 3 } sở tắc R3 Ta có f (1) = f (1,0,0) = (2,1,1) f (2) = f (0,1,0) = (1,3,2) f (3) = f (0,0,1) = (0,1,1) nên có ma trận tắc [ f ]A = ( [ f (1) ]A [ f (2) ]A 1 [ f (3) ]A ) = 1 1 Cho C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } sở R3 với f (1) = (4,5,5), f (2) = (4,1,1) f (3) = (7,8,7) Ta tìm [ f ]C = ( [ f (1) ]C [ f (2) ]C [ f (3) ]C ) cách giải đồng thời hệ t t t t t t ( | f (1) | f (2) | f (3) ) 1* 0 0 2 4 10 13 7 3 1 1* 0 1* 0 1* 1 2 2 3 1* 15 1* 0 21 5 1 5 24 10 1 43 7 7 8 7 37 15 66 95 62 10 95 15 Vậy [ f ]C = 10 15 43 43 66 66 4 b) Xét g L(R2) có ma trận tắc [ g ]B = với B sở tắc 2 4 x x y R2 = (x,y) R2, [ g()]B = [ g ]B [ ]B = = 2 y 2 x y 62 10 10 Từ suy = (x,y) R2, g() = g(x,y) = (7x 4y, 2x + 9y) 21 15 c) Xét h L(R ) có [ h ]C = 2 với 10 3 14 C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } sở R c1 = (x,y,z) R , ta có [ ]C = c2 = c 3 3 x y z cách giải hệ yz x y 4z c11 + c22 + c33 = : c1 c2 c3 1 2 t t t t ( | ) 2 3 1* x y 0 z 2 3 1 yz z x x c1 c2 c3 1 1* 0 1* 0 x y 2z * yz 0 0 1* 1 y z x Ta có [ h()]C = [ h ]C [ ]C 3 x y z yz x y z 21 3 x y z 15 3 x y 10 z = 2 yz y 2z = 10 3 14 x y z 2x y 7z Suy = (x,y,z) R3, h() = h(x,y,z) = ( 3x + y + 10z) 1 + (y + 2z) 2 + (2x y 7z) 3 = ( 3x + y + 10z)(1,2,2) + (y + 2z)(2,0,1), + (2x y 7z)(2,3,3) = (x + y, y + z , z) 2.3/ CÔNG THỨC THAY ĐỔI CƠ SỞ TRONG MA TRẬN BIỂU DIỄN: Cho f L(R n,Rm) Rn có sở A C với S = (A C) Mn(R) Rm có sở B D với T = (B D) Mm(R) a) Ta có cơng thức [ f ]C,D = T 1.[ f ]A,B.S [ f ]A,B = T.[ f ]C,D.S1 b) Suy [ f ]C,B = [ f ]A,B.S ( lúc T = (B B) = Im T 1 = Im ) [ f ]A,D = T 1.[ f ]A,B ( lúc S = (A A) = In ) c) Suy [ f ]A,B = [ f ]C,B.S1 [ f ]A,B = T.[ f ]A,D Ghi : Nếu A B sở tắc Rn R m dễ dàng có S T Ví dụ: Xét lại f L(R3,R2) h L(R 2,R3) Ví dụ (2.1) a) Xét f L(R3,R2) với f (u,v,w) = (3u + 4v w, 2u + v + 3w) (u,v,w) R3 Cho A = { 1, 2, 3 } B sở tắc R3 R 3 1 Ta viết ma trận tắc [ f ]A,B = ( [f (1)]B [f (2)]B [f (3)]B ) = 2 3 Cho sở R3 R C = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) } 1 7 4 1 4 Ta có S = (A C) = 1 T = (B D) = có T 1 = 2 1 2 7 4 65 55 18 Từ [ f ]C,D = T 1[ f ]A,B S = , 114 93 28 1 13 14 [ f ]C,B = [ f ]A,B S = 16 17 5 8 11 15 19 [ f ]A,D = T 1[ f ]A,B = 8 2 b) Xét h L(R ,R ) có [ h ]D,C = 4 1 với A, B, C, D, S T hiểu 1 1 14 56 1 Ta có ma trận tắc [ h ]B,A = S[ h ]D,C T = 10 29 Suy = (x,y) R2, h() = h(x,y) = = (14x + 56y, 3x + 10y, 9x + 29y) Hơn [ h ]B,C = [ h ]D,C T 1 1 2 = [ h ]D,A = S[ h ]D,C = 1 3 14 2 7 2.4/ TRƯỜNG HỢP ĐẶC BIỆT: Cho f L(Rn) Rn có sở A C với S = (A C) Mn(R) a) Ta có cơng thức [ f ]C = S1.[ f ]A.S [ f ]A = S.[ f ]C.S1 b) Suy [ f ]C,A = [ f ]A.S [ f ]A,C = S1.[ f ]A c) Suy [ f ]A,C = [ f ]C.S1 [ f ]C,A = S.[ f ]C Ghi : Nếu A sở tắc Rn dễ dàng có S Ví dụ: Xét lại f , h L(R 3) Ví dụ (2.2) a) Xét f L(R3) với f (u,v,w) = (2u v, u + 3v + w, u + 2v w) (u,v,w) R3 Cho A = { 1, 2, 3 } sở tắc R3 Ta có ma trận tắc [ f ]A = ([ f (1) ]A [ f (2) ]A 1 [ f (3) ]A ) = 1 1 Cho C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } sở R3 với 1 2 S = (A C) = 2 3 S1 = 3 1 2 (S | I3) = 2 3 0 1* 0 0 1* 0 1* 0 1* 3 1 qua phép biến đổi 3 4 2 3 1 0 1* 1 1* 2 0 1 2 2 1 2 62 10 95 1 1 = ( I3 | S ) Ta có [ f ]C = S [ f ]A.S = 10 15 , 43 3 4 66 4 7 4 27 2 1 [ f ]C,A = [ f ]A.S = 5 1 8 [ f ]A,C = S [ f ]A = 5 7 19 21 15 b) Xét h L(R ) có [ h ]C = 2 với A, C, S S1 hiểu 10 3 14 1 0 1 Ta có ma trận tắc [ h ]A = S.[ h ]C.S = 1 0 1 3 Suy = (x,y,z) R3, h() = h(x,y,z) = (x + y, y + z, z) 1 Ta có [ h ]A,C = [ h ]C.S 3 10 1 1 = [ h ]C, A = S.[ h ]C = 1 7 2 3 III XÁC ĐỊNH ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH KHI BIẾT ẢNH CỦA MỘT CƠ SỞ : 3.1/ MỆNH ĐỀ: Rn có sở A = { 1, 2 , …, n } Cho f, g L(Rn,Rm) Khi f = g j { 1, 2, … , n }, f (j ) = g(j ) 3.2/ MỆNH ĐỀ: Rn có sở A = { 1, 2 , …, n } Chọn tùy ý 1, 2 , …, n R m Khi có f L(R n,Rm) thỏa f (j ) = j j {1, 2, … , n} 3.3/ XÁC ĐỊNH ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DỰA THEO ẢNH CỦA MỘT CƠ SỞ: Ta trình bày cách xác định ánh xạ tuyến tính f (3.2) a) Cách 1: dùng tọa độ vector theo sở c1 c Rn, tìm [ ]A = để có biểu diễn = c11 + c22 + … + cnn cn Suy f () = f(c11 + c22 + … + cnn) = c1f (1) + c2f (2) + … + cnf (n) = = c11 + c22 + … + cn n b) Cách 2: dùng ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính Gọi C D sở tắc Rn R m với S = (C A) Viết [ f ]A,D = ( [ f (1) ]D [ f (2) ]D … [ f (n) ]D ) = ( 1t 2t … mt ) Ta có ma trận tắc [ f ]C,D = [ f ]A,D S1 Từ suy f () Rn Ví dụ: R3 có sở A = { 1 = (1,1,1), 2 = (1,0,1), 3 = (3,1,2) } a) Tìm f L(R3,R 4) thỏa f (1) = (3,0,1,2), f (2) = (1,2,4,0) f (3) = (4,1,0,3) b) Tìm g L(R 3) thỏa g(1) = (2,1,3), g(2) = (3,2,1) g(3) = (7,5,3) c1 zxy Cách 1: = (x,y,z) R , tìm [ ]A = c2 = y z x cách giải hệ c x z 3 c11 + c22 + c33 = : ( 1t 2t 3t | t ) c1 c2 c3 1 1 1 1 * x 1 y z 1 c1 c2 c3 * 1 y 1* y z 0 x x 1 y 1* 0 x y 1* z x 0 1* zx y y 2z x x z Từ f () = f (c11 + c22 + c33) = c1f (1) + c2f (2) + c3f (3) = (z x y)(3,0,1,2) + (y + 2z x)(1,2,4,0) + (x z)(4,1,0,3) = ( 8x 2y + 9z, 3x 2y 5z, 3x + 5y + 7z, 5x 2y + 5z) g() = g(c11 + c22 + c33) = c1g(1) + c2g(2) + c3g(3) = (z x y)(2,1,3) + (y + 2z x)(3,2,1) + (x z)(7,5,3) = ( 2x y z, 2x + y, x 2y + 2z) Cách : Gọi C D sở tắc R3 R4 với 1 3 S = (C A) = 1 1 S1 = 1 2 1 1 1 qua phép biến đổi 1 1 (S | I3) = 1 1 1 1* 0 1* 0 1* 1 1 1 1 1* 0 0 0 0 1 1 1* 0 0 1 1* 0 1 1 1 1 1 1 1 1 = ( I3 | S ) 1 Viết [ f ]A,D = ( [ f (1) ]D [ f (2) ]D tắc [ f ]C, D = [ f ]A,D 4 2 ta có ma trận [ f (3) ]D ) = 1 3 8 2 2 5 1 Suy = (x,y,z) R 3, S = 3 5 2 f () = f (x,y,z) = ( 8x 2y + 9z, 3x 2y 5z, 3x + 5y + 7z, 5x 2y + 5z) 2 3 7 Viết [ g ]A,C = ( [ g(1) ]C [ g(2) ]C [ g(3) ]C ) = ta có ma trận 3 2 1 1 1 tắc [ g ]C = [ g ]A,C S = 1 2 Suy = (x,y,z) R3, g() = g(x,y,z) = ( 2x y z, 2x + y, x 2y + 2z) 10 b) Cho T = {sin2x, sin2x, cos2x} U = {sin2x, cos2x, sin2x, cos2x} F(R) Giải thích T độc lập tuyến tính U phụ thuộc tuyến tính R sau: Giả sử u, v, w R cho usin2x + vsin2x + wcos2x = = 0, x R Ta chứng minh u = v = w = Cho x = 0, ta w = Cho x = / 2, ta v = Cho x = / 4, ta u = Ta có 0, 1, 1, 1 R thỏa 0.sin2x + 1.cos2x + 1.sin2x + (1)cos2x = 0, x R Xét H = < U > = < T > = { f(x) = usin2x + vsin2x + wcos2x / u, v, w R} F(R) ( < U > = < T > cos2x = cos2x sin2x : tổ hợp tuyến tính cos2x sin2x ) T sở H T tập sinh độc lập tuyến tính H dimH = | T | = U khơng sở H U tập sinh phụ thuộc tuyến tính H 7.6 CÁC KHÔNG GIAN VECTOR THỰC HỮU HẠN CHIỀU: a) Rn[x] có sở tắc B = {1, x, x2, … , xn} dim Rn[x] = | B | = n + Rn[x] đồng với Rn + cấu trúc không gian vector f(x) = (ao + a1x + + anxn) Rn[x] đồng với = (ao, a1, , an) Rn+1 b) Mm n(R) có sở tắc C = {Eij / i m, j n } (Eij ma trận có hệ số vị trí dòng i cột j hệ số 1) nên dim Mm n(R) = m.n Mm n(R) đồng với Rmn cấu trúc khơng gian vector A = aij 1i m Mm n(R) đươc đồng với 1 j n = (a11, a12 , , a1n, a21, a22, , a2n, , am1, am2, , amn) Rmn c) Khi giải vấn đề không gian hữu hạn chiều Rn[x] Mm n(R), ta chuyển đổi vector có liên quan Rn[x] Mm n(R) thành vector tương ứng Rn+1 Rmn Dùng kỹ tính tốn quen thuộc Rn+1 Rmn để xử lý vấn đề yêu cầu Sau thu kết Rn+1 Rmn, ta lại chuyển đổi chúng dạng tương ứng Rn[x] Mm n(R) Ví dụ: a) Xét tính độc lập phụ thuộc tuyến tính tập hợp sau R3[x] M2(R): H = { f1(x) = 3 + x + 2x2 + 7x3, f2(x) = 2x + 5x2 4x3, f3(x) = + 4x + x2 + 6x3 } 4 2 6 13 24 K = {A1 = , A2 = , A3 = } 1 1 13 23 Ta có R3[x] R4 , M2(R) R4 , H S = { 1 = (3,1,2,7) , 2 = (1,2,5,4), 3 = (2,4,1,6) } R4 K T = { 1 = (3,4,1,7) , 2 = (2,6,8,1), 3 = (13,24,13,23) } R4 Trong Ví dụ (4.3), ta thấy S độc lập tuyến tính T phụ thuộc tuyến tính R Ta suy H độc lập tuyến tính K phụ thuộc tuyến tính b) G = {g1(x) = 2x + ax2 , g2(x) = + (a 2)x + x2, g3(x) = + (a 5)x + (a + 1)x2} (a tham số thực) có phải sở R2[x] không ? Ta có R2[x] R3 , G S = { = (1,2, a) , = (2, a 2,1) , = (2, a 5, a + 1) } R3 Trong Ví dụ (5.5), ta thấy S sở R3 a Ta suy G sở R2[x] a 27 1 2 4 7 2 3 1 2 0 1 0 3 7 c) Z = {A1 = , A2 = , A3 = , A3 = } M2(R) 1 2 0 15 5 U = < Z > M2(R) Tìm sở số chiều U Ta có M2(R) R4 , Z S = {1 = (1,2,2,1) , 2 = (4,7,1,2), 3 = (2,3,4,0), 4 = (3,7,15,5)} R4 U W = < S > R4 Trong Ví dụ (5.7), ta thấy W có sở C = {1 = (1,2,2,1), 2 = (0,1,9,2), 3 = (0,0,1,0)} Ta suy U có sở 0 T = {B1 = , B2 = , B3 = } dimU = | T | = 1 2 1 d) R2[x] có sở G = {g1(x) = + 4x + 6x2 , g2(x) = x + x2, g3(x) = 3x 4x2} H = {h1(x) = + 4x + 9x2 , g2(x) = + x + 2x2, g3(x) = 7 + x + 4x2} Viết P = (G H) Ta có R2[x] R3 , G A = {1 = (3,4,6), 2 = (0,1,1), 3 = (2,3,4)} H B = {1 = (3,4,9), 2 = (2,1,2), 3 = (7,1,4)} Trong Ví dụ (6.5), ta có L = (A B) = ( [ 1 ]A [ 2 ]A 13 1 [ 3 ]A ) = 15 10 21 5 13 1 Ta suy P = (G H) L = (A B) = 15 10 21 5 e) V M2(R), dimV = V có sở 1 5 3 , A3 = } 1 2 1 11 17 19 13 T = {B1 = , B2 = , B3 = } Viết Q = (Z T) 16 5 4 15 14 Z = {A1 = , A2 = 0 4 Ta có M2(R) R4 , Z A = {1 = (1,1,5,0) , 2 = (2,5,4,1), 3 = (3,0,2,4)} R4 T B = {1 = (1,7,16,5) , 2 = (11,17,3,4), 3 = (19,13,15,14)} R4 V W R4 W có sở A B Trong Ví dụ (6.6), ta có L = (A B) = ( [ 1 ]A [ 2 ]A 2 3 [ 3 ]A ) = 1 2 1 2 2 3 Ta suy Q = (Z T) L = (A B) = 1 2 1 2 28 GV : LÊ VĂN HỢP CHƯƠNG I MA TRẬN VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH N tập hợp số ngun không âm N* = N \ {0} Z tập hợp số nguyên Z* = Z \ {0} Q tập hợp số hữu tỉ Q* = Q \ {0} R tập hợp số thực R* = R \ {0} I MA TRẬN: 1.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho m, n N* Một ma trận thực A có kích thước (m x n) bảng số thực hình chữ nhật có m dòng n cột sau: a11 a A = 21 am1 a12 a1n a22 a2 n hay A = aij 1i m với aij R (1 i m, j n) 1 j n am amn Khi m = n A = aij ma trận vuông thực cấp n 1 i , j n Ký hiệu : Mm x n(R) tập hợp ma trận thực (m x n) Mn(R) tập hợp ma trận vng thực cấp n Ví dụ: 3 A = aij 1i 3 = 1 1 j 2 ln 1/ B = bij 1i , j 3 = 5 / 8 5 cos M3 x 4(R) a14 = 5, a33 = a21 = 9 M3(Q) b13 = 0, b22 = b32 = / 6 4 D = M4 x 1(N) 1 9 C = 9 1 M1 x 5(Z) 1.2/ ĐỊNH NGHĨA: Ma trận khơng ma trận có tất hệ số Ký hiệu ma trận không O (hiểu ngầm kích thước) hay Om x n hay On Ví dụ: 0 0 0 O3 x = 0 0 M3 x 4(R) O3 = 0 0 0 0 0 0 M3(R) 0 0 1.3/ CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI SƠ CẤP TRÊN DÒNG CHO MA TRẬN: Cho A Mm x n(R) Xét i j m Có hình thức biến đổi sơ cấp dòng cho ma trận: a) Hốn vị dòng (i) với dòng (j) Ta ghi (i) (j) b) Nhân dòng (i) với số c R* Ta ghi (i) c(i) c) Thế dòng (i) [ dòng (i) + c.dòng (j) ] với số c R Ta ghi (i) [(i) + c(j)] Các phép biến đổi đảo ngược phép biến đổi sơ cấp dòng (i) (j), (i) c1(i) (i) [(i) c(j)] Ví dụ: 3 A = 2 3 A = 2 3 A = 2 1 6 1 6 1 6 5 2 A1 = 3 4 5 3 A2 = 21/ 2 4 5 3 A3 = 12 4 6 4 1 qua phép biến đổi (1) (3) 5 3 / 6 qua phép biến đổi (2) (2) 6 4 5 1 qua phép biến đổi (3) [(3) + 2(2)] 8 12 Các phép biến đổi đảo ngược phép biến đổi sơ cấp dòng nói (1) (3), (2) 4 (2) (3) [(3) 2(2)] 1.4/ SỰ TƯƠNG ĐƯƠNG DÒNG: Cho A, B Mm x n(R) Ta nói A B tương đương dòng với A biến đổi thành B (và ngược lại) số hữu hạn phép biến đổi sơ cấp dòng Ký hiệu A B để A B tương đương dòng với Quan hệ tương đương dòng quan hệ tương đương Mm x n(R) Ví dụ: 1 1 4 7 / 3 / 2 A = 5 3 1 3 24 1 3 24 1 3 24 4 4 1 1 7 / 3 / 2 1 3 24 = B Để ý A biến thành B qua phép biến đổi sơ cấp 16 16 1 dòng liên tiếp (2) [(2) + 2(1)], (1) (3), (1) (1) (3) [(3) 8(1)] Như B lại biến thành A qua phép biến đổi sơ cấp dòng liên tiếp (3) [(3) + 8(1)], (1) 4(1), (1) (3) (2) [(2) 2(1)] Vậy A B II HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH: 2.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho m, n N* Một hệ phương trình tuyến tính thực với m phương trình n ẩn số hệ phương trình có dạng sau: a11 x a12 x2 a1n xn b1 a x a x a x b 2n n (*) 21 21 với aij, bi số thực cho trước (1 i m, j n) am1 x1 am x2 amn xn bm x1, x2, … , xn (đều xuất dạng bậc nhất) n ẩn số thực cần tìm Đặt A = aij 1i m Mm x n(R), B = bi 1i m Mm x 1(R) X = x j 1 j n Mn x 1(R) 1 j n hệ (*) viết gọn thành dạng AX = B (A | B) (ma trận X hiểu ngầm) Ví dụ: x1 x2 x3 x4 Xét hệ x3 x4 x1 Hệ viết gọn thành AX = B (A | B) với 9 x x x x 4 2 4 A = 3 7 , B = 6 7 X = 4 x1 x2 x3 x4 2.2/ NGHIỆM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THỰC: Xét hệ phương trình tuyến tính thực AX = B (*) nêu (2.1) Ta nói (c1, c2, …, cn) Rn nghiệm (*) tất phương trình (*) thỏa x1 = c1, x2 = c2, … xn = cn Ví dụ: 2 x1 x2 x3 3x4 22 Xét hệ x1 x3 x4 12 Ta có (2,0,3,1) nghiệm hệ cho x x x 15 2.3/ MỆNH ĐỀ: (số lượng nghiệm hệ phương trình tuyến tính thực) Xét hệ phương trình tuyến tính thực AX = B Có trường hợp sau xảy : a) Hệ vơ nghiệm b) Hệ có nghiệm c) Hệ có vơ số nghiệm Ví dụ: a) Phương trình 0x = vơ nghiệm Phương trình 2x = 6 có nghiệm x = 3 Phương trình 0x = có vơ số nghiệm (x thực tùy ý) b) Hệ (3x + 7y = 15 & 9x 21y = 4) vô nghiệm Hệ (3x + 7y = 15 & 4x 5y = 7) có nghiệm (x = 2, y = 3) Hệ (3x + 7y = 15 & 6x 14y = 30) có vơ số nghiệm với ẩn tự x y Ghi kết quả: [ x thực tùy ý, y = (3x + 15)/7 ] [ y thực tùy ý, x = (7y 15)/3 ] 2.4/ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT ( hay HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH ĐẲNG CẤP ): Xét hệ phương trình tuyến tính AX = O (có vế phải triệt tiêu) Hệ có nghiệm tầm thường (x1 = 0, x2 = 0, … , xn = 0) Do có trường hợp sau xảy : a) Hệ có nghiệm (chính nghiệm tầm thường) b) Hệ có vơ số nghiệm Ví dụ: a) Hệ (9x + 7y = & 4x 5y = & 3x + 8y = 0) có nghiệm (x = 0, y = 0) b) Hệ (5x + 8y 4z = 0) có vơ số nghiệm với hai ẩn tự (x,y) (x,z) (y,z) Ta ghi kết theo dạng sau : [ x, y R, z =(5x + 84)/4 ] [ x, z R, y = (4z 5x)/8 ] [ y, z R , x = (4z 8y)/5 ] III PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH: 3.1/ MỆNH ĐỀ: a) Nếu hai hệ phương trình tuyến tính AX = B CX = D có ma trận (A | B) (C | D) tương đương dòng với hai hệ tương đương (nghĩa hai hệ có tập hợp nghiệm) b) Suy trình giải hệ phương trình tuyến tính, ta sử dụng tùy ý phép biến đổi sơ cấp dòng mà khơng làm thay đổi tập hợp nghiệm 3.2/ VÍ DỤ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CĨ NGHIỆM DUY NHẤT: Xét hệ phương trình tuyến tính với ẩn số x, y, z t : x y z t 2 2 1 3 6 1* 8 0 4 8 0 x y * 1 0 * 0 1* 0 0 2 2 18 * z 2 1 4 10 7 4 1* * 0 14 20 0 16 2 18 36 18 54 26 10 54 90 t 1 0 4 1* 0 0 1* 36 0 1* 1 2 : nghiệm (x = 1, y = 2, z = 1, t = 2) 1 2 Bảng 1: (2) (2) + 2(1), (3) (3) 3(1), (4) (4) 2(1) Bảng 2: (2) (2) + (3), (1) (1) 2(2), (3) (3) + 4(2), (4) (4) + 7(2) Bảng 3: (4) (4) (3), (3) 181(3), (1) (1) 7(3), (2) (2) + 2(3) Bảng 4: (4) 181(4), (1) (1) + 2(4), (2) (2) 3(4), (3) (3) + 2(4) 3.3/ VÍ DỤ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH VƠ NGHIỆM: Xét hệ phương trình tuyến tính với ẩn số x, y, z, t u: x y z t u 3 1 1 2 1* 0 0 2 3 2 5 23 * 60 30 1 1* 9 2 7 11 13 0 7 3 3 6 4 9 1 0 0 6 12 24 3 14 1 6 19 1 1 1* 4 2 0 9 6 1 7 11 13 19 3 6 1 4 4 4 : vô nghiệm Bảng 1: (4) (4) (1), (1) (1) (2), (2) (2) 2(3), (3) (3) (1) Bảng 2: (2) (3) Bảng 3: (1) (1) 2(2), (3) (3) + 7(2), (4) (4) + 3(2) Bảng 4: (3) (3) 2(4) 3.4/ VÍ DỤ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CĨ VƠ SỐ NGHIỆM: Xét hệ phương trình tuyến tính với ẩn số x1, x2, x3, x4 x5: x1 x2 x3 x4 x5 2 1* 0 0 1 3 1 1 1 2 4 2 7 x1 x2 x3 x4 * 1 * 0 0 1 3 1 2 2 6 15 2 10 5 2 1* * 3 0 15 5 0 2 1/ 1 1 1/ 3 12 4 1/ 3 / x5 7 / 1 5 / * 1/ 0 5/ 5 / : cột (3) (5) không biến đổi 2/3 Hệ có vơ số nghiệm với ẩn tự do: x3 = a, x5 = b (a, b R), x1 = (7b 6a + 5)/6, x2 = (6a 5b 5)/6, x4 = (b + 2)/3 Bảng 1: (2) (2) (1), (3) (3) 4(1), (4) (4) 2(1) Bảng 2: (3) (3) 3(2), (4) (4) + (2) (2) 21(2) , (1) (1) (2) Bảng 3: (3) 91(3), (4) (4) 12(3), (1) (1) + 2(3), (2) (2) + (3) 3.5/ CÁC CỘT CHUẨN (có m DỊNG): 1* 0 1* 0 0 0 E1 = , E2 = , E3 = 0 0 0 0 0 0 1* , … , Em = 0 0 0 0 0 0 0 0 Em = * 1 0 * 0 1 3.6/ PHƯƠNG PHÁP GAUSS – JORDAN: (GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH): Xét hệ phương trình tuyến tính thực (A | B) có m phương trình n ẩn số Ta thực bước sau đây: * Dùng phép biến đổi sơ cấp dòng thích hợp để xây dựng cột chuẩn E1, E2, E3, … A (từ trái qua phải) Việc chuẩn hóa cột phải tuân thủ qui định sau : - Khi xây dựng Ek , không làm thay đổi cột E1, E2, … , Ek có trước - Nếu cột xét khơng thể chuẩn hóa thành Ek xét qua cột kế cận bên phải - Sau xây dựng xong Ek , phải tiến hành việc xây dựng Ek + * Quá trình chuẩn hóa cột kết thúc gặp mâu thuẫn chuẩn hóa xong cột cuối A mà không gặp mâu thuẫn * Khi kết thúc q trình chuẩn hóa cột A, có trường hợp sau xảy ra: a) Trường hợp 1: Ta gặp mâu thuẫn chuẩn hóa [ nghĩa gặp dòng có dạng 0 a với a Dòng hệ hai dòng có tỉ lệ khơng tương thích vế trái vế phải ] Khi hệ vơ nghiệm b) Trường hợp 2: Ta xây dựng n cột chuẩn liên tiếp E1, E2, … , En A mà không gặp mâu thuẫn Khi hệ có nghiệm cách dùng phương trình khơng tầm thường theo thứ tự từ xuống hệ cuối trình chuẩn hóa để tính ẩn từ trái qua phải c) Trường hợp 3: Ta xây dựng k cột chuẩn E1, E2, … , Ek (k < n) A xen kẽ với (n k) cột khác khơng chuẩn hóa mà khơng gặp mâu thuẫn Khi hệ có vơ số nghiệm với (n k) ẩn tự sau : * Các ẩn ứng với cột khơng chuẩn hóa ẩn tự lấy giá trị thực tùy ý * Các ẩn lại (ứng với cột chuẩn hóa được) tính theo ẩn tự dựa theo phương trình khơng tầm thường theo thứ tự từ xuống hệ cuối q trình chuẩn hóa 3.7/ ĐIỀU KIỆN CHUẨN HÓA CỦA MỘT CỘT: u1 0 0 u2 uk 1 Ta muốn chuẩn hóa cột U = thành Ek = * (số 1* vị trí dòng k ) u k uk 1 0 u m 0 a) Nếu uk = uk+1 = … = um = U khơng thể chuẩn hóa thành Ek (khơng sử dụng u1 , u2 , … , uk1 để tạo 1* cho Ek cần bảo tồn E1, E2, … , Ek có trước Còn uk , uk + , … , um để tạo 1* cho Ek được) b) Nếu có hệ số số uk , uk+1 , … , um U chuẩn hóa thành Ek (hệ số tự chia cho để tạo 1* cho Ek Dùng 1* để tạo hệ số cho Ek Nếu 1* nằm dòng thứ j với j k ta hốn vị dòng (j) (k) với nhau) Ví dụ: 4 2 5 0 9 8 a) Ta muốn chuẩn hóa cột U = V = thành E4 0 0 0 7 0 3 U khơng thể chuẩn hóa thành E4 (vì u4 = u5 = u6 = 0) V chuẩn hóa thành E4 (vì có v5 = 0) phép biến đổi (5) (5) + 2(6), (1) (1) 2(5), (3) (3) + 8(5), (6) (6) + 3(5) (4) (5) b) Trường hợp hệ phương trình tuyến tính (4 ẩn x, y, z, t) vô nghiệm: 1* (A | B) 0 0 5 1 2 6 12 3 2 0 0 1 : mâu thuẫn hệ vô nghiệm 4 5 E1 Dòng (3) (4) có tỉ lệ khơng tương thích vế trái vế phải : (4) (4) + (3) c) Trường hợp hệ phương trình tuyến tính (3 ẩn x, y, z) có nghiệm nhất: x y z 1* 0 1* (A | B) 0 1* 0 0 ln : nghiệm ( x = 4/9 , y = ln3, z = 4/ ) d) Trường hợp hệ phương trình tuyến tính (9 ẩn x1, x2, … , x9) có vơ số nghiệm: x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 1* * 0 0 (A | B) 0 0 0 0 E1 E2 5 3 0 1* 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 1* 0 1* 0 0 0 E3 1 0 sin 3 4 / E4 E5 Các cột (3), (4), (6), (9) khơng chuẩn hóa hệ có vơ số nghiệm với ẩn tự do: x3 = a, x4 = b, x6 = c, x9 = d, (a, b, c, d R, x1 = 5a 8b 7d, x2 = 2a + 3b 9c + sin8, x5 = 4c + d , x7 = x8 = 6d 3.8/ VÍ DỤ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THỰC CĨ THAM SỐ: Giải biện luận hệ phương trình tuyến tính với ẩn số x, y, z theo tham số thực m x y z 1 1 1 m 1 m m 1 m 1* 1 m 1 1 m m 1 (*) m 1 1 1 m 1 m 1 m 1 m E1 Bảng 1: (2) (2) (3), (3) (3) (1), (4) (4) m(1) a) Nếu m = hệ tương đương với phương trình x + y + z = Hệ có vơ số nghiệm với ẩn tự (y, z R, x = y z) b) Nếu m 1, ta tiếp tục biến đổi hệ (*) : x y z 1* 1 m 1* * 1 m m 1 m 1 0 0 1 m 1 m 1 m 1 m 0 E1 E1 E2 m 1* 0 * 1 0 1* m 1 1 m 2(1 m) m 0 0 m2 1 1 (1 m)(m 3) E1 E2 E3 Khi m 3 hệ vơ nghiệm Khi m = 3 hệ có nghiệm (x = y = z = 1) Bảng 1: (3) (3) + (2), (4) (4) (2), (2) (1 m)1(2), (1) (1) (2) Bảng 2: (4) (4) + 2(3), (3) (m 1)1(3), (1) (1) 2(3), (2) (2) + (3) 3.9/ CÁC CỘT BÁN CHUẨN (có m DỊNG): Dạng tổng qt cột bán chuẩn có m dòng a* b d c* e 0 0 0 f* F1 = , F2 = , F3 = , … , Fm = 0 0 0 0 v1 u1 u v2 u3 v3 Fm = vm 1 um* 1 * vm a*, c*, f*, … , um* 1 , vm* số thực tùy ý b, d, e, … , u1, u2, … , um , v1, v2, … , vm số thực tùy ý Các cột chuẩn (có m dòng) cột bán chuẩn (có m dòng) đặc biệt Ví dụ: Một số cột bán chuẩn có dòng : ln 2* * * F1 = , F2 = , F3 = 1 , F4 = * 4 / e F5 = / sin * 3.10/ PHƯƠNG PHÁP GAUSS (GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH): Xét hệ phương trình tuyến tính thực (A | B) có m phương trình n ẩn số Phương pháp Gauss có tương tự định với phương pháp Gauss – Jordan ta xây dựng cột bán chuẩn (thay cột chuẩn) Điều kiện để cột bán chuẩn hóa y hệt điều kiện chuẩn hóa (xem 3.7) Phương pháp Gauss thực cụ thể sau : * Dùng phép biến đổi sơ cấp dòng thích hợp để xây dựng cột bán chuẩn F1, F2, F3, … A (từ trái qua phải) Việc bán chuẩn hóa cột phải tuân thủ qui định sau : - Khi xây dựng Fk , không làm thay đổi cột F1, F2, … , Fk có trước - Nếu cột xét khơng thể bán chuẩn hóa thành Fk xét qua cột kế cận bên phải - Sau xây dựng xong Fk , phải tiến hành việc xây dựng Fk + * Q trình chuẩn hóa cột kết thúc gặp mâu thuẫn bán chuẩn hóa xong cột cuối A mà khơng gặp mâu thuẫn * Khi kết thúc trình bán chuẩn hóa cột A, có trường hợp sau xảy ra: a) Trường hợp 1: Ta gặp mâu thuẫn[ nghĩa gặp dòng có dạng 0 a với a Dòng hệ hai dòng có tỉ lệ khơng tương thích vế trái vế phải ] Khi hệ vơ nghiệm b) Trường hợp 2: Ta xây dựng n cột bán chuẩn liên tiếp F1, F2, … , Fn A mà không gặp mâu thuẫn Khi hệ có nghiệm xác định sau: dùng phương trình khơng tầm thường theo thứ tự từ lên hệ cuối q trình bán chuẩn hóa để tính ẩn từ phải qua trái (dùng ẩn biết để tính ẩn chưa biết) c) Trường hợp 3: Ta xây dựng k cột bán chuẩn F1, F2, … , Fk (k < n) A xen kẽ với (n k) cột khác khơng bán chuẩn hóa mà khơng gặp mâu thuẫn Khi hệ có vơ số nghiệm với (n k) ẩn tự xác định sau: * Các ẩn ứng với cột không bán chuẩn hóa ẩn tự lấy giá trị thực tùy ý * Các ẩn lại (ứng với cột bán chuẩn hóa được) tính theo ẩn tự cách dùng phương trình không tầm thường theo thứ tự từ lên hệ cuối q trình bán chuẩn hóa để tính ẩn từ phải qua trái (dùng ẩn biết để tính ẩn chưa biết) Ví dụ: a) Trường hợp hệ phương trình tuyến tính có nghiệm (các ẩn x, y, z, t): x y z t 1 4 1 12 2 5 6 3 20 2* 18 0 38 14 0 F1 x * 2 0 0 y z 3 2 6 1 3 2* 24 0 41 23 0 1 * 3 2 3 24 5 F1 F2 t 1 * 3 2 * 0 6* F1 1 F2 F3 3 24 : hệ có nghiệm sau: 5 F4 t = [6/(6)] = 1, z = 9t = 4, y = [(4z 2t 24)/3] = 2, x = [(y 5t + 3)/2 = 3] Bảng 1: (2) (2) + 2(1), (3) (3) + (1), (4) (4) 3(1) Bảng 2: (3) (3) + 2(4), (4) (4) + (2) Bảng : (4) (4) (3) 10 b) Trường hợp hệ phương trình tuyến tính vơ nghiệm (các ẩn x, y, z, t): x y z t 16 1* 0 0 19 12 15 5 2 8 7 15 17 4 3 1 1 1 18 6 3 11 2 1* 0 16 14 0 F1 0 0 3 : hệ vô nghiệm 3 1 1 2 6 * 2 3 4 5 F1 F2 Bảng 1: (3) (3) + 2(2), (1) (1) + 2(2), (2) (2) + 2(1), (4) (4) + 7(1) Bảng 2: (3) (3) 4(2), (4) (4) + 3(2) Bảng : (4) (4) + 2(3) c) Trường hợp hệ phương trình tuyến tính có vơ số nghiệm (các ẩn x1, x2, x3, x4, x5): x1 x2 x3 x4 x5 1* 1 2 1 10 4 12 11 20 2 1 2 1 6 6 2 5 F1 1* 7 0 31 12 0 1 2 * 1 0 4 2 4 7 4 F1 F2 x1 x2 x3 x4 x5 1* 0 0 1 2 * 1 0 * 2 0 4 7 : cột (4) (5) khơng bán chuẩn hóa 2 F1 F2 F3 Hệ có vơ số nghiệm với ẩn tự : x4 = a, x5 = b (a, b R), x3 = (2a b + 2)/3, x2 = (x3 2b 7)/2 = (2a 7b 19)/6, x1 = x2 3x3 + 2a + = (2a b 7)/6 Bảng 1: (2) (2) 3(1), (3) (3) + (4), (4) (4) + 2(1) Bảng 2: (3) (3) 5(2), (4) (4) 2(2) Bảng : (3) 21(3), (4) (4) (3) IV HẠNG CỦA MA TRẬN: 4.1/ DẠNG BẬC THANG VÀ DẠNG BẬC THANG RÚT GỌN CỦA MA TRẬN: Cho A Mm x n(R) a) Bán chuẩn hóa tối đa cột A, ta ma trận SA Mm x n(R) (biến đổi Gauss) Trong SA, dòng khơng tầm thường (dòng O) nằm phía dòng O số hạng dòng số hạng có đánh dấu * cột bán chuẩn Ta nói SA dạng bậc thang A hay ma trận rút gọn theo dòng A Dạng bậc thang SA A không 11 b) Chuẩn hóa tối đa cột A, ta ma trận RA Mm x n(R) (biến đổi Gauss - Jordan) Trong RA, dòng khơng tầm thường (dòng O) nằm phía dòng O số hạng dòng số 1* cột chuẩn Ta nói RA dạng bậc thang rút gọn A hay ma trận rút gọn theo dòng bậc A Dạng bậc thang RA A RA dạng đặc biệt SA 4.2/ HẠNG CỦA MA TRẬN: Cho A Mm x n(R) dạng SA RA A Đặt r(A) = (hạng A) = số dòng khơng tầm thường (dòng O) SA(hay RA) hay r(A) = (hạng A) = số cột (bán) chuẩn diện RA (hay SA) Ta có r(A) min{ m, n } Khi A = Om x n r(A) = Khi A Om x n r(A) Ví dụ: Xét A M4 x 5(R) sau: 7 1 3 2 1 1 A= 3 16 32 1 4 13 24 1* 1* 3 2 7 5 5 15 1 3 10 10 16 45 F1 * 1 3 2 1* 1 0 2 * 0 7 3 = SA F1 * 1 * 0 0 0 1 0 * 1 2 1 1* 0 2 0 0 3 2 * 1 0 0 7 1 2 15 F2 1 0 1* 0 1/ = RA 5 / F1 F2 F3 E1 E2 E1 E2 E3 Ta có r(A) = SA (hay RA) có dòng khơng tầm thường (3 dòng O) Ta có r(A) = RA (hay SA) có cột (bán) chuẩn r(A) = min{ m = 4, n = } = Bảng 1: (2) (2) + 2(1), (3) (3) + (4), (4) (4) + 3(1) Bảng 2: (4) (4) 2(2), (2) 51(2), (3) (3) (2) Bảng : (4) (4) + 3(3) Bảng : (1) (1) + 3(2), (1) (1) Bảng : (1) (1) + (3), (3) 21(3), (2) (2) + (3) 4.3/ ĐỊNH LÝ KRONECKER – CAPELLI: Cho hệ phương trình tuyến tính AX = B có m phương trình n ẩn số Đặt A = (A | B) Mm x (n + 1)(R) Ta gọi A ma trận bổ sung hệ (A | B) Ta có r(A) = k n [ r( A ) = r(A) hay r( A ) = r(A) + ] a) Nếu r( A ) = r(A) + hệ (A | B) vô nghiệm b) Nếu r( A ) = r(A) = n hệ có nghiệm c) Nếu r( A ) = r(A) = k < n hệ có vơ số nghiệm với số ẩn tự (n k) 12 Ví dụ: a) Hệ AX = B (3.2) có r( A ) = r(A) = n = nên hệ có nghiệm b) Hệ AX =|B (3.3) có r( A ) = = = + = r(A) + nên hệ vô nghiệm c) Hệ AX = B (3.4) có r( A ) = r(A) = k = < n = nên hệ có vơ số nghiệm với số ẩn tự (n k) = (5 3) = d) Hệ AX = B (3.8) : * Khi m = r( A ) = r(A) = k = < n = nên hệ có vô số nghiệm với số ẩn tự (n k) = (3 1) = * Khi m = 3 r( A ) = r(A) = n = nên hệ có nghiệm * Khi 3 m r( A ) = = + = r(A) + nên hệ vô nghiệm e) Các hệ AX = B Ví dụ (3.10) khảo sát cách tương tự - 13 ... 10 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH (GV LÊ VĂN HỢP) CHƯƠNG I : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 1/ Giải hệ phương trình tuyến tính thực (nghiệm nhất) kiểm tra ĐL Kronecker... ánh xạ tuyến tính f theo cặp sở A (của Rn) B (của R m) Muốn tìm tọa độ vector f (1), f (2), … , f (n) theo sở B, ta giải n hệ phương trình tuyến tính, hệ có m phương trình m ẩn số Các hệ có vế... ma trận có vơ số nghiệm sau : 0 0 x y Y= Y = x / y x với x, y, z R (y 0) z 0 -13 ĐỀ CƯƠNG MƠN TOÁN ĐẠI SỐ B1 ( ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH )