- 1. bài toán ôn tập môn toán A1 (Tài liệu này chỉ mang tính chất tham khảo, không phải bài giải của thầy Phan Dân) Bài 1. Tính định thức Cách thực hiện như sau: Theo quy tắc Sarrus, ta ghép thêm cột thứ nhất và cột thứ hai vào bên phải định thức rồi nhân các phần tử trên các đường chéo như quy tắc thể hiện trên 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 221 413 132 =A Giải Theo quy tắc Sarrus ta có 1318-16-1-61242.3.32.4.21.1.12.3.11.4.32.1.2 21 13 32 221 413 132 )( −==−−−==ADet Bài 2: Giải hệ phương trình tuyến tính −=+− =+− =−+ 122 022 122 321 321 321 xxx xxx xxx Để giải dạng này đơn giản nhất thì ta nên lập ma trận hệ số bổ sung, rồi biến đổi thành ma trận dạng bậc thang quy gọn, 3 số hạng nằm bìa phải tương ứng là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính. Giải Lập ma trận hệ số của hệ là: − − − = 122 221 212 A Ma trận hệ số bổ sung của hệ là: −− − − = 1 0 1 122 221 212 A A →← ↔ 21 dd −− − − 1 1 0 122 212 221 313 212 )2( )2( ddd ddd →−+ →−+ →← −− − − 1 1 0 320 650 221 P.1 + - + -
- 2. →← → − 33 3 5 dd − − 3 7 5 1 5 2 100 5 6 10 5 2 01 232 131 5 6 5 2 ddd ddd → + → + →← 3 7 3 3 4 100 010 001 Vậy nghiệm của hệ phương trình tuyến tính trên là = = = 3 7 3 3 4 z y x Bài 3: Xác định hạng của ma trận −= 4451 3021 1432 A Để xác định hạng của ma trận, ta thực hiện: - Biến đổi ma trận A về dạng ma trận bậc thang w - Đếm số dòng khác 0 của w, số này chính là hạng của w và cũng chính là hạng của A − →← ↔ 1432 3021 4451 31 dd A 313 212 )2( ddd ddd →−+ →+ →← −−− 7470 7470 4451 →← → 22 7 1 dd −−− 7470 1 7 4 10 4451 323 121 7 )5( ddd ddd →+ →−+ →← − 0000 1 7 4 10 1 7 8 01 w= w có dạng bậc thang và 2)()( == wranAran Bài 4: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau: − − = 120 032 201 A Tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp biến đổi sơ cấp Lập 1 ma trận ghép B=[A|I] (I=In thuộc Mn(R) là ma trận đơn vị) Dùng các phép biến đổi sơ cấp theo dòng trên B sao cho nửa bên trái (phần A chiếm chỗ ban đầu) trở thành I Khi đó ở khối bên phải ta nhận được A-1 B=[A|I] ~ [ | ] ~….~[I|A-1 ] P.2
- 3. →− 11)1( dd − − − 100 010 001 120 032 201 →← →−+ 212 )2( ddd − − − 100 012 001 120 430 201 →← → 22 3 1 dd − − − 100 0 3 1 3 2 001 120 3 4 10 201 →← →+ 323 2 ddd −− 1 3 2 3 4 0 3 1 3 2 001 3 11 00 3 4 10 201 →← → 33 11 3 dd −− 11 3 11 2 11 4 0 3 1 3 2 001 100 3 4 10 201 232 131 3 4 2 ddd ddd → − →+ + →← − − 11 3 11 2 11 4 11 4 11 1 11 2 11 6 11 4 11 3 100 010 001 Vậy ma trận nghịch đảo là: − − 11 3 11 2 11 4 11 4 11 1 11 2 11 6 11 4 11 3 Bài 5: Xác định tọa độ của vectơ Trong không gian R3 cho hệ cơ sở u1=(1,-1,1) u2=(-1,1,0) u3=(1,0,0) Hãy xác định tọa độ của vectơ u=(1,1,0) đối với cơ sở đã cho. Giải Tọa độ (α1,α2,α3) của u đối với cơ sở đã cho chính là nghiệm của 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) = =+− =+− ⇔ 0 1 1 1 21 321 α αα ααα = = = ⇔ 2 1 0 3 2 1 α α α Bài 6: Xác định sự phục thuộc tuyến tính & độc lập tuyến tính Cho các hệ vectơ trong R3 . Hãy xác định sự độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính của các hệ này 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) *Phương pháp: P.3
- 4. v2,…, vk thuộc không gian vectơ V được gọi là độc lập tuyến tính nếu phương trình θααα =+ kk vvv ...... 2211 ( vθθ = ) Chỉ có nghiệm duy nhất là 0...21 ==== kααα Một hệ vectơ v1, v2,…, vk đượcgọi là phụ thuộc tuyến tính nếu nó không phải là hệ độc lập tuyến tính. Giải a) Xét phương trình )0,0,0(332211 == θααα uuu (1) (1) )0,0,0()1,2,5()2,1,3()3,1,2( 321 =−−⇔ ααα )0,0,0(),2,5()2,,3()3,,2( 333222111 =−−⇔ ααααααααα )0,0,0()23,2,532( 321321321 =−+−⇔ ααααααααα =−+− = = ⇔ 023 02 0532 321 321 321 ααα ααα ααα ⇒Hệ vô nghiệm Đây là hệ phụ thuộc tuyến tính b) Xét phương trình )0,0,0(332211 == θααα uuu (2) (2) )0,0,0()1,2,2()2,1,2()2,2,3( 321 =−+−+−⇔ ααα )0,0,0(),2,2()2,,2()2,2,3( 333222111 =−+−+−⇔ ααααααααα )0,0,0()22,22,223( 321321321 =−+−+−⇔ ααααααααα =−+− = =+− ⇔ 022 022 0223 321 321 321 ααα ααα ααα = = = ⇔ 0 0 0 3 2 1 α α α Đây là hệ độc lập tuyến tính Bài 7: Chứng minh ánh xạ tuyến tính Hãy chứng minh rằng ánh xạ 23 ),2(),,( : RRT zyzyxzyx +−+ → là một ánh xạ tuyến tính *Phương pháp: Để chứng minh T là một ánh xạ tuyến tính ta phải chỉ ra rằng: = +=+ )(.).( )'()()'( uTuT uTuTuuT αα 3 ',; RuuR ∈∈∀α Giải Với = = )',','(' ),,( zyxu zyxu là các phần tử bất kì trong R3 và R∈α tùy ý Ta có: )',','()',','(),,(' zzyyxxzyxzyxuu +=+=+ )',','()'( zzyyxxTuuT +++=+ ( ))'()'(),'(2)'()'( zzyyzzyyxx −+= ( )'','2''2 zyzyzyxzyx +−−+= Ta lại có: )',','(),,()'()( zyxTzyxTuTuT +=+ )'','2''(),2( zyzyxzyzyx +−+−+= ( )'','2''2 zyzyzyxzyx +−−+= So sánh và ta nhận thấy 2 vế phải bằng nhau Cuối cùng ),,().( zyxTuT αααα = P.4
- 5. +−+= ,2 )(),2( uTzyzyx αα =+−+= T là ánh xạ tuyến tính Bài 8: Xác định nhân Ker(T) và ảnh Im(T) Hãy xác định Ker(T), Im(T) (nhân & ảnh) của ánh xạ tuyến tính 23 ),2(),,( : RRT zyxzyxzyx −− → *Phương pháp Tìm Im(T): chọn hệ cơ sở e1, e2,…, en trong Vn ∑= =⇒ n j jj eTT 1 )(.)Im( α Tìm Ker(T): giải phương trình θ=)(uT Giải Ánh xạ T hoàn toàn xác định bởi ảnh của 1 cơ sở trong R3 . Vậy ta chọn cơ sở chính tắc = = = )1,0,0( )0,1,0( )0,0,1( 3 2 1 e e e Và xét ảnh của cơ sở −=−−== −=−−== =−−== )1,1()100,100.2()1,0,0()( )1,1()010,010.2()0,1,0()( )1,2()001,001.2()0,0,1()( 3 2 1 TeT TeT TeT Giả sử 3 Rv ∈ ta có biểu thức v bằng cách biểu diễn tọa độ theo cơ sở e1, e2, e3 332211 ... eeev ααα = Rj ∈α )...()( 332211 eeevT ααα = )(.)(.)(. 332211 eTeTeT ααα = )1,1()1,1()1,2( 321 −+−+= ααα ),(),(),2( 332211 αααααα −+−+= ),2( 321321 αααααα −−= Xác định Ker(T) { }0),,(),,()( 321321 == αααααα TTKer { })0,02,,( 321321321 =−−== ααααααααα Vậy Ker(T) là tập hợp các phần tử có tọa độ thỏa mãn hệ =−− = 0 02 321 321 ααα ααα Ma trận hệ số − − = 12 11 11 A 313 212 )2( )1( ddd ddd →−+ →−+ →← − 30 00 11 →← ↔ 32 dd − 00 30 11 →← → 22 3 1 dd − 00 10 11 Hạng của ma trận A=2 Hệ phương trình tuyến tính có nghiệm duy nhất là )0,0,0(),,( 321 =ααα { })0,0,0()( =⇒ TKer và T là đơn cấu ( ) 1)( =⇒ TKerDim (Theo định lí về số chiều) ( )( ) 2 )Im(213Im RTTDim =⇒=−=⇒ Kết luận { })0,0,0()( =TKer 2 )Im( RT = P.5
- 6. trị riêng của ma trận Hãy xác định giá trị riêng của các ma trận sau: a) − = 615 143 314 A b) −= 312 110 004 B *Phương pháp 0=− IA λ { }( )nλλλλ ,...,, 21∈ Với jλ là 1 giá trị riêng thực Giải a) Phương trình đặc trưng của ma trận A là: 0=− IA λ 0 100 010 001 615 143 314 = − − ⇔ λ 0 615 143 314 = − − −− ⇔ λ λ λ 0 15 43 14 615 143 314 =− −− − − −− ⇔ λ λ λ λ λ 0)6.(3).1(1.1).4(5).4.(31.3.35.1).1()6).(4).(4( =−−−−−−−+−+−−−⇔ λλλλλλ 0)6(3)4()4(1595)6).(816( 2 =−+−−−−+−−+−⇔ λλλλλλ 0)6(3)4(16481664896 322 =−+−−+−+−+−⇔ λλλλλλλ 03181664481664896 322 =−−+−+−+−⇔ λλλλλλλ 0545114 23 =+−+−⇔ λλλ = = = ⇒ 2 3 9 3 2 1 λ λ λ Phương trình đặc trưng có 3 nghiệm = = = 2 3 9 3 2 1 λ λ λ và đây chính là 3 giá trị riêng của ma trận A b) Phương trình đặc trưng của ma trận B là: 0=− IB λ 0 100 010 001 312 110 004 = − −⇔ λ 0 312 110 004 = − −− − ⇔ λ λ λ 0 12 10 04 312 110 004 =− − − −− − ⇔ λ λ λ λ λ 0)3.(0.01).1).(4(2).1.(01.0.02).1.(0)3).(1).(4( =−−−−−−−+−+−−−⇔ λλλλλλ 0)4()3).(44( 2 =−+−+−−⇔ λλλλλ 0444331212 3222 =−+−−+−−⇔ λλλλλλλλ 016208 23 =+−+−⇔ λλλ = = ⇒ 2 4 2 1 λ λ Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm = = 2 4 2 1 λ λ và đây chính là 2 giá trị riêng của ma trận B Bài 10: Giá trị riêng & vectơ riêng Xác định giá trị riêng và các vectơ riêng tương ứng với mỗi giá trị riêng đó của ma trận: −= 312 110 004 B *Phương pháp Lập phương trình đặc trưng 0=− IA λ P.6
- 7. trị trên đường chéo chính trừ đi λ) Giải phương trình theo ẩn λ (vế trái là đa thức của A) Giả sử có các nghiệm thực: kλλλ ,...,, 21 Để tìm vectơ riêng ứng với jλλ = ta giải phương trình ( ) = − 0 ... 0 0 ... 2 1 n j x x x IA λ Giải Phương trình đặc trưng của ma trận B là: 0=− IB λ 0 100 010 001 312 110 004 = − −⇔ λ 0 312 110 004 = − −− − ⇔ λ λ λ 0 12 10 04 312 110 004 =− − − −− − ⇔ λ λ λ λ λ 0)3.(0.01).1).(4(2).1.(01.0.02).1.(0)3).(1).(4( =−−−−−−−+−+−−−⇔ λλλλλλ 0)4()3).(44( 2 =−+−+−−⇔ λλλλλ 0444331212 3222 =−+−−+−−⇔ λλλλλλλλ 016208 23 =+−+−⇔ λλλ = = ⇒ 2 4 2 1 λ λ Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm = = 2 4 2 1 λ λ và đây chính là 2 giá trị riêng của ma trận B Để tìm vectơ riêng ứng với giá trị riêng 41 =λ ta giải phương trình ( ) = − 0 0 0 3 2 1 1 x x x IB λ 0 4312 1410 0044 3 2 1 = − −− − ⇔ x x x 0 112 130 000 3 2 1 = − −−⇔ x x x = −+ −− ⇔ 0 0 0 .1.1.2 .1.3.0 .0.0.0 321 321 321 xxx xxx xxx =−+ =−− ⇔ 02 03 321 32 xxx xx =+ =− ⇔ 321 32 2 3 xxx xx 212 23 xxx +=−⇒ 12 24 xx =−⇔ 122 xx =−⇔ = −= = ⇔ tx tx tx 2 3 2 1 3 2 1 P.7
- 8. riêng ứng với giá trị riêng 41 =λ là: − t t t 2 3 2 1 hay − 2 3 2 1 1 t Để tìm vectơ riêng ứng với giá trị riêng 22 =λ ta giải phương trình ( ) = − 0 0 0 3 2 1 2 x x x IB λ 0 2312 1210 0024 3 2 1 = − −− − ⇔ x x x 0 112 110 002 3 2 1 = −−⇔ x x x = −− ⇔ 0 0 0 .1.1.2 .1.1.0 .0.0.2 321 321 321 xxx xxx xxx = =−− = ⇔ 02 0 02 321 32 1 xxx xx x =+ = ⇒ 0 0 32 1 xx x −= = = ⇔ tx tx x 3 2 1 0 Kết luận: Vectơ riêng ứng với giá trị riêng 22 =λ là: −t t 0 hay −1 1 0 t , 0≠t Bài 11: Chéo hóa ma trận Tìm ma trận trực giao P làm chéo hóa ma trận đối xứng − − = 52 22 A *Phương pháp Cho dạng toán phương ( )nxxxf ,...,, 21 với ma trận là A xác định với các giá trị riêng của A Với mỗi giá trị riêng, tìm tìm không gian con riêng tương ứng rồi dùng thuật toán SchmidtGram − để trực chẩn hóa hệ vectơ này. Ghép tất cả các vectơ riêng này theo thứ tự từ trái sang phải [ ]nPPPP ...21= P là ma trận trực giao làm chéo hóa ma trận A Dùng phép biến đổi tọa độ [ ] [ ]'xPx = at có dạng toàn phương chính tắc. Giải Lập phương trình đặc trưng của A để tìm các giá trị riêng của A 00)det( =−⇔=− IAIA λλ 0 52 22 = −− −− ⇔ λ λ 04)5).(2( =−−−−−⇔ λλ 045210 2 =−+⇔ λλλ 0672 =++⇔ λλ −= −= ⇔ 6 1 2 1 λ λ Ta tìm vectơ riêng tương ứng đối với mỗi giá trị riêng Với 11 −=λ ta có phương trình tìm giá trị riêng ( ) = − 0 0 2 1 1 x x IA λ = −− −− ⇔ 0 0 52 22 2 1 1 1 x x λ λ = −−− −−− ⇔ 0 0 )1(52 2)1(2 2 1 x x = − − ⇔ 0 0 42 21 2 1 x x = − +− ⇔ 0 0 .4.2 .2.1 21 21 xx xx =− =+− ⇔ 042 02 21 21 xx xx 02 21 =+−⇒ xx = = ⇔ tx tx 2 1 2 P.8
- 9. riêng = 1 2 1v Chẩn hóa vectơ này ta có = = + == 5 1 5 2 1 2 . 5 1 1 2 . 12 1 . 1 221 1 1 v v P Với 62 −=λ ta có phương trình tìm giá trị riêng ( ) = − 0 0 2 1 2 x x IA λ = −− −− ⇔ 0 0 52 22 2 1 2 2 x x λ λ = −−− −−− ⇔ 0 0 )6(52 2)6(2 2 1 x x = ⇔ 0 0 12 24 2 1 x x = + + ⇔ 0 0 .1.2 .2.4 21 21 xx xx + + ⇔ 21 21 2 24 xx xx 02 21 =+⇒ xx −= = ⇔ tx tx 22 1 − = − = 2 1 22 1 t t t x x Ta có vectơ riêng − = 2 1 2v Chuẩn hóa vectơ này ta có − = − = −−+ == 5 2 5 1 2 1 . 5 1 2 1 . )2(1 1 . 1 222 2 2 v v P Vậy ma trận P cần tìm là: [ ] − == 5 2 5 1 5 1 5 2 21 PPP Bài 12: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc Cho các dạng toàn phương a) ( ) 21 2 2 2 121 32, xxxxxxf +−= b) ( ) 213231 2 3 2 2 2 1321 32,, xxxxxxxxxxxxg −+−= Hãy đưa các toàn phương f, g về dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange *Phương pháp Cho dạng toàn phương ( )nxxxf ,...,, 21 , ta thực hiện nhóm tất cả các hạng tử có chứa biến 1x vào một biểu thức rồi chuyển thành một bình phương của tổng các biến. Ước lượng các biến 1x≠ để chuyển vào khối thứ hai. Như vậy khối thứ 2 chỉ chứa các biến nxxx ,...,, 32 , ta kí hiệu khối này bởi ( )nxxxg ,...,, 32 Đối với ( )nxxxg ,...,, 32 (dạng toàn phương của n-1 biến) ta thực hiện quá trình trên để tách phần có chứa 2x thành một khối. Tiếp tục quá trình này ta thu được dạng toàn phương theo các biến mới ở dạng chính tắc Cơ sở của phương pháp: ∑< ++=+++ j jinn xxxxxxxx 1 22 2 2 1 2 21 2...)...( ),1,,1( njni == Ghi chú: Nếu biến nào không tham gia trong công thức thì bước thực hiện theo biến này được bỏ qua. Nếu ( )nxxxf ,...,, 21 chỉ chứa các hạng tử dạng chéo ji xx không chứa số hạng dạng 2 jx thì ta thực hiện đổi biến như sau: P.9
- 10. hạng tương ứng với bậc 2 của biến) Giải a) Ta có ( ) 21 2 2 2 121 32, xxxxxxf +−= ( ) 2 221 2 1 23 xxxx −+= ( ) 21 2 2 2 21 3 xxxxx +−+= […] Bài 13: Trực giao hóa hệ vectơ Hãy dùng thuật toán Gram-Schmidt để trực giao hóa hệ vectơ )0,0,0,2( )0,0,2,1( )0,2,1,2( 3 2 1 = = −= u u u […] P.10
|
