Dạng chéo của một tự đồng cấu là dạng “đẹp” vì sự đơn giản của nó. Tuy nhiên, không phải lúc nào một tự đồng cấu cũng có thể chéo hóa được. Khi không chéo hóa được, người ta cố gắng đưa [r]
(1)ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO Mục lục
1 Nhắc lại ánh xạ tuyến tính
1.1 Định nghĩa ánh xạ tuyến tính
1.2 Nhân, ảnh hạng ánh xạ tuyến tính
1.3 Ma trận ánh xạ tuyến tính
1.4 Các tính chất ánh xạ tuyến tính
2 Cấu trúc tự đồng cấu 2.1 Giá trị riêng, véctơ riêng tự đồng cấu
2.2 Đa thức đặc trưng, đa thức tối tiểu
2.3 Tự đồng cấu chéo hóa
2.4 Tự đồng cấu lũy linh 12
2.5 Dạng chuẩn Jordan tự đồng cấu 13
3 Không gian vectơ Euclide 17 3.1 Tích vơ hướng 17
3.2 Độ dài vectơ, góc vectơ 18
3.3 Hệ trực giao, hệ trực chuẩn 19
3.4 Đồng cấu trực giao 21
3.5 Ma trận đối xứng cách chéo hoá 22
4 Dạng song tuyến tính dạng tồn phương 22 4.1 Dạng song tuyến tính 22
4.2 Dạng toàn phương 24
4.3 Đưa dạng tồn phương dạng tắc 24
4.4 Dạng toàn phương xác định dấu 25
4.5 Ứng dụng dạng toàn phương 26
(2)Lời mở đầu
Tác giả viết tập soạn để làm giáo án cho môn học Đại số tuyến tính nâng cao Nội dung định nghĩa, định lý tính chất cần thiết mơn học, số ví dụ, tập đưa vào để minh họa làm sáng tỏ vấn đề liên quan Trong trình học có hướng dẫn chứng minh định lý giải tập, học viên cần học đầy đủ để hoàn chỉnh kiến thức Các định lý có chứng minh phức tạp xin để lại cho học viên có đam mê tự tham khảo tìm tịi thêm, xem chứng minh chi tiết tài liệu tham khảo liệt kê cuối tập soạn
Muốn học tốt tốn cao cấp học viên nên tạm quên điều hiển nhiên toán sơ cấp Bắt đầu từ khái niệm, định nghĩa suy luận hợp lý nhiều tính chất, định lý tưởng chừng phức tạp với trở nên tầm thường (chứ tầm bậy!)
Ai biết trời đất mênh mơng, tốn học thế, có người bé nhỏ Tuy nhiên, với niềm đam mê riêng mình, người nhỏ bé làm nên nhiều điều kỳ diệu bạn làm nên điều kỳ diệu Vài lời xin chia anh chị học viên Chúc anh chị có nhiều sức khỏe để học tập, làm việc lạc quan vui sống
Mỹ Xuân, tháng năm 2015 Hoàng Đức Duệ
1 Nhắc lại ánh xạ tuyến tính
1.1 Định nghĩa ánh xạ tuyến tính
Định nghĩa 1.1.1 Cho U V hai không gian vecto trường K(K =R,C) Ánh
xạ f :U −→V gọi tuyến tính (hoặc đồng cấu) i) f(u1+u2) =f(u1) +f(u2), ∀u1, u2 ∈U
ii) f(αu) = αf(u), ∀u∈U, ∀α ∈K
Hai điều kiện tương đương với điều kiện sau
f(αu1+u2) = αf(u1) +f(u2), ∀u1, u2 ∈U,∀α ∈K
Ta kí hiệu tập hợp ánh xạ tuyến tính từ U vào V L(U, V), nghĩa L(U, V) = {f :U →V | f ánh xạ tuyến tính}
Đặc biệt, nếuf ∈L(V, V)thì ta nói f mộttự đồng cấu Kí hiệuL(V)thay choL(V, V)
(3)a) Ánh xạ (phép vị tự tỉ số k)
f : U −→ U
x 7−→ kx, k∈R
b) Ánh xạ
f : R2 −→ R2
(x, y) 7−→ (x+y, xy)
c) Ánh xạ
f : R3 −→ R2
(x, y, z) 7−→ (2x+y, y−3z)
d) Phép chiếu từ Kn lên thành phần thứ g : Kn −→ K
(x1, , xn) 7−→ x1
e) Phép nhúng từ K vào Kn
h: K −→ Kn x 7−→ (x,0, ,0)
f) Ánh xạ
f : R2 −→ R2
(x, y) 7−→ (x+y, x−y2)
g) D ánh xạ đạo hàm đa thức bậc không n D: Rn[x] −→ Rn[x]
f(x) 7−→ D(f(x)) =f0(x)
Bài tập Hãy chứng minh tương đương đề cập định nghĩa 1.1.1
Gợi ý: CM f(0U) = 0V, đk suy đk dưới, đk suy đk trên! Định nghĩa 1.1.2 Cho f ∈L(U, V), ta nói:
i) f đơn cấu f đơn ánh ii) f toàn cấu f toàn ánh iii) f đẳng cấu f song ánh
Đặc biệt, f ∈L(V) đẳng cấu ta nói f tự đẳng cấu
(4)1.2 Nhân, ảnh hạng ánh xạ tuyến tính Nhân ánh xạ tuyến tính f :U −→V tập hợp
Ker(f) =f−1(0) ={u∈U| f(u) = 0} ⊂U
2 Ảnh axtt f tập hợp
Im(f) =f(U) ={v =f(u)| u∈U} ⊂V
3 Hạng axtt f số chiều Im(f) Kí hiệu: rank(f) = dim(Imf)
4 Định lý số chiều: Cho f :U → V axtt từ không gian n chiều U vào khơng
gian V, ta có
dim(Imf) +dim(Kerf) =n
Bài tập Tìm sở Ker(f), Im(f) hạng axtt f sau
1 f :R3 −→R2, f(x, y, z) = (x+ 2y+z, x+y−z)
2 f :R2 −→R3, f(x, y) = (x−y, x+y,2x).
3 f :R3 −→R3, f(x, y, z) = (x+y, x+ 2y+z, y+z)
4 D ánh xạ đạo hàm đa thức bậc không n
1.3 Ma trận ánh xạ tuyến tính
Xét hai khơng gian hữu hạn chiều: U có sở B = {u1, u2, , un} V có sở B0={v1, v2, , vm} Cho axtt f :U →V, ta có x∈U 7→f(x)∈V
Biểu diễn x qua sở B : x=x1u1+ +xnun, ta viết [x]B =
x1
xn
Biểu diễn f(x) qua sở B0: f(x) =y1v1+ +ymvm, ta viết [f(x)]B0 =
y1
ym
Ta tìm ma trận A∈Mm×n để ánh xạ [x]B thành [f(x)]B0 : A[x]B = [f(x)]B0
A xác định bởi: A[ui]B = [f(ui)]B0 i= 1, , n
Vì A[ui]B cột thứ i ma trận A nên A= [[f(u1)]B0 [f(un)]B0]
Tìm [f(ui)]B0 cách biểu diễn f(ui) = [v1 vm].[f(ui)]B0 =P.[f(ui)]B0,
với P = [v1 vm]
Nếu giải tay, giải hệ:[P|f(ui)]để tìm các[f(ui)]B0; giải máy tính:[f(ui)]B0 =P−1f(ui)
Suy
A =P−1[f(u1) f(un)] =P−1.[f].[u1 un] =P−1.[f].Q, với [f] ma trận cặp sở tắc, Q= [u1 un]
(5)a) Viết ma trận axtt f cặp sở tắc: [f]B0 =
1 −1
1
2
b) Viết ma trận axtt f cặp sở B ={u1= (1,1);u2= (0,1)}
B0={v1 = (1,2,3);v2= (0,1,2);v3 = (0,0,1)}
Đặt P = [v1 v2 v3] =
1 0
Q= [u1 u2] =
1 1
Ta có
A= [f]BB0 =P−1.[f].Q=
0 −1
−2
−2 −1
Ngược lại, cho [f]BB0 =
0 −1
−2
−2 −1
Tìm ma trận f cặp sở tắc?
Bài tập Tìm axtt f viết dạng ma trận cặp sơ sở tắc Biết
1) f :R2 −→R3, thoả: f(1,1) = (1,0,0); f(2,3) = (1,2,3)
2) f :R3 −→R2, thoả: f(1,0,0) = (1,2); f(0,2,0) = (2,1); f(0,0,3) = (2,3)
3) f :R3 −→R3, thoả: f(1,0,0) = (1,1,1); f(1,1,0) = (2,2,2); f(1,1,1) = (3,3,3)
4) Cho B0 = {1;x;x2} sở tắc P2(x) khơng gian đa thức bậc khơng
q Tìm phép biến đổi tuyến tính T :P2(x)−→P2(x)xác định T(1) = + 2x+
x2; T(x) = 2; T(x2) = 2x2
Tìm ma trận T sở B = {1; + x; +x2}, từ xác định đa thức f(x)∈P2(x) cho [T(f)]B =
4
Nhận xét:Nếu {u1, u2, , un}là sở U biết f(u1), f(u2), , f(un)∈V ánh xạ tuyến tính f :U →V xác định
1.4 Các tính chất ánh xạ tuyến tính Cho ánh xạ tuyến tính f :U −→V
1 Nếu E không gian U ảnh f(E) khơng gian V Do Imf =f(U) khơng gian V
(6)3 f đơn cấu ⇔Kerf ={0} f toàn cấu ⇔Imf =V
5 Nếu f tự đồng cấu (f ∈L(V)) điều sau tương đương: f đơn cấu ⇐⇒f toàn cấu ⇐⇒f đẳng cấu
6 Nếu f đẳng cấu dimU = dimV ta nói khơng gian U V đẳng cấu nhau, kí hiệu U 'V Mọi không gian vectơ n chiều đẳng cấu với Rn
7 Xét hai phép tốn cộng nhân vơ hướng L(U, V) sau:
(f+g)(u) =f(u) +g(u); (αf)(u) =αf(u) ∀u∈U, α∈K Khi L(U, V) khơng gian vec tơ K với phép tốn nói
Chứng minh Dùng định nghĩa suy luận hợp lí
Bài tập Cho tự đồng cấu f :V −→V CMR:
1) Im(f2)⊂Im(f) Ker(f)⊂Ker(f2)
2) Im(fn+1)⊂Im(fn) Ker(fn)⊂Ker(fn+1)
Nhận xét: Ảnh nhiều lần tự đồng cấu teo dần, hạt nhân nhiều lần lớn dần
Bài tập Cho f ∈L(Rn) tự đồng cấu không gian vectơ Rn CM mệnh đề
sau tương đương a) Im(f2) =Im(f)
b) Im(f) +Ker(f) =Rn
c) Im(f)∩Ker(f) = {0}
2 Cấu trúc tự đồng cấu
2.1 Giá trị riêng, véctơ riêng tự đồng cấu
Định nghĩa 2.1.1 Cho f : V −→ V tự đồng cấu Nếu có véctơ v 6= cho
f(v) = λv, λ∈K λ gọi giá trị riêng, v gọi vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ Ví dụ: Cho ánh xạ f ∈ L(R2), f(x, y) = (x+ 4y, x+y) Tính f(2,1), f(2,−1), f(1,3) có nhận xét gì?
Mệnh đề 2.1.2 Tập hợp vectơ riêng λ tạo thành không gian V,
kí hiệu E(λ)
(7)Chứng minh Dùng định nghĩa không gian để chứng minh
Ta biến đổi E(λ) = {v ∈ V | (f−λIdV)(v) = 0} ⇒ ([f]B −λIn)(v) = Phương trình có nghiệm khơng tầm thường (v 6= 0) det([f]B −λIn) = Cách tìm GTR, VTR:
1 Viết ma trận biểu diễn f sở tắc [f]B
2 Giải phương trình đặc trưng det([f]B−λIn) = 0, tìm giá trị riêng f Ứng với giá trị riêng λ, giải pt (A−λIn)X = tìm vecto riêng X
Bài tập Hãy tìm giá trị riêng, vecto tự đồng cấu sau
1 f ∈L(R2), f(x, y) = (x+ 4y, x+y) ĐA: λ=−1, f ∈L(R2), f(x, y) = (x+ 2y,3x+ 2y) ĐA: λ= 4, −1
3 f ∈L(R3), f(x, y, z) = (3x+y−z,2x+ 2y−z,2x+ 2y) ĐA: λ = 2, f ∈L(R3), f(x, y, z) = (3x+y+z,2x+ 4y+ 2z, x+y+ 3z)
5 f ∈L(R3), f(x, y, z) = (x+ 2y+ 2z, x+ 2y−z,−x+y+ 4z) f ∈L(R3), f(x, y, z) = (x+y, y, z) ĐA: λ=
7 f ∈L(R3), f(x, y, z) = (6x−5y−3z,3x−2y−2z,2x−2y) f ∈L(R4), f(x, y, z, t) = (x,0, x, t)
9 f ∈L(R4), f(x, y, z, t) = (x+y+z+t, x+y−z−t, x−y+z−t, x−y−z+t)
Mệnh đề 2.1.3 (Tính chất GTR, VTR)
1 Nếu λ giá trị riêng bội k (nghĩa λ nghiệm bội k đa thức đặc trưng) tự đồng cấu f ∈L(V) dimE(λ)≤k
2 Giả sử λ1, , λk GTR phân biệt,
E(λi)∩E(λj) = {0}; E(λ1) + +E(λk) = E(λ1)⊕ ⊕E(λk)
và VTR v1, v2, , vk (ứng với GTR λ1, λ2, , λk) độc lập tuyến tính
(8)2.2 Đa thức đặc trưng, đa thức tối tiểu
2.2.1 Các định nghĩa
1) Cho A= [f]B ma trận biểu diển f ứng với sở B không gian n chiều V Đa
thức đặc trưng f đa thức Pf(x) = det(A−xIn), có bậc n
2) p(x) gọi đa thức tối tiểu f p(x) đa thức khác khơng có bậc thấp thoả p(f) =
3) p(x) gọi đa thức tối tiểu ma trận vuông A p(x) đa thức khác khơng có bậc thấp thoả p(A) =
4) Ma trận A gọi đồng dạng với ma trận B tồn ma trận P khả nghịch cho P−1AP =B
Bài tập CMR hai ma trận đồng dạng với có đa thức đặc trưng
Định lý 2.2.2 (Cayley-Hamilton) Cho f tự đồng cấu tuyến tính khơng gian
vectơ hữu hạn chiều V P(x) đa thức đặc trưng f Khi P(f) =
Ví dụ: Trong tập 8, viết đa thức đặc trưng f kiểm tra P(f) =
Mệnh đề 2.2.3 Nếu đa thức g(x) khác khơng thoả g(f) = g(x) chia hết cho đa thức tối tiểu p(x) f Do đó, p(x) ước đa thức đặc trưng Pf(x)
Chứng minh Dùng thuật chia Euclide để chứng minh mệnh đề
Bài tập 10 Tìm đa thức đặc trưng f, từ suy đa thức tối tiểu
1 f :R3−→R3, f(x, y, z) = (x+y, y, z).
2 f :R3−→R3, f(x, y, z) = (4x+ 2y−z,−6x−4y+ 3,−6x−6y+ 5z).
3 f :R3−→R3, f(x, y, z) = (2x,2y, ax+ 2z) f :R4−→R4, f(x, y, z, t) = (x,0,0, x+t)
2.3 Tự đồng cấu chéo hóa được
2.3.1 Các định nghĩa
1) Ma trận vuông cấp n gọi ma trận chéo có dạng:
λ1
0 λ2
0 λn
(9)2) Cho A ma trận vuông cấp n Ta nói A chéo hóa đồng dạng với ma trận chéo, nghĩa tồn ma trận C khả nghịch choC−1AC ma trận chéo 3) Tự đồng cấu f ∈ L(V) gọi chéo hóa có sở B V cho ma
trận [f]B ma trận chéo
Ví dụ: Cho f ∈ L(R2), f(x, y) = (x+ 4y, x+y) Hãy biểu biễn f sở B{v1 =
(2,1), v2 = (2,−1)}, từ suy f chéo hóa
Nhận xét:
• Giả sửf ∈L(V)có ma trận biểu diễn sở B làA= [f]B, f chéo hố A chéo hố
• Có ma trận chéo hố có ma trận khơng chéo hoá
Mệnh đề 2.3.2 Cho f ∈L(V) Các tính chất sau tương đương
(1) f chéo hoá
(2) Tồn sở V VTR f
(3) Tổng không gian riêng f V, nghĩa E(λ1) + +E(λk) =V
(4) Tổng số chiều không gian riêng f dimV, nghĩa
dimE(λ1) + +dimE(λk) =dimV
Chứng minh (1) ⇒(2) Cho f chéo hoá
Theo định nghĩa, tồn sở B ={e1, , en} V cho
[f]B =
λ1
0 λ2
0 λn
Dễ dàng có f(ei) =λiei, i= 1, , n Suy ei VTR f ứng với GTR λi Vậy B sở V tạo nên từ VTR củaf
(2) ⇒(3) Cho B ={e1, , en} sở V VTR f
Viết định nghĩa VTR ei f suy ei ∈E(λi) Khi he1, e2, , eni ⊂E(λ1) +E(λ2) + +E(λn)⊂V
⇐⇒V ⊂E(λ1) +E(λ2) + +E(λn)⊂V
Các λi trùng nên λ1, , λn kí hiệu gọn lại λ1, , λk λi phân biệt Vậy E(λ1) +E(λ2) + +E(λk) =V
(10)Do dimE(λ1) + +dimE(λk) =dimV
(4) ⇒ (1) Mỗi không gian riêng E(λi) ⊂ V có sở Bi Các vectơ B =
k [
i=1
Bi độc lập tuyến tính
Vì dimE(λ1) + +dimE(λk) =dimV =n nên B có đủ n vectơ đltt, sở V
Các vectơ B VTR f nên [f]B có dạng chéo, phần tử đường chéo GTR f
Các phát biểu cho biết điều kiện để f chéo hoá K = (R,C) Định lý 2.3.3 f ∈L(V) chéo hoá f có đủ n vectơ riêng v1, v2, ,
độc lập tuyến tính, n =dimV
Chứng minh Cho f chéo hoá được, theo mệnh đề 2.3.2, tồn sở B ={v1, , vn} V gồm VTR f Tức f có đủ n VTR đltt v1, ,
Ngược lại, cho f có n VTR đlttv1, v2, , ứng với giá trị riêngλ1, λ2, , λn (các λj giống nhau) Ta có B ={v1, v2, , vn} sở V
Mà f(vj) =λjvj Do
[f]B =
λ1
0 λ2
0 λn
Hệ 2.3.4 Nếu f có n giá trị riêng phân biệt λ1, λ2, , λn, f chéo hóa
Định lý 2.3.5 Cho n=dimV, f ∈L(V) f chéo hoá khi:
i) Đa thức đặc trưng Pf(x) tách K
ii) Với GTR λ nghiệm bội k đa thức đặc trưng dimE(λ) =k
Chứng minh Dùng mệnh đề 2.3.2 để chứng minh
2.3.6 Các bước chéo hoá tự đồng cấu ma trận
1 Viết ma trận f sở tắc A= [f]B
2 Giải phương trình đặc trưng Pf(x) = |A−xIn|= 0, tìm GTR x1, , xn Ứng với GTR xi, tìm vectơ riêng Xi
4 Nếu có đủ n vectơ riêng Xi đltt đặt C ={X1, , Xn} sở V Khi
(11)Nếu chéo hố ma trận A đặt C ma trận có cột VTR X1, , Xn Khi
C−1AC =
x1
0 x2
0 xn
Bài tập 11 Chéo hóa thực tự đồng cấu tập (nếu được) sở
V tương ứng
Nhận xét: Nếu Pf(x) không tách R f khơng chéo hố thực Tuy
nhiên Pf(x) ln tách C nên f chéo hố phức Trường hợp khơng chéo hoá thực thử chéo hoá phức
Bài tập 12 Cho B ={u1, u2, u3} sở R3 với
u1= (1,−1,1);u2= (0,1,1), u3 = (1,1,4)
f ∈L(R3) có ma trận sở B [f]B =
3 2
a) Xác định công thức f b) Tìm sở C củaR3 để [f]
C ma trận chéo
Chéo hoá ma trận thường dùng để tính luỹ thừa bậc cao, nghịch đảo bậc cao ma trận; tìm nghiệm X phương trình ma trận Xm =A
Ví dụ:
1) Tính A2015 A−k k ∈N∗ trường hợp sau
A=
2
, A=
1 0
, A =
1 −3 3 −5 −6
, A=
1 1 1 1 1
2) Cho ma trận A =
1 1 1 1 1
Tìm X, Y cho X2=A Y3 =A
Bài tập 13 (*) Chứng minh rằng:
(12)3 Nếu tự đồng cấu f thoả f2=λ2Idv f chéo hóa Nếu ma trận vng A thỏa A2=λ2In A chéo hóa
Gợi ý 2: Gọi V không gian sinh vectơ riêng A Ta chứng minh V =Rn Hiển nhiên V ⊂Rn Ngược lại, lấy X ∈Rn Phân tích X = (X−AX) +AX
Chỉ (X−AX), AX ∈V, suy X ∈V Suy Rn ⊂V.
Gợi ý 4: Chỉ 12(X− λ1AX),12(X+λ1AX)∈V, suy X ∈V Suy Rn ⊂V.
2.4 Tự đồng cấu lũy linh
1 Tự đồng cấu f ∈L(V) gọi lũy linh tồn số nguyên dương k : fk = Hơn nữa, fk−1 6= số k gọi bậc lũy linh f
2 Ma trận A∈Mn(R) gọi lũy linh tồn số nguyên dương k : Ak = 0n×n
Nếu Ak−1 6= k gọi bậc luỹ linh A
Bài tập 14 Chứng minh tự đồng cấu sau luỹ linh tìm bậc lũy linh chúng
1 f :R2−→R2, f(x, y) = (x+ 2y,−1
2x−y)
2 f :R3−→R3, f(x, y, z) = (x+y+z,0,−x−y−z).
3 f :R3−→R3, f(x, y, z) = (ay+bz, cz,0) a, b, c∈
R∗ D ánh xạ đạo hàm đa thức bậc không Nhận xét:
1) Nếu f lũy linh với sở B khơng gian V ta có ma trận [f]B lũy linh 2) Ma trận cấp n luỹ linh, có bậc luỹ linh k(Ak = 0) k ≤n
3) Đa thức đặc trưng ma trận A luỹ linh có dạng PA(x) = xk, có giá trị riêng λ =
(13)2.5 Dạng chuẩn Jordan tự đồng cấu
Dạng chéo tự đồng cấu dạng “đẹp” đơn giản Tuy nhiên, khơng phải lúc tự đồng cấu chéo hóa Khi khơng chéo hóa được, người ta cố gắng đưa ma trận tự đồng cấu dạng gần với dạng chéo gọi dạng chuẩn tắc Jordan để gần “đẹp” giống dạng chéo Ví việc trời phú cho ta sắc đẹp, thông minh tài thật tuyệt vời, khơng phải tự cố gắng khắc phục điểm hạn chế để vượt lên Đừng tự ti trước số phận cho đời lận đận!
Mục trình bày phương pháp đưa tự đồng cấu ma trận mà khơng thể chéo hố dạng Jordan
2.5.1 Các định nghĩa
1 Các khối lũy linh sơ cấp
A1 = (0), A2 =
0
, A3 =
0 0 0
, A4 =
0 0 0 0 0 0
Nhận xét: Akk = Các khối Jordan sơ cấp
J1(λ) = (λ), J2(λ) =
λ λ
, J3(λ) =
λ 0
1 λ
0 λ
, J4(λ) =
λ 0
1 λ 0
0 λ
0 λ
Nhận xét: Jk =λIk+Ak, Ak ma trận luỹ linh sơ cấp Vì λIk.Ak =Ak.λIk Akk = nên
Jkn = (λIk+Ak)n = n X
i=0
Cni(λIk)n−iAik = k−1
X
i=0
Cniλn−iAik
3 Cho f ∈L(V) Không gian E ⊂V gọi không gian ổn định f f(E)⊂E (Có tài liệu dùng thuật ngữ khơng gian bất biến)
Ví dụ: Các khơng gian sau không gian f−ổn định (thử kiểm tra xem)
{0}, V, Imf, Kerf, E(λ) ={v ∈V| f(v) =λv}
(14)a) Nếu f lũy linh bậc k với v ∈ V ta có fk(v) = 0, f− tuần hồn với v
b) Nếu 06=v ∈Kerf v có chu kì tuần hồn (vì f(v) = 0)
Định lý 2.5.2 Nếu 06=v ∈V làf−tuần hoàn chu kỳ k hệ vectơ {v, f(v), , fk−1(v)}
độc lập tuyến tính
Chứng minh Xét tổ hợp tuyến tính
a0v+a1f(v) + +ak−1fk−1(v) = (ai ∈K) (1) Tác động fk−1 lên vế (1) ta a0fk−1(v) =
Vì v f−tuần hồn chu kỳ k nên fk−1(v)6= 0, a0 =
Thay a0 = vào (1) tác động fk−2 lên vế, ta được: a1fk−1(v) = ⇒a1=
Tiếp tục thực trên, ta thu = ∀i= 0, , k−1 Vậy {v, f(v), , fk−1(v)} đltt
Hệ 2.5.3 Cho f ∈ L(V) tự đồng cấu luỹ linh bậc k Nếu v 6∈ ker(fk−1)
B ={v, f(v), , fk−1(v)} đltt Hơn nữa, k =dimV B sở V [f]B
có dạng khối luỹ linh
Chứng minh.Nếu k =dimV B ={v, f(v), , fk−1(v)} có k vectơ đltt nên sở V
f(v) = 0.v+ 1f(v)
f(f(v)) = 0.v+ 0.f(v) + 1.f2(v)
0 =f(fk−1(v)) = 0.v+ 0.f(v) + 0fk−1(v)
Tức
[f]B =
0 0 0 0
0 0
Ví dụ: Cho f :R3 −→R3, f(x, y, z) = (4y−2z,2y−z, x+ 2y−2z) và v = (1,2,3)∈
R3 1) Viết ma trận f sở tắc chứng minh f luỹ linh
2) Tìm kerf2 Chọn vectơ v 6∈kerf2, xác định B ={v, f(v), f2(v)} [f]B 3) Đặt B0 ={f2(v), f(v), v} Tìm [f]B0
(15)Định lý 2.5.4 Cho f ∈L(V) tự đồng cấu lũy linh bậc k+ (fk 6= 0, fk+1 = 0) Đặt Wj =ker(fj), 0≤j ≤k+
a) Ta có dãy hạt nhân lặp với bao hàm thức chặt
{0}=W0 ⊂
6
=
W1 ⊂
6
=
⊂
6
=
Wk ⊂
6
=
Wk+1 =ker{0}=V
và f(Wj)⊂f(Wj+1)⊂Wj, j = k
b) Tồn không gian Kj+1 V thỏa Wj+1 =Wj⊕Kj+1 (j = k)
Các ánh xạ f|Kj+1 :Kj+1−→Kj đơn ánh Ta có phân tích
V =Wk+1=Kk+1⊕Kk⊕ ⊕K1
1) Trong không gian chiều V, có khả f luỹ linh sau:
(a)
Wi , số chiều Ki , số chiều Cơ sở Ki W1 =kerf , K1 , f2(v)∈K1
W2 =kerf2 , K2 , f(v)∈K2
W3 =kerf3 , K3 , Tìm sở K3 trước, đến K2, K1
(W3 =W2⊕K3) Chọn v ∈K3 (hoặc lấy v 6∈W2)
B ={v, f(v), f2(v)} sở V =K3⊕K2⊕K1 [f]B khối luỹ linh
(b)
Wi , số chiều Ki , số chiều Cơ sở Ki
W1 =kerf , K1 , v2=f(v1), lấy thêm v3∈K1 độc lập với v2
W2 =kerf2 , K2 , Tìm sở K2 trước, đến K1
(W2 =W1⊕K2) Chọn v1 ∈K2 (hoặc lấy v1 6∈W1)
B ={v1, v2, v3} sở cần tìm V =K2⊕K1 để [f]B khối luỹ linh 2) Trong không gian chiều V, có khả f luỹ linh sau:
(a)
Wi , số chiều Ki , số chiều Cơ sở Ki W1=kerf , K1 , f3(v)
W2=kerf2 , K2 , f2(v)
W3=kerf3 , K3 , f(v)
W4=kerf4 , K4 , Tìm sở K4 trước, lấy v 6∈W3
B ={v, f(v), f2(v), f3(v)} sở V [f]B khối luỹ linh (b)
Wi , số chiều Ki , số chiều Cơ sở Ki W1=kerf , K1 , f(v1), f(v2),
W2=kerf2 , K2 , Chọn v1, v2 6∈W1
(16)Bài tập 16 Tìm dạng chuẩn Jordan tự đồng cấu có ma trận biểu diễn sau
A=
0 0 0
, B =
1 −2
0 0
−1 −1
, C =
−1 1
0 −1
−1 −1
0 −1
Mệnh đề 2.5.5 Cho f ∈L(V) khơng gian tự đồng cấu tuyến tính có đa thức đặc
trưng Pf(x) = (x−λ)n Đặt N = (f −λIdV)∈L(V),
a) N lũy linh có đa thức đặc trưng PN(x) =xn Suy tồn đa thức tối tiểu N
là pN(x) = xk, với k≤n
b) Tồn sở B V cho [f]B khối Jordan sơ cấp ứng với λ xếp
trên đường chéo
Chứng minh Câu a) hiển nhiên
b) Vì N luỹ linh nên tồn sở B không gianV cho[N]B ma trận khối luỹ linh Mà
[N]B = [f −λIdv]B = [f]B −λIn ⇐⇒[f]B = [N]B +λIn
[f]B tổng ma trận luỹ linh λIn nên ma trận khối Jordan Ví dụ: Cho f :R3 −→R3, f(x, y, z) = (5x+ 6y−3z,−x+z, x+ 2y+z) Ma trận f sở tắc
[f] =
5 −3
−1
1
Đa thức đặc trưng Pf(x) = (x−2)3
Đặt N = (f−2IdV)⇒N luỹ linh N2 = Ta có W1=ker(N) = ker(f−2IdV), khơng gian chiều W2=ker(N2) =ker{0}=R3 khơng gian chiều Tìm sở cho không gian bù K1, K2
K2: chiều có sở v1 = (1,0,0)6∈W1
K1: chiều có cở sở v2 =N(v1) = (3,−1,1) bổ sung v3 = (1,0,1)∈W1
B ={v1, v2, v3} tạo thành sở V =K2⊕K1 Đặt ma trận chuyển sở
C =
1
0 −1
0 1
Khi ma trận f sở B
[f]B =C−1[f]C =
2 0 0
(17)2.5.6 Phương pháp tìm sở Jordan tự đồng cấu
1 Lập đa thức đặc trưng f, viết Pf(x) = (x−λ1)r1 (x−λk)rk
2 Với giá trị riêngλi, khơng gian riêng E(λi) có số chiều ri (số nghiệm bội λi) chọn sở E(λi) Bi ={v1i, , vrii}
Nếu khơng gian riêng E(λj) có số chiều bé rj (số nghiệm bội λj) xây dựng sở E(λj) Bj theo mệnh đề 2.5.5
3 Đặt B =B1∪ ∪Bk sở V Khi [f]B có dạng chuẩn tắc Jordan
Bài tập 17 Tìm dạng chuẩn Jordan tự đồng cấu có ma trận sở
tắc sau
−10
−25 10
,
5 −4 −7
,
0 −2 −1 −2
,
4 0
−3
2 −2
−1 −1
,
2 0 0
,
1 0 0
Tính luỹ thừa 2015 ma trận
3 Không gian vectơ Euclide
3.1 Tích vơ hướng
Cho V khơng gian vectơ thực, xét ánh xạ <∗,∗>:V ×V −→R thỏa điều kiện sau với x, y, z ∈V λ∈R
(1) < x, x >≥0, < x, x >= 0⇔x= ∈V (2) < x, y >=< y, x >
(3) < λx, y >=λ < x, y >
(4) < x+y, z >=< x, z >+< y, z > ta nói <∗,∗> tích vơ hướng
Khơng gian vectơ V với tích vô hướng gọi không gian vectơ Euclide, hay gọn không gian Euclide
(18)Ví dụ: Trong khơng gian R3 có vectơ x = (x
1, x2, x3), y = (y1, y2, y3)∈ R3 với
ánh xạ
< x, y >=x1y1+x2y2+x3y3
là tích vơ hướng R3 Do R3 khơng gian vectơ Euclide với tích vơ hướng
Trong khơng gian Rn khi nói đến tích vơ hướng mà khơng ý thêm ta hiểu ánh xạ
< x, y >=x1y1+x2y2+ +xnyn, x= (x1, , xn), y = (y1, , yn)∈Rn gọi tích vơ hướng tắc
Bài tập 18 Hãy chứng minh cấu trúc V cho không gian Euclide
1) V =R2, < x, y >= 2x1y1+ 3x2y2, ∀x= (x1, x2), y = (y1, y2)∈V
2) V = Rn, < x, y >= λ1x1y1 + +λnxnyn, ∀x = (x1, , xn), y = (y1, , yn) ∈ V, λ1, , λn số thực dương cho trước
3) V =C[a, b] không gian hàm số liên tục đoạn [a,b], < f, g >=
Z b
a
f(x)g(x)dx, ∀f, g∈V < f, g >=
Z b
a
f(x)g(x).φ(x)dx, ∀f, g∈V,
trong φ hàm thực dương liên tục [a, b] cho trước 4) V =Mn(R) không gian ma trận vuông thực cấp n,
< A, B >=trace(ABT), ∀A, B ∈V,
trong đótrace(A)là vết ma trận Abằng tổng phần tử đường chéo 5) V =
(+∞ X
n=0
xn| xn ∈R
+∞
X
n=0
x2n hội tụ )
,
*+∞ X
n=0
xn |
+∞
X
n=0
yn +
=
+∞
X
n=0
λnxnyn, {λn} dãy số thực dương bị chặn cho trước
6) Xác định a, b, c, d cho
< x, y >=ax1y1+bx2y2+cx1y2+dx2y1, ∀x= (x1, x2), y = (y1, y2)∈R2 tích vơ hướng R2.
3.2 Độ dài vectơ, góc vectơ
1 Độ dài hay chuẩn vectơ x∈V số không âm ||x||=√< x, x > Góc vectơ x y góc φ ∈[0, π] thỏa
< x, y >=||x||.||y||.cosφ ⇐⇒ cosφ= < x, y >
(19)Ví dụ: Trong R4 cho x = (1,2,0,1), y = (0,1,3,−2), z = (1,1,1,3) Tính độ dài vectơ
đó góc ([x, y), ([y, z)
Từ định nghĩa độ dài vectơ ta có tính chất độ dài 1) ||x|| ≥0, ||x||= ⇔x= (tính xác định dương)
2) ||λx||=|λ|.||x|| (tính nhất) 3) ||x+y|| ≤ ||x||+||y|| (BĐT tam giác)
4) ||x+y||+||x−y||= 2(||x||2+||y||2) (hệ thức hình bình hành)
5) BĐT Cauchy-Schwarz:|< x, y >| ≤ ||x||.||y||, dấu=xảy khi(x, y)phụ thuộc tuyến tính
6) Nếu x⊥y ||x+y||2=||x||2+||y||2 (hệ thức Pythagore).
7) | ||x|| − ||y|| | ≤ ||x−y||
3.3 Hệ trực giao, hệ trực chuẩn
Cho V khơng gian vectơ Euclide Ta có định nghĩa (1) x gọi trực giao với y < x, y >= 0, kí hiệu x⊥y
(2) x gọi trực giao với tập A⊂V ∀a∈A, < x, a >= Kí hiệu x⊥A (3) Cho A⊂V, ta định nghĩa phần bù trực giao với A A⊥
A⊥={x∈V : ∀a∈A, < x, a >= 0}
(4) v1, v2, , hệ trực giao vectơ trực giao đôi một, nghĩa < vi, vj >= 0, với i6=j Ta có ||v1+v2+ +vn||2 =||v1||2+||v2||2+ +||vn||2 (5) v1, v2, , hệ trực chuẩn hệ trực giao vectơ có độ dài 1,
nghĩa
< vi, vj >= (
0 i6=j
1 i=j
Bài tập 19 Cho A tập hợp không gian vectơ Euclide V CMR
1) V⊥={0}, {0}⊥=V
2) Tập hợp A⊥ không gian vectơ V 3) A ⊂B A⊥⊃B⊥
(20)Định lý 3.3.1 Mọi hệ trực giao khác không v1, v2, , không gian Euclide V
độc lập tuyến tính
Chứng minh Xét tổ hợp tuyến tính a1v1 + +akvk + +anvn = Chỉ ak = ∀k = 1, , n
Định lý 3.3.2 Trong không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều tồn sở
trực chuẩn
Chứng minh Sử dụng phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt qua bước
1) Chọn {v1, v2, , vn} sở không gian Euclide hữu hạn chiều V với dimV = n
2) Xây dựng sở trực giao {u1, u2, , un} V sau u1 = v1
u2 = v2−
< v2, u1 >
< u1, u1>
u1
u3 = v3−
< v3, u1 >
< u1, u1>
u1−
< v3, u2>
< u2, u2 >
u2
un = vn−
n−1
X
i=1
< vn, vi> < vi, vi>
vi
3) Trực chuẩn hoá sở trực giao {u1, u2, , un} ta n
u1
||u1||,
u2
||u2||, ,
un
||un||
o
là sở trực chuẩn V
Bài tập 20 Tìm hệ trực chuẩn tương ứng trường hợp sau
1) v1 = (1,2), v2= (1,1) R2
2) v1 = (1,0,0), v1 = (1,2,0), v3= (1,2,3) R3
3) v1 = (1,1,0,0), v1 = (1,0,1,0), v3 = (−1,0,0,1) R4
Bài tập 21 Chứng minh hai vectơ (1,-2,2,-3), (2,-3,2,4) trực giao Hãy bổ sung để
cơ sở trực giao R4.
Định lý 3.3.3 (Phần bù trực giao) Cho W tập khác rỗng khơng gian
vectơ Euclide V Khi phần bù trực giao W⊥ không gian V
Hơn nữa, W không gian V V =W⊕W⊥ Mọi v ∈V phân tích thành
v =w1+w2, w1∈W, w2∈W⊥
w1 gọi hình chiếu trực giao v lên W ||w2|| khoảng cách từ v đến W
Bài tập 22 Tìm phần bù trực giao khơng gian conW, phân tích vectơ v qua không
(21)1) W =h(1,1,1),(1,0,1)i, v = (0,1,2) R3.
2) W =h(1,2,1)i, v= (2,2,2) R3
3) W =h(1,1,1,0),(2,0,1,1)i, v = (0,0,0,1) R4.
Ta định nghĩa góc v W là: (\v, W) = (\v, w1), w1 hình chiếu v W Hãy
tính góc (\v, W) khoảng cách d[v, W]
Bài tập 23 Cho V =C[0,1]là không gian hàm số liên tục đoạn[0,1], có trang bị tích vơ hướng tích phân đoạn [0,1]
1) Trực chuẩn hoá hệ sau: {1, x, x2}, {1, x, ex}, {1,sinx,cosx}
2) Xác định a, b∈R trường hợp để tích phân sau có giá trị nhỏ Z
0
(x2−ax−b)2dx, Z
0
(1−ax−bex)2dx, Z
0
(1−asinx−bcosx)2dx
3.4 Đồng cấu trực giao
Định nghĩa 3.4.1 Cho U, V không gian vectơ Euclide, ánh xạ f :U −→V
đồng cấu trực giao đồng cấu bảo tồn tích vơ hướng, nghĩa < f(u1), f(u2)>=< u1, u2 >, ∀u1, u2∈U
Từ định nghĩa ta có
1) ||f(u)||=p< f(u), f(u)>=√< u, u >=||u||, suy đồng cấu trực giao bảo toàn độ dài vectơ
2) Mọi đồng cấu trực giao đơn cấu, thật vậy: f(u1) = f(u2) ⇔f(u1−u2) = ⇔
||u1−u1||= 0⇔u1 =u2
3) Nếu f :V →V tự đồng cấu trực giao đơn cấu từ V →V, đẳng cấu
Ví dụ: Kiểm tra ánh xạ sau đồng cấu trực giao
1 f :R2 −→R3, f(x, y) = (x√+y
2 ,0,
x−y √
2 )
2 f :R3 −→R3, f(x, y, z) = (z,x√+y
2 ,
x−y √
2 )
3 Mọi ánh xạ f :Rm−→Rn (m > n) không thể đồng cấu trực giao Tại sao?
Định lý 3.4.2 Một ánh xạ bảo tồn tích vơ hướng đồng cấu
(22)Định lý 3.4.3 Cho U, V không gian vectơ Euclide, ánh xạ f :U −→V biến sở trực chuẩn {u1, u2, , un} U thành hệ trực chuẩn {f(u1), f(u2), , f(un)}
trong V f đồng cấu trực giao
Ngược lại, f đồng cấu trực giao biến sở trực giao thành hệ trực giao
Định nghĩa 3.4.4 Ma trận thực, vuông A cấp n gọi ma trận trực giao
A.At = In, nói cách khác, cột ma trận A tạo thành hệ vectơ trực chuẩn Rn với tích vơ hướng tắc A ma trận trực giao
Ví dụ: Thử cho ví dụ ma trận trực giao cấp 2, tìm ma trận nghịch đảo
Mệnh đề 3.4.5 A ma trận trực giao ⇔ A khả nghịch A−1=At
3.5 Ma trận đối xứng cách chéo hoá
Định nghĩa 3.5.1 A gọi ma trận thực đối xứng A∈Mn(R) At =A
Ta có tính chất ma trận đối xứng
1) Phương trình đặc trưng ma trận thực đối xứng cấp n ln có n nghiệm thực kể bội
2) Ma trận thực, đối xứng cấp n có n vectơ riêng độc lập tuyến tính, ln chéo hóa Nghĩa tồn C khả nghịch cho C−1AC ma trận chéo 3) Có thể trực chuẩn hoá cột C để ma trận P trực giao cho P−1AP =
PtAP ma trận chéo Quá trình gọi chéo hoá trực giao ma trận thực đối xứng
Bài tập 24 Chéo hóa trực giao ma trận đối xứng sau
2 −4
−4
,
5 6
,
1 2 2 2
,
1 1 2
,
3
2 −2
0 −2
4 Dạng song tuyến tính dạng tồn phương
4.1 Dạng song tuyến tính
Định nghĩa 4.1.1 Cho V không gian vectơ thực n chiều Ánh xạ
φ: V ×V −→ R
(u, v) 7−→ φ(u, v)
(23)i) φ(αu+α0u0, v) =αφ(u, v) +α0φ(u0, v)
ii) φ(u, αv+α0v0) = αφ(u, v) +α0φ(u, v0) Hơn
• φ(u, v) =φ(v, u) ∀u, v ∈V φ gọi dạng song tuyến tính đối xứng
• φ(u, v) =−φ(v, u) ∀u, v ∈V φ gọi dạng song tuyến tính phản đối xứng
4.1.2 Ma trận dạng song tuyến tính
Cho φ dạng song tuyến tính V E ={e1, e2, , en} sở V Khi
đó với hai vectơ u, v ∈V biểu diễn qua sở E u=x1e1+x2e2+ +xnen =
n X
i=1
xiei, v =y1e1+y2e2+ +ynen = n X
i=1
yiei
ta có
φ(u, v) =φ(
n X
i=1
xiei, n X
i=1
yiei) = n X i=1 n X j=1
xiyjφ(ei, ej)
Đặt aij =φ(ei, ej), suy φ(u, v) = n X i=1 n X j=1
aijxiyj Ta có ma trận dạng song tuyến tính φ sở E
A= (aij) =
a11 a21 an1
a12 a22 an2
a1n a2n ann
Khi φ(u, v) =
n X i=1 n X j=1
aijxiyj = (x1, , xn)A y1 yn
Nếu φ dạng song tuyến tính đối xứng aij =φ(ei, ej) =φ(ej, ei) = aji, i, j = n Nghĩa ma trận A= (aij) φ sở tùy ý ma trận đối xứng
Bài tập 25 Cho f(x, y) = 3x1y1−2x1y2+ 4x2y1−x2y2
a) Chứng tỏ f dạng song tuyến tính R2 Tìm ma trận f sở tắc
b) Tìm ma trận f sở E ={(1,1),(1,2)}
c) Cho ví dụ dạng song tuyến tính đối xứng R2 và trên
R3 Cũng câu hỏi với f(x, y, z) =x1y1+ 2x1y2−x2y2+ 3x3z3
(24)Bài tập 26 Cho dạng song tuyến tính φ có ma trận sở tắc A=
2
−1
Tìm cơng thức φ? Câu hỏi tương tự với A =
1 −2 −1
0
3 −7
4.2 Dạng toàn phương
Định nghĩa 4.2.1 Cho φ dạng song tuyến tính đối xứng V Khi
Q(u) = φ(u, u) gọi dạng toàn phương V ứng với φ
Ngược lại, cho dạng tồn phương Q(u) dạng song tuyến tính φ tương ứng φ(u, v) = Q(u+v)−Q(u)−Q(v)
2
Hãy chứng minh điều ngược lại đó? Ví dụ:
a) Cho dạng song tuyến tính đối xứng
φ(x, y) = 3x1y1−2x1y2−2x2y1−x2y2 ∀x= (x1, x2), y = (y1, y2)∈R2 Hãy viết dạng toàn phương Q(u) tương ứng chuyển dạng ma trận XtAX b) Cho dạng toàn phương
Q(x) = 3x21+ 4x1x2−2x1x3+x22+ 6x2x3−2x23 ∀x= (x1, x2, x3)∈R3 Tìm dạng song tuyến tính tương ứng
4.3 Đưa dạng tồn phương dạng tắc
Mọi dạng tồn phương đưa dạng tắc sau Q(x) =a1x21+a2x22+ +arx2r
trong r gọi hạng dạng toàn phương a1.a2 ar 6=
Nếu |ai|= 1, ∀i= r gọi dạng tồn phương chuẩn tắc
4.3.1 Phương pháp Lagrange
Xét dạng toàn phương: Q(x) =
n X
i=1
aiix2i + X
1≤i<j≤n
aijxixj ; x∈Vn
Gom biến x2i xixj dạng bình phương để làm giảm dần số biến Nếu Q(x)khơng chứa dạng bình phươngx2i thực thêm bước đặtx01 =x1+x2, x02 =x1−x2, x0k =
xk (k > 2)
(25)1) Q(x) = 3x21−4x1x2+ 3x22
2) Q(x) = 2x1x2−4x1x3+ 6x2x3
3) Q(x) = x21+ 5x22+ 8x32+ 4x1x2+ 6x1x3+ 8x2x3
4) Q(x) = x21+ 5x22−4x23+ 2x1x2−4x1x3
5) Q(x) = x21+x22+x23−2x1x2−2x1x3−2x2x3
4.3.2 Phương pháp dùng phép biến đổi sơ cấp ma trận đối xứng
Gọi A ma trận dạng toàn phương Q(x) sở tắc (A đối xứng) Lập ma trận khối [A|In], biến đổi sơ cấp dòng biến đổi sơ cấp cột để đưa A dạng chéo D Khi In biến thành Pt PtAP =D
Thực hành thuật tốn ví dụ mục phương pháp Lagrange
4.3.3 Phương pháp biến đổi trực giao
Viết ma trận A dạng tồn phương chéo hố trực giao A
Ví dụ: Đưa dạng tồn phương tắc sở tương ứng
1) Q(x) = 3x2−4xy+ 3y2
2) Q(x) = x2+y2+z2+ 4xy+ 4xz+ 4yz 3) Q(x) = x2+y2+z2−4xy+ 2xz 4) Q(x) = 3x2+ 4y2+ 5z2+ 4xy−2yz 5) Q(x) = 2x2+y2−z2−2xy+ 6xz−4yz
Nhận xét: Trong phương pháp đưa dạng tồn phương tắc phương pháp
biến đổi trực giao nói chung phức tạp hơn, sở chọn đòi hỏi sở trực chuẩn Vì khơng gian Euclide có thêm tích vơ hướng nên có thêm đại lượng độ dài vectơ, góc, khoảng cách, Ta quan tâm đến sở trực chuẩn để tính tốn đại lượng Vì vậy, phương pháp biến đổi trực giao có phức tạp cần thiết khơng gian Euclide hữu hạn chiều
4.4 Dạng tồn phương xác định dấu
Định nghĩa 4.4.1 Một dạng toàn phương thực Q(x) gọi xác định dương
Q(x)>0 với x6= 0, gọi xác định âm Q(x)<0 với x6=
Ta có: Một dạng tồn phương Q(x) xác định dương sở đó, phương trình Q(x) có dạng
(26)Tương tự, dạng toàn phương Q(x) xác định âm
Q(x) = a1x21+a2x22+ +arx2r, ai<0 ∀i= r
Định lý 4.4.2 (Tiêu chuẩn Sylvester)
Cho dạng toàn phương Q(x) =
n X
i=1
n X
j=1
aijxixj có ma trận A= (aij) Nếu
i) Các định thức Dk ma trận A dương Q(x) xác định dương ii) Các định thức đan dấu: D1<0, D2 >0, ,(−1)nDn >0 Q(x) xác định âm
Bài tập 27 Xác định dấu dạng toàn phương sau
1) −x21+ 2x1x2−4x22
2) 6x21+ 5x22+ 7x32−4x1x2+ 4x1x3
3) Tìm λ để dạng tồn phương sau xác định dương (a) 5x21=x22+λx23+ 4x1x2−2x1x3−2x2x3
(b) 2x21+x22+ 3x23+ 2λx1x2+ 2x1x3
(c) 2x21+ 2x22+x23+ 2λx1x2+ 6x1x3+ 2x2x3
4.5 Ứng dụng dạng tồn phương
4.5.1 Tìm cực trị hàm nhiều biến
Ví dụ: Tìm cực trị hàm số sau f(x, y) =x2+y2−xy+ 2x−y Tìm điểm dừng (điểm dừng điểm đạo hàm riêng =0)
(
fx0 = 2x−y+ =
fy0 = 2y−x−1 = ⇐⇒ (x, y) = (−1,0)
Lập ma trận Jacobian (các phần tử đạo hàm riêng cấp điểm dừng) J =
fx002 fxy00
fyx00 fy002
=
2 −1
−1
Xác định dấu ma trận J
1 Nếu J xác định dương điểm dừng xét điểm cực tiểu Nếu J xác định âm điểm dừng xét điểm cực đại
(27)4 Nếu J = chưa có kết luận, dùng định nghĩa để xác định cực trị Ở J xác định dương nên (−1,0) điểm cực tiểu
Bài tập 28 Tìm cực trị hàm số sau
1) f(x, y) = 2x3+y3+ 3x2−3y−12x−4
2) f(x, y) =x3+y3+ 6xy 3) f(x, y) = 2x4+y4−x2−2y2
4) f(x, y) = 6−4x−3y với điều kiện x2+y2 =
5) f(x, y, z) =x−2y+ 2z với điều kiện x2+y2+z2 =
6) f(x, y, z) =x2+y2+ 2z2 với điều kiện x−y+z =
4.5.2 Đưa đường bậc hai, mặt bậc hai dạng tắc
1 Phương trình đường bậc hai: f(x, y) = ax2+by2+ 2cxy+ 2dx+ 2ey+f = Dạng toàn phương tương ứng: Q(x, y) =ax2+by2+ 2cxy
Các dạng tắc đường bậc hai: (1) x
2
a2 +
y2
b2 = đường elip
(2) x
2
a2 +
y2
b2 =−1 đường elip ảo
(3) x
2
a2 −
y2
b2 = đường hyperbol
(4) x2+y2= cặp đường thẳng ảo cắt (5) x2−y2 = cặp đường thẳng thực cắt (6) y2=a cặp đường thẳng song song
2 Phương trình mặt bậc hai:
f(x, y, z) =ax2+by2+cz2+ 2dxy+ 2ez+ 2f yz+ 2gx+ 2hy+ 2f z+l =
Dạng toàn phương tương ứng: Q(x, y, z) = ax2+by2+cz2+ 2dxy+ 2ez+ 2f yz Các dạng tắc mặt bậc hai:
(1) x
2
a2 +
y2 b2 +
z2
c2 = mặt elipxoit (elip tròn xoay)
(2) x
2
a2 +
y2 b2 +
z2
c2 =−1 mặt elipxoit ảo
(3) x
2
a2 +
y2 b2 −
z2
(28)(4) x
2
a2 +
y2 b2 +
z2
c2 =−1 mặt hyperboloit tầng
(5) x
2
a2 +
y2 b2 −
z2
c2 = mặt nón eliptic
(6) x
2
a2 +
y2
b2 = 2z mặt parabolit eliptic
(7) x
2
a2 −
y2
b2 = 2z mặt parabolit hyperbolic (mặt yên ngựa)
(8) x
2
a2 +
y2
b2 = mặt trụ eliptic
(9) x
2
a2 − y2
b2 = mặt trụ hyperbolic (10) y2= 2px mặt trụ parabolic (11) x2 =a cặp mặt phẳng song song
Để đưa đường bậc hai, mặt bậc hai dạng tắc, ta tắc hố dạng tồn phương Q(x) tương ứng (trong khơng gian Euclide thường tắc hố trực giao) Sau tịnh tiến hệ toạ độ cách thích hợp để đường bậc hai, mặt bậc hai có dạng tắc
Bài tập 29 Viết phương trình tắc xác định dạng đường, mặt bậc hai sau
1 5x2+ 4xy+ 5y2−9x= (E) x2+ 2xy+y2+ 8x+y= (P)
3 2x2+ 2y2+ 5z2−4xy−2xz+ 2yz+ 10x−26y−2z = (PE) 2xy+ 2xz+ 2yz−6x−6y−4z = (H2)
5 2xy−6x+ 10y+z−31 = (PH)
Tài liệu tham khảo
1 Đại số tuyến tính, PGS.TS Đậu Thế Cấp, NXB Giáo Dục
2 Đại số tuyến tính, Bùi Xuân Hải(chủ biên), NXB Đại Học Quốc Gia TP.HCM Đại số tuyến tính, Nguyễn Hữu Việt Hưng, Ebook sưu tầm Internet
4 Toán cao cấp tập 2, Nguyễn Viết Đông - Lê Thị Thiên Hương & Nguyễn Anh Tuấn - Lê Anh Vũ, NXB Giáo Dục
(29)5 Một số đề thi tuyển sinh cao học môn đại số bản Để có nhìn mở rộng mơn học, xin giới thiệu đến bạn học viên số đề tuyển sinh cao học trường đại học Hi vọng bạn tiến xa đường học tốn
HỌC VIỆN TỐN HỌC NĂM 2009
Bài Trong không gianR3cho hệ vectoS={x1 = (1;k; 5), x2= (2;−1;k), z= (3;−1; 3)}
1 Xét tính độc lập tuyến tính phụ thuộc tuyến tính hệ theo tham số k Cho k = 1; Hãy xét xem vecto b = (2; 3; 4) có thuộc khơng gian sinh hệ S
khơng?
Bài Cho ánh xạ tuyến tính f :X →Y
1 Chứng minh ảnh hệ phụ thuộc tuyến tính phụ thuộc tuyến tính Kết luận tương tự với hệ độc lập tuyến tính có khơng? Giải thích?
2 Nếu X Y khơng gian vecto có số chiều hữu hạn f đơn cấu tồn cấu
Bài Cho X nhóm xyclic hữu hạn cấp n
1 Chứng minh nhóm X xyclic Chứng minh X đẳng cấu với nhóm cộng Zn Bài Xét tập: X =a+b√−3|a, b∈Z
1 Chứng tỏ X miền nguyên với phép cộng nhân thông thường
2 Chứng tỏ +√−3; 1−√−3,2 phần tử bất khả quy X Từ suy X khơng vành
Bài Xét vành đa thức Q[x] với Q trường số hữu tỷ
1 Chứng minh đa thức bậc Q[x] bất khả quy chúng nghiệm thuộc Q
2 Xét tính bất khả quy đa thức sau Q[x]:f(x) = 2x3 + 3x2 + 5x+ 2;
(30)ĐẠI HỌC CẦN THƠ NĂM 2011
Bài Cho G nhóm nhân cyclic cấp n sinh x Chứng minh với m, k hai
số nguyên ta có < xm >=< xk > U CLN(m, n) =U CLN(k, n)
Bài a) Xét vành Zn số nguyên đồng dư modulo n Tìm điều kiện k ∈ N để
ánh xạ f :Zn →Zn định f(x) = kx đồng cấu vành b) Mô tả tất tự đồng cấu vành Zp với p nguyên tố
Bài Cho đa thức với hệ số nguyên
f(x) =x6+ 7x5+ 10x4−35x3−120x2−108x−16
a) Viết khai triển Taylor f(x) x0 =−2
b) Phân tích f(x) thành tích đa thức bất khả qui Q
Bài Trong không gian R4 cho vectơ
u1 = (1,2,1,−3), u2 = (2,3,−2,5), u3 = (1,1,0,2);
v1 = (2,3,−1,5), v2 = (1,2,−2,3), v3 = (5,8,−5,13)
Gọi W không gian R4 sinh bởi u
1, u2, u3
a) Chứng minh B1 = (u1, u2, u3) sở W
b) Chứng minh B2 = (v1, v2, v3) sở W Tìm ma trận chuyển sở từ B1
sang B2
Bài Trong không gian R3 cho vectơ
u1 = (1,1,2);u2 = (0,1,1);u3 = (0,1,2);
v1 = (2,9,−3);v2 = (0,3,−3);v3= (1,7,−4);
a) Chứng minh tồn tốn tử tuyến tính f R3 thỏa mãn
f(uk) = vk với k= 1,2,3 xác định biểu thức f
b) Tìm số chiều xác định sở cho không gian Im(f), Ker(f)
Bài Cho ma trận hệ số thực A=
3 2
a) Chéo hóa ma trận A
b) Cho f tốn tử tuyến tính R3 thỏa [f]
B =A B = (u1, u2, u3) sở R3 với
u1 = (1,−1,1);u2 = (0,1,1);u3 = (1,1,4)
(31)(32)