Giải đề cương - Chương 5 - CLB HTHT
Preview text:
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
GIẢI ĐỀ CƯƠNG ĐẠI SỐ CHƯƠNG V Nhóm ngành 1
Bài 1. Cho f là dạng song tuyến tính trên không gian 3 chiều V có ma trận đối với cơ sở β = {u1, u2, u3} 1 −1 0 là A = −2 0
−2. Cho h : V → V là ánh xạ tuyến tính có ma trận đối với cơ sở β là 3 4 5 −1 1 1 B = −3 −4 2 . 1 −2 −3
a) Xác định f (u1, u3) , f (u1 − u2 + u3, 2u1 + 3u2 − u3)
b) Chứng minh ánh xạ g (u, v) = f (u, h (v)) là dạng song tuyến tính trên V . Tìm ma trận của nó đối với cơ sở β Lời giải a) Ta có: 1 −1 0 0 h i • f (u 1, u3) = [u1]T · A · [u · − · = 0 β 3]β = 1 0 0 2 0 −2 0 3 4 5 1 •
f (u1 − u2 + u3, 2u1 + 3u2 − u3) = [u1 − u2 + u3]T · A · [2u β 1 + 3u2 − u3]β 1 −1 0 2 h i = 1 −1 1 · −2 0 −2 · 3 3 4 5 −1 = 14 b) Ta có:
• h : V → V là ánh xạ tuyến tính có ma trận đối với cơ sở β là B. ⇒ [h (v)]β = B.[v]β (∀v).
• f là dạng song tuyến tính trên không gian 3 chiều V
⇒ f (u, h(v)) = [u]T · A · [h(v)] (∀u, h(v) ∈ V ). β β
Suy ra: g(u, v) = f (u, h(v)) = [u]T · A · [h(v)] = [u]T · A · B · [v] β β β β
Khi đó có thể dễ dàng chứng minh được:
g(au1 + bu2, v) = ag(u1, v) + bg(u2, v) ∀a, b ∈ R
g(u, av1 + bv2) = ag(u, v1) + bg(u, v2)
Vậy g là dạng song tuyến tính trên V có ma trận đối với cơ sở β là AB.
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Bài 2. Cho dạng song tuyến tính trên P2[x] xác định bởi f(p(x), q(x)) = p(1)q(2). Tìm ma trận và biểu
thức của f đối với cơ sở chính tắc. Lời giải Ta có: f(1, 1) = 1 f(1, x) = 2 f(1, x2) = 4 f(x, 1) = 1 f(x, x) = 2 f(x, x2) = 4 f(x2, 1) = 1 f(x2, x) = 2 f(x2, x2) = 4 1 2 4
Vậy ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là 1 2 4 , suy ra: 1 2 4
f(a1x2 +b1x+c1, a2x2 +b2x+c2) = a1a1 +2a1a2 +4a1a3 +a2a1 +2a2a2 +4a2a3 +a3a1 +2a3a2 +4a3a3 Bài 3. Trên 3
R cho các dạng toàn phương ω có biểu thức tọa độ: ω 2 2 2 1(x1, x2, x3) = x1
+ 5x2 − 4x3 + 2x1x2 − 4x1x3.
ω2(x1, x2, x3) = x1x2 + 4x1x3 + x2x3.
a) Bằng phương pháp Lagrange, đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc.
b) Xét xem các dạng toàn phương xác định dương, xác định âm không? Lời giải • ω 2 2 2 1(x1, x2, x3) = x1
+ 5x2 − 4x3 + 2x1x2 − 4x1x3 = [x 2 2 1
+ 2x1(x2 − 2x3) + (x2 − 2x3)2] + [5x2 − 4x2 − (x 3 2 − 2x3)2]
= (x1 + x2 − 2x3)2 + (4x2 − 8x2 + 4x 2 3 2x3)
= (x1 + x2 − 2x3)2 + (2x2 + x3)2 − 9x23 = y2 + y2 − y2 1 2 3
Với y1 = x1 + x2 − 2x3, y2 = 2x2 + x3, y3 = 3x3
Do đó: ω1 không xác định âm và không xác định dương
• ω2(x1, x2, x3) = x1x2 + 4x1x3 + x2x3
Đặt x1 = y1 − y2, x2 = y1 + y2, x3 = y3 ⇒ ω2 = y2 − y2 + 4(y 1 2 1 − y2)y3 + (y1 + y2)y3 = y2 + 5y − 3y 1 1y3 − y2 2 2y3 5 2 3 2 = y1 + y3 − y2 + y3 − 4y2 2 2 3 = u2 − u2 − u2 1 2 35 3
Với u1 = y1 + y3, u2 = y2 + y3, u3 = 2y3 2 2
Do đó: ω2 không xác định âm và không xác định dương
Bài 4. Xác định a để các dạng toàn phương xác định dương:
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập a) 5x2 + x2 + ax2 + 4x 1 2 3 1x2 − 2x1x3 − 2x2x3. b) 2x2 + x2 + 3x2 + 2ax 1 2 3 1x2 + 2x1x3. c) x2 + x2 + 5x2 + 2ax 1 2 3 1x2 − 2x1x3 + 4x2x3. Lời giải 5 2 −1
a) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là A = 2 1 −1 −1 −1 a
Để f (x, x) xác định dương thì: 5 > 0 △ 5 > 0 1 > 0 5 2 △ ⇔ > 0 ⇔ ⇔ a > 2 2 > 0 1 > 0 2 1 △3 > 0 a − 2 > 0 |A| > 0
Vậy a > 2 thì thoả mãn bài toán 2 a 1
b) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là B = a 1 0 1 0 3
Để f(x,x) xác định dương thì: 2 > 0 △ 2 > 0 1 > 0 √ √ 2 a 5 15 15 △ ⇔ > 0 ⇔ ⇔ a2 < ⇔ − < a < 2 > 0 2 − a2 > 0 3 3 3 a 1 △3 > 0 5 − 3a2 > 0 |B| > 0 √ √ 15 15 Vậy − < a < thì thoả mãn bài toán 3 3 1 a −1
c) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là C = a 1 2 −1 2 5
Để f(x,x) xác định dương thì: 1 > 0 △ 1 > 0 1 > 0 1 a −1 < a < 1 4 △ ⇔ > 0 ⇔ ⇔ ⇔ − < a < 0 2 > 0 1 − a2 > 0 4 5 a 1 − < a < 0 5 △3 > 0 −4a − 5a2 > 0 |C| > 0 4 Vậy −
< a < 0 thì thoả mãn bài toán 5
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Bài 5: Cho dạng song tuyến tính trên 3 R xác định bởi:
< (x1, x2, x3), (y1, y2, y3) >= 2x1y1 + x1y2 + x2y1 + ax2y2 − 2x2y3 − 2x3y2 + 3x3y3.
(a là tham số). Tìm ma trận của dạng song tuyến tính trên đối với cơ sở chính tắc của 3 R và tìm điều kiện
của a để dạng song tuyến tính là một tích vô hướng trên 3 R . Lời giải 2 1 0
• Ma trận của dạng song tuyến tính đã cho đối với cơ sở chính tắc 3 R là A = 1 a −2 0 −2 3 2 1 0 2 1 Ta có: ∆ 1 = 2, ∆2 = = 2a − 1, ∆3 = 1 a −2 = 6a − 11 1 a 0 −2 3
• Dạng song tuyến tính trên là tích vô hướng nếu nó xác định dương 2 > 0 11 ⇔ 2a − 1 > 0 ⇔ a > 6 6a − 11 > 0 Bài 6: Trong 3
R trang bị một dạng song tuyến tính như sau: f (x, y) = (x1, x2, x3)A(y1, y2, y3)T với: 4 2 −1 A = 2 3
4 và x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3). −1 a2 2a
Xác định a để f (x, y) là tích vô hướng trên 3 R Lời giải
f là tích vô hướng trên R3
⇔ f là dạng song tuyến tính và là dạng toàn phương xác định dương
Mà ∆1 = 4, ∆2 = 8, ∆3 = −18a2 + 16a − 11 a2 = 4 ⇒ ⇐⇒ a ∈ Ø
−18a2 + 16a − 11 > 0
Vậy không tồn tại a để f (x, y) là tích vô hướng trên 3 R
Bài 7: Giả sử V là KGVT n chiều với cơ sở B = {e1, e2, ..., en}. Với u, v là các vector của V ta có:
u = a1e1 + a2e2 + ... + anen; v = b1e1 + b2e2 + ...bnen. Đặt t < u, v >= a1b1 + a2b2 + ... + anbn.
a) Chứng minh < u, v > là một tích vô hướng trên V .
b) Áp dụng với trường hợp V = 3 R , với
e1 = (1, 0, 1), e2 = (1, 1, −1), e3 = (0, 1, 1), u = (2, −1, −2), v = (2, 0, 5). Tính < u, v > .
c) Áp dụng với trường hợp V = P2[x], với B = {1, x, x2}, u = 2 + 3x2, v = 6 − 3x − 3x2. Tính < u, v > .
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
d) Áp dụng với trường hợp V = P2[x], với B = {1 + x, 2x, x − x2}, u = 2 + 3x2, v = 6 − 3x − 3x2. Tính < u, v > . Lời giải
a) Dễ dàng kiểm chứng các tiên đề TVH 1,2,3,4 đúng. Với tiên đề 5, ta có:
< u, u >= a2 + a2 + ... + a2 ≥ 0 1 2 n luôn đúng.
< u, u >= 0 ⇐⇒ u = 0
Do đó: < u, v > là một tích vô hướng trên V .
b) B = {e1, e2, e3} là một cơ sở của V
Ta có: u = (2, −1, −2) = (1, 0, 1) + (1, 1, −1) − 2(0, 1, 1) = e1 + e2 − 2e3
⇒ (a1, a2, a3) = (1, 1 − 2)
Tương tự: (b1, b2, b3) = (3, −1, 1) ⇒< u, v >= 0
c) Ta có: u = 2 + 3x2 ⇒ (a1, a2, a3) = (2, 0, 3)
v = 6 − 3x − 3x2 ⇒ (b1, b2, b3) = (6, −3, −3)
⇒< u, v >= 2.6 + 0.(−3) + 3.(−3) = 3. 1 1
d) Ta có: u = 2 + 3x2 = 2.(1 + x) +
.(2x) − 3(x − x2) ⇒ (a1, a2, a3) = (2, , −3) 2 2 1
Tương tự: (b1, b2, b3) = (6, −6, 3) ⇒< u, v >= 2.6 + .(−6) + (−3).3 = 0 2
Bài 8: Xét không gian P3[x]. Kiểm tra các dạng
sau có phải là tích vô hướng hay không?
a) ⟨p, q⟩ = p(0)q(0) + p(1)q(1) + p(2)q(2)
b) ⟨p, q⟩ = p(0)q(0) + p(1)q(1) + p(2)q(2) + p(3)q(3) ˆ 1 c) ⟨p, q⟩ = p(x)q(x)dx −1 Lời giải
a) ⟨p, p⟩ = p(0)2 + p(1)2 + p(2)2 ≥ 0 p(0) = 0
⟨p, p⟩ = 0 ⇐⇒ p = 0 ⇐⇒ p(1) = 0 p(2) = 0
Lấy p = x(x − 1)(x − 2) ∈ P3[x] thì p ̸= 0 và ⟨p, p⟩ = 0
Vậy ⟨p, q⟩ không phải là tích vô hướng
b) ⟨p, q⟩ đã cho là một tích vô hướng, dễ dàng kiểm tra các tiên đề TVH 1,2,3,4. Riêng tiên đề TVH 5,ta có:
⟨p, p⟩ = p(0)2 + p(1)2 + p(2)2 + p(3)2 ≥ 0
⟨p, p⟩ = 0 ⇐⇒ p(0) = p(1) = p(2) = p(3) = 0
Giả sử p = a+bx+cx2+dx3, giải hệ phương trình từ các điều kiện p(0) = p(1) = p(2) = p(3) = 0,
ta được a = b = c = d = 0, nghĩa là p = 0.
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
c) ⟨p, q⟩ đã cho là một tích vô hướng, dễ dàng kiểm tra các tiên đề TVH 1,2,3,4. Riêng với tiên đề 5, ta có: ˆ 1 ⟨ p, p⟩ = p(x)2dx ≥ 0 −1 luôn đúng.
⟨p, q⟩ = 0 ⇔ p(x) = 0
Bài 9: Cho V là không gian Eculide. Chứng minh
a) ||u + v||2 + ||v − v||2 = 2(||u||2 + ||v||2)
b) u⊥v ⇔ ||u + v||2 = ||u||2 + ||v||2 ∀u, v ∈ V Lời giải a) Ta có:
• ||u + v||2 =< u + v, u + v >
=< u, u + v > + < v, u + v >
= ||u||2 + ||v||2 + 2 < u, v >
• ||u − v||2 =< u + v, u + v >
=< u, u − v > − < v, u − v >
= ||u||2 + ||v||2 − 2 < u, v >
⇒ ||u + v||2 + ||v − v||2 = 2(||u||2 + ||v||2) b) Ta có: ||u + v||2 = ||u||2 + ||v||2
⇔ ||u||2 + ||v||2 + 2 < u, v >= ||u||2 + ||v||2 ⇔< u, v >= 0 ⇔ u ⊥ v
Bài 10: Cho cơ sở B = {(1; 1; −2), (2; 0; 1), (1; 2; 3)} trong không gian 3
R với tích vô hướng chính
tắc. Trực chuẩn hóa Gram - Schmidt cơ sở B để thu được cơ sở trực chuẩn B’ và tìm tọa độ của vector
u = (5; 8; 6) với cơ sở B’. Lời giải
v1 = (1; 1; −2); v2 = (2; 0; 1); v3 = (1; 2; 3) √
Đặt f1 = v1 = (1; 1; −2) ⇒ ||f1|| = 6 − < v2, f1 >
Đặt f2 = v2 + λ12f1 trong đó, λ1,2 = = 0 ||f1||2 √ ⇒ f2 = (2; 0; 1), ||f2|| = 5 − < v3, f1 > 1 − < v3, f2 >
Đặt f3 = v3 + λ13f1 + λ23f2, trong đó λ13 = = ; λ = −1 || 23 = f1||2 2 ||f2||2 1 5 ⇒ f3 = − ; ; 1 2 2
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập f 1 1 1 2 √ √ √ u1 = = ; ; − ||f 6 6 6 1|| f2 2 1 Đặt u2 = = √ ; 0; √ ||f 5 5 2|| f 1 5 2 3 √ √ √ u3 = = − ; ; ||f3|| 30 30 30
Ta dễ thấy B′ = {u1; u2; u3} là cơ sở trực chuẩn cần tìm
Tọa độ của u = (5; 8; 6) theo cơ sở B′ là: 1 16 47
[u]B′ = (< u, u1 >; < u, u2 >; < u, u3 >)T = √ ; √ ; √ 6 5 30 Bài 11. Cho 4
R với tích vô hướng chính tắc. Cho u1 = (6; 3; −3; 6), u2 = (5; 1; −3; 1). Tìm cơ sở trực
chuẩn của không gian sinh bởi {u1; u2}. Lời giải
Trực giao hệ vector {u1; u2}, ta được: v1 = u1 = (6; 3; −3; 6) ⟨u
⟨(5; 1; −3; 1), (6; 3; −3; 6)⟩ v 2, v1⟩ 2 = u2 − .v .(6; 3; −3; 6) || 1 = (5; 1; −3; 1) − v1||2 ||v1||2 48 = (5; 1; −3; 1) − .(6; 3; −3; 6) 90 9 −3 −7 −11 = ; ; ; 5 5 5 5
Trực chuẩn hóa hệ vector (v1; v2): v 2 1 −1 2 a 1 1 = = √ ; √ ; √ ; √ ||v1|| 10 10 10 10 v 9 −3 −7 −11 a 2 2 = = √ ; √ ; √ ; √ ||v2|| 2 65 2 65 2 65 2 65
Vậy cơ sở trực chuẩn của span{u1; u2} là {a1; a2} 1 ˆ
Bài 12. Trong P2[x] định nghĩa tích vô hướng ⟨p, q⟩ =
p(x)q(x)dx với p, q ∈ P2[x]. −1
a) Trực chuẩn hóa Gram- Schmidt cơ sở B = {1; x; x2} để nhận được cơ sở trực chuẩn A.
b) Tìm [r]A biết r = 2 − 3x + 3x2. Lời giải
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
a) Trực giao hệ vector B = {1; x; x2}, ta được: 1 ˆ v1 = b1 = 1 ⇒ ||v1||2 = 1dx = 2 −1 1 ˆ 1 ˆ ⟨b 1 2 v 2, v1⟩ 2 = b2 − .v . x.1dx = x ⇒ ||v x2dx = || 1 = x − 2||2 = v1||2 2 3 −1 −1 1 ˆ 1 ˆ ⟨b ⟨b 1 3x 1 v 3, v1⟩ 3, v2⟩ 3 = b3 − .v .v x2dx − x3dx = − + x2 || 1 − 2 = x2 − v1||2 ||v2||2 2 2 3 −1 −1 1 ˆ 1 2 8 ⇒ ||v3||2 = − + x2 dx = 3 45 −1
Trực chuẩn hóa hệ {v1; v2; v3}: v 1 a 1 1 = = √ ||v1|| 2 v 3x a 2 2 = = √ ||v2|| 6 v −5 15x2 a 3 3 = = √ + √ ||v3|| 2 10 2 10 1 3 −5 15
Vậy cơ sở trực chuẩn A = √ ; √ x; √ + √ x2 2 6 2 10 2 10 1 −5 √ 0 √ 2 2 10 3
b) Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc B sang cơ sở trực chuẩn A là: P = 0 √ 0 6 15 0 0 √ 2 10 Khi đó, ta được: 1 −5 −1 √ 0 √ 2 2 10 2 3 [r] √
B = P.[r]A ⇒ [r]A = P −1.[r]B = 0 0 . −3 6 15 3 0 0 √ 2 10 √ √ 2 2 0 √ 3 2 √ !T 6 √ √ 2 10 = 0 0 . −3 = 3 2; − 6; 5 3 √ 2 10 3 0 0 15
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập √ √ √ !T 2 10 Vậy [r]A = 3 2; − 6; 5
Câu 13. Tìm hình chiếu trực giao của vector u lên không gian sinh bới vector v:
a) u = (1; 3; −2; 4), v = (2; −2; 4; 5)
b) u = (4; 1; 2; 3; −3), v = (−1; −2; 5; 1; 4) Lời giải
Yêu cầu của bài toán tương đương với tìm hình chiếu của U lên W = span(v) v 1
a) W có một cơ sở trực chuẩn là S = v1 = = (2; −2; 4; 5) ∥v∥ 7 1 1 8 Do đó: w1 = ⟨u, v1⟩.v1 =
(1; 3; −2; 4), (2; −2; 4; 5) . (2; −2; 4; 5) = (2; −2; 4; 5) là hình 7 7 49 chiếu của u lên v.
b) W có một cơ sở trực chuẩn là: v 1 S = v1 = = √ (−1; −2; 5; 1; 4) ∥v∥ 47
Do đó: Hình chiếu trực giao của u lên v là: 1 1 w1 = ⟨u, v1⟩.v1 = (4; 1; 2; 3; −3), √ (−1; −2; 5; 1; 4) · √ (−1; −2; 5; 1; 4) 47 47 5 = (1; 2; −5; −1; −4) 47
Câu 14. Cho không gian 3
R với tích vô hướng chính tắc và các vector u = (3; −2; 1), v1 = (2; 2; 1), v2 =
(2; 5; 4). Đặt W = span{v1, v2}. Xác định hình chiếu trực giao của vector u lên không gian W Lời giải
Đặt u = w1 + w2, trong đó w1 ∈ W, w2 ⊥ W
Vì w1 ∈ W nên w1 = xv1 + yv2 = (2x + 2y; 2x + 5y; x + 4y) Khi đó:
w2 = u − w1 = (3 − 2x − 2y; −2 − 2x − 5y; 1 − x − 4y)
Do w2 ⊥ W nên w2 ⊥ v1, w2 ⊥ v2. Ta có hệ: ( ( ⟨w2, v1⟩ = 0
2(3 − 2x − 2y) + 2(−2 − 2x − 5y) + 1 − x − 4y = 0 ⇔ ⟨w2, v2⟩ = 0
2(3 − 2x − 2y) + 5(−2 − 2x − 5y) + 4(1 − x − 4y) = 0 ( 9x + 18y = 3 ⇔ 18x + 45y = 0 5 x = ⇔ 3 2 y = − 3
Do đó: w1 = (2x + 2y; 2x + 5y; x + 4y) = (2; 0; −1) là hình chiếu trực giao của u lên W .
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Câu 15. Trong không gian 3
R với tích vô hướng chính tắc, cho các vecotr u = (1; 2; −1), v = (3; 6; 3) và đặt H = {w ∈ 3 R |w ⊥ u}
a) Tìm một cơ sở trực chuẩn của không gian H.
b) Tìm hình chiếu trực giao của v lên không gian H. Lời giải
a) Gọi w = (w1, w2, w3) ∈ H(w ∈ R3). Vì w ⊥ u nên ⟨w, u⟩ = 0 ⇔ w1 + 2w2 − w3 = 0
Đặt w1 = t, w2 = h ⇒ w3 = t + 2h
⇒ w = (t, h, t + 2h) = t(1, 0, 1) + h(0, 1, 2)
Đặt v1 = (1, 0, 1), v2 = (0, 1, 2)
Do mọi w ∈ H đều là tổ hợp tuyến tính của v1, v2 và v1, v2 độc lập tuyến tính.
⇔ v1, v2 là cơ sở của H. Ta có: v 1 v′ = 1 = √ (1, 0, 1) 1 ∥v1∥ 2 v , v v′ = 2 − ⟨v′1 2⟩.v′1 2 ∥v2 − ⟨v′ , v ∥ 1 2⟩.v′1 1 1
(0, 1, 2) − ⟨ √ (1, 0, 1), (0, 1, 2)⟩. √ (1, 0, 1) 2 2 = 1 1
∥(0, 1, 2) − ⟨ √ (1, 0, 1), (0, 1, 2)⟩. √ (1, 0, 1)∥ 2 2 (−1, 1, 1) = ∥(−1, 1, 1)∥ 1 = √ (−1, 1, 1) 3 −1 1 1 = ( √ , √ , √ ) 3 3 3 1 1 −1 1 1 Do đó: B = {v′ , v′ } =
( √ , 0, √ ), ( √ , √ , √ )
là một cơ sở trực chuẩn của H. 1 2 2 2 3 3 3
b) Gọi v3 là hình chiếu của v lên H.
⇒ v3 =⟨v, v′ ⟩.v′ + ⟨v, v′ ⟩.v′ 1 1 2 2 1 1 1 1 −1 1 1 −1 1 1 = (3, 6, 3), ( √ , 0, √ ) .( √ , 0, √ ) + (3, 6, 3), ( √ , √ , √ ) .( √ , √ , √ ) 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3
= (3, 0, 3) + (−2, 2, 2) = (1, 2, 5)
Vậy (1, 2, 5) là hình chiếu của v lên H. Câu 16. Trong 5
R với tích vô hướng chính tắc cho các vector v1 = (1; 1; 0; 0; 0), v2 = (0; 1; −1; 2; 1), v3 =
(2; 3; −1; 2; 1). Gọi V = {x ∈ 5 R |x ⊥ vi, i = 1, 2, 3}
a) Chứng minh V là không gian vector con của 5 R b) Tìm dimV
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập Lời giải a) Xét x1 ∈ V, x2 ∈ V : ( x ⇔ 1 ⊥ vi với i = 1, 3 x2 ⊥ vi với i = 1, 3 ( ⟨x ⇔ 1, vi⟩ = 0 với i = 1, 3
⟨x2, vi⟩ = 0 với i = 1, 3
⇒ ⟨x1 + x2, vi⟩ = ⟨x1, vi⟩ + ⟨x2, vi⟩ = 0 với i = 1, 3 ⇔ (x1 + x2) ⊥ vi ⇔ (x1 + x2) ∈ V ⇒
V đúng với phép cộng (1)
Với x1 ∈ V và k ∈ R ta có: x1 ⊥ vi với i = 1, 3
⇔ ⟨x1, vi⟩ = 0 với i = 1, 3
⇒ ⟨kx1, vi⟩ = k⟨x1, vi⟩ = 0 với i = 1, 3
⇒ (kx1) ⊥ vi với i = 1, 3 ⇒ kx1 ∈ V ⇒ V đúng với phép nhân (2)
Từ (1),(2) ⇒ V là không gian vector con của 5 R b) Gọi x = (x 5
1, x2, x3, x4, x5) ∈ V (x ∈ R )
Vì x ⊥ vi với i = 1, 3 nên: ⟨x, v1⟩ = 0 x1 + x2 = 0 x1 = t ⟨x, v ⇔ ⇔ (t ∈ 2⟩ = 0 x2 − x3 + 2x4 + x5 = 0 x2 = −t R) ⟨x, v3⟩ = 0
2x1 + 3x2 − x3 + 2x4 + x5 − 0 −x3 + 2x4 + x5 = t x1 = t, x2 = −t ⇔ x (h, l ∈ R) 3 = h, x4 = l x5 = t + h − 2l
Do đó: x = (t, −t, h, l, t + h − 2l) ⇔ x = t(1, −1, 0, 0, 1) + h(0, 0, 1, 0, 1) + l(0, 0, 0, 1, −2)
Suy ra: V = span{(1, −1, 0, 0, 1); (0, 0, 1, 0, 1); (0, 0, 0, 1, −2)} 1 −1 0 0 1 ⇒ dimV = rank 0 0 1 0 1 = 3 0 0 0 1 −2
Bài 17: Cho V là không gian Euclide n chiều, V1 là không gian con m chiều của V. Gọi
V2 = {x ∈ V |x ⊥ v, ∀v ∈ V 1}
a) Chứng minh V2 là không gian vector con của V
b) Chứng minh V1 và V2 bù nhau
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập c) Tìm dimV2 Lời giải a)
• a, b ∈ V2 ⇒ ⟨a, v⟩ = ⟨b, v⟩ = 0∀v ∈ V1
⇒ ⟨a + b, v⟩ = 0 ⇒ a + b ∈ V2
• a ∈ V2, k ∈ R ⇒ ⟨ka, v⟩ = k⟨a, v⟩ = 0∀v ∈ V1 ⇒ ka ∈ V2 ⇒ V2 là KGVT con của V
b) Xét B1 = {x1, x2, ..., xn} là cơ sở trực chuẩn của V1
Bổ sung n − m vector để cơ sở trực chuẩn của V là {x1, x2, ..., xm, xm+1, ..., xn} Đặt W =span{xm+1, ..., xn} • w ∈ W ⇒ w = Pn λ i=m+n ixi
⇒< w, xi >= 0∀i = 1, m ⇒ w ∈ V2 ⇒ W ⊂ V2 • v ∈ V2 ⇒ v = Pn α i=1 ixi
⇒< v, xi >= 0∀i = 1, m ⇒ αi = 0∀i = 1, m ⇒ v = Pn α i=m+1 ixi ⇒ v ∈ W ⇒ V2 ⊂ W
Do vậy W = V2, nên V1, V2 bù nhau
c) Lúc đó ta có thể thấy dimV2 = n − m
Bài 18: Chéo hoá trực giao các ma trận sau: 1 0 0 1 −1 0 7 −2 0 " # −7 24 a) A = 0 1 1 b) B = c) C = −1 1 0 d) D = −2 6 2 24 7 0 1 1 0 0 1 0 2 5 Lời giải a) Ta có: | A − λI |= 0 1 − λ 0 0 ⇔ 0 1 − λ 1 = 0 0 1 1 − λ ⇔ −λ3 + 3λ2 − 2λ = 0
⇔ −λ(λ − 1)(λ − 2) = 0
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇔ λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 1 0 0 x1 0 • λ 1 = 0 ⇒ AX = 0 ⇔ 0 1 1 x2 0 0 1 1 x3 0 x1 = 0 x1 = 0 ⇔ ⇔ x2 + x3 = 0 x2 = −x3 0 0 ⇔ X = −x ⇔ X = x 3 3 −1 x3 1 0 ⇒ Vector riêng v
1 = −1 ứng với λ1 = 0 1 0 v −1 1 √ Trực chuẩn hoá v 1: u1 = = ||v 2 1|| 1 √ 2 • λ2 = 1 ⇒ (A − I)X = 0 0 0 0 x x 1 0 1 = x1 ⇔ 0 0 1 x ⇔ 2 0 x2 = 0 0 1 0 x 3 0 x3 = 0 x1 1 ⇔ X = 0 ⇔ X = x1 0 0 0 1 ⇒ Vector riêng v
2 = 0 ứng với λ2 = 1 0 1 v2 Trực chuẩn hoá v 2: u2 = = 0 ||v2|| 0
• λ3 = 3 ⇒ (A − 2I)X = 0 −1 0 0 x1 0 ⇔ 0 −1 1 x2 0 0 1 −1 x3 0
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập x1 = 0 x1 = 0 ⇔ ⇔ x2 − x3 = 0 x2 = x3 0 0 ⇔ X = x = x 3 3 1 x3 1 0 ⇒ Vector riêng v
3 = 1 ứng với λ3 = 2 1 0 v 1 3 √ Trực chuẩn hoá v 3: u3 = = ||v 2 3|| 1 √ 2 0 1 0 −1 1 √ √ • Ta có P = 0 2 2 1 1 √ 0 √ 2 2 0 0 0 Nên D = P T AP = 0
1 0 là ma trận chéo hoá trực giao của ma trận A 0 0 2 −7 − λ 24
b) Ta có | B − λI |= 0 ⇔ = 0 ⇔ λ2 − 625 = 0 24 7 − λ
⇔ (λ − 25)(λ + 25) = 0 ⇔ λ1 = 25, λ2 = −25 " # " # " # −32 24 x1 0
• λ1 = 25 ⇒ (A − 25I)X = 0 ⇔ = 24 −18 x2 0 24 " # " # −32 24 R2+ R1:=R2 32 −32 24 −−−−−−−−−→ 24 −18 0 0
⇒ −32x1 + 24x2 = 0 ⇔ 4x1 = 3x2 Đặt x1 = 3t2 = 4t " # " # " # 3t 3 3 X = = t ⇒ Vector riêng v1 =
ứng với trị riêng λ1 = 25 4t 4 4 3 v 5 1 Trực chuẩn hoá v 1 : u1 = = ||v 1|| 4 5
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 14
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập " # " # " # 18 24 x1 0
• λ1 = −25 ⇒ (A + 25I)X = 0 ⇔ = 24 32 x2 0 24 " # " # 18 24 R2− R1:=R2 18 18 24 −−−−−−−−−→ 24 32 0 0
⇒ 18x1 + 24x2 = 0 ⇔ 3x1 = −4x2 Đặt x1 = −4t2 = 3t " # " # " # −4t −4 −4 X = = t ⇒ Vector riêng v2 =
ứng với trị riêng λ2 = −25 3t 3 3 −4 v 5 2 Trực chuẩn hoá v 2 : u2 = = ||v 2|| 3 5 " 3 −4 # • Ta có P = 5 5 4 3 5 5 " # 25 0 Nên D = P T BP =
là ma trận chéo hoá trực giao của ma trận B. 0 −25 1 − λ −1 0
c) Ta có: | C − λI |= 0 ⇔ −1 1 − λ 1
= 0 ⇔ −λ3 + 3λ2 − 2λ = 0 0 0 1 − λ
⇔ −λ(λ − 1)(λ − 2) = 0 ⇔ λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 1 −1 0 x1 0 • λ 1 = 0 ⇒ C X = 0 ⇔ −1 1 0 x2 0 0 0 1 x3 0 x1 − x2 = 0 x1 = x2 ⇔ ⇔ x3 = 0 x3 = 0 x2 1 ⇔ X = x ⇔ X = x 2 2 1 0 0 1 ⇒ Vector riêng v
1 = 1 ứng với λ1 = 0 0
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 15
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 √2 v 1 Trực chuẩn hoá v 1 1: u1 = = || √ v1|| 2 0 • λ2 = 1 ⇒ (C − I)X = 0 0 −1 0 x x 1 0 1 = 0 ⇔ −1 0 1 x ⇔ 2 0 x2 = 0 0 0 0 x 3 0 x3 = x3 0 0 ⇔ X = 0 ⇔ X = x3 0 x3 1 0 ⇒ Vector riêng v
2 = 0 ứng với λ2 = 1 1 0 v2 Trực chuẩn hoá v 2: u2 = = 0 ||v2|| 1
• λ3 = 3 ⇒ (C − 2I)X = 0 −1 −1 0 x1 0 ⇔ −1 −1 1 x2 0 0 0 −1 x3 0 x1 + x2 = 0 x1 = −x2 ⇔ ⇔ x3 = 0 x3 = 0 −x2 −1 ⇔ X = x ⇔ X = x 2 2 1 0 0 −1 ⇒ Vector riêng v
3 = 1 ứng với λ3 = 2 0 1 √2 v 3 Trực chuẩn hoá v 1 3: u3 = = || √ v3|| 2 0
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 16
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 −1 √ 0 √ 2 2 • Ta có P = 1 1 √ 0 √ 2 2 0 1 0 0 0 0 Nên D = P T AP = 0
1 0 là ma trận chéo hoá trực giao của ma trận C 0 0 2 d) Ta có: | D − λI |= 0 7 − λ −2 0 ⇔ −2 6 − λ 2 = 0 0 2 5 − λ
⇔ −λ3 + 18λ2 − 99λ + 162 = 0
⇔ −(λ − 3)(λ2 − 15λ + 54) = 0
⇔ −(λ − 3)(λ − 6)(λ − 9) = 0 ⇔ λ1 = 3; λ2 = 6; λ3 = 9
• λ1 = 3 ⇒ (D − 3I)X = 0 4 −2 0 x1 0 ⇔ −2 3 2 x = 2 0 0 2 2 x3 0 4 −2 0 4 −2 0 4x 2R 1 − 2x2 = 0 2+R1:=R2 −2 3
2 −−−−−−−→ 0 4 4 ⇒ 4x 0 2 2 0 2 2 2 + 4x3 = 0 −1 x1 = x3 2 2x1 = x2 ⇒ ⇒ x2 = −x3 x2 = −x3 x3 = x3 −1 x −1 2 3 ⇒ X = −x = 2x 3 3 −2 x3 2 −1 ⇒ Vector riêng v
1 = −2 ứng với λ1 = 3 2 −1 3 Trực chuẩn hoá v −2 1 : u1 = v1 = ||v 1|| 3 2 3 1 −2 0 x1 0 • λ
2 = 6 ⇒ (D − 6I )X = 0 ⇔ −2 0 2 x = 2 0 0 2 −1 x3 0
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 17
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 −2 0 1 −2 0 R2 1 −2 0 R3+ :=R3 R2+2R1:=R2 2 −2 0
2 −−−−−−−→ 0 −4 2 −
−−−−−−−→ 0 −4 2 0 2 −1 0 2 −1 0 0 0 x 1 = 2x2 x1 − 2x2 = 0 x1 = 2x2 ⇒ ⇒ ⇒ x2 = x2 −4x2 + 2x3 = 0 2x2 = x3 x3 = 2x2 2x3 2 2 ⇒ X = x = x ⇒ 2 2 1
Vector riêng v2 = 1 ứng với λ2 = 6 2x2 2 2 2 3 v 2 1 Trực chuẩn hoá v 2 : u2 = = ||v2|| 3 2 3 −2 −2 0 x1 0 • λ
3 = 9 =⇒ (D − 9I )X = 0 ⇐⇒ −2 −3 2 x = 2 0 0 2 −4 x3 0 −2 −2 0 −2 −2 0 −2 −2 0 R2−R1:=R2 R3+2R2:=R3 −2 −3
2 −−−−−−−→ 0 −1
2 −−−−−−−→ 0 −1 2 0 2 −4 0 2 −4 0 0 0 x 1 = −2x3 −2x1 − 2x2 = 0 x1 = −x2 ⇒ ⇒ ⇒ x2 = 2x3 −x2 + 2x3 = 0 x2 = 2x3 x3 = x3 −2x3 −2 −2 ⇒ X = 2x = x ⇒ 3 3 2
Vector riêng v2 = 2 ứng với λ3 = 9 x3 1 1 −2 3 v 3 2 Trực chuẩn hoá v 3 : u3 = = ||v3|| 3 1 3 −1 2 −2 3 3 3 • P = −2 1 2 3 3 3 2 2 1 3 3 3 3 0 0 Nên D′ = P T DP = 0
6 0 là ma trận chéo hoá trực giao của D 0 0 9
Bài 19: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phuong pháp trực giao:
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 18
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập a) x2 + x2 + x2 + 2x 1 2 3 1x2 b) 7x2 + 6x2 + 5x2 − 4x 1 2 3 1x2 + 4x2x3 Lời giải
a) Đặt f (x) = x2 + x2 + x2 + 2x 1 2 3 1x2 1 1 0 Ma trận của
f đối với cơ sở chính tắc 3 R là A = 1 1 0 0 0 1
Ta có A − λI = −λ(λ − 1)(λ − 2) −1 1
• λ = 0 ⇒ vA(0) = span {(−1, 1, 0)}, trực chuẩn hoá được √ , √ , 0 2 2
• λ = 1 ⇒ vA(1) = span {(0, 0, 1)}, trực chuẩn hoá được (0, 0, 1) 1 1
• λ = 2 ⇒ vA(2) = span {(1, 1, 0)}, trực chuẩn hoá được √ , √ , 0 2 2 −1 1 √ 0 √ 0 0 0 2 2 Do vậy P T AP = 1 1 0 1 0 với P = √ 0 √ 2 2 0 0 2 0 1 0 h iT −1 1 1 1 Hay f (x) = y2 + 2y2 [x] = , với B = √ , √ , 0 ; (0, 0, 1); √ , √ , 0 2 3 y B 1 y2 y3 2 2 2 2
b) Đặt f (x) = 7x2 + 6x2 + 5x2 − 4x 1 2 3 1x2 + 4x2x3 7 −2 0
Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc 3 R là A = −2 6 2 0 2 5
Ta có A − λI = −(λ − 3)(λ − 6)(λ − 9) −1 −1 −2 2 • λ = 3 ⇒ vA(3) = span (
, −1, 1) , trực chuẩn hoá được , , 2 3 3 3 1 2 1 2 • λ = 6 ⇒ vA(6) = span
(1, , 1) , trực chuẩn hoá được , , 2 3 3 3 −2 2 1
• λ = 9 ⇒ vA(9) = span {(−2, 2, 1)}, trực chuẩn hoá được , , 3 3 3 3 0 0 −1 −2 2 3 3 3 Do vậy P T AP = 2 1 2 0 6 0 với P = 3 3 3 0 0 9 −2 2 1 3 3 3 h iT
Hay f (x) = 3y2 + 6y2 + 9y2 [x] = , 1 2 3 y B 1 y2 y3 −1 −2 2 2 1 2 −2 2 1 với B = , , ; , , ; , , 3 3 3 3 3 3 3 3 3
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 19
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Bài 20: Nhận dạng đường cong phẳng sau: a) 2x2 − 4xy − y2 + 8 = 0 b) x2 + 2xy + y2 + 8x + y = 0
c) 11x2 + 24xy + 4y2 − 15 = 0 d) 2x2 + 4xy + 5y2 = 24 Lời giải
a) Xét dạng toàn phương: ω = 2x2 − 4xy + y2 " # 2 −2 2 − λ −2 A = ⇒P A(λ) = −2 −1 −2 −1 − λ
Xét phương trình: PA(λ) = 0 "λ ⇔ 1 = 3
(2-λ)(−1 − λ) − 4 = 0 ⇔λ2 − λ − 6 = 0 ⇔ λ2 = −2 • Với λ1 = 3: " # " # 2 − 3 −2 x Xét hệ phương trình: = 0 ⇔ x = −2y −2 −1 − 3 y u −2 1 ⇒ u 1 1 = (−2t; t) ⇒ f1 = = √ ; √ ||u1|| 5 5 • Với λ2 = −2: " # " # 2 + 2 −2 x Xét hệ phương trình: = 0 ⇔ y = 2x −2 −1 + 2 y u 1 2 ⇒ u 2 2 = (t; 2t) ⇒ f2 = = √ ; √ ||u2|| 5 5 −2 1 √ √ ⇒ D = 5 5 1 2 √ √ 5 5 −2 1 x = √ X + √ Y Đặt 5 5 1 2 y = √ Y + √ Y 5 5
Thay vào phương trình đường cong ta được: 3X2 − 2Y 2 + 8 = 0
Vậy đường cong là một Hypebolic
b) Xét dạng toàn phương: ω = x2 + 2xy + y2
Nhóm đại số - CLB Hỗ trợ học tập 20
