Đây là 1 tài liệu rất hay và bổ ích,,,,feeeeeeeeeeeee,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,.......................................................................................................................................................................................................................................
BÁCH KHOA ĐẠI CƯƠNG MƠN PHÁI Tài liệu mơn học ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Người biên soạn: Phạm Thanh Tùng Hà Nội, tháng 11 năm 2020 MỤC LỤC §1.1: LOGIC I Các phép toán logic: II Các tính chất phép toán logic: III Phương pháp làm bài: IV Các tập: §1.2: Tập hợp I Các phép toán tập hợp: II Tính chất tập hợp: III Phương pháp làm bài: IV Các tập: §𝟏 𝟑: ÁNH XẠ 13 I Định nghĩa: 13 II Tập ảnh tập nghịch ảnh: 15 III Đơn ánh, song ánh, toàn ánh: 16 IV Các dạng tập chính: 17 §1.4: SỐ PHỨC 36 I Dạng tắc số phức: 36 II Dạng lượng giác số phức: 36 III Số phức liên hợp: 37 IV Các dạng tập: 38 §1.5: CẤU TRÚC ĐẠI SỐ 50 I Cấu trúc nhóm: 51 II Cấu trúc vành: 51 III Cấu trúc trường: 51 IV Bài tập: 51 CHƯƠNG II: 56 MA TRẬN – ĐỊNH THỨC – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 56 §2.1: MA TRẬN 56 I Khái niệm: 56 II Các phép toán ma trận: 57 III Các tính chất: 58 IV Các phép biến đổi sơ cấp với ma trận: 58 V Cách biến đổi ma trận ma trận bậc thang: 59 §2.2: ĐỊNH THỨC 62 I Định nghĩa: 62 III Các phương pháp tính định thức: 63 IV Ma trận nghịch đảo: 68 §2.3: HẠNG CỦA MA TRẬN 71 I Định nghĩa: 71 II Phương pháp tính hạng ma trận: 71 III Các ví dụ minh họa: 71 §2.4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 77 I II Dạng tổng quát hệ phương trình tuyến tính: 77 Giải hệ phương trình tổng quát phương pháp Gauss: 77 CHƯƠNG III: 89 KHÔNG GIAN VECTO 89 89 §3.1: KHÔNG GIAN VECTO VÀ KHÔNG GIAN VECTO CON 89 I Không gian vecto: 89 II Không gian vecto con: 91 III Hệ sinh không gian vecto: 93 §3.2: CƠ SỞ VÀ TỌA ĐỘ 95 I Độc lập tuyến tính phụ thuộc tuyến tính: 95 II Cơ sở số chiều không gian vecto: 98 III Tọa độ: 101 IV Bài tốn tìm số chiều sở không gian vecto sinh hệ vecto: 102 V Bài toán đổi sở: 108 CHƯƠNG IV: 110 ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 110 §4.1: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 110 I Khái niệm: 110 II Ma trận ánh xạ tuyến tính: 112 III Hạt nhân ảnh ánh xạ tuyến tính: 123 §4.2: TRỊ RIÊNG VÀ VECTO RIÊNG, BÀI TỐN CHÉO HĨA 130 I Trị riêng vecto riêng ma trận: 130 II Trị riêng vecto riêng tốn tử tuyến tính: 131 III Chéo hóa ma trận: 132 IV Tìm sở để ma trận tốn tử tuyến tính ma trận chéo: 134 CHƯƠNG V: 138 DẠNG TOÀN PHƯƠNG, KHÔNG GIAN EUCLIDE 138 §5.1: DẠNG TỒN PHƯƠNG, DẠNG SONG TUYẾN TÍNH 138 I Định nghĩa: 138 II Ma trận dạng song tuyến tính, dạng tồn phương: 139 III Bài toán xác định dấu dạng toàn phương: 139 §5.2: KHƠNG GIAN EUCLIDE 141 I Tích vơ hướng khơng gian có tích có hướng: 141 II Phép trực chuẩn hóa Gram-Schmidt: 146 III Hình chiếu vecto lên không gian vecto: 147 §5.3: RÚT GỌN MỘT DẠNG TỒN PHƯƠNG 157 I Phương pháp Langrange: 157 II Phương pháp chéo hóa trực giao: 158 III Bài toán nhận dạng đường cong phẳng: 161 IV Bài toán nhận diện mặt bậc hai: 164 V Bài tốn cực trị có điều kiện: 168 Pham Thanh Tung CHƯƠNG I: TẬP HỢP – LOGIC – ÁNH XẠ - SỐ PHỨC §1.1: LOGIC I Các phép tốn logic: Phép phủ định: 𝐴 𝐴̅ 0 Phép hội: 𝐴 𝐵 𝐴∧𝐵 1 1 0 0 0 Cách nhớ: Phép hội 𝐴 ∧ 𝐵 𝐴 𝐵 Phép tuyển: 𝐴 𝐵 𝐴∨𝐵 1 1 1 0 Cách nhớ: Phép tuyển 𝐴 ∨ 𝐵 sai 𝐴 𝐵 sai Phép kéo theo: 𝐴 𝐵 𝐴→𝐵 1 1 0 1 0 1 Pham Thanh Tung Cách nhớ: Từ sai suy điều đúng, từ khơng thể suy sai Phép tương đương: 𝐴 𝐵 𝐴↔𝐵 1 1 0 0 Cách nhớ: Phép tương đương 𝐴 𝐵 có giá trị II Các tính chất phép tốn logic: Tính giao hốn: 𝐴 ∧ 𝐵 ⇔ 𝐵 ∧ 𝐴, 𝐴 ∨ 𝐵 ⇔ 𝐵 ∨ 𝐴 Tính kết hợp: ( 𝐴 ∨ 𝐵 ) ∨ 𝐶 ⇔ 𝐴 ∨ (𝐵 ∨ 𝐶 ), ( 𝐴 ∧ 𝐵 ) ∧ 𝐶 ⇔ 𝐴 ∧ (𝐵 ∧ 𝐶 ) Tính phân phối: 𝐴 ∧ (𝐵 ∨ 𝐶 ) ⇔ (𝐴 ∧ 𝐵 ) ∨ (𝐴 ∧ 𝐶 ), 𝐴 ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 ) ⇔ (𝐴 ∨ 𝐵 ) ∧ (𝐴 ∨ 𝐶 ) Tính chất phép kéo theo: 𝐴 → 𝐵 ⇔ 𝐴̅ ∨ 𝐵 Tính chất phép tương đương: 𝐴 ↔ 𝐵 ⇔ (𝐴 → 𝐵 ) ∧ (𝐵 → 𝐴) Tính chất phép phủ định: ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴 ∨ 𝐵 = 𝐴̅ ∧ 𝐵̅, ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴 ∧ 𝐵 = 𝐴̅ ∨ 𝐵̅ III Phương pháp làm bài: Lập bảng giá trị chân lý Ưu điểm: dễ sử dụng, giải đa số tập Nhược điểm: dài dòng ⇒ thi nên dùng cách để tránh phải thời gian suy nghĩ, nhầm lẫn Sử dụng tính chất phép logic để biến đổi Ưu điểm: ngắn gọn Nhược điểm: đòi hỏi kĩ biến đổi tốt, không nắm vững dễ biến đổi sai ⇒ sử dụng thực thành thạo khả biến đổi Sử dụng phản chứng: Ưu điểm: ngắn gọn Pham Thanh Tung Nhược điểm: đòi hỏi khả tư cao Chú ý: Mệnh đề 𝑝 → 𝑞 viết dạng: o 𝑝 suy 𝑞 o Nếu 𝑝 𝑞 o 𝑞 𝑝 o 𝑝 𝑞 o Giả thiết 𝑝, kết luận 𝑞 Mệnh đề 𝑝 ↔ 𝑞 viết dạng: o 𝑞 𝑝 o 𝑞 𝑝 o 𝑝 điền kiện cần đủ cho 𝑞 IV Các tập: VD1: Cho 𝑝, 𝑞 mệnh đề Chứng minh biểu thức mệnh đề sau (𝑝 → 𝑞 ) ∨ 𝑞̅ Giải: Cách 1: Lập bảng trị chân lý: 𝑝 𝑞 𝑞̅ 𝑝→𝑞 (𝑝 → 𝑞 ) ∨ 𝑞̅ 1 1 1 1 1 0 1 Từ bảng trị chận lý ⇒ (𝑝 → 𝑞 ) ∨ 𝑞̅ Cách 2: Biến đổi (𝑝 → 𝑞 ) ∨ 𝑞̅ ⇔ (𝑝̅ ∨ 𝑞 ) ∨ 𝑞̅ ⇔ 𝑝̅ ∨ (𝑞 ∨ 𝑞̅ ) ⇔ 𝑝̅ ∨ ⇔ (Do phép hội sai mệnh đề sai) VD2: Cho 𝑝, 𝑞 mệnh đề Hai mệnh đề (𝑝̅ → 𝑞̅ ) ∧ 𝑞 𝑝 ∧ 𝑞 có tương đương logic khơng? Vì sao? Giải: Đặt 𝐴 mệnh đề [(𝑝̅ → 𝑞̅ ) ∧ 𝑞 ] ↔ (𝑝 ∧ 𝑞 ) Lập bảng trị chân lý: Pham Thanh Tung 𝑝 𝑞 𝑝̅ 𝑞̅ 𝑝̅ → 𝑞̅ (𝑝̅ → 𝑞̅ ) ∧ 𝑞 𝑝∧𝑞 𝐴 1 0 1 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 Vậy (𝑝̅ → 𝑞̅ ) ∧ 𝑞 𝑝 ∧ 𝑞 tương đương logic VD3: Cho 𝑝, 𝑞 mệnh đề Hỏi mệnh đề 𝑝 → 𝑞 𝑞 → 𝑝 có tương đương logic khơng? Vì sao? Giải: Lập bảng trị chân lý: 𝑝 𝑞 𝑝→𝑞 𝑞→𝑝 (𝑝 → 𝑞 ) ↔ (𝑞 → 𝑝) 1 1 1 0 0 1 0 0 1 Mệnh đề 𝑝 → 𝑞 𝑞 → 𝑝 không tương đương logic VD4: Cho mệnh đề 𝑝, 𝑞, 𝑟 Các mệnh đề (𝑝 → 𝑞 ) → 𝑟 𝑝 → (𝑞 → 𝑟) có tương đương logic không? Tại sao? Giải: Đặt 𝐴 mệnh đề [(𝑝 → 𝑞 ) → 𝑟] ↔ [𝑝 → (𝑞 → 𝑟)] Lập bảng trị chân lý: 𝑝 𝑞 𝑟 𝑝→𝑞 𝑞→𝑟 (𝑝 → 𝑞 ) → 𝑟 𝑝 → (𝑞 → 𝑟 ) 𝐴 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 Vậy (𝑝 → 𝑞 ) → 𝑟 𝑝 → (𝑞 → 𝑟) không tương đương logic Pham Thanh Tung VD5: Cho 𝐴, 𝐵 mệnh đề Chứng minh mệnh đề (𝐴̅ ∧ 𝐵) → 𝐵 Giải: Lập bảng trị chân lý: 𝐴 𝐵 𝐴̅ 𝐴̅ ∧ 𝐵 (𝐴̅ ∧ 𝐵) → 𝐵 1 0 1 0 1 1 0 1 Vậy (𝐴̅ ∧ 𝐵) → 𝐵 VD6: Cho mệnh đề 𝐴 𝐵 Chứng minh hai mệnh đề 𝐴 → 𝐵 𝐴̅ ∨ 𝐵 tương đương logic Giải: Lập bảng trị chân lý: 𝐴 𝐵 𝐴̅ 𝐴→𝐵 𝐴̅ ∨ 𝐵 (𝐴 → 𝐵) ↔ (𝐴̅ ∨ 𝐵) 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 Vậy hai mệnh đề 𝐴 → 𝐵 𝐴̅ ∨ 𝐵 tương đương logic VD7: Cho mệnh đề 𝑝, 𝑞, 𝑟 Biết 𝑝 → 𝑞 mệnh đề Hỏi mệnh đề (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 ∨ 𝑟) hay sai? Vì sao? Giải: Cách 1: lập bảng trị chân lý Do 𝑝 → 𝑞 mệnh đề nên xảy trường hợp: 𝑝 𝑞 0 1 Pham Thanh Tung Lập bảng trị chân lý: 𝑝 𝑞 𝑟 𝑝∨𝑟 𝑞∨𝑟 (𝑝 ∨ 𝑟 ) → (𝑞 ∨ 𝑟 ) 0 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Vậy mệnh đề (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 ∨ 𝑟) Cách 2: biến đổi (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 ∨ 𝑟) ⇔ ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ (𝑝 ∨ 𝑟) ∨ (𝑞 ∨ 𝑟) ⇔ (𝑝̅ ∧ 𝑟̅ ) ∨ (𝑞 ∨ 𝑟) ⇔ (𝑞 ∨ 𝑟) ∨ (𝑝̅ ∧ 𝑟̅ ) ⇔ (𝑞 ∨ 𝑟 ∨ 𝑝̅ ) ∧ (𝑞 ∨ 𝑟 ∨ 𝑟̅ ) ⇔ [(𝑝̅ ∨ 𝑞 ) ∨ 𝑟] ∧ [𝑞 ∨ (𝑟 ∨ 𝑟̅ )] ⇔ [(𝑝 → 𝑞 ) ∨ 𝑟] ∧ [𝑞 ∨ 1] ⇔ [ ∨ 𝑟 ] ∧ ⇔ ∧ [ ∨ 𝑟 ] ⇔ (1 ∧ 1) ∨ (1 ∧ 𝑟 ) ⇔ ∨ (1 ∧ 𝑟 ) ⇔ Vậy mệnh đề (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 ∨ 𝑟) VD8: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 mệnh đề Hỏi hai mệnh đề (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 (𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 ) có tương đương logic không? Giải: Cách 1: Đặt mệnh đề [(𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 ] ↔ [(𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 )] 𝑋 Lập bảng trị chân lý: 𝐴 𝐵 𝐶 𝐴̅ 𝐴̅ → 𝐵 𝐴 ∧ 𝐶 𝐵 ∧ 𝐶 (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 (𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 ) 𝑋 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 Vậy hai mệnh đề (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 (𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 ) tương đương logic Cách 2: Ta có: (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 ⇔ (𝐴̅ ∨ 𝐵) ∧ 𝐶 ⇔ (𝐴 ∨ 𝐵) ∧ 𝐶 ⇔ (𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶) ⇒ [(𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 ] ↔ [(𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 )] ⇔ [(𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶)] ↔ [(𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 )] ⇔ Pham Thanh Tung §5.3: RÚT GỌN MỘT DẠNG TỒN PHƯƠNG I Phương pháp Langrange: Cách làm: Thêm bớt đa thức, sử dụng đẳng thức để tạo thành bình phương Ví dụ: VD1: Đưa dạng toàn phương 𝑊 = 𝑥1 + 𝑥2 + 5𝑥3 + 2𝑥1 𝑥2 − 2𝑥1 𝑥3 + 4𝑥2 𝑥3 dạng tồn phương tắc Giải: 𝑊 = [𝑥1 + 2𝑥1 (𝑥2 − 𝑥3 ) + (𝑥2 − 𝑥3 )2 ] − (𝑥2 − 𝑥3 )2 + 𝑥2 + 5𝑥3 + 4𝑥2 𝑥3 𝑊 = (𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 )2 − 𝑥2 + 2𝑥2 𝑥3 − 𝑥3 + 𝑥2 + 5𝑥3 + 4𝑥2 𝑥3 𝑊 = (𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 )2 + 4𝑥3 + 6𝑥2 𝑥3 9 𝑊 = (𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 )2 + [(2𝑥3 )2 + 2.2𝑥3 𝑥2 + 𝑥2 ] − 𝑥2 2 3 𝑊 = (𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 )2 + (2𝑥3 + 𝑥2 ) − (2 𝑥2 ) 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 𝑦1 Đặt { 2𝑥3 + 𝑥2 = 𝑦2 ⇒ 𝑊 = 𝑦1 + 𝑦2 − 𝑦3 𝑥 = 𝑦3 2 VD2: Đưa dạng toàn phương 𝑊 = 𝑥1 𝑥2 + 4𝑥1 𝑥3 + 𝑥2 𝑥3 dạng toàn phương tắc Giải: Nhận xét: Khơng có số hạng mũ để tạo thành bình phương ⇒ tạo bình phương cách đổi 𝑥1 = 𝑦1 − 𝑦2 biến sau: đặt {𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 𝑥3 = 𝑦3 ⇒ 𝑊 = (𝑦1 − 𝑦2 )(𝑦1 + 𝑦2 ) + 4(𝑦1 − 𝑦2 )𝑦3 + (𝑦1 + 𝑦2 )𝑦3 𝑊 = 𝑦1 − 𝑦2 + 4𝑦1 𝑦3 − 4𝑦2 𝑦3 + 𝑦1 𝑦3 + 𝑦2 𝑦3 = 𝑦1 − 𝑦2 + 5𝑦1 𝑦3 − 3𝑦2 𝑦3 𝑊 = [𝑦1 + 2𝑦1 𝑦3 + 5 25 𝑦3 ] − 25 𝑦3 − 3𝑦2 𝑦3 − 𝑦2 16 𝑊 = (𝑦1 + 𝑦3 ) − [(2 𝑦3 ) + 2 𝑦3 𝑦2 + (5 𝑦2 ) ] − 25 𝑦2 𝑊 = (𝑦1 + 𝑦3 ) − (2 𝑦3 + 𝑦2 ) − (5 𝑦2 ) 𝑦1 + 𝑦3 = 𝑡1 Đặt 𝑦 + 𝑦2 = 𝑡2 { 𝑦2 = 𝑡3 ⇒ 𝑊 = 𝑡1 − 𝑡2 − 𝑡3 157 Pham Thanh Tung II Phương pháp chéo hóa trực giao: Chéo hóa trực giao ma trận: Điều kiện: Ma trận 𝐴 chéo hóa trực giao ⇔ 𝐴 ma trận vng đối xứng Các bước chéo hóa trực giao: o B1: Tìm trị riêng 𝜆 ma trận 𝐴 vuông cấp 𝑛, đối xứng o B2: Ứng với trị riêng tìm B1, tìm sở không gian riêng tương ứng o B3: Áp dụng trực chuẩn hóa Gram-Schmidt lên vecto riêng sở tìm bước ⇒ thu hệ gồm 𝑛 vecto riêng trực chuẩn {𝑣1 , 𝑣2 , … , 𝑣𝑛 } o B4: Lập ma trận 𝑃 = [[𝑣1 ] [𝑣2 ] … [𝑣𝑛 ]] làm chéo hóa ma trận 𝐴 Ma trận chéo 𝜆1 ⋯ −1 𝑇 𝑃 𝐴 𝑃 = 𝑃 𝐴 𝑃 = [ ⋮ ⋱ ⋮ ] ⋯ 𝜆𝑛 Chú ý: Ma trận 𝑃 gọi ma trận trực giao 𝑃𝑇 = 𝑃−1 −2 VD: Chéo hóa trực giao ma trận: 𝐴 = [−2 2] Giải: 7−𝜆 Xét phương trình đặc trưng |𝐴 − 𝜆𝐸 | = ⇔ | −2 −2 6−𝜆 |=0 5−𝜆 𝜆 = −2 6−𝜆 | |=0⇔ ⌊𝜆 =3 ⇔ (7 − 𝜆 ) | + 2| 5−𝜆 5−𝜆 𝜆=9 −2 𝑥1 𝑥 Với 𝜆 = Xét (𝐴 − 3𝐸) 𝑋 = ⇔ [−2 ] [ ] = [0 ] 2 𝑥3 −2 0 −2 20 −2 20 −2 𝐴 = (−2 2|0) → ( −2 0|0) → ( 4|0) → ( 0 20 20 20 −𝑡 −1 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = ( , −𝑡, 𝑡) = 𝑡 ( , −1,1) , 𝑡 ∈ 𝑅 ⇒ Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑒1 = (−1, −2,2)} −2 𝑥1 𝑥 Với 𝜆 = Xét (𝐴 − 3𝐸) 𝑋 = ⇔ [−2 ] [ ] = [0] −1 𝑥3 −2 00 −2 𝐴 − 3𝐸 = (−2 |0) → (0 −4 −1 0 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (2𝑡, 𝑡, 2𝑡) = 𝑡(2,1,2) 00 2|0) → (0 −1 0 −2 −4 00 2|0) 00 ⇒ Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑒2 = (2,1,2)} 158 20 4|0) 00 Pham Thanh Tung −2 −2 𝑥1 𝑥 Với 𝜆 = Xét (𝐴 − 9𝐸) 𝑋 = ⇔ [−2 −3 ] [ ] = [0] −4 𝑥3 −2 −2 00 −2 −2 00 −2 −2 0 𝐴 − 9𝐸 = (−2 −3 |0) → ( −1 |0) → ( −1 2|0) −4 0 −4 0 00 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (−2𝑡, 2𝑡, 𝑡) = 𝑡(−2,2,1), 𝑡 ∈ 𝑅 ⇒ Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑒3 = (−2,2,1)} Trực chuẩn hóa Gram-Schmidt hệ {𝑒1 = (−1, −2,2), 𝑒2 = (2,1,2), 𝑒3 = (−2,2,1) } Đặt 𝑢1 = (−1, −2,2) Đặt 𝑢2 = (2,1,2) − (−1, −2,2) = (2,1,2) Đặt 𝑢3 = (−2,2,1) − (−1,−2,2) 𝑢 (2,1,2) − 𝑢 (−1, −2,2) = (−2,2,1) 𝑢 𝑣1 = ‖𝑢1‖ = ‖(−1,−2,2)‖ = (−1, −2,2), 𝑣2 = ‖𝑢2 ‖ = (2,1,2), 𝑣3 = ‖𝑢3‖ = (−2,2,1) −1 Ma trận 𝑃 = [−2 2 2 −2 ] trực giao làm chéo hóa 𝐴 0 𝑃−1 𝐴 𝑃 = 𝑃𝑇 𝐴 𝑃 = [0 0] 0 Phương pháp chéo hóa trực giao để rút gọn dạng toàn phương: B1: Lập ma trận 𝐴 ma trận dạng toàn phương 𝜔(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) với sở tắc khơng gian 𝑛 chiều 𝑉 B2: Chéo hóa trực giao ma trận 𝐴 B3: Với 𝑃 ma trận trực giao làm chéo hóa 𝐴, thực phép đổi biến: 𝑦1 𝑥1 𝑥2 𝑦2 [ ⋮ ] = 𝑃 [ ⋮ ] 𝑥𝑛 𝑦𝑛 B4: Khi 𝜔 có dạng tắc sở 𝜔(𝑦1 , 𝑦2 , … , 𝑦𝑛 ) = 𝜆1 𝑦1 + 𝜆2 𝑦2 + ⋯ + 𝜆𝑛 𝑦𝑛 Với 𝜆1 , 𝜆2 , … , 𝜆𝑛 trị riêng tương ứng 𝐴 159 Pham Thanh Tung VD1: Đưa dạng toàn phương: 𝜔(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = 2𝑥1 + 𝑥2 − 4𝑥1 𝑥2 − 4𝑥2 𝑥3 dạng tắc phép trực giao hóa Viết rõ phép biến đổi Giải: −2 Ma trận dạng toàn phương 𝜔 với sở tắc 𝑅3 là: 𝐴 = [−2 −2] −2 2−𝜆 −2 Xét phương trình đặc trưng: |𝐴 − 𝜆𝐸 | = ⇔ | −2 − 𝜆 −2| = 0 −2 −𝜆 𝜆=1 ⇔ (1 − 𝜆)(𝜆 − 4)(𝜆 + 2) = ⇔ ⌊ 𝜆 = 𝜆 = −2 −2 𝑥1 Với 𝜆 = −2, xét (𝐴 + 2𝜆)𝑋 = ⇔ [−2 −2] [𝑥2 ] = [0] −2 𝑥3 −2 00 −2 −2 −2 −2 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴 + 2𝜆 = (−2 −2|0) → ( −2 | 0) → ( −4|0) → −2 20 −2 20 −2 −2 −2 1 ( −4|0) ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = ( 𝑡, 𝑡, 𝑡) = 𝑡 ( , 1,1) = 𝑡 ′ (1,2,2), 𝑡 ′ ∈ 𝑅 2 0 0 ⇒ Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = −2 có sở {𝑒1 = (1,2,2)} −2 𝑥1 𝑥 Với 𝜆 = 1, xét (𝐴 − 𝜆)𝑋 = ⇔ [−2 −2] [ ] = [0] −2 −1 𝑥3 −2 00 −2 00 −2 00 ̅̅̅̅̅̅̅ | ) ( | ) ( 𝐴 − 𝜆 = (−2 → → −2 0 −4 −2 0 −4 −2|0) −2 −1 0 −2 −1 0 00 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (2𝑡, 𝑡, −2𝑡) = 𝑡(2,1, −2), 𝑡 ∈ 𝑅 ⇒ Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑒2 = (2,1, −2)} −2 −2 𝑥1 Với 𝜆 = 4, xét (𝐴 − 4𝜆)𝑋 = ⇔ [−2 −4 −2] [𝑥2 ] = [0] −2 −4 𝑥3 −2 −2 00 −2 −2 00 −2 −2 00 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴 − 4𝜆 = (−2 −3 −2|0) → ( −1 −2|0) → ( −1 −2|0) −2 −4 0 −2 −4 0 00 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (2𝑡, −2𝑡, 𝑡) = 𝑡(2, −2,1), 𝑡 ∈ 𝑅 ⇒ Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑒3 = (2, −2,1)} Dễ thấy hệ 𝑆 = {𝑒1 = (1,2,2), 𝑒2 = (2,1, −2), 𝑒3 = (2, −2,1)} hệ trực giao Chuẩn hóa hệ 𝑆, ta thu vecto riêng trực chuẩn 𝑒 𝑒 𝑒 𝑣1 = ‖𝑒1 ‖ = (1,2,2), 𝑣2 = ‖𝑒2 ‖ = (2,1, −2), 𝑣3 = ‖𝑒3 ‖ = (2, −2,1) 3 160 Pham Thanh Tung 2 Ma trận 𝑃 = [2 −2] trực giao làm chéo hóa 𝐴 −2 𝑥1 𝑦1 2 𝑦1 𝑥 𝑦 Thực đổi biến: [ ] = 𝑃 [ ] = [2 −2] [𝑦2 ] 𝑥3 𝑦3 −2 𝑦3 Vậy dạng tắc 𝜔 là: 𝜔(𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 ) = −2𝑦1 + 𝑦2 + 4𝑦3 III Bài toán nhận dạng đường cong phẳng: Bài tốn: Xét phương trình đường cong bậc tổng quát sau: 𝑎𝑥1 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥1 𝑥2 + 𝑑𝑥1 + 𝑒𝑥2 + 𝑓 = (𝐿) Hỏi đường cong (𝐿 ) loại đường cong nào? (parabol, elip, hyperbol, …) Các dạng đường cong thường gặp: Elip: 𝑥1 𝑎2 Elip ảo: 𝑥2 + 𝑏2 𝑥1 𝑎2 + =1 𝑥2 𝑏2 = −1 Parabol: 𝑥2 = 2𝑝𝑥1 Hyperbol: 𝑥1 𝑎2 − 𝑥2 𝑏2 =1 Cách làm: 𝜔 (𝑥1 , 𝑥2 ) = 𝑎𝑥1 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥1 𝑥2 Vế trái phương trình tổng hai hàm { 𝜑(𝑥1 , 𝑥2 ) = 𝑑𝑥1 + 𝑒𝑥2 + 𝑓 Để nhận dạng đường cong (𝐿) đường cong loại (parabol, hyperbol, elip, trịn,…), thực đưa dạng tồn phương 𝜔(𝑥1 , 𝑥2 ) dạng tắc phương pháp chéo hóa trực giao biện luận theo kết thu Chú ý: Phải sử dụng phương pháp chéo hóa trực giao để đưa dạng tồn phương dạng tắc, có phép biến đổi bảo toàn khoảng cách Nếu sử dụng phép biến đổi Langrange để đưa dạng toàn phương dạng tắc dễ dẫn đến việc nhầm (ví dụ: nhầm lẫn đường trịn với đường elip) VD1: Nhận diện đường bậc hai sau: 2𝑥 − 4𝑥𝑦 − 𝑦 + = Giải: Xét dạng toàn phương 𝜔(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 − 4𝑥𝑦 − 𝑦 có ma trận với sở tắc 𝐴 = −2 [ ] −2 −1 2−𝜆 −2 𝜆 = −2 | = ⇔ 𝜆2 − 𝜆 − = ⇔ ⌊ Xét |𝐴 − 𝜆𝐸 | = ⇔ | −2 −1 − 𝜆 𝜆=3 161 Pham Thanh Tung −2 𝑥1 ][ ] = [ ] Với 𝜆 = −2, xét (𝐴 + 2𝐸 )𝑋 = ⇔ [ −2 𝑥2 −2 −2 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ | )→( | ) 𝐴 + 2𝐸 = ( −2 0 00 𝑥 =𝑡 Đặt 𝑥1 = 𝑡 (𝑡 ∈ 𝑅) ⇒ {𝑥 = 2𝑡 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 ) = (𝑡, 2𝑡) = 𝑡(1,2) Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = −2 có sở {𝑢1 = (1,2)} −1 −2 𝑥1 ] [𝑥 ] = [ ] Với 𝜆 = 3, xét (𝐴 − 3𝐸 )𝑋 = ⇔ [ −2 −4 −1 −2 −1 −2 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ | )→( | ) 𝐴 + 2𝐸 = ( −2 −4 0 00 𝑥 = −2𝑡 Đặt 𝑥2 = 𝑡 (𝑡 ∈ 𝑅) ⇒ { ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 ) = (−2𝑡, 𝑡) = 𝑡(−2,1) 𝑥2 = 𝑡 Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑢2 = (−2,1)} Dễ thấy hệ {𝑢1 = (1,2), 𝑢2 = (−2,1)} trực giao Chuẩn hóa 𝑢1 , 𝑢2 ta thu vecto riêng trực chuẩn: 𝑣1 = 𝑥 1 Thực phép đổi biến [𝑦] = [ √5 √5 (1,2), 𝑢2 = √5 (−2,1) 𝑥 = (𝑋 − 2𝑌) −2 𝑋 √5 ][ ] ⇔ { 1 𝑌 𝑦 = (2𝑋 + 𝑌) √5 Với phép đổi biến ta thu được: −2𝑋 + 3𝑌 + = ⇔ 𝑋 − 𝑌 = Vậy đường bậc cho đường hyperbol VD2: Nhận diện đường cong phẳng: 𝑥 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 + 8𝑥 + 𝑦 = Giải: Xét dạng toàn phương 𝜔(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 + 8𝑥 + 𝑦 có ma trận với sở tắc 1 ] 𝐴=[ 1 1−𝜆 | 𝜆=0 Xét |𝐴 − 𝜆𝐸 | = ⇔ | = ⇔ 𝜆2 − 2𝜆 = ⇔ ⌊ 1−𝜆 𝜆=2 𝑥 1 ][ ] = [ ] Với 𝜆 = 0, xét 𝐴𝑋 = ⇔ [ 1 𝑥2 10 10 | )→( | ) 𝐴̅ = ( 10 00 𝑥 = −𝑡 Đặt 𝑥2 = 𝑡 (𝑡 ∈ 𝑅) ⇒ { 𝑥1 = 𝑡 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 ) = (−𝑡, 𝑡) = 𝑡(−1,1) Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑢1 = (−1,1)} −1 𝑥1 ] [𝑥 ] = [ ] Với 𝜆 = 2, xét 𝐴𝑋 = ⇔ [ −1 162 Pham Thanh Tung −1 10 −1 | )→( | ) 𝐴̅ = ( −1 0 00 𝑥 =𝑡 Đặt 𝑥2 = 𝑡 (𝑡 ∈ 𝑅) ⇒ {𝑥1 = 𝑡 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 ) = (𝑡, 𝑡) = 𝑡(1,1) Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑢2 = (1,1)} Dễ thấy hệ {𝑢1 = (−1,1), 𝑢2 = (1,1)} hệ trực giao Chuẩn hóa 𝑢1 , 𝑢2 ta thu vecto riêng trực chuẩn 𝑣1 = √2 (−1,1), 𝑣2 = √2 (1,1) 𝑥 = (−𝑋 + 𝑌) 𝑋 √2 ][ ] ⇔ { 1 𝑌 𝑦 = (𝑋 + 𝑌 ) 𝑥 −1 Thực đổi biến [𝑦 ] = [ √ √ Với phép đổi biến ta thu được: 81√2 2√2 [8(−𝑋 + 𝑌) + (𝑋 + 𝑌)] = ⇔ 𝑋 + 0𝑋 + 2𝑌 + = (𝑌 + ) 112 4√2 √2 Đổi biến { 𝑋′ = 𝑋 + ′ 81√2 112 𝑌 =𝑌+4 , ta thu được: 𝑋 ′ = 2√2 ′ 𝑌 √2 Vậy đường cong phẳng cho đường parabol Chú ý: Phép đổi biến { 𝑋′ = 𝑋 + ′ 81√2 112 𝑌 =𝑌+4 phép tính tiến, phép tính tiến phép √2 biến hình bảo tồn khoảng cách nên khơng làm thay đổi hình dáng đường cong Tránh nhầm lẫn phép đổi biến phép biến đổi Langrange VD3: Nhận diện đường cong phẳng: 2𝑥𝑦 + 3𝑥 − 𝑦 − = Giải: Xét dạng tồn phương 𝜔(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 có ma trận với sở tắc 𝐴 = [ 1| = ⇔ 𝜆2 − = ⇔ 𝜆 = ±1 −𝜆 1 𝑥1 ][ ] = [ ] Với 𝜆 = −1, xét (𝐴 + 𝐸 )𝑋 = ⇔ [ 1 𝑥2 10 10 ̅̅̅̅̅̅̅̅ | )→( | ) ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 ) = (−𝑡, 𝑡) = 𝑡(−1,1) 𝐴+𝐸 = ( 10 00 Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = −1 có sở {𝑢1 = (−1,1)} −1 𝑥1 ] [𝑥 ] = [ ] Với 𝜆 = 1, xét (𝐴 − 𝐸 )𝑋 = ⇔ [ −1 −1 10 −1 ̅̅̅̅̅̅̅̅ | )→( | ) ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 ) = (𝑡, 𝑡) = 𝑡(1,1) 𝐴 −𝐸 = ( −1 0 00 Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑢2 = (1,1)} Xét |𝐴 − 𝜆𝐸 | = ⇔ | −𝜆 163 ] Pham Thanh Tung Dễ thấy hệ {𝑢1 = (−1,1), 𝑢2 = (1,1)} trực giao Chuẩn hóa 𝑢1 , 𝑢2 ta thu vecto riêng trực chuẩn 𝑣1 = 𝑥 −1 Thực đổi biến [𝑦 ] = [ √ 1 √2 (−1,1), 𝑣2 = √2 (1,1) 𝑥 = (−𝑋 + 𝑌) 𝑋 √ ][ ] ⇔ { 1 𝑌 𝑦 = (𝑋 + 𝑌 ) √ Với phép đổi biến trên, ta thu được: 2 −𝑋 + 𝑌 + √2 [3(−𝑋 + 𝑌) − (𝑋 + 𝑌)] − = ⟺ (𝑌 + Thực phép tịnh tiến { √2 ) − 2(𝑋 + √2) = 𝑋 ′ = 𝑋 + √2 ′2 ′2 =1 ta thu được: 2𝑌 − 2𝑋 𝑌′ = 𝑌 + √ Vậy đường cong cho đường hyperbol IV Bài toán nhận diện mặt bậc hai: Bài toán: Xét phương trình mặt bậc hai tổng quát: 𝑎𝑥1 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥3 + 𝑑𝑥1 𝑥2 + 𝑒𝑥2 𝑥3 + 𝑓𝑥1 𝑥3 + 𝑔𝑥1 + ℎ𝑥2 + 𝑖𝑥3 + 𝑗 = (𝑆) Hỏi mặt bậc hai mặt cong loại gì? (ellipsoid, paraboloid, hyperboloid,… ) Các mặt cong hay gặp: Dạng phương trình mặt cong Tên gọi 𝑥1 𝑥2 𝑥3 + + = ±1 𝑎2 𝑏 𝑐 Mặt ellipsoid thực/ảo 𝑥1 𝑥2 𝑥3 + − =0 𝑎2 𝑏 𝑐 Mặt nón 𝑥1 𝑥2 𝑥3 + − =1 𝑎2 𝑏 𝑐 Hyperboloid tầng 𝑥1 𝑥2 𝑥3 + − = −1 𝑎2 𝑏 𝑐 Hyperboloid hai tầng 𝑥1 = 2𝑝𝑥2 Trụ parabol 𝑥1 𝑥2 + = ±1 𝑎2 𝑏 Trụ elliptic thực/ảo 𝑥1 𝑥2 − =1 𝑎2 𝑏 𝑥1 𝑥2 𝑥3 = + 𝑎 𝑏 Trụ hyperbol 𝑥3 = Paraboloid-elliptic 𝑥1 𝑥2 − 𝑎2 𝑏 Paraboloid-hyperbolic 164 Pham Thanh Tung Cách làm: Vế trái phương trình tổng hai hàm: 𝜔(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = 𝑎𝑥1 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥3 + 𝑑𝑥1 𝑥2 + 𝑒𝑥2 𝑥3 + 𝑓𝑥1 𝑥3 { 𝜑(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = 𝑔𝑥1 + ℎ𝑥2 + 𝑖𝑥3 + 𝑗 Để nhận dạng mặt bậc (𝑆) mặt loại (ellipsoid, hyperboloid tầng, mặt nón,…), thực đưa dạng toàn phương 𝜔(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) dạng tắc phương pháp chéo hóa trực giao biện luận theo kết thu Chú ý: Phải sử dụng phương pháp chéo hóa trực giao để đưa dạng tồn phương 𝜔 dạng tắc, có phép biến đổi bảo toàn khoảng cách Nếu sử dụng phép biến đổi Langrange để đưa dạng toàn phương dạng tắc dễ dẫn đến việc nhầm lẫn (ví dụ: nhầm lẫn mặt cầu mặt ellipsoid) VD1: Nhận dạng mặt bậc hai sau: 2𝑥1 − 6𝑥2 + 𝑥3 + 6𝑥1 𝑥2 + = Giải: Xét dạng toàn phương 𝜔(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = 2𝑥1 − 6𝑥2 + 𝑥3 + 6𝑥1 𝑥2 có ma trận với sở tắc là: 𝐴 = [3 −6 0] 0 2−𝜆 𝜆=3 ( )( )( ) | ⌊ Xét |𝐴 − 𝜆𝐸 | = ⇔ | = ⇔ 𝜆 − 𝜆 − 𝜆 + = ⇔ −6 − 𝜆 𝜆=1 0 1−𝜆 𝜆 = −7 𝑥1 Với 𝜆 = −7, xét (𝐴 + 7𝐸 )𝑋 = ⇔ [3 0] [𝑥2 ] = [0] 0 𝑥3 00 00 00 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴 + 7𝐸 = (3 0|0) → (9 0|0) → (0 8|0) 0 80 0 80 0 00 𝑥1 = 𝑡 Đặt 𝑥1 = 𝑡 (𝑡 ∈ 𝑅) ⇒ {𝑥2 = −3𝑡 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (𝑡, −3𝑡, 0) = 𝑡(1, −3,0) 𝑥3 = Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = −7 có sở {𝑢1 = (1, −3,0)} 𝑥1 𝑥 Với 𝜆 = 1, xét (𝐴 − 𝐸 )𝑋 = ⇔ [3 −7 0] [ ] = [0] 0 𝑥3 00 00 ̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴 − 𝐸 = (3 −7 0|0) → (0 −16 0|0) 0 00 0 00 𝑥1 = Đặt 𝑥3 = 𝑡 (𝑡 ∈ 𝑅) ⇒ {𝑥2 = ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (0,0,1) = 𝑡(0,0,1) 𝑥3 = 𝑡 165 Pham Thanh Tung Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑢2 = (0,0,1)} −1 𝑥1 Với 𝜆 = 3, xét (𝐴 − 3𝐸 )𝑋 = ⇔ [ −9 ] [𝑥 ] = [0 ] 0 −2 𝑥3 −1 00 −1 00 −1 00 ̅̅̅̅̅̅̅̅ | ) ( | ) ( 𝐴 − 𝐸 = ( −9 → → 00 0 00 0 −2|0) 0 −2 0 −2 0 00 𝑥1 = 3𝑡 Đặt 𝑥2 = 𝑡 (𝑡 ∈ 𝑅) ⇒ { 𝑥2 = 𝑡 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (3𝑡, 𝑡, 0) = 𝑡(3,1,0) 𝑥3 = Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑢3 = (3,1,0)} Dễ thấy {𝑢1 = (1, −3,0), 𝑢2 = (0,0,1), 𝑢3 = (3,1,0)} trực giao Chuẩn hóa hệ ta thu vecto riêng trực chuẩn 1 (1, −3,0), 𝑣2 = (0,0,1), 𝑣3 = (3,1,0) 𝑣1 = √10 √10 𝑦 3𝑦 10 𝑦1 𝑥1 = 10 + 103 𝑥1 √10 √ √ √ Thực phép đổi biến [𝑥2 ] = [ −3 ] [𝑦2 ] ⇔ {𝑥 = −3𝑦1 + 𝑦3 √10 √10 𝑦3 √10 √10 𝑥3 𝑥 = 𝑦 2 2 2 Ta thu được: −7𝑦1 + 𝑦2 + 3𝑦3 = −1 ⇔ 𝑦2 + 3𝑦3 −7𝑦1 = −1 Vậy mặt bậc cho mặt hyperboloid hai tầng VD2 : Nhận diện mặt bậc sau : 7𝑥1 + 7𝑥2 + 10𝑥3 − 2𝑥1 𝑥2 − 4𝑥1 𝑥3 + 4𝑥2 𝑥3 − 12𝑥1 + 12𝑥2 + 60𝑥3 = 24 Giải: Xét dạng toàn phương 𝜔(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = 7𝑥1 + 7𝑥2 + 10𝑥3 − 2𝑥1 𝑥2 − 4𝑥1 𝑥3 + 4𝑥2 𝑥3 −1 −2 có ma trận với sở tắc 𝐴 = [−1 2] −2 10 7−𝜆 −1 −2 𝜆 = (𝑏ộ𝑖 ℎ𝑎𝑖) Xét |𝐴 − 𝜆𝐸 | = ⇔ | −1 7−𝜆 |=0⇔⌊ 𝜆 = 12 −2 10 − 𝜆 −1 −2 𝑥1 Với 𝜆 = 6, xét (𝐴 − 6𝐸 )𝑋 = ⇔ [−1 ] [𝑥 ] = [0 ] −2 𝑥3 −1 −2 −1 −2 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴 − 6𝐸 = (−1 0 |0) |0) → (0 −2 40 0 00 ′ 𝑥1 = 𝑡 + 2𝑡 𝑥2 = 𝑡 ′ (𝑡, 𝑡 ∈ 𝑅) ⇒ { 𝑥2 = 𝑡 Đặt { ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (𝑡 + 2𝑡 ′ , 𝑡, 𝑡 ′ ) = 𝑡(1,1,0) + 𝑡 ′ (2,0,1) 𝑥3 = 𝑡 ′ ′ 𝑥3 = 𝑡 166 Pham Thanh Tung Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑢1 = (1,1,0), 𝑢2 = (2,0,1)} −5 −1 −2 𝑥1 Với 𝜆 = 12, xét (𝐴 − 12𝐸 )𝑋 = ⇔ [−1 −5 ] [𝑥 ] = [ ] −2 −2 𝑥3 −1 −5 −5 −1 −2 −1 −5 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ ( | ) ( | ) ( 𝐴 − 12𝐸 = −1 −5 → −5 −1 −2 → 24 −12|0) −2 −2 −2 −2 0 12 −6 −1 −5 → ( 24 −12|0) 0 0 𝑥1 = −𝑡 Đặt 𝑥2 = 𝑡 (𝑡 ∈ 𝑅) ⇒ { 𝑥2 = 𝑡 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (−𝑡, 𝑡, 2𝑡) = 𝑡(−1,1,2) 𝑥3 = 2𝑡 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (−𝑡, 𝑡, 2𝑡) = 𝑡(−1,1,2) Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = 12 có sở {𝑢3 = (−1,1,2)} Trực chuẩn hóa G-S hệ {𝑢1 = (1,1,0), 𝑢2 = (2,0,1), 𝑢3 = (−1,1,2)} Trực giao hóa: o Đặt 𝑢1 = (1,1,0) o Đặt 𝑢2 = (2,0,1) − (1,1,0) = (2,0,1) − (1,1,0) = (1, −1,1) o Đặt 𝑢3 = (−1,1,2) − (1, −1,1) − (1,1,0) = (−1,1,2) Chuẩn hóa: 𝑢 o 𝑣1 = ‖𝑢1 ‖ = 𝑢 o 𝑣2 = ‖𝑢2 ‖ = 𝑢 o 𝑣3 = ‖𝑢3 ‖ = (1,1,0) √2 =( (1,−1,1) √3 (−1,1,2) √6 =( =( 𝑥1 Thực đổi biến [𝑥2 ] = 𝑥3 , 1 , √2 √2 , 0) −1 , ) √3 √3 −1 , , ) √6 √6 √ 1 −1 √2 √3 −1 √2 √3 [0 √3 𝑥1 = 𝑦1 + 𝑦2 − 𝑦3 √ √ √6 𝑦1 𝑦1 𝑦2 𝑦3 [𝑦2 ] ⇔ 𝑥2 = √2 − √3 + √6 √ 𝑦3 𝑦 2𝑦 𝑥 = 2+ { √3 √6 √6 ] √6 Ta thu được: 6𝑦1 + 6𝑦2 + 12𝑦3 − 12 ( 𝑦1 √2 + 𝑦2 √3 − 𝑦3 √6 ) + 12 ( ⇔ 𝑦1 + (𝑦2 + √3) + 2(𝑦3 + √6) = 15 𝑧1 = 𝑦1 Thực phép tịnh tiến: {𝑧2 = 𝑦2 + √3, ta thu được: 𝑧3 = 𝑦3 + √6 167 𝑦1 √2 − 𝑦2 √3 + 𝑦3 √6 ) + 60 ( 𝑦2 √3 + 2𝑦3 √6 ) = 24 Pham Thanh Tung 𝑧1 𝑧2 𝑧3 𝑧1 + 𝑧2 + 2𝑧3 = 15 ⇔ + + =1 15 15 15 Vậy mặt cong cho mặt ellipsoid thực 2 V Bài tốn cực trị có điều kiện: Bài toán: Cho hàm 𝑄(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = 𝑎𝑥1 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥3 + 𝑑𝑥1 𝑥2 + 𝑒𝑥2 𝑥3 + 𝑓𝑥1 𝑥3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 𝑄 với điều kiện 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑚2 Cách làm: Sử dụng phương pháp chéo hóa trực giao đưa dạng tồn phương 𝑄 (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) dạng 𝑥1 𝑦1 tắc Sau thực phép đổi biến [𝑥2 ] = 𝑃 [𝑦2 ] (với 𝑃 ma trận trực giao), ta thu được: 𝑥3 𝑦3 𝑄(𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 ) = 𝜆1 𝑦1 + 𝜆2 𝑦2 + 𝜆2 𝑦2 (giả sử 𝜆1 < 𝜆2 < 𝜆3 ) 𝑥1 𝑥1 𝑇 𝑥1 Điều kiện đề 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑚2 ⇔ [𝑥1 𝑥2 𝑥3 ] [𝑥2 ] = 𝑚2 ⇔ [𝑥2 ] [𝑥2 ] = 𝑚2 𝑥3 𝑥3 𝑥 𝑦1 𝑇 𝑦1 𝑦1 𝑇 𝑦1 𝑦1 𝑇 𝑦1 𝑇 ⇔ (𝑃 [𝑦2 ]) 𝑃 [𝑦2 ] = 𝑚 ⇔ [𝑦2 ] 𝑃 𝑃 [𝑦2 ] = 𝑚 ⇔ [𝑦2 ] [𝑦2 ] = 𝑚2 𝑦3 𝑦3 𝑦3 𝑦3 𝑦3 𝑦3 ⇔ 𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 = 𝑚2 𝑦1 = 𝑚 𝑥1 𝑥1 𝑦1 = 𝑚 2 𝑄𝑚𝑖𝑛 = 𝜆1 𝑚 ⇔ { 𝑦2 = ⇔ [𝑥2 ] = 𝑃 [ ] , 𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝜆3 𝑚 ⇔ { 𝑦2 = ⇔ [𝑥2 ] = 𝑃 [ ] 𝑥3 𝑥3 𝑦3 = 0 𝑦3 = 𝑚 𝑚 VD1: Cho dạng toàn phương 𝜔(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = 2𝑥1 − 4𝑥2 + 4𝑥3 + 8𝑥1 𝑥2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ 𝜔 với điều kiện 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 9, 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ∈ 𝑅 Giải: Ma trận dạng toàn phương 𝜔(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) với sở tắc 𝐴 = [4 −4 0] 0 2−𝜆 𝜆=4 Xét |𝐴 − 𝜆𝐸 | = ⇔ | −4 − 𝜆 |=0⇔⌊ 𝜆 = −6 0 4−𝜆 𝑥1 Với 𝜆 = −6, xét (𝐴 + 6𝜆)𝑋 = ⇔ [ ] [𝑥2 ] = [0] 0 10 𝑥3 168 Pham Thanh Tung 0 0 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴 + 6𝐸 = (4 |0) → (0 0 |0) → (0 0 10 0 10 0 ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (𝑡, −2𝑡, 0) = 𝑡(1, −2,0) (𝑡 ∈ 𝑅) 0 10|0) 0 Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = −6 có sở {𝑢1 = (1, −2,0)} −2 𝑥1 Với 𝜆 = 4, xét (𝐴 − 4𝜆)𝑋 = ⇔ [ −8 0] [𝑥2 ] = [0] 0 𝑥3 −2 00 −2 0 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴 + 6𝐸 = ( −8 0|0) → ( 0 0|0) 0 00 0 00 ′ ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (2𝑡, 𝑡, 𝑡 ) = 𝑡(2,1,0) + 𝑡 ′ (0,0,1) (𝑡, 𝑡 ′ ∈ 𝑅) Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑢2 = (2,1,0), 𝑢3 = (0,0,1)} Dễ thấy hệ {𝑢1 = (1, −2,0), 𝑢2 = (2,1,0), 𝑢3 = (0,0,1)} hệ trực giao Chuẩn hóa hệ ta thu vecto riêng trực chuẩn 1 (1, −2,0), 𝑣2 = (2,1,0), 𝑣3 = (0,0,1) 𝑣1 = √5 √5 √5 𝑦1 √5 √5 −2 𝑦 0] [ ] Đặt 𝑃 = [ 0] √5 √5 √5 𝑦3 0 𝑥1 𝑥1 𝑇 𝑥1 Điều kiện đề : 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = ⇔ [𝑥1 𝑥2 𝑥3 ] [𝑥2 ] = ⇔ [𝑥2 ] [𝑥2 ] = 𝑥3 𝑥3 𝑥3 𝑇 𝑇 𝑇 𝑦1 𝑦1 𝑦1 𝑦1 𝑦1 𝑦1 𝑇 𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 ⇔ (𝑃 [ ]) 𝑃 [ ] = ⇔ [ ] 𝑃 𝑃 [ ] = ⇔ [ ] [𝑦2 ] = 𝑦3 𝑦3 𝑦3 𝑦3 𝑦3 𝑦3 𝑥1 √5 Thực phép đổi biến: [𝑥2 ] = [−2 𝑥3 ⇔ 𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 = 𝑥1 𝑦1 Với phép đổi biến [𝑥2 ] = 𝑃 [𝑦2 ] ta thu được: 𝜔(𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 ) = −6𝑦1 + 4𝑦2 + 4𝑦3 𝑥3 𝑦3 Với điều kiện 𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 = −6.9 ≤ 𝜔(𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 ) ≤ 4.9 𝑥1 √5 𝑥 [ 𝜔 = −54 ] = 𝑃 [0] = [−6] 𝑥1 +𝑥2 +𝑥32 =9 √5 𝑥3 0 𝑥1 0 𝑥2 ] = 𝑃 [0] = [0] [ max 𝜔 = 36 𝑥12 +𝑥2 2+𝑥3 =9 𝑥3 3 169 Pham Thanh Tung VD2: Cho dạng toàn phương: 𝜔(𝑥, 𝑦) = 6𝑥 + 4𝑥𝑦 + 3𝑦 tìm 2min 𝜔 ; 2max 𝜔 2 𝑥 +𝑦 =4 𝑥 +𝑦 =4 Giải: Ma trận dạng toàn phương 𝜔 sở tắc 𝐴 = [ ] | 𝜆=7 = ⇔ (6 − 𝜆)(3 − 𝜆) − = ⇔ [ 3−𝜆 𝜆=2 𝑥1 ][ ] = [ ] Với 𝜆 = 2, xét (𝐴 − 2𝐸 )𝑋 = ⇔ [ 𝑥2 4 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ (𝐴 − 2𝐸 ) = ( | )→( | ) ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 ) = (𝑡, −2𝑡) = 𝑡(1, −2) (𝑡 ∈ 𝑅) 10 00 Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑢1 = (1, −2)} Xét |𝐴 − 𝜆𝐸 | = ⇔ | 6−𝜆 −1 𝑥1 ] [𝑥 ] = [ ] Với 𝜆 = 7, xét (𝐴 − 7𝐸 )𝑋 = ⇔ [ −4 −1 −1 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ (𝐴 − 7𝐸 ) = ( | )→( | ) ⇒ (𝑥1 , 𝑥2 ) = (2𝑡, 𝑡) = 𝑡(2,1) (𝑡 ∈ 𝑅) −4 0 00 Không gian riêng 𝐴 ứng với 𝜆 = có sở {𝑢2 = (2,1)} Dễ thấy hệ {𝑢1 = (1, −2); 𝑢2 = (2,1)} hệ trực giao Chuẩn hóa hệ ta thu hệ trực chuẩn {𝑣1 = √5 (1, −2), 𝑣2 = √5 (2,1)} 1 𝑥′ [ ] [ ′ ] Đặt 𝑃 = [ ] √5 −2 𝑦 √5 −2 𝑥 𝑥 𝑇 𝑥 Điều kiện đề : 𝑥 + 𝑦 = ⇔ [𝑥 𝑦] [𝑦] = ⇔ [𝑦 ] [𝑦] = 𝑥 Thực phép đổi biến [𝑦] = 𝑥′ 𝑇 𝑥′ 𝑥′ 𝑇 𝑥′ 𝑥′ 𝑇 𝑥′ ⇔ (𝑃 [ ′ ]) 𝑃 [ ′ ] = ⇔ [ ′ ] 𝑃𝑇 𝑃 [ ′ ] = ⇔ [ ′ ] [ ′ ] = 𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 ⇔ 𝑥 ′2 + 𝑦 ′2 = 𝑥 1 𝑥′ ] [ ] ta thu 𝜔 (𝑥 ′ , 𝑦 ′ ) = 2𝑥 ′ + 7𝑦 ′ Với phép đổi biến [𝑦] = [ √5 −2 𝑦 ′ Với điều kiện 𝑥 ′ + 𝑦 ′ = 2.4 ≤ 𝜔 (𝑥 ′ , 𝑦 ′ ) ≤ 7.4 𝑥 1 2 ][ ] = [ ] Min 𝜔 = ⇔ [𝑦] = [ 2 √5 √5 𝑥 +𝑦 =4 −2 −4 𝑥 1 ][ ] = [ ] Max 𝜔 = 28 ⇔ [𝑦] = [ √5 −2 √5 𝑥 2+𝑦 2=4 170 Pham Thanh Tung TÀI LIỆU THAM KHẢO: Bài giảng Đại số tuyến tính thầy Bùi Xn Diệu “Tốn cao cấp: Đại số tuyến tính” - Tống Đình Quỳ,Nguyễn Cảnh Lương “Bài tập Toán cao cấp” tập - GS.TS Nguyễn Đình Trí (Chủ biên), PGS.TS Trần Việt Dũng, PGS.TS Nguyễn Xuân Thảo, PGS.TS Trần Xuân Hiển Bộ đề thi mơn Đại số tuyến tính năm Trường ĐH Bách Khoa Hà Nội Đề cương môn Đại số tuyến tính Trường ĐH Bách Khoa Hà Nội 171 ... phương trình