CƠ SỞ ĐIỀU KHIỂN TỰ ĐỘNG Hướng dẫn ôn cuối kì ctct

TÀI LIỆU HƯỚNG DẪN & ÔN TẬP CUỐI KÌ - Bấm máy tính chính xác: các máy tính cầm tay hiện nay đều có thể tính được ma trận 3x3 thường có trong đề và các ma trận nghịch đảo, chuyển vị tương

TÀI LIỆU HƯỚNG DẪN & ÔN TẬP CUỐI KÌ

- Bấm máy tính chính xác: các máy tính cầm tay hiện nay đều có thể tính được ma trận 3x3 (thường có trong đề) và các ma trận nghịch đảo, chuyển vị tương ứng

- Bấm máy: nhập MatA là ma trận A, MatB là ma trận B, MatC là ma trận đơn vị I Bấm máy

Ví dụ 2 (HK Hè 2015): Tìm ma trận 𝑋 ∈ 𝑀3 thỏa mãn (𝑋 + 𝐵)𝐴 = 𝐵𝑇 − 2𝑋, trong đó:

- Biến đổi:

(𝑋 + 𝐵)𝐴 = 𝐵𝑇 − 2𝑋 ⟺ 𝑋𝐴 + 2𝑋 = 𝐵𝑇 − 𝐵𝐴

⟺ 𝑋(𝐴 + 2𝐼) = 𝐵𝑇 − 𝐵𝐴

⟺ 𝑋 = (𝐵𝑇− 𝐵𝐴) (𝐴 + 2𝐼)−1

ở đây chú ý rằng do I giao hoán được với mọi ma trận nên 2𝑋 = 𝑋 (2𝐼)

- Bấm máy: nhập MatA là ma trận A, MatB là ma trận B, MatC là ma trận I (hoặc 2I đều được)

- Đáp số:

𝑋 =(

7 −

3

14 −

1714

−9

7 −

27

𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 12𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 2𝑡 = 0

−𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 𝑡 = 33𝑥 + 2𝑦 + 4𝑧 − 𝑡 = 5

9 + 11𝑚,8

9+ 4𝑚,14

9 − 8𝑚, 9𝑚) (𝑚 ∈ ℝ)

Ngoài ra ta có thể giải theo cách biến đổi trực tiếp (không cần ghi ma trận (A|b) để biến đổi sơ cấp)

⇔ {

𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 13𝑦 − 3𝑧 − 4𝑡 = −29𝑧 + 8𝑡 = 149𝑧 + 8𝑡 = 14

9 + 11𝑚,8

9+ 4𝑚,14

9 − 8𝑚, 9𝑚) (𝑚 ∈ ℝ)

Ví dụ 2 (HK hè 2015): Giải hệ phương trình:

{

𝑥1+ 𝑥2+ 2𝑥3+ 3𝑥4 = −132𝑥1+ 2𝑥2+ 𝑥3+ 3𝑥4 = 14𝑥1+ 4𝑥2+ 5𝑥3+ 9𝑥4 = −25

Dạng 3: KHÔNG GIAN VECTOR

Dạng 1: Không gian con

- Trong Rn , tìm cơ sở và số chiều của không gian con F

a Cho tập sinh F = < e1, e2,…,en >, ta lập ma trận hàng A của các vector ei, biến

đổi sơ cấp theo hàng để đưa về bậc thang Khi đó, dim(F) = rank(A) và lấy các

hàng khác 0 làm cơ sở

b F = {x | Ax = 0} Khi đó, dim(F) = n – rank(A) (trùng với số ẩn tự do) và cơ sở

của F là nghiệm cơ bản của hệ

Ví dụ 1: Tìm cơ sở và số chiều của không gian con L

42) → (

1 1 1

0 1 10

0

00

20)

Suy ra dim(L) = rank(A) = 3

- Cho 2 không gian con F và G, tìm cơ sở và số chiều của F+G và FG Dạng này không khó, chỉ cần nắm bắt được cách làm là có thể giải quyết nhanh chóng

- Tính chất cần lưu ý:

dim(FG) + dim(F+G) = dim F + dim G

 Tìm số chiều và cơ sở F+G

Trước tiên ta xác định tập sinh (cơ sở) của F và G

Nhớ tới tính chất tổng của 2 không gian con:

F = < f1, f2, …, fn > ; G = < g1, g2, …, gn >

 F + G = < f1, f2, …, fn, g1, g2, …, gn >

Sau đó tìm cơ sở và số chiều của F+G như không gian con bình thường với

dim(F+G) = rank< f 1 , f 2 , …, f n , g 1 , g 2 , …, g n > (các vector fi, gi xếp theo hàng)

 Tìm số chiều và cơ sở của FG (có nhiều dạng đề)

và không gian con G = {(x1; x2; x3) | x1–2x2+x3 =0}

Tìm số chiều và cơ sở của không gian con F+G, FG

Giải:

Trường hợp F+G

Tìm cơ sở của F = {(x1; x2; x3) | x1–x2+x3 =0}

x1 | x2 x3

𝑥3 = 𝛼  x = α(-1; 0; 1) Suy ra dim(FG) =1 và cơ sở FG là (-1; 0; 1)

Chú ý: Có thể tính dim(FG) trực tiếp bằng công thức khi biết dim F, dim G và dim(F+G)

Ví dụ 3: Trong không gian R3 cho 2 không gian con F = {(x1, x2, x3) | x1+2x2+2x3=0}

và G = <(1, 0, 5); (–1, 0, 1)> Tìm cơ sở và số chiều của F+G và FG

Ví dụ 4: Trong không gian R3 cho 2 không gian con F = <(1, 2, 3); (1, –1, 2)> và

G = <(0, 1, 5); (1, 3, 8)> Tìm cơ sở và số chiều của FG

Dạng 4: KHÔNG GIAN EUCLIDE

Dạng này cũng thường ra trong đề Mức độ không khó, chỉ cần nắm phương pháp giải

và các công thức cơ bản trong chương này là được

 Họ vector M gọi là trực giao nếu u, vM: uv

 Họ vector M gọi là trực chuẩn nếu M trực giao và uM: ||u|| = 1

Lưu ý: Khi cho tích vô hướng chính tắc ta áp dụng công thức như THPT đã dùng Khi

cho tích vô hướng bằng công thức cần chú ý thay vào cho đúng

Trường hợp đặc biệt: Chẳng hạn cho tích vô hướng

Trong không gian Euclide V, cho không gian con F Tập hợp F = {xV | xF} gọi là

bù vuông góc của không gian con F

dim F + dim F = dim V

Trong trường hợp tích vô hướng chính tắc trong Rn

: Cho F = {xRn | Ax=0} Khi đó các hàng của A là tập sinh của F

Ví dụ 1: Trong R3 với tích vô hướng chính tắc, cho không gian con

F = <(1, 2, 1); (2, 1, 0)> Tìm cơ sở và số chiều của F

Suy ra cơ sở của F là (1, –2, 3)

Ví dụ 2: Trong không gian R4 với tích vô hướng chính tắc, cho

F = {(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) |2𝑥1 +𝑥 2 +𝑥 3 +𝑥 4 =0

𝑥1−2𝑥2−𝑥3+2𝑥4=0} Tìm cơ sở và số chiều của F

Giải:

Ở bài này vì đề đã cho tích vô hướng chính tắc nên từ cách hàng của hệ phương trình

ta tìm được tập sinh của F

F = <(2, 1, 1, 1); (1, –2, –1, 2)> Dễ thấy 2 vector ĐLTT nên cơ sở của F là {(2, 1, 1, 1); (1, –2, –1, 2)}  dim F = 2

Ví dụ 3: Trong R3, cho tích vô hướng

(x, y) = x1y1 + 3x2y2 – x2y3 –x3y2 + x3y3

và F = <f = (1, 2, 3)> Tìm cơ sở và số chiều của F

Ta có: dim F = 1  dim F = 3 – dim F = 2

- Phương pháp giải: Tìm hình chiếu của vector x lên không gian con F

Trước hết ta xác định tập sinh (cơ sở) của không gian con F = <f1, f2, …, fn>

Từ đó suy ra được α1, α2, …, αn rồi thay lại để tìm được hình chiếu y

Lưu ý: Vì yF, zF nên (y, z) = 0

Ví dụ 4: Trong R4 với tích vô hướng chính tắc, cho không gian con

- Phương pháp xây dựng hệ vector trực giao bằng Gram – Schmidt

Cho không gian vector V có cơ sở E = {e1, e2, …, en}

Để xây dựng cơ sở E’ = {f1, f2, …, fn} sao cho E’ trực giao, ta chọn

…

𝑓𝑛 = 𝑒𝑛−(𝑒𝑛, 𝑓1)

(𝑓1, 𝑓1)𝑓1−

(𝑒𝑛, 𝑓2)(𝑓2, 𝑓2)𝑓2− ⋯ −

(𝑒𝑛, 𝑓𝑛−1)(𝑓𝑛−1, 𝑓𝑛−1)𝑓𝑛−1

Ta chia mỗi vector của trực giao cho độ dài của nó, ta được một cơ sở trực chuẩn

Ví dụ 6: Trong R4 với tích vô hướng chính tắc, cho tập ĐLTT

Dạng 5: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

Đầu tiên ta có một số công thức về ma trận của AXTT

- AXTT f trong cơ sở chính tắc ta có 𝑓(𝑥) = 𝐴𝑥 với A là ma trận của axtt f trong cơ

sở chính tắc, x là vector trong cơ sở chính tắc

- Xét ở cơ sở bất kì, E và F là cặp cơ sở Gọi 𝐴0 là ma trận trong cơ sở chính tắc, ma trận của AXTT trong cặp cơ sở E,F là

𝐴𝐸,𝐹 = 𝐹−1 𝑓(𝐸) = 𝐹−1 𝐴0 𝐸 với 𝑓(𝐸) là ảnh của ma trận E trong cơ sở chính tắc

CM:

𝑓 = 𝐴0 𝑥 chuyển qua cơ sở E,F: [𝑥]𝐸 = 𝐸−1 𝑥, [𝑓]𝐹 = 𝐹−1 𝑓

−4)

Tương tự [𝑓(𝑒2)]𝐸 = (

120) , [𝑓(𝑒3)]𝐸 = (

101)

Suy ra ma trận của f trong E là 𝐴𝐸 = (

Ví dụ 3: Cho ánh xạ tuyến tính 𝑓: ℝ3 → ℝ3 có ma trận của 𝑓 trong cơ sở

7111)

Ví dụ 4: Cho ánh xạ tuyến tính 𝑓: ℝ3 → ℝ3 có ma trận của 𝑓 trong cơ sở

Dạng 6: CHÉO HÓA MA TRẬN

1.Định nghĩa

-Ma trận A ∈ Mn(R) được gọi là chéo hóa được nếu tồn tại một ma trận khả nghịch

P ∈ Mn(R) sao cho P-1AP=D với D là một ma trận chéo Khi đó ta nói P làm chéo hóa

A và D là dạng chéo hóa của A

2 Định lý

- Ma trận A ∈ Mn(R) chéo hóa được khi và chỉ khi ma trận A thỏa 2 tính chất sau đây:

n1+n2+…+nk=n với nk là bội của các giá trị riêng ,n là cấp của ma trận vuông

* Sau đó xét xem có thỏa 2 điều kiện nêu trên không

Ta chỉ xét với n2=2 vì n1=1 luôn luôn thỏa

Chỉ kiểm tra với nk ≥ 2

⟹ r(A- 5I)=1 =n-n2=3-2 Do đó thỏa điều kiện 2

Nên A chéo hóa được

Suy ra nghiệm cơ bản có dạng X1 là (

110)

Ta chọn x=1,z=0 => nghiệm cơ bản thứ nhất X2 là (

1

−10)

Ta chọn x=0, z=1 => nghiệm cơ bản thứ hai X3 là (

001)

Lưu ý , 𝛌 có bội bằng bao nhiêu thì có bấy nhiêu nghiệm cơ bản

001)

-Với 𝛌2= 𝛌3=4 Ta có X2=(

−120) và X3=(

−2

−15)

Lưu ý : Các bạn tìm các giá trị X1,X2,X3 theo cách bình thường rất dài và khó

* Các bạn có thể làm theo cách như sau:

+Ứng với 𝛌1=-2 thì ta được ma trận (A-2I)=(

-Sau đó chọn ra một ma trân vuông cấp 2 từ ma trận B= ( 2 −2 −2

−2 5 −1) tức là có thể bỏ đi hoặc cột 1 hoặc cột 2 hoặc cột 3 sau cho giá trị định thức của ma trận vuông cấp 2 có được khác 0

-Ở đây mình chọn bỏ cột 3 ta được ( 2 −2

−2 5 ) , det=6 ≠ 0, -Sử dụng máy tính cầm tay chọn chế độ giải hệ phương trình 2 ẩn

{ 2𝑥 − 2𝑦 − 2𝑧 = 0

−2𝑥 + 5𝑦 − 1𝑧 = 0 ( -2z và -1z chính là cột 3 mà mình đã bỏ lúc nãy)

Sau đó cho z=1 ta nhập hệ phương trình sau vào máy tính {−2𝑥 + 5𝑦 = 12𝑥 − 2𝑦 = 2 ⟺ {𝑥 = 2

𝑦 = 1Vậy ta được X1=(

𝑥𝑦𝑧) = (

211) +Ứng với 𝛌2=𝛌3=4

-Ở đây ta phải tìm ra hai giá trị X2,X3 do có bội n2=2

-Ta chọn

* Có thể chọn z=0, y=1 => x=-1/2 Suy ra X2=(

−1/210)=(

−120)

* Chọn z=5, y= - 1 => x =-2 Suy ra X3=(

−2

−15) Nên chọn các giá trị z,y cho đơn giản và nhỏ (mỗi một ma trận có nhiều nghiệm cơ bản )

LƯU Ý: CÁCH NÀY ĐỂ TÍNH NHÁP, CHÉP KẾT QUẢ VÀO BÀI THI

*Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao

Ví dụ 1: Cho dạng toàn phương:

√5

)

*Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi Lagrange

Ví dụ 2: Đưa dạng toàn phương f(x1,x2,x3) = 2x12+8x22+2x32-2x1x2+4x1x3+6x2x3 về dạng chính tắc bằng biến đổi Lagrange ( biến đổi sơ cấp ).Nêu rõ phép biến đổi

f= 2𝑦12+15

2 𝑦22−32

15𝑦32

CHÚC CÁC BẠN THÀNH CÔNG