Full tài liệu tổng hợp và giải đề đại số tuyến tính

TRỊ RIÊNG, vectơ riêng của phép biến đổi tuyến tính.. Cho f là phép biến đổi tuyến tính trong không gian vectơ V.. Trong khơng gian vectơ R3 cho khơng gian con, ký hiệu là A, sinh bởi hệ

-1 3 3

éë

êêê

ùû

úúú

PHẦN I Ma trận Dạng 1: Hệ phương trình tuyến tính

(1) Khai triển cột 1: det A = a11.detM11 - a21.detM21 + a31.detM31 (+)(-1)i+jaij.detMij

Trong đó Mij: ma trận con sau khi xoá đi hàng i cột j

(2) Biến đổi ma trận về ma trận tam giác trên

→ detA = Tích các phần tử đường chéo chính

*) Tính chất của định thức

 Đổi chỗ 2 hàng / cột → đổi dấu

 Det có 2 hàng bằng nhau hoặc tỉ lệ với nhau → det = 0

 det có 1 hàng /cột = 0 → det = 0

 Cộng vào 1 hàng bội lần của 1 hàng khác → det không đổi

3 Ma trận nghịch đảo (A-1)

- Điều kiện có ma trận nghịch đảo: det A≠0

- Công thức: : với AT là ma trận chuyển vị của A

 Phần tử đầu tiên khác 0 của mỗi hàng là số 1

 Hàng dưới phải nhiều số 0 hơn hàng trên

31

ỉè

çç

ừ

÷

÷,C = 0 12 3

ỉè

÷

÷ =

40

82

ỉè

çç

ừ

÷

÷ =

122

3-3

93

ỉè

çç

ừ

÷

÷ =

06

39

ỉè

çç

ừ

÷

÷

06

39

ỉè

çç

ừ

÷

÷ =

46

1111

ỉè

çç

ừ

÷

÷

122

3-3

93

ỉè

çç

ừ

÷

÷ =

322

-6-3

303

ỉè

çç

ừ

÷

÷

A=

1a1

12a

1-12

ỉè

ççç

ừ

÷

÷

÷

100

010

001

110

1-21

1-1-1

010

001

ỉè

çççç

ừ

0-10

3-21

2-1-1

-110

001

ỉè

çççç

ừ

010

001

5-3-1

-110

-321

ỉ

è

çççç

-321

÷

÷

÷

<Lấy hàng nhân cột theo thứ tự

VD: 2.2 + 1.1 = 5 2.4 + 1.2 = 10

Dạng 2: Hạng của ma trận (r(A))

- Tìm hạng của ma trận và biện luận hạng của ma trận theo tham số

Phương pháp: B1: Đưa ma trận bất kì về ma trận hình thang

B2: Đếm số hàng khác 0 Số hàng khác 0 chính là hạng của ma trận Bài 1: Cho Tìm hạng của ma trận A

Bài làm:

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

r(A) = 2 (Vì cĩ 2 hàng khác 0) Bài 2: (Đề giữa kỳ K62)

÷

÷

÷

21

42

31

ỉè

çç

ừ

÷

÷ =

5107

102014

71410

ỉè

ççç

ừ

214

-10-2

326

ỉè

ççç

ừ

2-70

-140

3100

ỉè

ççç

ừ

÷

÷

÷

Cho Biện luận hạng của A theo a

Ta cĩ:

A ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

 Nếu -1 + 2a = 0  Þ r(A) = 3

 Nếu -8 -14a = 0  Þ r(A) = 2

Bài 3 Cho Biện luận hạng của A theo a

(Tương tự bài trên các bạn tự giải nhé)

Dạng 3: Giải và biện luận hệ phương trình

I Lý thuyết

1 Kronecher - Capelli (Chủ yếu vào trong dạng 3)

𝐴̅ = (𝐴|𝐵) Với r(A): hạng của ma trận

-172

1-1 2a-1

-1157

ỉè

ççç

ừ

1-1 2a-8-14a

-1150

ỉè

ççç

ừ

÷

÷

÷

a= 12

a= -47

A=

135

2a4

542

31a

ỉè

ççç

ừ

÷

÷

÷

 r(A) = r(𝐴̅) hệ có nghiệm

 r(A) = r(𝐴̅) = n (số ẩn) → hệ có nghiệm duy nhất

 r(A) = r(𝐴̅) = r < n (số ẩn) → hệ có vô số nghiệm

 r(A) < r(𝐴̅) → hệ vô nghiệm

2 Hệ thuần nhất A.X = 0

𝐴̅ = (𝐴|0)

 r(A) = r(𝐴̅) hệ có nghiệm

 r(A) = r(𝐴̅) = n (số ẩn) → hệ có nghiệm tầm thường X = 0

 r(A) = r(𝐴̅) = r < n (số ẩn) → hệ có vô số nghiệm (nghiệm không tầm thường) Note: Nếu A vuông: - det A ≠ 0 thì X = 0 là nghiệm duy nhất

- det A ≠ 0 thì có nghiệm không tầm thường

3 Phương pháp giải

B1: Đưa hệ phương trình về dạng: (𝐴|𝐵)

B2: Đưa về ma trận hình thang

B3: Từ ma trận hình thang đưa về hệ phương trình tuyến tính

B4: Giải hệ phương trình tuyến tính

x1 8x2- 7x3=12

ìíïïî

ïï

5-7-211

-873-6

8-7-116

æ

è

ççççç

5100

-8-111

8111

æ

è

ççççç

5100

-8-110

8110

æ

è

ççççç

Vì hạng r(A) = 2

r(𝐴̅) = 2

→ r(A) = r(𝐴̅) → hệ có nghiệm (theo lý thuyết)

Þ

* Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m

Phương pháp: B1: Đưa hệ phương trình về dạng ma trận hệ số mở rộng

B2: Đưa về ma trận hình thang B3: So sánh r(A) với r(𝐴̅)

 Nếu m = n = 0 → HPT vơ số nghiệm

 Nếu = ≠ 0 → HPT cĩ 1 nghiệm duy nhất

 Nếu →

0

# 0

m n

=

→ HPT vơ nghiệm

Bài 2: (K61)

Cho hệ PT: (với m là tham số)

Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m

-m

-n

-éë

êêêê

ùû

úúúú

x1 2x2 3x3= 42x1 4x2- x3= 5

÷

÷

÷÷

100

20-2m  6

3-7-2m -1

4-3-4m  9

ỉè

çççç

ừ

÷

÷

÷÷

3-7-7

4-3-3

ỉè

çççç

ừ

200

3-70

430

ỉ

è

çççç

ìí

ïïỵ

ïï

ỉè

ççç

ừ

ìíïïỵ

ïï

 Nếu 1 SV đang ở mức A thì tháng sau cĩ xác suất ở lại mức A là 1/2, xuống mức B

là 1/2

 Nếu sinh viên đang ở mức B thì tháng sau cĩ xác suất ở lại B là 1/3, lên mức A là 1/3 và xuống mức C là 1/3

 Nếu 1 SV đang ở mức C thì xác suất ở lại là 1/2, lên mức B là 1/2

Hỏi 1 SV đang ở mức A thì sau 4 tháng xác suất để sinh viên đĩ ở lại mức C là bao

ïïï

ỵ

ïïï

ççç

ừ

÷

÷

÷=

12120

131313

01212

ỉ

è

ççççççç

ççç

ừ

ççç

ừ

ççç

ừ

ççç

ừ

ççç

ừ

ççç

ừ

÷

÷

÷

Do đề bài, SV đang ở mức A, hỏi sau 4 tháng đưa về mức C nên:

2160

A4

100

ỉè

ççç

ừ

ççç

ừ

÷

÷

÷Þ z4=

35216

a Tính diện tích cây trồng mỗi loại sau 1 năm

b Trong 20 năm, cơ cấu diệnh tích cây trồng của xã A là như thế nào?

Phần III Không gian tuyến tính

A Lý thuyết

I Không gian tuyến tính

1 Khái niệm không gian tuyến tính

Cho V ≠ 0 và K là trường số thực hoặc phức

V: không gian tuyến tính trên trường K nếu V xác định 2 phép toán

2 Không gian con

a) Định nghĩa

Cho V là không gian vectơ trên trường số thực R

Tập con U  V là không gian vectơvới các phép toán cộng và nhận trên không gian V thì U được gọi là không gian vectơ con của V Ký hiệu: U V

b) Số chiều

- Định lí: Số vectơ trong 2 cơ sở bất kì của không gian vectơ V luôn bằng nhau

- Định nghĩa: Ta gọi số vectơ trong 1 cơ sở là chiều của KGVT V, KH: dim V

TH: thì ánh xạ tuyến tính f : V → V là phép biến đổi tuyến tính

TH: thì ánh xạ tuyến tính f : U → R là phép biến đổi tuyến tính

→ Axtt biến thành Định lí: Đk cần và đủ để ánh xạ f : U → V là axtt

4.2) Nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính

dim kerf + dim Imf = n = dimU

5 TRỊ RIÊNG, vectơ riêng của phép biến đổi tuyến tính

a) Định nghĩa

Cho f là phép biến đổi tuyến tính trong không gian vectơ V Số thực  được gọi là giá trị riêng của f nếu  v ≠ 0 sao cho : f(v) = .v

Khi đó vectơ v được gọi là vectơ riêng của f ứng với giá trị riêng 

II Cơ sở và số chiều của không gian tuyến tính

1 Tổ hợp tuyến tính

a) KN:

Cho các vectơ U1, U2, Un trong KGTT V trên trường số thực R Ta nói vectơ

1 1u 2 2u n nu

    là một tổ hợp tuyến tính của các vectơ U1, U2, Un.

VD: (7;1) là một tổ hợp tuyến tính của 2 vectơ (1;1) ; (1;-1)

U1, U2, Un

Là tập hợp tất cả các tổ hợp tuyến tính của k vectơ đó

→ Định lý: ℒ(S) là KGCon của KG vectơ V

*) Định nghĩa

- KG ℒ(S) được gọi là KG sinh bởi S

- Tập S được gọi là tập sinh của KG vectơ ℒ(S)

- Î V là tập sinh của KG vectơ V nếu mọi vectơ (-) V đều là tổ hợp tuyến tính nào đó của các vectơ U1, U2, Uk

 U Î V Þai Î R: U 1U1 +2U2 + +kUk

VD: Hệ Vectơ {i=(1,0);j=(0;1)} là hệ sinh của R2

2 Hệ độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính

U1, U2, Uk

ïï

Trong khơng gian R3 cho hệ vectơ B= Chứng mình B là một cơ sở của khơng gian R3

→ dimA = 2 (vectơ nào 0 là cơ sở)

→ ℒ(A) = ℒ(a1, a2, a3) = ℒ(a1, a2) = ℒ(B)

®

-1-2-3

-2-41

197

-207

174

ỉè

ççç

ừ

-270

147

ỉè

ççç

ừ

1,2

121

211

1-10

ỉè

ççç

ừ

2-3-1

1-3-1

ỉè

ççç

ừ

210

110

ỉè

ççç

ừ

÷

÷

÷

¹

Þ B là một cơ sở của A <ℒ(a1, a2, a3): hệ cơ sở>

CMR hệ vectơ B = là một cơ sở của A

(Làm tương tự 2 bài trên nhé!)

Trong không gian P2(x), cho

CM: A là không gian con của P2(x)

Trong khơng gian vectơ R3 cho khơng gian con, ký hiệu là A, sinh bởi hệ 3 vectơ

Tìm số chiều và chỉ ra một cơ sở của A

÷

÷

100

-241

341

ỉè

ççç

ừ

÷

÷

100

-101

001

ỉè

ççç

ừ

Bài 1 (Đề K62)

A= P(x) = P{ n(x) P(x)= P(2 x-1)}

a1= (1;2;3), a2 = (-1;2;1), a3= (0;1;1)

Trên R3 cho A= (x; y;z) Î R{ 3 x 3y - 4z = 0}là không gian con của R3 Tìm cơ sở và số chiều của A

Trong không gian R4 cho B= (x{ 1; x2; x3; x4)Î R3 x1 x2 x3 x4= 0}

Tìm cơ sở và số chiều của B

Þ Hệ A độc lập tuyến tính

Þ A là cơ sở của B

và dim B = 3 (vì A có 3 vectơ)

Trong không gian P2(x), cho A= P(x) Î P{ 2(x) P( x)= P(4-x)}

Hãy tìm một cơ sở của A

Trên R3 cho A= (x; y;z) Î R{ 3 x 2y - 4z = 0}là không gian con của R 3

a Hãy tìm dim A và chỉ ra cơ sở

b Gọi B là không gian sinh bởi vectơ b = (2; -1; 8) CM A ⊕ B = R3

Bài làm: Cách làm: Tìm dim A và dim B

Þ B độc lập tuyến tính Þ B là cơ sở của A và dim A = 2

TH1: Đề bài cho ở dạng toạ độ f(x; y; z)

f(a) + f(b) = [(x1 + x2) - (y1 + y2) + (z1 + z2); (x1 + x2) + (z1 + z2)]

Þ f là một phép biến đổi tuyến tính

F là phép biến ;đổi tuyến tính trên R 3

TH2: Đề bài cho ở dạng đa thức

Bài 1: Cho ánh xạ 𝜑: P2(x) ® P2(x) xác định bởi

P ® 𝜑(P) = (x + 1) P' - 2P Trong đó P2(x) là không gian các đa thức có hệ số thực không vượt quá 2

DẠNG 4 TÌM CƠ SỞ, SỐ CHIỀU Im , ker

TH1: Cho sẵn phép biến đổi f(x,y,z)

Cách tìm : cho Im= v a b ( , )

 Đưa và nhận hình thang tìm Im

ker Đưa về ma trận tìm dimker 

Bài 1 (Đề k64)

Cho phép biến đổi tuyến tính biết f x y z ( , , ) (2 = x y y z x  ; - ; 2  2 y z - )

a Viết ma trận biểu diễn của f trong cơ sở chính tắc R3

î

2

c x

y c

z c R

-ì = ï ï

í =

ï = Î ï î

1 2 1

ï   = = = = =í

ï   =î

(lập ma trận sau đó giải tìm nghiệm nhé)

=>cơ sở của ker f = {(0, 0, 0)} = dimkerf = 0

3

3 3

(có dim kerf dimImf  = dimR 3 = 3 )

DẠNG 5 TÌM VECTO RIÊNG, TRỊ RIÊNG, CHÉO HÓA MA TRẬN

I Lí thuyết

 Trị riêng, giá trị riêng

1 Định nghĩa

Cho f là phép biến đổi tuyến tính trọng KG vecto v

Số thực  được gọi là giá trị riêng của f ứng với giá trị riêng 

 Phương pháp tìm trị riêng và vecto riêng của phép biến đổi tuyến tính

- B1: tìm ma trận A của f trong cơ sở bất kì E cơ sở chính tắc

- B2: giải pt đặc trưng: p ( ) det( = A -I ) 0 =

Với mỗi giá trị riêng  tìm được tọa độ (x1, x2, …xn) của vecto riêng u trong cơ sở E

là nghiệm không tầm thường của hệ ( A -I )[x] 0 =

 đ/n ma trận chéo hóa dược:

Ma trận vuông A được gọi là chéo hóa dược nếu f là một ma trận khả nghịch P sao cho 1

p Ap- có dạng chéo

 định lí: Đk cần và đủ để ma trận A – vuông cấp n chéo hóa dược là nó có đủ n vecto riêng độc lập tuyến tính

 hệ quả: nếu Anxn có đủ n giá trị riêng đôi 1 khác nhau thì A chéo hóa dược

 Quy trình chéo hóa ma trận

f = f - = - - Tìm giá trị riêng và vecto riêng của f

Bài làm Cách làm: xem lại các bước ở phần lí thuyết

3 6 [ ]

Xét

 

2

1 2 1

13 12 0 1

12 1

x y

x y

x y v

x y

0

2 3

3 2 0

(2,3) v (2,3) 1,cv c(3, 1)( 0)

12,cv (2,3)( 0)

E

x y

x y v

Cho phép biến đổi tuyến tính f: R2  R2 F(x,y): (2x, 2x +4y)

Tìm trị riêng vecto riêng của f

Với 1=2 chọn v1 là vecto riêng tương ứng Lấy (x,y) là tọa độ ≠ 0 của vecto v1 trong

Tìm các giá trị riêng và vecto riêng của f

PHẦN III KHÔNG GIAN EUCLIDE VÀ DANO TOÀN PHƯƠNG

A Lý thuyết

I Không gian EUCLIDE

1 Định nghĩa tích và hướng và không gian EUCLIDE

a Định nghĩa tích và hướng

V: không gian tuyến tính

î

2 Định nghĩa không gian EUCLIDE

Một không gian trên đó có hữu hạn chiều được gọi là không gian EUCLIDE

3 Các khái niệm về độ dài, góc của các vecto

V: không gian EUCLIDE

u vÎ

Độ dài u: u = u v, 

ii i ij i j

i i j n

J

ij E

x x x

x x

E

y

a i

a x a x a x diag a a a

Hệ a được gọi là trực chuẩn nếu a là hệ trực giao

Các vecto trong a là các vecto dơn vị

Định lí: mọi không gian EUCLIDE luôn tồn tại một cơ sở trực chuẩn

6 Phương pháp trực chuẩn hóa Gram – Smide

A là ma trận 𝜑 trong hệ cơ sở trực chuẩn của không gian E

𝜑 là biến đổi đối xứng ↔ A là ma trận đối xứng

+) Mọi phép biến đổi đối xứng đều có một cơ sở trực chuẩn của không gian E mà trong

đó ma trận của phép biến đổi đối xứng là ma trận chéo

Phương pháp tìm dạng chéo của ma trận

Note: Nếu N(x) có nhiều hơn 1 vecto ta phải trực chuẩn hóa hệ vecto đó

B3: kết luận Hệ cơ sở trực chuẩn { , u , , u }u1 2 n

Của IRn trong đó có ma trận của 𝜑 có dạng chéo

VD: (x y1 )=x y1 14x y1 24x y2 17x y2 2 là dạng song tuyến đối xứng trong IR2

b) Dạng toàn phương viết theo tọa độ

+) giả sử E={e ,e , e }1 2 n là 1 cơ sở nào đó của v và (e , )i ej = aij = aji

Khi đó A = (ais)nxn là ma trận của 𝜔(x) trong cơ sở E, ta biểu diễn dạng toàn phương dưới dạng tọa độ

1 2

ii i ij i j

i i j n

x x x

x x

VD: về dạng toàn phương – ma trận của dạng toàn phương trong cơ sở chính tắc

+) Dạng toàn phương trong R2

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

B1: Viết ma trận của dạng toàn phương trong 1 cơ sở nào đó ma trận này là một ma trận đối xứng

B2: chéo hóa ma trận đối xứng này bởi một ma trận trực quan p

B3: kết luận phép biến đổi

Trong đó các  là các trị riêng tương ứng với các vecto riêng lập thành ma trận p i

 Phân loại dạng toàn phương

𝜔 được gọi là không xác định dấu   x x , , ( ), ( ') 0 x  x 

VD1: Trên không gian R3 với tích vô hướng hãy trực chuẩn hóa hệ các vecto

{a : (1, 2,3),a : ( 1, 2,1),- a : (0,1,1)} Hãy tìm một cơ sở trực chuẩn của A

Dạng 2 Tìm cơ sở trực chuẩn sao cho ma trận của f trong cơ sở đó có dạng đường chéo Bài 1 Cho : R2 ®R2

2 2 1 1

11





ì = ï

i n i





ì   = ï

 í

 = ïî

 𝜔 không xđ dấu  i J, Î1, : n  i J 0

Gọi A là ma trận của 𝜔 theo cơ sở trực chuẩn nào đó của Rn

1 11

Nếu ∆ < 0 𝜔 không xđ dấu

Dạng 3 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao

1 2 3 1

( ) 0 3

0 2

3 3 1 1 1 7

3 3 1 0 0 1

1 1 7 0 0 0

7 0 ( , , )

x y

u x x z

0 1 1 1

B1 Viết dạng toàn phương tương ứng (với pt đường bậc 2) 𝜔(𝑥, 𝑦)

B2 Đưa dạng toàn phương 𝜔(𝑥, 𝑦) về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao

ax by cz  dxy exz fyz lx rny nz t    =

(a, b, c, d, e, f không đồng thời bằng 0)

Dạng toàn phương tương ứng

5 ( ) 0

=>vecto riêng ứng với 1=5 là (1, )1

Đặt

X'

2 '

'

11( 2)

(3 ) 1

6 8

4 ( ) 0

Với 1=5 vecto riêng tương ứng là 1 (1,1) 1 ( 1 ; 1 )

0

1 1

-Hệ cơ sở trực chuẩn của IR2 gồm 2 vecto riêng của A là trong đó có dạng chính tắc

Phép biến đổi trực giao

(Đề k63) Cho đường bậc 2 (E) có pt: 2 2

3 x  6 xy  11 y  12 10( x  3 ) 0 y =

Chứng minh (E) là một đường elip và tìm các bán trục (E)