Bài giảng môn Đại số tuyến tính

viên, đồng thời là tài liệu học tập thuận lợi cho sinh viên với nhiều bài tập có hướng dẫn cách giải được bổ sung. Với mục đích đó, Bộ môn Toán Trường Đại học Thủy lợi và tác giả xin trân trọng giới thiệu giáo trình ” Nhập môn Đại số tuyến tính “ và vô cùng cảm ơn các ý kiến đóng góp quý giá của đồng nghiệp, độc giả. Hà nội 10-2004 3 MỤC LỤC Lời nói đầu ................................................................................................................................ 2 Chương I : TRƯỜNG SỐ PHỨC............................................................................................. 6 I- KHÁI NIỆM VỀ SỐ PHỨC............................................................................................... 6 1- Đặt vấn đề ..................................................................................................................... 6 2- Đơn vị ảo ....................................................................................................................... 6 3- Số phức.......................................................................................................................... 6 4- Số thuần ảo ................................................................................................................... 6 5- Hai số phức bằng nhau ................................................................................................ 6 6- Hai số phức liên hợp với nhau .................................................................................... 7 7- Biểu diễn số phức trên mặt phẳng .............................................................................. 7 8- Dạng lượng giác của số phức ...................................................................................... 7 II- CÁC PHÉP TÍNH ............................................................................................................. 9 1- Cộng và trừ 2 số phức.................................................................................................. 9 2- Nhân 2 số phức ........................................................................................................... 10 3- Chia số phức cho số phức .......................................................................................... 12 4- Căn bậc n của số phức ............................................................................................... 14 III- TRƯỜNG SỐ PHỨC..................................................................................................... 17 Kiểm tra nhận thức............................................................................................................... 23 Chương II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC ........................................................................... 23 I- KHÁI NIỆM VỀ MA TRẬN ........................................................................................... 23 1- Ma trận cấp m.n ......................................................................................................... 23 2- Ma trận không............................................................................................................ 23 3- Hai ma trận bằng nhau.............................................................................................. 23 4- Ma trận đối ................................................................................................................. 24 5- Ma trận chuyển vị ...................................................................................................... 24 6- Ma trận vuông ............................................................................................................ 25 7- Ma trận đơn vị............................................................................................................ 25 8- Ma trận đối xứng ....................................................................................................... 25 II- CÁC PHÉP TÍNH ĐỐI VỚI MA TRẬN........................................................................ 26 1- Cộng và trừ 2 ma trận cùng cấp ............................................................................... 26 2- Nhân ma trận với một số ........................................................................................... 27 3- Nhân 2 ma trận với nhau........................................................................................... 28 III- ĐỊNH THỨC ................................................................................................................. 29 1- Định thức cấp 2 .......................................................................................................... 29 2- Định thức cấp 3 .......................................................................................................... 29 3- Định thức cấp n .......................................................................................................... 31 4- Định lý Laplace .......................................................................................................... 32 5- Tính chất ..................................................................................................................... 39 IV- MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO CỦA MA TRẬN VUÔNG............................................... 43 1- Định nghĩa................................................................................................................... 43 2- Tính chất ..................................................................................................................... 44 3- Quy tắc tính ................................................................................................................ 45 V- HẠNG CỦA MA TRẬN ................................................................................................ 48 1- Định nghĩa................................................................................................................... 48 2- Quy tắc tìm hạng của ma trận .................................................................................. 50 4 Kiểm tra nhận thức ............................................................................................................... 59 Chương III: KHÔNG GIAN VECTƠ.................................................................................... 60 I- VECTƠ N- CHIỀU ......................................................................................................... 60 1- Khái niệm.................................................................................................................... 60 2- Sự phụ thuộc tuyến tính của hệ các vectơ................................................................ 60 3- Hạng của hệ vectơ ...................................................................................................... 64 II- KHÔNG GIAN VECTƠ N- CHIỀU.............................................................................. 66 1- Khái niệm.................................................................................................................... 66 2- Biến đổi toạ độ của vectơ........................................................................................... 69 III- ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH............................................................................................... 72 1- Khái niệm.................................................................................................................... 72 2- Dạng ma trận của một ánh xạ tuyến tính ................................................................ 73 3- Ma trận đồng dạng..................................................................................................... 74 IV- KHÔNG GIAN VECTƠ................................................................................................ 76 1- Khái niệm.................................................................................................................... 76 2- Không gian con........................................................................................................... 78 Kiểm tra nhận thức............................................................................................................... 90 Chương IV: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH ............................................................. 91 I- KHÁI NIỆM..................................................................................................................... 91 1- Hệ phương trình tuyến tính ...................................................................................... 91 2- Hệ thuần nhất ............................................................................................................. 92 II- ĐỊNH LÝ......................................................................................................................... 92 III- PHƯƠNG PHÁP GIẢI .................................................................................................. 98 1- Phương pháp ma trận nghịch đảo ............................................................................ 98 2- Phương pháp Cramer .............................................................................................. 102 3- Phương pháp Gauss ................................................................................................. 108 Kiểm tra nhận thức............................................................................................................. 114 Chương V : VECTƠ RIÊNG - GIÁ TRỊ RIÊNG DẠNG SONG TUYẾN - DẠNG TOÀN PHƯƠNG .............................................................................................................................. 115 I- VECTƠ RIÊNG - GIÁ TRỊ RIÊNG............................................................................... 115 1- Định nghĩa................................................................................................................. 115 2- Định lý ....................................................................................................................... 116 II- DẠNG SONG TUYẾN V U C ....................... 118 1- Định nghĩa C F(V,U) ............ 118 2- Ma trận của dạng song tuyến.................................................................................. 120 III- DẠNG TOÀN PHƯƠNG ............................................................................................ 123 1- Định nghĩa................................................................................................................. 123 2- Tính xác định của dạng toàn phương .................................................................... 124 3- Dạng chính tắc của dạng toàn phương .................................................................. 125 4- Phương pháp đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc...................................... 125 5- Luật quán tính.......................................................................................................... 132 IV- ĐƯỜNG BẬC HAI - MẶT BẬC HAI........................................................................ 132 1- Đường bậc hai .......................................................................................................... 133 2- Mặt bậc hai ............................................................................................................... 134 Kiểm tra nhận thức ............................................................................................................. 141 Chương VI: KHÔNG GIAN EUCLID - KHÔNG GIAN UNITA .................................... 142 I- KHÁI NIỆM................................................................................................................... 142 1- Không gian Euclid.................................................................................................... 142 2- Không gian Unita ..................................................................................................... 142 3- Độ dài của vectơ trong không gian Euclid............................................................. 143 5 4- Góc giữa 2 vectơ trong không gian Euclid............................................................. 143 5- Hai vectơ vuông góc với nhau trong không gian Euclid...................................... 143 II- CƠ SỞ TRỰC CHUẨN ................................................................................................ 147 1- Hình chiếu vuông góc............................................................................................... 147 2- Cơ sở trực chuẩn ...................................................................................................... 151 3- Phần bù trực giao..................................................................................................... 153 Kiểm tra nhận thức ............................................................................................................. 158 6 Chương I : TRƯỜNG SỐ PHỨC I- KHÁI NIỆM VỀ SỐ PHỨC 1- Đặt vấn đề Trong thực tế có nhiều bài toán dẫn đến phương trình không có nghiệm thực, chẳng hạn x2 + 1 = 0 (1.1.1) Vì vậy chúng ta cần mở rộng khái niệm về số, từ tập hợp các số thực ra tập hợp các số có tính chất tổng quát hơn - đó là tập hợp các số phức, mà chúng ta sẽ đề cập sau đây. 2- Đơn vị ảo Đơn vị ảo, được ký hiệu là i, là một số thoả mãn điều kiện i 2 = – 1 (1.1.2) Lúc này phương trình (1.1.1) được giải như sau x2 + 1 = 0 ⇔ x2 = – 1 ⇔ x = 1± − ⇔ x = 2i± ⇔ x = ± i 3- Số phức Số phức Z là một số được biểu diễn dưới dạng Z = a + ib ; a , b ∈ Ρ - Tập hợp các số thực (1.1.3) trong đó a được gọi là phần thực của số phức Z và được ký hiệu a = ReZ (1.1.4) còn b được gọi là phần ảo của số phức Z và được ký hiệu b = ImZ (1.1.5) Ví dụ 1 1) Z = 1 – 2i ⇔ ReZ = 1, ImZ = – 2 2) Z = – 0,5 + i ⇔ ReZ = – 0,5 , ImZ = 1 4- Số thuần ảo Số thuần ảo là số phức có dạng Z = ib (a = 0) Số thực Z = a là trường hợp riêng của số phức Z = a + ib khi b = 0. Như vậy Ρ ⊂ Χ - Tập hợp các số phức. (Tập hợp các số thực là tập con của Tập hợp các số phức) Ví dụ 2 Z = – i , Z = 3i là các số thuần ảo. 5- Hai số phức bằng nhau Hai số phức bằng nhau là hai số phức có phần thực tương ứng bằng nhau, phần ảo tương ứng bằng nhau. Như vậy với hai số phức Z 1 = a 1 + ib 1 , Z 2 = a 2 + ib 2 ; a 1, b 1, a 2, b 2 ∈ Ρ Z 1 = Z 2 ⇔ 1 2 1 2 a a b b = = ⎧⎨⎩ (1.1.6) Ví dụ 3 1) Z 1 = 1 – 2i, Z 2 = 1 + i, Z 3 = – 2i, Z 4 = 3 – i ⇒ Z 1 ≠ Z 2 ≠ Z 3 ≠ Z 4 2) Z 0,5 i Z 0,5 iy Z x i = − + = − + = + ⎧⎪⎨⎪⎩ ; x , y∈ Ρ ⇒ x 0,5 y 1 = − = ⎧⎨⎩ Từ định nghĩa hai số phức bằng nhau ta có 7 Z = a + ib ≠ 0 ⇔ a2 + b2 > 0 (1.1.7) ( 0 = 0 +i.0) 6- Hai số phức liên hợp với nhau Hai số phức liên hợp với nhau là hai số phức có phần thực tương ứng bằng nhau, phần ảo tương ứng đối dấu với nhau. Như vậy số phức liên hợp với số phức Z = a +ib, ký hiệu là Z , sẽ là Z = a – ib. Ví dụ 4 1) Z = 1 – 2i ⇔ Z = 1 + 2i 2) Z = – 0,5 + i ⇔ Z = – 0,5 – i 3) Z = 4 ⇔ Z = 4 4) Z = – i ⇔ Z = i Dễ dàng nhận thấy Z Z= (1.1.8) Z ∈ Ρ ⇔ Z = Z (1.1.9) 7- Biểu diễn số phức trên mặt phẳng Cho hệ trục toạ độ vuông góc x0y. Cho số phức Z = a + ib. y Trục ảo Trên trục 0x xác định một điểm có hoành độ bằng a. b M Trên trục 0y xác định một điểm có tung độ bằng b. Như vậy ta hoàn toàn xác định được một điểm M(a;b). Trục thực Ngược lại, từ một điểm M(a,b) ta xác định được một 0 a x số phức tương ứng Z = a + ib. Vì vậy trục 0x còn gọi là Trục thực (tương ứng với phần thực a của số phức Z), trục 0y còn gọi là Trục ảo(tương ứng với phần ảo b của số phức Z). Mặt phẳng x0y còn gọi là Mặt phẳng phức. Ví dụ 5 y Trục ảo 1) Z 1 = 1 – 2i ⇔ M 1(1 ; – 2) M 2 1 2) M 2(– 2 ; 1) ⇔ Z 2 = – 2 + I 1 4 Trục thực 3) Z 3 = 4 ⇔ M 3(4 ; 0) – 2 – 1 M 4 M 3 x 4) M 4(0 ; – 1) ⇔ Z 4 = – i – 2 M 1 8- Dạng lượng giác của số phức Trước tiên ta biểu diễn số phức Z = a + ib trên mặt phẳng. Bán kính vectơ OM được gọi là Môđun của số phức Z và ký hiệu y Trục ảo ⎜Z⎜≡ r = OM (1.1.10) M Góc tạo bởi OM với phần dương trục 0x được gọi là b Argument của số phức Z và ký hiệu ArgZ. Như vậy r ϕ x ArgZ = ϕ + 2kπ ; k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . (1.1.11) 0 aTrục thực Từ hình vẽ ta thấy a rcos b rsin ϕ ϕ = = ⎧⎨⎩ . (1.1.12) Cho nên Z = a + ib = rcosϕ + irsinϕ . Vậy ta có cách biểu diễn số phức Z dưới dạng lượng giác như sau Z = r(cosϕ + i sinϕ) (1.1.13) Dễ dàng nhận thấy 8 Z ≠ 0 ⇔ r > 0 (1.1.14) (0 = 0(cosϕ + i sinϕ )) r1(cosϕ1 + i sinϕ1) = r2(cosϕ2 + i sinϕ2) ⇔ (1.1.15) Ngược lại, ta sẽ tìm được r và ϕ khi đã cho số phức Z = a + ib, theo công thức 2 2r a tg , a 0 b b a ϕ = + = ≠ ⎧⎪⎨⎪⎩ (1.1.16) ở đây góc ϕ phải chọn sao cho b và sinϕ cùng dấu. Dạng lượng giác tổng quát của số phức Z là Z = ⎜Z⎜[cos(ArgZ) + i.sin(ArgZ)] (1.1.17) Ví dụ 6 1) Hãy biểu diễn Z = 1 + i 3 dưới dạng lượng giác. Giải r = 2 2a b+ = ( )221 3+ = 2 Trục sin 3 Trục tang tgϕ = 3 3 1 b a = = ⇒ ϕ 1 = 3 π , ϕ 2 = ϕ 1 + π = 4 3 π ϕ 1 tgϕ = 3 3 1 b a = = ⇒ ϕ 1 = 3 π , ϕ 2 = ϕ 1 + π = 4 3 π 0 Trên trục tang xác định một điểm ứng với 3 . . ϕ 2 Nối điểm này với gốc 0 cắt vòng tròn lượng giác tại 2 điểm ứng với ϕ 1, ϕ 2 Ta chọn ϕ 1 vì sinϕ 1 = 3 2 > 0 cùng dấu với b = 3 > 0. Vậy Z = 2 cos 2 sin 2 3 3 k i s k π ππ π+ + +⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ; k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . 2) Hãy biểu diễn Z = 1 – i dưới dạng lượng giác. Trục sin Trục tang Giải ϕ 2 r = 2 2a b+ = 2 21 ( 1) 2+ − = tgϕ = 1 1 1 b a = = − − ⇒ ϕ 1 = arctg(– 1) , ϕ 2 = ϕ 1 + π 0 ϕ 1 Vẽ vòng tròn lượng giác. -1 Trên trục tang xác định một điểm ứng với – 1. Nối điểm này với gốc 0 cắt – 1 vòng tròn lượng giác tại 2 điểm ứng với ϕ 1, ϕ 2. Ta chọn ϕ 1 vì sinϕ 1 < 0 cùng dấu với b = – 1 < 0. Vậy Z = 2 [cos(ϕ 1+ 2kπ ) + i sin(ϕ 1+ 2kπ )] ; k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . 3) Khi Z = a , a ∈ Ρ . Nếu a > 0 thì r = a và ϕ = 0 ( điểm M tương ứng nằm trên phần dương trục 0x). Z = a[cos(2kπ) + i sin(2kπ)] ; k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . (1.1.18) Chẳng hạn, dạng lượng giác của Z = 3,1 là Z = 3,1[cos(2kπ ) + i sin(2kπ )] ; k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . 9 Nếu a < 0 thì r = – a và ϕ = π ( điểm M tương ứng nằm trên phần âm trục 0x). Z = – a[cos(π + 2kπ ) + i sin(π + 2kπ )] ; k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . (1.1.19) Chẳng hạn, dạng lượng giác của Z = – 2 là Z = 2[cos(π + 2kπ ) + i sin(π + 2kπ )] ; k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . 4) Khi Z = ib , b ≠ 0 . Nếu b > 0 thì r = b và ϕ = 2 π (điểm M tương ứng nằm trên phần dương trục 0y). Z = b cos 2 sin 2 2 2 k i k π ππ π+ + +⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ; k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . (1.1.20) Chẳng hạn, dạng lượng giác của Z = 4,5i là Z = 4,5 cos 2 sin 2 2 2 k i k π ππ π+ + +⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ;k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . Nếu b < 0 thì r = – b và ϕ = – 2 π (điểm M tương ứng nằm trên phần âm trục 0y). Z = – b cos 2 sin 2 2 2 k i k π ππ π− + + − +⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ; k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . (1.1.21) Chẳng hạn, dạng lượng giác của Z = – i là Z = 1 cos 2 sin 2 2 2 k i k π ππ π− + + − +⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ;k=0 , ± 1 , ± 2 , . . . Dễ dàng nhận thấy Z Z= (1.1.22) Arg Z = – ArgZ (1.1.23) II- CÁC PHÉP TÍNH 1- Cộng và trừ 2 số phức a- Định nghĩa Tổng (hoặc Hiệu) của 2 số phức Z1, Z2, ký hiệu Z 1 + Z 2 (hoặc Z 1 – Z 2), là một số phức có phần thực bằng tổng (hoặc hiệu) phần thực tương ứng, phần ảo bằng tổng (hoặc hiệu) phần ảo tương ứng. Như vậy với hai số phức Z 1 = a 1 + ib 1 , Z 2 = a 2 + ib 2 ; a 1 , b 1 , a 2 , b 2 ∈ Ρ ta có Z 1 ± Z 2 = (a 1 ± a 2 ) + i(b 1 ± b 2 ) (1.2.1) Ví dụ 7 Hãy tính tổng và hiệu của 2 số phức sau đây Z1 = 1 + 2i, Z2 = – 2 + i. Giải Z 1 + Z 2 = (1 – 2 ) + i( 2 + 1 ) = – 1 + 3i Z 1 – Z 2 = (1 + 2 ) + i( 2 – 1 ) = 3 + i Z 2 + Z 1 = (– 2 + 1 ) + i(1 + 2 ) = – 1 + 3i Z 2 – Z 1 = (– 2 – 1 ) + i(1 – 2 ) = – 3 – i b- Biểu diễn hình học y Trục ảo * Biểu diễn 2 số phức bằng các điểm tương ứng M3 10 Z 1 = a 1 + ib 1 ⇔ M 1(a1 ; b1 ) M2 Z 2 = a 2 + ib 2 ⇔ M 2 (a2 ; b2 ) M1 * Áp dụng biểu diễn hình học phép cộng, trừ 2 vectơ Z 1 + Z 2 ⇔ M 3 ( a 1 + a 2 ; b 1 + b 2 ) Trục thực M3 là đỉnh đối diện với 0 của hình bình hành 0M1M3M2 0 M4 x Z 1 – Z 2 ⇔ M 4 ( a 1 – a 2 ; b 1 – b 2 ) M4 là đỉnh của hình bình hành 0M2M1M4 mà M1 là đỉnh đối diện với 0. Ví dụ 8 Hãy biểu diễn hình học tổng và hiệu của 2 số phức sau đây Z1 = 1 + 2i, Z2 = – 2 + i. Giải * Biểu diễn hình học của Z1 , Z2 : Z1 = 1 + 2i ⇔ M 1(1 ; 2) Z2 = – 2 + i ⇔ M 2(– 2 ; 1) . * Biểu diễn hình học của Z1 + Z2 , Z1 – Z2 : y Trục ảo Z 1 + Z 2 = –1 + 3i ⇔ M 3 (– 1 , 3 ) M3 Z 1 – Z 2 = 3 + i ⇔ M 4 ( 3 , 1 ) 3 c- Tính chất 2 M1 1* Giao hoán: Z 1 + Z 2 = Z 2 + Z 1 ; ∀ Z 1 , Z 2 ∈ Χ M2 M4 M4 2* Kết hợp: (Z 1 + Z 2) + Z3 = Z 1 + (Z 2 + Z3) = -2 -1 0 1 3 Z 1 + Z 2 + Z3 ∀ Z 1 , Z 2 , Z3 ∈ Χ 3* Với số không 0 ∈ Χ: Z + 0 = 0 + Z ; ∀ Z ∈ Χ 4* Số đối của số phức Z = a + ib , ký hiệu là – Z , là số phức thoả mãn điều kiện Z + (– Z ) = (– Z ) + Z = Z – Z = 0 ; ∀ Z ∈ Χ Dễ dàng nhận thấy – Z = – a – ib (1.2.2) Z Z− = (1.2.3) – (– Z) = Z . (1.2.4) Arg(– Z) = ArgZ + π (1.2.5) 5* Bất đẳng thức tam giác: 1 2 1 2Z Z Z Z± ≤ + ; ∀ Z 1 , Z 2 ∈ Χ 6* Z + Z = 2ReZ ; ∀ Z ∈ Χ 7* 1 2 1 2Z Z Z Z± = ± ; ∀ Z 1 , Z 2 ∈ Χ 8* – (Z1 ± Z2) = – Z1 m Z2 ; ∀ Z 1 , Z 2 ∈ Χ 2- Nhân 2 số phức a- Định nghĩa Tích của 2 số phức Z 1, Z 2, ký hiệu Z 1Z 2, là một số phức thu được như nhân 2 nhị thức, với chú ý là i 2 =– 1 Như vậy với hai số phức Z 1 = a 1 + ib 1 , Z 2 = a 2 + ib 2 ; a 1 , b 1 , a 2 , b 2 ∈ Ρ ta có Z 1Z 2 = (a 1 + ib 1)( a 2 + ib 2) = a 1a 2 + ia 1b 2 + ia 2b 1 + i2b 1b 2 = a 1a 2 + i(a 1b 2 + a 2b 1) – b 1b 2 Cuối cùng ta được Z 1Z 2 = (a 1a 2 – b 1b 2) + i(a 1b 2 + a 2b 1) (1.2.6) 11 Ví dụ 9 Hãy tìm tích của 2 số phức sau đây Z1 = 1 + 2i , Z2 = – 2 + i. Giải Z 1Z 2 = (1 + 2i)( – 2 + i) = 1.( – 2) + i.1.1 + i.2. (– 2) + i2.2.1 = – 2 + i(1 – 4) – 2 = – 4 – 3i b- Dạng lượng giác Giả sử 2 số phức Z 1, Z 2 đã cho dưới dạng lượng giác: Z1 = r1(cosϕ1 + i sinϕ1) , Z2 = r2(cosϕ2 + i sinϕ2) . Lúc ấy Z 1Z 2 = r1(cosϕ1 + i sinϕ1) r2(cosϕ2 + i sinϕ2) = r1r2(cosϕ1cosϕ2 + icosϕ1sinϕ2 + i cosϕ2sinϕ1 + i2 sinϕ1sinϕ2) = r1r2[(cosϕ1cosϕ2 – sinϕ1sinϕ2) + i(cosϕ1sinϕ2 + cosϕ2sinϕ1)] Cuối cùng ta có Z 1Z 2 = r1r2[cos(ϕ1 + ϕ2) + isin(ϕ1 + ϕ2)] (1.2.7) Như vậy, Tích 2 số phức dưới dạng lượng giác là một số phức dưới dạng lượng giác có:Môđun bằng tích 2 Môđun tương ứng và Argument bằng tổng 2 Argument tương ứng. Từ đó ta thu được Công thức Moivre sau đây [r(cosϕ + isinϕ)]n = r n(cosnϕ + isinnϕ) (1.2.8) Chú ý Công thức Moivre đúng cho n = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . với r > 0. (Hiển nhiên Công thức Moivre vẫn đúng cho n = 0 , 1 , 2 , . . . với r = 0) Ví dụ 10 Tìm tích 2 số phức sau đây dưới dạng lượng giác Z1 = 2 + i 2 , Z2 = 3 cos sin 3 3 i π π− + −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ Giải * Biểu diễn Z 1 dưới dạng lượng giác Z1 = 2 2 2 2 2 i+⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2 cos sin 4 4 i π π+⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ * Ta tính được Z 1Z 2 = 2 3 cos sin 4 3 4 3 i π π π π− + −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ = 2 3 cos sin 12 12 i π π− + −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ * Hơn nữa, theo cụng thức Moivre ta cú 41Z = 2 4 cos 4. sin 4. 4 4 i π π+⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦= 16(cosπ + isinπ) = – 16 61−Z = 2 - 6 cos 6. sin 6. 4 4 i π π− + −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ = 1 3 3 1 cos sin 6464 2 2 i π π− + − =⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ c- Tính chất 12 1* Giao hoán: Z 1Z 2 = Z 2Z 1 ; ∀ Z 1 , Z 2 ∈ Χ 2* Kết hợp: (Z 1Z 2)Z 3 = Z1(Z 2Z 3) = Z1Z 2Z 3 ; ∀ Z 1 , Z 2, Z 3∈ Χ 3* Phân phối với phép cộng 2 số phức: (Z 1 ± Z 2)Z 3 = Z 1Z 3 ± Z 2Z 3 ; ∀ Z 1 , Z 2 , Z 3 ∈ Χ 4* Với số một 1 ∈ Χ (1 = 1 + i.0): Z.1 = 1.Z = Z ; ∀ Z ∈ Χ 5* Số phức nghịch đảo của số phức Z = a + ib ≠ 0 , ký hiệu là Z- 1 , là số phức thoả mãn điều kiện: Z Z – 1 = Z – 1Z = 1 ; ∀ Z ≠ 0 , Z ∈ Χ (1.2.9) Dễ dàng nhận thấy Z = a + ib ≠ 0 ⇔ Z – 1 = 2 2 2 2a bia b a b−+ + (1.2.10) (Z – 1) – 1 = Z (1.2.11) (Z 1Z 2) – 1 = Z 1– 1Z 2– 1 (1.2.12) 1 1Z Z − = . (1.2.13) Arg Z – 1 = – Arg Z (1.2.14) 6* 1 2 1 2.Z Z Z Z= ; ∀ Z 1 , Z 2 ∈ Χ 7* Với Z = a + ib ta có: 2 2 2( )Z Z Z Z Z a b− = = = + (1.2.15) 3- Chia số phức cho số phức a- Định nghĩa Thương của 2 số phức Z 1, Z 2 , ký hiệu 1 2 Z Z (khi Z2 ≠ 0), là một số phức thỏa mãn 1 2 Z Z .Z 2 = Z2. 1 2 Z Z = Z 1 (1.2.16) Như vậy với hai số phức Z 1 = a 1 + ib 1, Z 2 = a 2 + ib 2 ≠ 0; a 1, b 1, a 2, b 2 ∈ Ρ ta có 1 1 2 1 2 1 2 2 12 2 2 2 2 2 2 2 2 Z a a b b a b a b i Z a b a b + − += + + + (1.2.17) Dễ dàng kiểm tra lại 1 2 Z Z .Z2 = a 1 + ib 1 = Z 1 Công thức (1.2.17) rất khó nhớ. Khi thực hành, để tìm 1 2 Z Z ta nhân cả tử và mẫu với 2Z . Thật vậy 1 2 Z Z = 1 2 2 2 Z Z Z Z = ( )( )1 1 2 22 2 2 2 a ib a ib a b + − + = 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 a a ia b ia b i b b a b − + − + = 1 2 1 2 1 2 2 12 2 2 2 2 2 2 2 a a b b a b a b i a b a b + − ++ + + . Dễ dàng nhận thấy 2 2 1 ; , x iy x y x iy x y −= ∈ + + Ρ , x2 + y2 > 0 Ví dụ 11 13 Tìm thương 1 2 Z Z của 2 số phức Z 1 = 1 – 2i, Z 2 = 2 + i. Giải 1 2 Z Z = 1 2 2 2 Z Z Z Z = ( )( )2 21 2 22 1 i i− − + = ( )( )2 21 2 22 1 i i− − + = – i b- Dạng lượng giác Giả sử 2 số phức Z 1, Z 2 đó cho dưới dạng lượng giác: Z1 = r1(cosϕ1 + i sinϕ1), Z2 = r2(cosϕ2 + i sinϕ2) ≠ 0 Nếu ta đặt 1 2 Z Z = r(cosϕ + i sinϕ) thì Z 1 = 1 2 Z Z .Z 2 = r.r2[cos(ϕ + ϕ2) + isin(ϕ + ϕ2)] Vì Z1 = r1(cosϕ1 + i sinϕ1) cho nên r.r2 = r 1 ⇒ r = 1 2 r r ; ϕ + ϕ2 = ϕ1 ⇒ ϕ = ϕ1 – ϕ2 Vậy 1 2 Z Z = 1 2 r r [cos(ϕ 1 – ϕ2) + isin(ϕ 1 – ϕ2)] (1.2.18) Như vậy dưới dạng lượng giác, Thương của 2 số phức là một số phức có Mụđun bằng thương Mụđun của số phức tử số cho Mụđun của số phức mẫu Argument bằng hiệu Argument của số phức tử số cho Argument của số phức mẫu số Ví dụ 12 Tìm thương 1 2 Z Z của 2 số phức sau đây dưới dạng lượng giác Z1 = 2 cos sin 4 4 i π π+⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , Z2 = 3 cos sin3 3i π π− + −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ .Giải 1 2 Z Z = 2 cos sin 4 3 4 33 i π π π π+ + +⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ = 7 72 cos sin 12 123 i π π+⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ c- Tính chất 1* Z – 1 = Z 1 , ∀ Z ∈ Χ, Z ≠ 0 2* 1 1 2 2 1 Z Z Z Z − =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ; ∀ Z 1 , Z 2 ∈ Χ, Z 1 ≠ 0, Z 2 ≠ 0 3* 11 2 2 3 3 3 Z Z ZZ Z Z Z ± = ± ; ∀ Z 1 , Z 2 , Z 3 ∈ Χ, Z 3 ≠ 0 14 4* 31 2 4 ZZ Z Z = ⇔ Z 1Z 4 = Z 2 Z 3 ; ∀ Z 1 , Z 2 , Z 3 , Z 4 ∈ Χ, Z 2 ≠ 0, Z 4 ≠ 0 5* 1 31 2 2 3 Z ZZ Z Z Z = ; ∀ Z 1, Z 2, Z 3 ∈ Χ, Z 2 ≠ 0, Z 3 ≠ 0 6* 1 1 1 2 2 2 Z Z Z Z Z Z − = = − − ; ∀ Z 1 , Z 2 ∈ Χ, Z 2 ≠ 0 7* 1 1 2 2 Z Z Z Z =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ; ∀ Z 1 , Z 2 ∈ Χ, Z 2 ≠ 0 4- Căn bậc n của số phức a- Định nghĩa Căn bậc n của số phức Z, ký hiệu là n Z , là một số phức thỏa mãn điều kiện ( )nn Z = Z (1.2.19) b- Dạng lượng giác Giả sử dưới dạng lượng giác Z = r(cosϕ + i sinϕ), n Z = r1(cosϕ1 + i sinϕ1) Lúc này r(cosϕ + i sinϕ) = [r1(cosϕ1 + i sinϕ1)]n = r1n(cosnϕ1 + i sinnϕ1) Vì vậy r1n = r ⇔ r1 = n r ; nϕ1 = ϕ + 2kπ ⇔ ϕ1 = 2k n ϕ π+ ; k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . Cuối cùng ta được n Z = n r 2 2cos sink ki n n ϕ π ϕ π+ ++⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ; k = 0, ± 1, ± 2 , . . . Thu gọn lại, ta có công thức cho n giá trị khác nhau của căn bậc n của số phức Z: n Z = n r 2 2cos sink ki n n ϕ π ϕ π+ ++⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ; k = 0, 1, . . . ,n – 1 (1.2.20) Ví dụ 13 Trục sin 1 Trục tang 1) Tìm 3 1 i+ . ϕ1 Giải * Biểu diễn 1 + i dưới dạng lượng giác r = 2 2 2 21 1 2a b+ = + = . 0 tgϕ = 1 1 1 b a = = ⇒ ϕ 1 = 4 π , ϕ 2 = ϕ 1 + π = 5 4 π ϕ 2 Vẽ vòng tròn lượng giác. Trên trục tang xác định một điểm ứng với 1. Nối điểm này với gốc 0 cắt vòng tròn lượng giác tại 2 điểm ứng với ϕ 1 ,ϕ 2. Ta chọn ϕ 1 vì sinϕ 1 = 2 2 > 0 cùng dấu với b = 1 > 0. Vậy 1 + i = 2 cos sin 4 4 i π π+⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ * Áp dụng công thức (1.2.20) 15 3 3 1+i 2 cos sin 4 4 i π π= +⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ 3 2 2 4 4 2 cos sin 3 3 k k i π ππ π+ + = + ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ k = 0, 1, 2 (vì n – 1 = 3 – 1 = 2) Như vây 3 1+i có ba giá trị khác nhau k = 0: 6 2 cos sin 12 12 i π π+⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ k = 1: 6 6 2 2 9 94 42 cos sin 2 cos sin 3 3 12 12 i i π ππ π π π+ ++ = + ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠ k = 2: 6 6 2.2 2.2 17 174 42 cos sin 2 cos sin 3 3 12 12 i i π ππ π π π+ ++ = + ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠ 2) Tìm 1 i− . Giải 1 i− = 2 22 2 2 i−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ = 2 cos sin 4 4 i π π− + −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ = 4 2 2 4 42 cos sin 2 2 k k i π ππ π− + − + + ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ , k = 0, 1 (vì n – 1 = 2 – 1 = 1) Như vậy 1 i− có hai giá trị khác nhau k = 0: 4 2 cos sin 8 8 iπ π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ k = 1: 4 4 2 2 7 74 42 cos sin 2 cos sin 2 2 8 8 i i π ππ π π π⎡ ⎤− + − +⎢ ⎥ ⎡ ⎤+ = +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦ . 3) Tính 5 3 . Giải 5 3 = 55 2 23(cos 0 sin 0) 3 cos sin 5 5 k ki iπ π⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟⎝ ⎠ k = 0, 1, 2, 3, 4 (vì n – 1 = 5 – 1 = 4) 4) Tính 8 2i− . Giải 8 2i− = 8 2 cos sin 2 2 i π π− + −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ = 8 2 2 2 22 cos sin 8 8 k k i π ππ π− + − + + ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ 16 k = 0, 1, . . . ,7 (vì n – 1 = 8 – 1 = 7) Chú ý 1) Khi tìm Z a ib= + ta có thể thực hiện bằng cách khác như sau Tìm c, d ∈ R thoả mãn a ib+ = c + id. Thật vậy, bình phương 2 vế ta được a + ib = (c + id)2 = c2 +2icd + i2d2 . Giải hệ 2 2 2 c d a cd b − = = ⎧⎨⎩ ta sẽ tìm được c, d và như vậy a ib+ = ± 2 2 2 2 2 2 a b a a b a i + + + −+ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ , khi b ≥ 0 (1.2.21) a ib+ = ± 2 2 2 2 2 2 a b a a b a i + + + −− ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ , khi b < 0 (1.2.22) Ví dụ 14 Tìm 1 i+ . ..... . 0 ... . . . . . . . . . . 0 ... . n n n nn a a a a a a = A 11 Tương tự cho các định thức tiếp theo trong (*) là A 21 , . . . , A n1 . Thật vậy, theo định nghĩa 12 1 22 2 2 1 ... . 0 ... . . . . . . . . . . 0 ... . n n n nn a a a a a a = 2 2 (1, ,..., ) 2( 1) 1. ... n n J h h h nha a∑ − (**) Tổng lấy theo tất cả các hoán vị h 1 h 2 . . . h n của n – 1 số 2, 3, . . . ,n vì các số hạng khác đều chứa một thừa số 0, đó là phần tử ở cột thứ nhất kể từ hàng thứ 2 trở đi. Hơn nữa J(1, h 2, . . . ,h n ) = J( h 2, . . . ,h n ) . Vì vậy vế phải của (**) đúng bằng 35 ⎜A(1,1)⎜ = 22 2 2 ... . . . . . . . . ... . n n nn a a a a Vậy 12 1 22 2 2 1 ... . 0 ... . . . . . . . . . . 0 ... . n n n nn a a a a a a = ⎜A(1,1)⎜ = (– 1 ) 1+ 1 ⎜A(1,1) = A 11 Như vậy ta đã chứng minh được ⎜A⎜ = a 11A 11 + a 21A 21 + . . . + a n1A n1 * Bây giờ ta chứng minh 1 0 n i j i ki a A = ∑ = ; j ≠ k; j, k = 1, 2, . . . , n Để xác định ta xét j = 1, k = 2. Theo phần vừa chứng minh trên đây ta có 11 11 1 21 21 2 1 1 ... . ... . . . . . . . . . . ... . n n n n nn a a a a a a a a a = a 11(– 1 ) 1 + 1 21 23 2 31 33 3 1 3 ... . ... . . . . . . . . . . ... . n n n n nn a a a a a a a a a + a 21(– 1 ) 2 + 1 11 13 1 31 33 3 1 3 ... . ... . . . . . . . . . . ... . n n n n nn a a a a a a a a a + . . . + a n1(– 1 ) n + 1 11 13 1 21 23 2 11 1 3 1 ... . ... . . . . . . . . . ... . n n n n n n a a a a a a a a a− − − = a 11A 12 + a 21A 22 + . . . + a n1A n2 Măt khác, theo tính chất 3 (Trong mục 5 sau đây) thì 11 11 1 21 21 2 1 1 ... . ... . . . . . . . . . . ... . n n n n nn a a a a a a a a a = 0 vì có cột 1 và cột 2 giống nhau. Như vậy a 11A 12 + a 21A 22 + . . . + a n1A n2 = 0 Định lý đã được chứng minh. Hệ quả 36 * Định thức có các phần tử nằm phía trên hoặc phía dưới đường chéo chính đều bằng không sẽ bằng tích các phần tử trên đường chéo chính. * Định thức cấp n có các phần tử nằm phía trên hoặc phía dưới đường chéo phụ đều bằng không sẽ bằng tích các phần tử trên đường chéo phụ nhân với ( ) ( 3)21 n n+− . 11 21 22 1 1 0 .. .. .. 0 ... 0 . . . . . . . . . . ...n n nn a a a a a a = 11 12 1 22 2 ... 0 ... . . . . . . . . . . .. . . . . 0 . 0 . . . . . n n nn a a a a a a = a 11 a 22 . . . a nn (2.3.8) 11 12 1 1 1 21 22 2 1 1 12 1 . . . . . ... . . . . .. 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . . . . . . . . 0 0. n n n n n n n a a a a a a a a a a − − − − = 1 2 1 2 12 1 1 1 1 2 1 0 0 . . . . .0 0 0 ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 ... . . . . . . . n n n n n n n n n n n n nn a a a a a a a a a a − − − − − − = ( ) ( 3)21 n n+− a n1 a n - 1 2 . . . a 2 n-1a 1n (2.3.9) Các định thức trong (2.3.8), (2.3.9) gọi là các định thức dạng tam giác. * Mở rộng 1 2 . . . . . . . . . . . . . . . . k A A A A = = ⎢A1 ⎢ ⎢A2 ⎢ . . . ⎢Ak ⎢ (2.3.10) trong đó ⎢A1 ⎢, ⎢A2 ⎢, . . . , ⎢Ak ⎢ là các định thức của các ma trận vuông A1 , A2 , . . . , Ak cấp m1 , m2 , . . . , mk tương ứng (m1 + m2 + . . . + mk = n) còn các phần tử khác đều bằng không. Ví dụ 16 1) Cho định thức cấp 4 1 0 0 0 0 3 0 0 0 0 2 0 0 0 0 4 − − . a) 1 0 0 0 0 3 0 0 0 0 2 0 0 0 0 4 − − = a 11A 11 + a 12A 12 + a 13A 13 + a 14A 14. 37 = 1. 3 0 0 0 2 0 0 0 4 − − + 0. 0 0 0 0 2 0 0 0 4 − − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ + 0. 0 3 0 0 0 0 0 0 4 − − + 0. 0 3 0 0 0 2 0 0 0 − − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ = 1.( – 3 ).2.( – 4 ) = 24 b) a 11A 12 + a 21A 22 + a 31A 32 + a 41A 42 =1. 0 0 0 0 2 0 0 0 4 − − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ + 0. 1 0 0 0 2 0 0 0 4− +0. 1 0 0 0 0 2 0 0 4 − − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ +0. 1 0 0 0 0 0 0 2 0 =1.0+0.1.2.( – 4 )+0.0+0.0 = 0 2) Theo Hệ quả của Định lý Laplace a) 1 1 3 5 0 3 4 7 0 0 2 9 0 0 0 4 − − = 1.( – 3 ).2.( – 4 ) = 24 b) 2 0 0 0 0 0 4 0 0 0 8 5 1 0 0 9 0 3 0 6 1 3 5 a c − − − = 2.( – 4 ).1.( – 3 ).5 = 120 c) 0 0 1 0 2 5 4 0 4− = ( )3(3 3)21 +− .4.2.1 = – 8 d) 1 1 3 5 0 3 4 0 0 0 0 0 2 0 0 0 − = ( )4(4 3)21 +− .2.0.4.5 = 0 3) Sử dụng Định lý Laplace khi khai triển theo hàng thứ 2 để tính định thức cấp 4 1 2 1 0 3 0 5 3 0 2 6 4 0 4 a b − − = 0.( –1) 2 + 1 2 1 0 2 6 4 0 4 a − + (– 3).( –1) 2 + 2 1 1 3 2 6 0 4 a b − + 0.( –1) 2 + 3 1 2 1 3 0 6 4 4b − + 5.( –1) 2 + 4 1 2 3 0 2 4 0 a b = 0 + (– 3)[ – 8 + 6ab + 0 – 2b + 12a – 0 ] + 0 + 5 [ 0 + 12a + 4b – 0 – 3 – 8 ] = 24a + 26b – 18ab – 31 4) Tính định thức cấp n: 38 Dn(a) = 1 0 . . .0 0 1 1 . . .0 0 0 1 1. . 0 0 . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . 1 0 0 0 . . . 1 1 a a a a a a a a + + + + + = (a + 1).( – 1)1+1 1 0 . . .0 0 1 1 . . .0 0 0 1 1. . 0 0 . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . 1 0 0 0 . . . 1 1 a a a a a a a a + + + + + + 1.( – 1)2+1 0 0 . . . 0 0 1 1 . . .0 0 0 1 1. . 0 0 . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . 1 0 0 0 . . . 1 1 a a a a a a a + + + + (Định thức cấp n – 1 có tính chất như Dn(a)) (Định thức cấp n – 1) Ta có công thức truy hồi Dn(a) = (a + 1)Dn -1(a) – aDn - 2(a) (*) D2(a) = 1 1 1 a a a + + = a2 + a + 1 D3(a) = 1 0 1 1 0 1 1 a a a a a + + + = a3 + a2 + a + 1 D4(a) = (a + 1)D3(a) – aD2(a) = a4 + a3 +a2 + a + 1 Giả sử Dn(a) = an + an-1 + . . . + a2 + a + 1 Từ (*) ta tính được Dn + 1(a) = (a + 1)Dn(a) – aDn-1(a) = (a + 1)( an + an-1 + . . . + a2 + a + 1) – a(an-1 + . . . + a2 + a + 1) = an+1 + an + an-1 + . . . + a2 + a + 1 Vậy Dn(a) = an + an-1 + . . . + a2 + a + 1 Dễ dàng nhận thấy * ⎢O ⎢ = 0 0 . . .0 0 0 . . .0 . . . . . 0 0 . . .0 = 0, O là ma trận không, vuông cấp n.n 39 Tuy nhiên khi ⎢A ⎢ = 0 chưa chắc A = O, chẳng hạn ⎢A ⎢= 1 0 0 0 = 0 nhưng A = 1 0 0 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ≠ O. * ⎢E ⎢ = 1 0 . . .0 0 1 . . .0 . . . . . 0 0 . . .1 = 1, E là ma trận đơn vị cấp n.n Tuy nhiên khi ⎢A ⎢=1 chưa chắc A = E, chẳng hạn ⎢A ⎢= 1 1 1 2 =1 nhưng A = 1 1 1 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ≠ E. 5- Tính chất Các tính chất được phát biểu dưới đây đúng cho định thức cấp n ≥ 2. Nhưng để đơn giản ta mô tả cho định thức cấp 3. 1* Khi đổi hàng thành cột, cột thành hàng, thì giá trị của định thức kông thay đổi. 11 12 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a = 11 21 31 12 22 32 13 23 33 a a a a a a a a a Vậy hàng và cột của định thức có vai trò như nhau. Cho nên từ tính chất tiếp theo ta chỉ phát biểu cho hàng và hiểu rằng kết quả vẫn đúng cho cột. 2* Khi đổi vị trí 2 hàng cho nhau thì giá trị của định thức đổi dấu. 11 12 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a = – 21 22 23 11 12 13 31 32 33 a a a a a a a a a 3* Định thức có 2 hàng giống nhau sẽ bằng không. 11 12 13 21 22 23 21 22 23 a a a a a a a a a = 0 4* Có thể đưa thừa số chung của các phần tử cùng một hàng của định thức ra trước dấu định thức. 11 12 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a α α α = α 11 12 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a 5* Định thức có các phần tử cùng hàng đều bằng không sẽ bằng không. 11 12 13 31 32 33 0 0 0 a a a a a a = 0 6* Định thức có 2 hàng tỷ lệ sẽ bằng không. 11 12 13 11 12 13 31 32 33 a a a a a a a a a α α α = 0 40 7* Nếu các phần tử cùng hàng được phân tích thành tổng 2 số hạng thì định thức đã cho sẽ bằng tổng 2 định thức tương ứng. 11 11 12 12 13 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a a a a ′ ′′ ′ ′′ ′ ′′+ + + = 11 12 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a ′ ′ ′ + 11 12 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a ′′ ′′ ′′ 8* Định thức bằng không khi và chỉ khi có một hàng là tổ hợp tuyến tính của các hàng khác. (Một hàng bằng tổng các hàng khác sau khi nhân với các số tương ứng sẽ được gọi là Tổ hợp tuyến tính của các hàng này). 11 12 13 11 31 12 32 13 33 31 32 33 a a a a a a a a a a a a α β α β α β+ + + = 0 (Hàng thứ 2 là tổ hợp tuyến tính của các hàng thứ nhất và thứ 3) 9* Khi nhân các phần tử cùng hàng với một số rồi cộng tương ứng với các phần tử hàng khác thì giá trị của định thức không thay đổi. 11 12 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a = 11 12 13 11 21 12 22 13 23 31 32 33 a a a a a a a a a a a a α α α+ + + Dễ dàng nhận thấy * ⎢αA ⎢ = α n ⎢A ⎢, A là ma trận vuông cấp n.n * ⎢AC ⎢ = ⎢A ⎢ * ⎢AB ⎢ = ⎢A ⎢⎢B ⎢ Ví dụ 17 1) Cho α = 2, A = 0 0 1 0 2 5 4 0 4− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . Ta tính được ⎢αA ⎢ = 0 0 1 2 0 2 5 4 0 4− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 0 0 2 0 4 10 8 0 8− = ( )3(3 3)21 +− .8.4.2 = – 64 Mặt khác α 3 ⎢A ⎢ = 2 3 0 0 1 0 2 5 4 0 8− = 8. ( )3(3 3)21 +− .4.2.1 = – 64 Chứng tỏ ⎢2A ⎢ = 2 3 ⎢A ⎢ 2) Cho A = 0 0 1 0 2 5 4 0 4− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . Ta tính được 41 ⎢AC ⎢ = 0 0 1 0 2 5 4 0 4 C − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 0 0 4 0 2 0 1 5 4− = ( )3(3 3)21 +− .1.2.4 = – 8 Mặt khác ⎢A ⎢ = 0 0 1 0 2 5 4 0 8− = ( )3(3 3)21 +− .4.2.1 = – 8 Chứng tỏ ⎢AC ⎢ = ⎢A ⎢ 3) Cho 2 ma trận vuông cấp 2: A = 2 1 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , B = 1 0 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ . Ta có AB = 2 1 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 0 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2.1 1.1 2.0 1.1 1.1 1.1 1.0 1.1 + + + + ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 3 1 2 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ Vì vậy ⎢AB ⎢ = 3 1 2 1 = 1 Mặt khác ⎢A ⎢ = 2 1 1 1 = 1, ⎢B ⎢ = 2 1 1 1 = 1 Điều này chứng tỏ ⎢AB ⎢ = ⎢A ⎢⎢B ⎢ 4) Ta tính 0 0 1 0 2 5 4 0 8− = ( )3(3 3)21 +− .4.2.1 = – 8 Mặt khác 0 2 5 0 0 1 4 0 8− = – [ 0.0.( – 8 ) + 0.0.5 + 4.1.2 – 4.0.5 – 0.2. (– 8 ) – 0.1.0 ] = – 8 Điều này chứng tỏ 0 0 1 0 2 5 4 0 8− = – 0 2 5 0 0 1 4 0 8− (Tính chất 2*) 5) 1 1 3 5 3 1 1 3 5 2 7 0 a x b y − = 0 vì hàng 1 và hàng 3 giống nhau (Tính chất 3*) 6) Ta có 42 0 0 1 0 6 15 8 0 16− = ( )3(3 3)21 +− .8.6.1 = – 48 Mặt khác 0 0 1 3.0 3.2 3.5 2.4 2.0 2.( 8)− = 3.2. 0 0 1 0 2 5 4 0 8− = 6.( – 8 ) = – 48 Vậy 0 0 1 0 6 15 8 0 16− = 0 0 1 3.0 3.2 3.5 2.4 2.0 2.( 8)− = 3.2. 0 0 1 0 2 5 4 0 8− (Tính chất 4*) 7) 2 0 0 0 0 0 4 0 0 8 5 1 0 0 9 0 3 0 6 1 3 0 z a c − − − = 0 vì có cột cuối cùng toàn số 0 (Tính chất 5*) 8) 2 0 0 0 0 0 4 1 3 0 8 2 2 6 9 0 3 0 6 1 3 0 z z a c − − − − = 0 vì có hàng 2 và 3 tỷ lệ với nhau (Tính chất 6*) 9) 1 1 3 5 3 2 1 3 5 2 7 0 a x b y − = 1 0 1 3 5 0 3 1 1 1 3 5 2 0 7 0 a x b y + + − + + = 1 1 3 5 3 1 1 3 5 2 7 0 a x b y − + 0 1 3 5 0 3 1 1 3 5 0 7 0 x b y − (Tính chất 7*) = 0 + 1. (–1) 3 + 1 . 1 3 5 3 7 0 x b y − = xy + 21b – 35x + 9y (Tính chất 3* và định lý Laplace) 10) 5 15 3 5 2 3 1 1 3 5 2 7 0 y a x b y + − = 1 2.2 1 2.7 3 2.0 5 2. 3 1 1 3 5 2 7 0 y a x b y + + + + − = 0 ( Hàng 1 là Tổ hợp tuyến tính của hàng 3 và 4 - Tính chất 8*) Quy tắc Sử dụng các tính chất của định thức, chủ yếu là Tính chất 9, nhằm khử dần các phần tử dưới đường chéo chính để đưa định thức đã cho về dạng tam giác. Vi dụ 18 43 1 2 2 2 1 4 4 1 0 1 2 1 1 0 1 0 1 1 1 2 0 1 3 H H H H H H + → − + → − − = − − − 1 0 1 2 0 1 1 3 0 1 1 1 0 0 3 7 − − − − − (H1 + H2 → H2 được hiểu là cộng hàng 1 với hàng 2 rồi viết kết quả vào hàng 2) 2 3 3 1 0 1 2 0 1 1 3 0 0 2 4 0 0 3 7 H H H+ → − −= − − 3 3 4 4 2 1 0 1 2 0 1 1 3 0 0 2 4 0 0 0 1 H H H+ → − −= − − = 1.1.( – 2 ).( – 1 ) = 2 IV- MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO CỦA MA TRẬN VUÔNG 1- Định nghĩa Ma trận nghịch đảo của ma trận vuông A, ký hiệu A – 1, là ma trận cùng cấp với A và thoả mãn A A– 1 = A– 1 A = E (2.4.1) Ma trận vuông A được gọi là không suy biến nếu ⎜A ⎜ ≠ 0. Ma trận vuông A được gọi là suy biến nếu ⎜A ⎜ = 0. Ví dụ 19 1) Ma trận đơn vị E là ma trận không suy biến vì ⎜E ⎜ = 1 ≠ 0 , hơn nữa E – 1 = E. 2) Ma trận vuông O là ma trận suy biến vì ⎜O ⎜ = 0. 3) Ma trận A = 1 1 i i− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ là ma trận suy biến vì ⎜A ⎜ = 1 1 i i− = 1.1 – (– i ).i = 0. 4) Ma trận A = 1 1 0 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ là ma trận không suy biến vì ⎜A ⎜= 1 1 0 2 = 1.2 ––0.1 = 2 ≠ 0. Bây giờ ta tìm A – 1 dưới dạng : A – 1 = x y z w ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ; x , y , z , w ∈ Χ . Ta tính A A – 1 = 1 1 0 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ x y z w ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1. 1. 1. 1. 0. 2. 0. 2. x z y w x z y w + + + + ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2 2 x z y w z w + +⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ Vì A A – 1 = E nên ta có 2 2 x z y w z w + +⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ⇔ 1 0 2 0 2 1 x z y w z w + = + = = = ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ ⇔ 1 1 ( 1) ( 0) 2 2 x y z w= ∧ = − ∧ = ∧ =⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 44 Vậy A – 1 = 1 1 2 1 0 2 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2 11 2 0 1 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 2- Tính chất 1* (A– 1) – 1 = A 2* ⎜A – 1 ⎜ = 1 A Thật vậy ⎜AA – 1 ⎜ = ⎜A ⎜⎜A – 1 ⎜ Mặt khác ⎜AA – 1 ⎜ = ⎜E ⎜ = 1 Vì vậy ⎜A – 1 ⎜ = 1 A 3* (AB) – 1 = B - 1A – 1. Thật vậy (AB)( B – 1A – 1) = A(BB – 1)A – 1 = AE A – 1 = AA – 1 = E Vậy (AB) – 1 = B - 1A – 1 4* A , B không suy biến ⇔ AB không suy biến. Thật vậy từ đẳng thức ⎜AB ⎜ = ⎜A ⎜⎜B ⎜ suy ra ⎜AB ⎜ ≠ 0 ⇔ ⎜A ⎜ ≠ 0 , ⎜B ⎜ ≠ 0 5* (A C ) – 1 = (A – 1 ) C Thật vậy A C (A – 1 ) C = (A – 1 A) C = (E) C = E suy ra (A C ) – 1 = (A – 1 ) C 6* ∃ A – 1 ⇔ ⎜A ⎜ ≠ 0 ⇔ A không suy biến. Thật vậy * Nếu tồn tại A – 1 thì theo tính chất 2* ta phải có ⎜A ⎜ ≠ 0. * Giả sử ⎜A ⎜ ≠ 0 và A = 11 12 1 21 22 2 1 2 ... . ... . . . . . . . . . . ... . n n n n nn a a a a a a a a a ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ Ta chứng tỏ 45 A – 1 = 11 21 1 12 22 2 1 2 ... . ...1 . . . . . . . . . ... n n n n nn A A A A A A A A A A ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ (2.4.2) trong đó A i j là phần phụ đại số của a i j ; i , j = 1 , 2 , . . . , n . Điều đó chứng tỏ ∃ A – 1 . Trước tiên ta tính 11 12 1 21 22 2 1 2 ... . ... . . . . . . . . . . ... . n n n n nn a a a a a a a a a ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 11 21 1 12 22 2 1 2 ... . ...1 . . . . . . . . . ... n n n n nn A A A A A A A A A A ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 1 1 2 11 1 1 2 1 2 2 21 1 1 1 21 1 1 ... ...1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... n n n j j j j j n jj j j n n n j j j j j n jj j j n n n n j j n j j n j n jj j j a A a A a A a A a A a A A a A a A a A = = = = = = = = = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 0 ... 0 0 ... .01 . . . . . . 0 0 ... . A A A A ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 0 ... 0 0 1 ... .0 . . . . . 0 0 ... 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = E (Theo công thức (2.3.6)) Như vậy ta đã chứng minh xong công thức (2.4.2). 3- Quy tắc tính Quy tắc I A – 1 = 11 21 1 12 22 2 1 2 ... . ...1 . . . . . . . . . ... n n n n nn A A A A A A A A A A ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ Ma trận AP ≡ A – 1 = 11 21 1 12 22 2 1 2 ... . ... . . . . . . . . . ... n n n n nn A A A A A A A A A ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ (2.4.3) được gọi là ma trận phù hợp với ma trận A . Đặc biệt khi n = 2 ta nên nhớ công thức 1 a b c d −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 d b ad bc c a − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ (2.4.4) Ví dụ 20 1) Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A = 1 1 0 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ . Giải 46 A – 1 = 1 1 1 0 2 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 2 1 1.2 1.0 0 1 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 2 1 2 0 1 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ Ta kiểm tra lại kết quả 1 1 0 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 2 1 2 0 1 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 1.2 1.0 1.( 1) 1.1 2 0.2 2.0 0.( 1) 2.1 + − + + − + ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 2 0 2 0 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = E 2) Giải phương trình ma trận X 1 1 0 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ – 2 1 1 2 3 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 2 3 i i− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ . Giải X 1 1 0 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ – 2 1 1 2 3 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 2 3 i i− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ⇔ X = 1 1 1 2 2 3 2 3 i i −+ − ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠ 1 1 1 0 2 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 3 2 4 2 9 i i − + − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 1 1 0 2 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 3 2 4 2 9 i i − + − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 2 1 2 0 1 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 6 5 2 8 4 5 2 i i i − + − + ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 3) Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A = 1 2 3 2 1 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . Giải * Tính định thức ⎢A ⎢ = 1 2 3 2 1 3 1 3 2 = 1.1.2 + 2.3.3 + 1.2.3 – 1.1.3 – 2.2.2 – 1.3.3 = 6 ≠ 0 * Tính ma trận phù hợp A P ≡ 11 21 31 12 22 32 13 23 33 .A A A A A A A A A ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ A 1 1 = (– 1 ) 1 + 1 1 3 3 2 = – 7 A 2 1 = (– 1 ) 2 + 1 2 3 3 2 = 5 A 3 1 = (– 1 ) 3 + 1 2 3 1 3 = 3 A 1 2 = (– 1 ) 1 + 2 2 3 1 2 = – 1 A 2 2 = (– 1 ) 2 + 2 1 3 1 2 = – 1 A 3 2 = (– 1 ) 3 + 2 1 3 2 3 = 3 A 1 3 = (– 1 ) 1 + 3 1 3 2 3 = 5 A 2 3 = (– 1 ) 2 + 3 1 2 1 3 = – 1 A 3 3 = (– 1 ) 3 + 3 1 2 2 1 = – 3 Vậy 47 AP ≡ 11 21 31 12 22 32 13 23 33 .A A A A A A A A A ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 7 5 .3 1 1 3 5 1 3 − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ Cuối cùng ta được A – 1 = 1 A AP = 7 5 .3 1 1 1 3 6 5 1 3 − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ Ta kiểm tra lại kết quả 1 2 3 2 1 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 7 5 .3 1 1 1 3 6 5 1 3 − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1.( 7) 2.( 1) 3.5 1.5 2.( 1) 3.( 1) .1.3 2.3 3.( 3) 1 2.( 7) 1.( 1) 3.5 2.5 1.( 1) 3.( 1) .2.3 1.3 3.( 3) 6 1.( 7) 3.( 1) 2.5 1.5 3.( 1) 2.( 1) .1.3 3.3 2.( 3) − + − + + − + − + + − − + − + + − + − + + − − + − + + − + − + + − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 6 0 .0 1 0 .0 1 0 6 .0 0 1 .0 6 0 0 .6 0 0 .1 = ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = E Quy tắc II Áp dụng các phép biến đổi sơ cấp: * Đổi vị trí 2 hàng. * Nhân hàng với một số khác không. * Cộng hàng với hàng. để biến đổi [ A / E ] → [ E / A – 1 ] (2.4.5) trong đó E là ma trận đơn vị cùng cấp với ma trận A . Ví dụ 21 1) Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A = 1 1 0 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ . Giải Thực hiện biến đổi [A ⎜E ]= 1 1 1 0 0 2 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 2 2 2 1 11 1 1 0 1 0 2 H H→ → ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 1 1 1 1 1 0 2 0 1 1 0 2 H H H− + → − → ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ =[ E / A – 1] Vậy A – 1 = 1 1 2 112 21 0 1 0 2 − −= ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 2) Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A = 1 2 3 2 1 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . Giải Ta thực hiện biến đổi 48 [ A ⎜ E ] = 1 2 3 1 0 0 2 1 3 0 1 0 1 3 2 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 1 2 2 1 3 3 1 2 3 1 0 0 0 3 3 2 1 0 0 1 1 1 0 1 H H H H H H − + → − + → → − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 3 1 2 3 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 3 3 2 1 0 H H↔ → − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 3 2 3 3 1 2 3 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 6 5 1 3 H H H+ → → − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 3 3 6 H H⎛ ⎞− →⎜ ⎟⎝ ⎠ → 1 2 3 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 5 1 3 6 6 6 − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 3 2 2 3 3 1 1 9 3 9 6 6 61 2 0 1 1 3 0 1 0 6 6 6 0 0 1 5 1 3 6 6 6 H H H H H H + → − + → − → − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 2 1 1 7 5 3 6 6 61 0 0 1 1 3 0 1 0 6 6 6 0 0 1 5 1 3 6 6 6 H H H− + → − → − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = [ E / A – 1 ] Vậy A – 1 = 7 5 3 6 6 6 1 1 3 6 6 6 5 1 3 6 6 6 − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 7 5 .3 1 1 1 3 6 5 1 3 − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 3) Giải phương trình ma trận 1 2 3 2 1 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ Y = 1 0 1 0 1 1 1 1 0 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . Giải 1 2 3 2 1 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ Y = 1 0 1 0 1 1 1 1 0 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⇔ Y = 1 1 2 3 2 1 3 1 3 2 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 0 1 0 1 1 1 1 0 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 7 5 .3 1 1 1 3 6 5 1 3 − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 0 1 0 1 1 1 1 0 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 4 2 12 1 2 4 0 6 2 2 6 − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ Như vậy khi tìm A – 1 bằng Quy tắc II ta tiến hành 3 bước cơ bản sau đây Bước 1: Khử các phần tử phía dưới đường chéo chính. Bước 2: Nhân với các số tương ứng để các phần tử trên đường chéo chính bằng 1. Bước 3: Khử các phần tử phía trên đường chéo chính. V- HẠNG CỦA MA TRẬN Xét ma trận A = 11 12 1 21 22 2 1 2 ... . ... . . . . . . . . . . ... . n n m m mn a a a a a a a a a ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ và số nguyên k: 1 ≤ k ≤ min ( m , n ). 1- Định nghĩa 49 a- Định thức con cấp k của ma trận A, ký hiệu ⎜A ⎜k , là định thức cấp k được thành lập từ các phần tử nằm trên giao k hàng, k cột của ma trận A. Từ định nghĩa ta thấy rằng các định thức con cấp 1 của A chính là các phần tử của A. Ví dụ 22 Tìm các định thức con của ma trận A = 1 2 3 2 1 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . Giải k = 2: Các ⎜A ⎜2 là C1,2 C1,3 C1,2 H1,2 1 2 2 1 , 1 3 2 3 , 2 3 1 3 H1,3 1 2 1 3 , 1 3 1 2 , 2 3 3 2 H2,3 2 3 3 2 , 2 3 1 2 , 2 3 1 2 . k = 3: Chỉ có một ⎜A ⎜3 đó là ⎜A ⎜3 = ⎜A ⎜ = 1 2 3 2 1 3 1 3 2 b- Hạng của ma trận A, ký hiệu r(A) , là cấp cao nhất của định thức con khác không của ma trận A. Có nghĩa là r(A) = k ⇔ 1 2 0 0, 0,... k k k A A A+ + ∃ ≠ ∀ = = ⎧⎪⎨⎪⎩ (2.4.6) Người ta quy ước r(O) = 0. Ví dụ 23 1) Tìm hạng của ma trận A = 1 2 3 2 1 3 1 3 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . (1 ≤ k ≤ min(3 , 3 ) = 3) Giải ⎜A ⎜3 = 1 2 3 2 1 3 1 3 2 = 6 ≠ 0 Vì vậy r(A) = 3. 2) Tìm hạng của ma trận B = 1 2 3 4 5 6 7 8 6 8 10 12 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ (1 ≤ k ≤ min(3 , 4 ) = 3) Giải 50 * ⎜B ⎜2 = 1 2 5 6 = – 4 ≠ 0 * ⎜B ⎜3: 1 2 3 5 6 7 6 8 10 = 0 , 1 2 4 5 6 8 6 8 12 = 0 , 2 3 4 6 7 8 8 10 12 = 0 (Hàng thứ 3 là tổng của hàng 1 và 2) Vì vậy r(B) = 2. 2- Quy tắc tìm hạng của ma trận Quy tắc I * Tìm ⎜A ⎜k ≠ 0. * Chứng tỏ mọi ⎜A ⎜k + 1 chứa ⎜A ⎜k ≠ 0 đều bằng không. Ta có r(A) = k. Ví dụ 24 1) Tìm hạng của ma trận B = 1 2 3 4 5 6 7 8 6 8 10 12 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . (1 ≤ k ≤ min(3 , 4 ) = 3) Giải * ⎜B ⎜2 = 1 2 5 6 = – 4 ≠ 0 * Các ⎜B ⎜3 (Chứa 1 2 5 6 ≠ 0) là 1 2 3 5 6 7 6 8 10 = 0, 1 2 4 5 6 8 6 8 12 = 0 (Hàng thứ 3 là tổng của hàng 1 và 2) Vì vậy r(B) = 2. 2) Tìm hạng của ma trận D = 1 1 2 2 2 3 3 8 1 1 5 a − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . (1 ≤ k ≤ min(4 , 3 ) = 3) Giải * ⎜D ⎜2 = 2 1 2 2 − − = 2 ≠ 0 * ⎜D ⎜3 ( Chứa 2 1 2 2 − − ≠ 0 ) là 1 1 2 2 2 3 3 8a − − − = 16 + 9 – 4a + 12 – 16 – 3a = 21 – 7a , 1 1 2 2 2 3 1 1 5 − − − = 0 Khi 21 – 7a = 0 ⇔ a = 3: r(D) = 2. Khi 21 – 7a ≠ 0 ⇔ a ≠ 3: r(D) = 3. Quy tắc II Áp dụng các phép biến đổi sơ cấp: * Đổi vị trí 2 hàng. * Nhân hàng với một số rồi cộng vào hàng khác. * Đổi vị trí 2 cột. 51 để biến đổi A → 11 12 1 1 22 2 2 * * ... . * . . . * 0 * .. . * . . . * . . . . . . . . . . . . . . 0 0 . . . .. . . * . . . * 0 0 . . . .. . . 0 . . . . . . 0 . . . . . . . . . . . . . . 0 0 . . . .. . . 0 . . . . . . 0 k n k n k k k n a a a a a a a a a ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ≡ A HT (2.4.7) trong đó a*11 ≠ 0 , a*22 ≠ 0 , . . . ,a*kk ≠ 0 , A HT là ma trận dạng hình thang. Ta có r(A) = k. Ví dụ 25 1) Tìm hạng của ma trận B = 1 2 3 4 5 6 7 8 6 8 10 12 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . Giải 1 2 3 4 5 6 7 8 6 8 10 12 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 5 1 2 2 6 1 3 3 1 2 3 4 0 4 8 12 0 4 8 12 H H H H H H − + → − + → → − − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 3 3 1 2 3 4 0 4 8 12 0 0 0 0 H H H− + → → − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ≡ B HT trong đó b*11 = 1 ≠ 0 , b*22 = – 4 ≠ 0 . Vì vậy r(B) = 2. 2) Tìm hạng của ma trận D = 1 1 2 2 2 3 3 8 1 1 5 a − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . Giải 1 1 2 2 2 3 3 8 1 1 5 a − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 1 2 2 3 1 3 3 1 4 4 1 1 2 0 0 5 0 3 14 0 0 7 H H H H H H H H H a + →+ → + → − → − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 3 14 2 3 3 5 7 2 4 4 5 1 2 1 0 5 0 0 0 3 0 0 0 C C H H H H H H a ↔ − + → − + → − → − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = DHT trong đó d11* = 1 ≠ 0 , d22* = 5 ≠ 0 , d33* = a – 3. Vì vậy Khi a – 3 = 0 ⇔ a = 3: r(D) = 2. Khi a – 3 ≠ 0 ⇔ a ≠ 3: r(D) = 3. Chú ý r(AC) = r(A) (2.4.8) Bài tập 1) Thực hiện các phép tinh 3A + B, A – 2B, AB, BA (nếu được) 52 a)A = 3 1 1 2 4 2 1 2 3 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ , B = 1 1 1 2 10 1 1 0 1 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ b)A= 3 2 1 0 1 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , B = 1 2 3 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ c)A = 1 2 0 1 0 1 i i i i i − − − + ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ , B = 0 1 1 2 0 1 3 i i i i i − − + − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 2) Sử dụng đẳng thức a) A = 17 6 35 12 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2 3 5 7 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 0 0 3 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 7 3 5 2 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ để tính A 5. . b) B = 1 1 1 2 i i + − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 11 1 0 0 1 1 31 1 0 3 1 1 i i i i − − − + − + ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ để tính B 10. 3) Tìm ma trận a) X thoả mãn AX = XA trong đó a1) A = 1 1 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ a2) A = 1 2 1 1− − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ a3) A = 1 0 0 0 1 0 3 1 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ b) A vuông cấp 2.2 thoả mãn A2 = O trong đó O = 0 0 0 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ . 4) Tính An = AA . . . A (tích n lần A) a) A = 0 0 a a ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ b) A = cos sin sin cos a a a a −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ c) A = 1i i i− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ d) A = 0 0 1 0 0 1 a a a ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ e) A = 0 0 0 0 0 a b a a ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ f) A ma trận vuông cấp nxn : a1n = a21 = a32 = . . . = a n n - 1 = 1 ; các aij khác bằng không. 5) Tính F(A) khi a) F(x) = x2 – 5x + 3 , A = 2 1 3 3 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ b) F(x) = x 2 – x – 1 , A = 2 1 1 3 1 2 1 1 0− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 6) Tính định thức a) sin cos sin cos a a b b b) 1 log log 1 a b b a c) a ib c id c ib a ib + + − + − d) cos sin 1 1 cos sin a i a a i a + − 53 e) 1 0 1 0 1 1 1 i i i i + − − f) 68 15 51 8 21 6 12 7 9 − g) 2 2 2 1 cos cos 1 cos cos 1 cos cos a a b b c c h) 2 2 2 1 1 1 1 ε ε ε ε ε trong đó ε = 1 3 2 2 i− + i- 2 2 1 1 1 1 1 ε ε ε ε trong đó ε = cos sin 3 3 i π π+ j) 1 1 3 3 2 4 3 1 0 2 5 1 4 2 6 0 − k) 2 5 6 7 0 4 1 1 1 2 5 0 0 7 1 6 1 1 2 0 4 3 3 1 1 l) 2 5 6 7 0 4 1 1 1 2 5 0 0 7 1 6 1 1 2 0 4 3 3 1 1 , ε là nghiệm phương trình ε3 = 1 m) x y x y y x y x a b c d q q q q (x, y là nghiệm của phương trình x2 + q = 0) n) 1 2 3 4 5 2 3 4 5 1 3 4 5 1 2 4 5 1 2 3 5 1 2 3 4 7) Tính các định thức cấp n a) 1 2 3 4 5 2 3 4 5 1 3 4 5 1 2 4 5 1 2 3 5 1 2 3 4 b) 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 2 1 1 . .. . . .1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . n n n n n n x x x x x x x x x− − − c) 1 2 1 1 1 1 . . . . . 1 1 1 1 1 . . . . 1 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 1 . .. 1 1 1 1 1 . .. 1 1 n n a a a a − + + + + d) 1 1 1 . . . . . 1 1 0 1 1 . . . . . 1 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . . . . . 1 1 1 1 1 . . . . . . 1 n n n n − − − − − − − − − − − 54 e) 2 .. . ( 2) ( 1) 0 . . . . . . 0 0 0 . . . . . .0 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . . . . . . 0 0 0 0 . . . . a a h a h a n h a n h a a a a a a a + + + − + − − − − f) 0 . .. . . . 0 0 1 . . . . .0 0 0 1 . . . . .0 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . . . 0 0 0 .. . . 1 a b ab a b ab a b a b ab a b + + + + + 8) Chứng minh a) am bn as bt cm an cs at + + + + = (a2 – bc)(mt – ns) b) am bn as bt cm an cs at + + + + = (a2 + b2)(a2 + c2) c) 2 2 2 1 1 1 m n s m n s = (m – n)(n – s)(s – m) d) 1 cos sin 1 cos sin 1 cos sin a a b b c c = 4 sin sin sin 2 2 2 a b b c c a− − − e) 2 2 2 m m ns n n sm s s mn = (m – n)(n – s)(s – m)(mn + ns + sm) f) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 b c c a a b b c c a a b b c c a a b + + + + + + + + + = 2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 a b c a b c a b c g) 2 2 2 2 2 2 a b ab a b a c bc b c c a ca c a + + + + + + = (a – b)(b – c)(c – a)(ab + bc + ca) h) Định thức của ma trận phản đối xứng cấp n lẻ sẽ bằng không (Ma trận phản đối xứng là ma trận vuông A = 1,2,..., 1,2,..., j n ij i n a = =⎡ ⎤⎣ ⎦ thoả mãn a i j = – a j i ). i) (0) (1) (2) (3) (4) (1) (2) (3) (4) (5) (2) (3) (4) (5) (6) (3) (4) (5) (6) (7) (4) (5) (6) (7) (8) F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F = (1.2.3.4)5 trong đó F(x) = x(x – 1)(x – 2)(x – 3) 9) Giải phương trình với x là ẩn số 55 a) 2 2 2 2 3 3 3 3 1 1 1 1 x a b c x a b c x a b c = 0 b) a x x b x a b x x b a x b x x a = 0 c) a x x b x a b x x b a x b x x a = 0 10) Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau đây bằng 2 quy tắc a) 3 1 1 2 1 2 1 2 3 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ b) 1 2 0 1 0 1 i i i i i − − − + ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ c) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ d) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a a a a + + + + ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ f) a a a a a b b b a b c c a b c d ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 11) Tìm hạng của các ma trận sau đây bằng 2 quy tắc a) 1 3 2 1 2 1 1 3 4 2 2 6 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ b) 0 1 1 2 0 1 3 i i i i i − − + − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ c) 1 1 2 2 1 5 1 10 6 1 c c − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ d) 1 2 0 1 0 1 i i i i i − − − + ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ f) 1 2 4 2 1 4 3 3 4 2 f f ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ g) 0 4 10 1 4 8 7 10 18 40 1 7 17 3 a b ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ h) 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 12) Giải phương trình ma trận a) 3 1 2i − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦X + 1 0 3i ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 4 2 3 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ b) Y 3 1 1 2 1 1 1 2 3 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 3 1 1 2 1 1 1 2 3 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ c) 2 3 1 4 5 2 5 7 3 − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ Z 9 7 6 1 1 2 1 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2 0 2 18 12 9 23 15 11 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . d) W 1 1 1 1 0 1 1 1 2 − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 6 2 7 15 2 13 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 13) Chứng minh 56 a) Ma trận A thoả mãn phương trình ma trận A2–(a+d)A+(ad–bc)E=O với A= a b c d ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ,E= 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , O = 0 0 0 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ b) Nếu ma trận A = a b c d ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ thoả mãn A 3 = O = 0 0 0 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ thì a + d = 0. c) Nếu AB = BA và tồn tại A – 1 thì A – 1B = BA – 1 . d) Nếu An = O ( ma trận không ) thì ( E – A) – 1 = E + A + A2 + . . . + An – 1 e) Không thể có đẳng thức AB – BA = E. Đáp số 1) a) 3A + 2B = 10 4 2 8 2 7 4 6 10 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ , A – 2B = 1 1 3 2 24 0 1 2 1 − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ , AB = 6 7 1 12 38 4 8 19 4 − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ , BA = 4 3 0 13 36 15 4 3 4 − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ b) 3A + B không được vì 3A và B không cùng cấp A – 2B không được vì A và 2B không cùng cấp AB = 10 8 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ...x(t) = 0 . * a ≠ 0 : + ⎟ X⎟ = ( , )X X = 12 0 ta e dt∫ = ⎟ a⎟ 1−e + ⎟ Y⎟ = ( , )Y Y = ( )1 2 4 0 1 2te t t dt− +∫ = 8 21e − + cos = ( , )X Y X Y = 3 1 . 8 21 a a e e − − − ⇒ = arccos 3 1 . 8 21 a a e e − − − Định lý 2 Bất đẳng thức Cauchy - Bunjakowski - Schwarz Với mọi X , Y ∈ Τ - Không gian Unita - ta có bất đẳng thức Re2 (X , Y) ≤ (X , X)(Y , Y) (6.1.11) Dấu “ = ‘’ khi và chỉ khi x , y thoả mãn αX + βY = 0 ; α , β ∈ C ; α2 + β2 ≠ 0. Chứng minh Đặt s = (X , Y) . Với mọi t ∈ Χ ta luôn luôn có (tX + Y , tX + Y) = (tX ,tX) + (tX , Y) + (Y , tX) + (Y , Y) 145 = t. t (X , X) + t(X , Y) + ( , )tX Y + (Y , Y) = ⎪t⎪2(X , X) + t(X , Y) + ( , )t X Y + (Y , Y) = ⎪t⎪2(X , X) + 2Re[t(X , Y)] + (Y , Y) = ⎪t⎪2(X , X) + 2Re(ts) + (Y , Y) (*) Dễ dàng nhận thấy (6.1.11) thoả mãn khi s = 0 và sẽ trở thành đẳng thức khi X = Y = O. Giả sử s ≠ 0 và X ≠ O. Thay t = – ( , ) s X X vào (*) ta có 0 ≤ ⎪tX + Y⎪2 = 2 ( , ) s X X + 2Re 2 ( , ) s X X − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ + ⎪Y⎪2 = ⎪Y⎪2 – 2 2 s X (**) Vì vậy Re2 (X , Y) ≤ (X , X)(Y , Y) Ta có dấu “ = “ trong (**) khi và chỉ khi ⎪tX + Y⎪2 = 0 ⇔ tX + Y = O. Chú ý Khi T là Không gian Euclid , với mọi X , Y ∈ T ta có bất đẳng thức (X , Y)2 ≤ (X , X)(Y , Y) (6.1.12) Dấu “ = ‘’ khi và chỉ khi X , Y thoả mãn αX + βY = O ; α , β ∈ R ; α2 + β2 > 0 Ví dụ 3 1)T = Ρn là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.1). Từ (6.1.12) ta có ( )21n i ii x y=∑ ≤ 21n ii x=∑ 21n ii y=∑ (6.1.13) 2) T = Χn là Không gian Unita với tích vô hướng xác định theo (6.1.12). Từ (6.1.11) ta có Re2 ( )1n i ii x y=∑ ≤ 21n ii x=∑ 21n ii y=∑ (6.1.14) 3) T = Ρn là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.3). Từ (6.1.12) ta có ( )2, 1 , 1 , 1n n ni j i j i j i j i j i ji j i j i ja x y a x x a y y= = =∑ ∑ ∑≤ (6.1.15) 4) T = Χn là Không gian Unita với tích vô hướng xác định theo (6.1.4) . Từ (6.1.11) ta có Re2 ( ), 1 , 1 , 1n n nij i j ij i j ij i ji j i j i ja x y a x x a y y= = =∑ ∑ ∑≤ (6.1.16) 5) T = Χ[a ; b] : Tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a ; b] là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.5) . Từ (6.1.12) ta có ( )2 2 2( ) ( ) ( ) ( )b b b a a a x t y t dt x t dt y t dt≤∫ ∫ ∫ (6.1.17) 146 6) T = Χ[a ; b] : Tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a ; b] là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.6). Từ (6.1.12) ta có ( )2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b b b a a a A t x t y t dt A t x t dt A t y t dt≤∫ ∫ ∫ (6.1.18) Định lý 3 Bất đẳng thức tam giác Với mọi X , Y ∈ Τ - Không gian Euclid - ta có bất đẳng thức ⎢X + Y ⎢≤ ⎢X ⎢+ ⎢Y ⎢ (6.1.19) Chứng minh ⎢X + Y ⎢2 = (X + Y , X + Y) = (X , X) + 2(X , Y) + (Y , Y) ≤ ⎢X ⎢2 + 2 ⎢X ⎢⎢Y ⎢+ ⎢Y ⎢2 = ( ⎢X ⎢+ ⎢Y ⎢)2 Ví dụ 4 1) T = Ρn là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.1). Ta có ⎢X + Y ⎢= ( , )X Y X Y+ + = 2 1 ( ) n i ii x y = ∑ + ⎢X ⎢= ( , )X X = 2 1 n ii x = ∑ , ⎢Y ⎢= ( , )Y Y = 2 1 n ii y = ∑ Vì vậy 2 1 ( ) n i ii x y = ∑ + ≤ 2 1 n ii x = ∑ + 2 1 n ii y = ∑ (6.1.20) 2) T = Ρn là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.3). Ta có ⎢X + Y ⎢= ( , )X Y X Y+ + = , 1 ( )( ) n i j i i j ji j a x y x y = ∑ + + ⎢X ⎢= ( , )X X = , 1 n i j i ji j a x x = ∑ , ⎢Y ⎢= ( , )Y Y = , 1 n i j i ji j a y y = ∑ Vì vậy , 1 ( )( ) n i j i i j ji j a x y x y = ∑ + + ≤ , 1 n i j i ji j a x x = ∑ + , 1 n i j i ji j a y y = ∑ (6.1.21) 3) T = Χ[a ; b] : Tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a ; b] là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.5). Ta có ⎢X + Y ⎢= ( , )X Y X Y+ + = [ ]2( ) ( )b a x t y t dt+∫ ⎢X ⎢= ( , )X X = 2 ( )b a x t dt∫ , ⎢Y ⎢= ( , )Y Y = 2 ( )b a y t dt∫ Vì vậy [ ]2( ) ( )b a x t y t dt+∫ ≤ 2 ( )b a x t dt∫ + 2 ( ) b a y t dt∫ (6.1.22) 4) T = Χ [a ; b] : Tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a ; b] , là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.6). Ta có ⎢X + Y ⎢= ( , )X Y X Y+ + = [ ]2( ) ( ) ( )b a A t x t y t dt+∫ 147 ⎢X ⎢= ( , )X X = 2( ) ( )b a A t x t dt∫ , ⎢Y ⎢= ( , )Y Y = 2( ) ( )b a A t y t dt∫ Vì vậy [ ]2( ) ( ) ( )b a A t x t y t dt+∫ ≤ 2( ) ( )b a A t x t dt∫ + 2( ) ( ) b a A t y t dt∫ (6.1.23) II- CƠ SỞ TRỰC CHUẨN 1- Hình chiếu vuông góc a- Giả sử T là không gian Euclid và T1 là không gian con của T (Có nghĩa là tập con T1 của T vừa là không gian con của không gian tuyến tính T , hơn nữa trên T1 xác định tích vô hướng cùng các tính chất như đã nêu trên T) . Để chứng tỏ tập con T1 của T là không gian con của không gian Euclid T ta chỉ cần chứng tỏ T1 là không gian con của không gian tuyến tính T (và xác định tích vô hướng như đã định nghĩa trên T). b- Vectơ H ∈ T được gọi là vuông góc với T1 nếu H ⊥ X , ∀ X ∈ T1 , ký hiệu H ⊥ T1 . c- Vectơ Y ∈ T và X0 ∈ T1 thỏa mãn Y – X0 ⊥ T1 thì X0 gọi là hình chiếu vuông góc của Y xuống T1 . Định lý 4 ⎮Y – X0⎮ ≤ ⎮Y – X⎮ , ∀ X ∈ T1 (6.2.1) ( Chứng tỏ vectơ Y – X0 có khoảng cách ngắn nhất ) Chứng minh Vì X0 , X ∈ T1 cho nên X0 – X ∈ T1 . Vì vậy Y – X0 ⊥ X0 – X Theo Định lý Pythagoras ⎮Y – X⎮2 = ⎮(Y – X0) + (X0 – X)⎮2 =⎮Y – X0⎮2 + ⎮X0 – X⎮2 Vì vậy ⎮Y – X0⎮ ≤ ⎮Y – X⎮ và dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi X = X0. Định lý 5 Giả sử V1 , V2 , . . . , Vk là cơ sở của T1 . Ta tìm được X0 = a1V1 + a2V2 + . . . + akVk (6.2.2) từ hệ phương trình 1 1 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 ( , ) ( , ) . . . ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) . . . ( , ) ( , ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( , ) ( , ) . . . ( , ) ( , ) k k k k k k k k k k V V a V V a V V a V Y V V a V V a V V a V Y V V a V V a V V a V Y + + + = + + + = + + + = ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ (6.2.3) Chứng minh Vì Y – X0 ⊥ T1 cho nên Y – X0 ⊥ Vs , s = 1 , 2 , . . . , k Như vậy (Y – X0 , Vs) = 0 ⇔ (Y , Vs) – ( X0 , Vs) = 0 ⇔ ( X0 , Vs) = (Y , Vs) ⇔ (a1V1 + a2V2 + . . . + akVk , Vs) = (Y , Vs) 148 ⇔ a1(V1 , Vs) + a2(V2 , Vs) + . . . + ak(Vk , Vs) = (Y , Vs) , s = 1 , 2 , . . . , k Chú ý Ta biết rằng biểu diễn X0 = a1V1 + a2V2 + . . . + akVk là duy nhất, cho nên Γ ≡ Γ(V1 , V2 , . . . , Vk) = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 , , . . . , , , . . . , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , , . . . , k k k k k k V V V V V V V V V V V V V V V V V V ≠ 0 (6.2.4) Định thức này được gọi là định thức Gram . Trong định thức Gram khi thay Vj bởi Y ; j = 1 , 2 , . . . , k ta được Γj ≡ Γ(V1 , . . . ,Vj - 1, Y, Vj + 1 , . . . , Vk) (6.2.5) Hệ quả a- Nghiệm duy nhất của hệ (6.2.3), theo công thức Cramer là A = [a1 a2 . . . ak]C = [ ]1 21 . . . CkΓ Γ ΓΓ (6.2.6) b- Γ(V1 , . . . , Vk , U1 , . . . , Us) ≤ Γ(V1 , . . . , Vk) Γ(U1 , . . . , Us) (6.2.7) Dấu “ = “ xãy ra khi và chỉ khi (Vi , Uj) = 0 ; i = 1 , 2 , . . . , k ; j = 1 , 2 , . . . , s hoặc ít nhất một trong hai hệ (V1 , . . . , Vk) , (U1 , . . . , Us) phải phụ thuộc tuyến tính c- 0 ≤ Γ(V1 , V2 , . . . , Vk) ≤ ⎟V1⎟2⎟V2⎟2 . . . ⎟Vk⎟2 (6.2.8) * Γ(V1 , V2 , . . . , Vk) = 0 ⇔ V1 , V2 , . . . , Vk phụ thuộc tuyến tính . * Γ(V1 , V2 , . . . , Vk) =⎟V1⎟2⎟V2⎟2 . . . ⎟Vk⎟2 ⇔ V1 , V2 , . . . , Vk vuông góc từng đôi hoặc trong các vectơ V1 , V2 , . . . , Vk có vectơ không . Ví dụ 5 1) T = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.1) . Xét T1 = { X ∈ T X = [x1 0 0]C ; x1 ∈ Ρ } với tích vô hướng của 2 vectơ X = [x1 0 0]C , Y = [y1 0 0]C ∈ T1 được xác định như trong T có nghĩa là (X , Y) = XCY = x1y1. a) Chứng tỏ T1 là không gian con của T b) Chứng tỏ mọi vectơ H = [0 h2 h3]C ∈ T; h 2 , h3 ∈ Ρ , đều vuông góc với T1 . c) Tìm hình chiếu vuông góc X0 = [ x10 0 0]C ∈ T1 của H = [0 2 5]C xuống T1 . d) Chứng tỏ hình chiếu vuông góc X0 = [ x10 0 0]C ∈ T1 của Y = [– 1 1 a]C xuống T1 không phụ thuộc a Giải a) * T1 ⊂ T * Với mọi X1 = [x1 0 0]C , X2 = [x2 0 0]C thuộc T1 và α ∈ Ρ : X1 + X2 = [x1 + x2 0 0]C ∈ T1 , αX1 = [αx1 0 0]C ∈ T1 b) ∀X = [ x1 0 0]C ∈ T1 ta có (X , H) = XCH = x1.0 + 0.h2 + 0.h3 = 0 , có nghĩa là H ⊥ X . Vậy H ⊥ T1 c) Xét vectơ bất kỳ Y = [ y1 0 0]C ∈ T1 ta có H – X0 = [– x10 2 5]C ⊥ T1 ⇔ (H – X0 , Y) = – x10y1 + 2.0 + 5.0 = – x0y1 = 0 ⇔ x10= 0 149 Vậy X0 = [ 0 0 0]C . d) Y – X0 ⊥ T1 , có nghĩa là với mọi X = [ x1 0 0]C ∈ T1 (Y – X0 , X) = 0 ⇔ (– 1 – x10)x1 + 1.0 + a.0 = 0 ⇔ (– 1 – x10)x1 = 0 ⇔ x10 = – 1 Vậy X0 = [– 1 0 0]C không phụ thuộc a 2) T = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.3) . a) Cho A = 1 0, 5 0 0, 5 3 0 0 0 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ và T1 = { X ∈ Τ : X = [0 x2 0]C ; x2 ∈ Ρ }. a1) Tính tích vô hướng (X , Y) của 2 vectơ X , Y ∈ T. a2) Đưa dạng toàn phương (X , X) về dạng chính tắc. a3) Tìm hình chiếu vuông góc X0 = [ 0 x20 0]C ∈ T1 của Y = [1 1 2]C ∈ T xuống T1 Giải a1) Tích vô hướng (X , Y) của 2 vectơ X , Y ∈ T là (X , Y) = XCAY = [ x1 x2 x3] 1 0, 5 0 0, 5 3 0 0 0 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 2 3 y y y ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = [x1 + 0,5x2 0,5x1 + 3x2 0][y1 y2 y3]C = (x1 + 0,5x2)y1 + (0,5x1 + 3x2) y2 a2) Ta có dạng toàn phương (X , X) = x12 + x1x2 + 3x22 . *⎮A – λE⎮ = 1 0, 5 0 0, 5 3 0 0 0 λ λ λ − − − = – λ(λ2 – 4λ + 2,75) = 0 ⇒ λ1 = 0 , λ2,3 = 2 ± 5 2 > 0 * Dạng chính tắc của dạng toàn phương (X , X) là (Y , Y) = 52 2 +⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ y22 + 5 2 2 −⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ y32 bán xác định dương , Y = [y1 y2 y3]C ∈ Ρ3 a3) Ta có Y – X0 = [1 1 – x20 2]C . Y – X0 ⊥ T1 , có nghĩa là với mọi X = [ 0 x2 0]C ∈ T1 (Y – X0 , X) = 0 ⇔ [1 + 0,5(1 – x20)].0 + [0,5.1 + 3(1 – x20)]x2 = 0 ⇔ 0,5.1 + 3(1 – x20) = 0 ⇔ x20 = 7 6 . Vậy X0 = 1 6 [0 7 0]C b) Cho A = 1 1 0 1 2 0 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ và T1 ={X ∈ T : X = [x1 x2 0]C ; x1 , x2 ∈Ρ}. b1) Tính tích vô hướng (X , Y) của 2 vectơ X , Y ∈ T. b2) Đưa dạng toàn phương (X , X) về dạng chúnh tắc . b3) Chứng tỏ Τ1 là không gian con của T. b4) Chứng tỏ mọi vectơ H = [0 0 h3]C ∈ T ; h3 ∈ Ρ , đều vuông góc với T1 . 150 b5) Tìm hình chiếu vuông góc X0 = [ x10 x20 0]C ∈ T1 của Y = [1 0 – 2]C ∈ T xuống T1 . Giải b1) Tích vô hướng (X , Y) của 2 vectơ X , Y ∈ T là (X , Y) = XCAY = [ x1 x2 x3] 1 1 0 1 2 0 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 2 3 y y y ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = [ x1 + x2 x1 + 2x2 x3][y1 y2 y3]C = (x1 + x2)y1 + (x1 + 2x2)y2 + x3y3 b2) Ta có dạng toàn phương (X , X) = x12 + 2x1x2 + 2x22 + x32 = (x1 + x2)2 + x22 + x32 * Đổi biến 1 2 1 2 2 3 3 x x y x y x y + = = = ⎧⎪⎨⎪⎩ ⇔ 1 1 2 2 2 3 3 x y y x y x y = − = = ⎧⎪⎨⎪⎩ * Dạng chính tắc của dạng toàn phương (X , X) là (Y,Y) = y12 + y22 + y32 , Y = [y1 y2 y3]C ∈ Ρ3 . Chứng tỏ dạng toàn phương tương ứng là xác định dương. b3) T1 là không gian con của T vì * T1 ⊂ T . * Với mọi X = [x1 x2 0]C , Y = [y1 y2 0]C thuộc T1 và α ∈ Ρ: X + Y = [x1 + y1 x2 + y2 0]C ∈ T1 , αX = [αx1 αx2 0]C ∈ T1 * Tích vô hướng của 2 vectơ trên Τ1 được xác định như trên T : (X , Y) = (x1 + x2)y1 + (x1 + 2x2)y2 + 0.0 b4) Với vectơ bất kỳ X = [ x1 x2 0]C ∈ T1 ta có (X , H) = XCH = (x1 + x2).0 + (x1 + 2x2).0 + 0.h3 = 0 có nghĩa là H ⊥ X . Vậy H ⊥ T1. b5) Ta có Y – X0 = [1 – x10 – x20 – 2]C Y – X0 ⊥ Τ1 có nghĩa là với mọi X = [ x1 x2 0]C ∈ T1 : (Y – X0 , X) = 0 ⇔ (1 – x10)x1 – x20x2 – 2.0 = 0 ⇔ 10 20 1 0 0 x x − = = ⎧⎨⎩ ⇔ 10 20 1 0 x x = = ⎧⎨⎩ Vậy X0 =[1 0 0]C. 3) T = Χ [0 ; 1] : Tập hợp các hàm số thực liên tục trên [0 ; 1], là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.5). Xét T1 = DT2{Ρ,Ρ} ={ P(t) = at2 + bt + c ; a , b , c, t ∈ Ρ} Tập hợp các đa thức thực trên Ρ có bậc ≤ 2 . a) T1 là không gian con của T vì * T1 ⊂ T . * Với mọi P(t) = at2 + bt + c , Q(t) = gt2 + et + f thuộc T1 và α ∈ Ρ : P(t) + Q(t) = (a + g)t2 + (b + e)t + (c + f) ∈ T1 151 αP(t) = (αa)t2 + (αb)t + (αc) ∈ T1 * Tích vô hướng của 2 vectơ của T1 được xác định như trên T : (P(t) , Q(t)) = ( )( )1 2 2 0 at bt c gt et f dt+ + + +∫ b) Tìm hình chiếu vuông góc của Y = cost ∈ Τ lên Τ1. Giải Ta tìm X0 = a0t2 + b0t + c0 ∈ Τ1 sao cho Y – X0 ⊥ Τ1, có nghĩa là với mọi X ∈ Τ1: (Y – X0 , X) = 0 ⇔ ( ) ( ) ( ) 0 0 2 0 ,1 0 , 0 , 0 Y X Y X t Y X t − = − = − = ⎧⎪⎨⎪⎩ ⇔ ( ) ( ) ( ) 1 2 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 1 2 2 0 0 0 0 cos .1. 0 cos . . 0 cos . . 0 t a t b t c dt t a t b t c t dt t a t b t c t dt − + + =∫ − + + =∫ − + + =∫ ⎧ ⎡ ⎤⎣ ⎦⎪⎪ ⎡ ⎤⎨ ⎣ ⎦⎪⎪ ⎡ ⎤⎣ ⎦⎩ ⇔ ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 3 6 6 sin 1 3 4 6 12 sin 1 cos1 1 12 15 20 60 2 cos1 sin1 a b c a b c a b c + + = + + = + − + + = − ⎧⎪⎨⎪⎩ ⇒ X0 = (152 – 330sin1 – 108cos1)t2 + (– 172 + 336sin1 + 120cos1)t + 36 – 57sin1 – 24cos1 2- Cơ sở trực chuẩn Cơ sở V1 , V2 , . . . của không gian Euclid Τ được gọi là cơ sở trực chuẩn nếu (Vi ,Vj) = 1 0 khi i j khi i j = ≠ ⎧⎨⎩ i , j = 1 , 2 , . . . (6.2.9) Ví dụ 6 Τ = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.1). Cơ sở tự nhiên E1 = [1 0 0]C , E2 = [0 1 0]C , E3 = [0 0 1]C là cơ sở trực chuẩn . Định lý 6 Các vectơ U1 , U2 , . . . , Un khác vectơ không của không gian Euclid Τ (tương ứng với không gian tuyến tính n- chiều) vuông góc từng đôi sẽ là cơ sở của Τ . Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh hệ vectơ U1 , U2 , . . . , Un là độc lập tuyến tính . Thậy vậy, giả sử a1U1 + a2U2 + . . . + anUn = O Ta có (a1U1 + a2U2 + . . . + anUn , Us) = 0 ⇔ aS (Us , Us) = 0 ⇔ aS = 0 ; s = 1 , 2 , . . . , n Định lý 7 Phương pháp trực chuẩn hoá Gram - Smidt Ta có thể tìm cơ sở trực chuẩn V1 , V2 , . . . , Vn từ các vectơ cơ sở U1 , U2 , . . . , Un của không gian Euclid Τ (tương ứng với không gian tuyến tính n- chiều) qua 2 bước sau đây * Trực giao hoá : Tìm Z1 , Z2 , . . . , Zn vuông góc với nhau từng đôi bởi công thức + Z1 = U1 + Z2 = U2 – 1 2 1 1 1 . . Z U Z Z Z 152 + Z3 = U3 – 1 3 2 31 2 1 1 2 2 . . . . Z U Z UZ Z Z Z Z Z − . . . + Zn = Un – 11 21 2 1 1 1 2 2 1 1 .. . . . . . . . n nn n n n n Z UZ U Z UZ Z Z Z Z Z Z Z Z − − − − − − − (6.2.10) * Chuẩn hoá : Tìm các vectơ V1 , V2 , . . . , Vn có độ dài bằng 1 bởi công thức Vj = ( ), j j j Z Z Z ; j = 1 , 2 , . . . , n (6.2.11) Chứng minh * Trực giao hoá: Đặt Z1 = U1 . Tìm Z2 = U2 + a1Z1 sao cho (Z1 , Z2) = 0 ⇔ (Z1 , U2 + a1Z1) = 0 ⇔ (Z1 , U2) + a1(Z1 , Z1) = 0 ⇔ a1 = ( )( )1 21 1 , , Z U Z Z − Giả sử đã tìm được Z1 , Z2 , . . . , Zk ( 2 ≤ k < n – 1) vuông góc từng đôi. Ta tìm Zk + 1 = Uk + 1 + 1 k i i i a Z = ∑ sao cho (Zj , Zk + 1) = 0 ; j = 1 , 2 , . . . , k ⇔ ( )1 1, ki k i iiZ U a Z+ =∑+ = 0 ⇔ (Zj , Uk + 1) + aj(Zj , Zj) = 0 ⇔ aj = ( )1 1, ki k i iiZ U a Z+ =∑+ ; j = 1 , 2 , . . . , k Như vậy ta đã tìm được các vectơ Z1 , Z2 , . . . , Zn vuông góc từng đôi . * Chuẩn hoá: Tìm các vectơ V1 , V2 , . . . , Vn có độ dài bằng 1 từ các vectơ Z1 , Z2 , . . . , Zn như sau Vj = ( ), j j j Z Z Z = j j Z Z ; j = 1 , 2 , . . . , n Dễ dàng nhận thấy ⎟Vj⎟ = ( ),j jV V = ,j j j j Z Z Z Z ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ = ( ),j j j Z Z Z = 1 ; j = 1 , 2 , . . . , n Ví dụ 7 Τ = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.1). a) Chứng tỏ U1 = [1 0 0]C , U2 = [1 – 1 0]C , U3 = [1 – 2 1]C là cơ sở của Τ . b) Tìm cơ sở trực chuẩn V1 , V2 , V3 tương ứng với U1 , U2 , U3 . Giải 153 a) U1 , U2 , U3 là cơ sở của Τ vì 1 1 1 0 1 2 0 0 1 − − = – 1 ≠ 0. b) Trực giao hoá Z1 = U1 = [1 0 0]C Z2 = U2 ( ) ( )1 21 1 , , Z U Z Z − Z1 = [ 1 – 1 0]C 1.1 0.( 1) 0.0 1.1 0.0 0.0 + − +− + + [1 0 0]C = [0 – 1 0]C Z3 = U3 ( ) ( )1 31 1 , , Z U Z Z − Z1 ( ) ( )2 32 2 , , Z U Z Z − Z2 = [1 – 2 1]C 1.1 0.( 2) 0.1 1.1 0.0 0.0 + − +− + + [1 0 0]C [ ][ ] 0.1 ( 1).( 2) 0.1 0.0 ( 1).( 1) 0.0 + − − +− + − − + [0 – 1 0]C = [0 0 1]C Chuẩn hoá V1 = ( ) 1 1 1, Z Z Z = 1 1.1 0.0 0.0+ + [1 0 0]C = [1 0 0]C V2 = ( ) 2 2 2, Z Z Z = ( ) ( ) 1 0.0 1 . 1 0.0+ − − + [0 – 1 0]C = [0 – 1 0]C V3 = ( ) 3 2 3, Z Z Z = 1 0.0 0.0 1.1+ + + [0 0 1]C = [0 0 1]C 3- Phần bù trực giao Giả sử T là không gian Euclid và T1 là không gian con của T. Tập hợp T2 các vectơ X ∈ T vuông góc với T1 được gọi là phần bù trực giao của T1 trong T và ta ký hiệu T2 ⊥ T1. Định lý 8 Phần bù trực giao T2 của T1 trong T là không gian con của T. Chứng minh * X , Y ∈ T2 ⇒ X ⊥ T1 , Y ⊥ T1 ⇒ (X , Z) = 0 , (Y , Z) = 0 , ∀ Z ∈ T1 ⇒ (X + Y , Z) = (X , Z) + (Y , Z) = 0 ⇒ X + Y ⊥ T1 ⇒ X + Y ∈ T2 * X ∈ T2 , α ∈ Ρ ⇒ (αX , Z) = α(X , Z) = 0 , ∀ Z ∈ T1 ⇒ αX ∈ T2 Ví dụ 8 T = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.1). a) Với T1 = { X = [x1 x2 0]C ; x1 , x2 ∈ Ρ} , T2 = { Y = [0 0 y3]C ; y3 ∈ Ρ} ta có T1 ⊥ T2 . Thật vậy (X , Y) = x1.0 + x2.0 + 0.y3 = 0 b) Tìm phần bù trực giao T2 của T1 ={ X = [x1 x2 x3]C∈ T ; 2x1 + x2 – 3x3 = 0 } . Giải * Tìm cơ sở của T1: 2x1 + x2 – 3x3 = 0 ⇒ x2 = – 2x1 + 3x3 ⇒ ∀ X = [x1 x2 x3]C ∈ T1 : 154 X = x1E1 + x2E2 + x3E3 = x1E1 + (– 2x1 + 3x3)E2 + x3E3 = (E1 – 2E2)x1 + (3E2 + E3)x3 Dễ dàng nhận thấy X1 = [1 – 2 0]C , X2 = [0 3 1]C độc lập tuyến tính . Vì vậy cơ sở của T1 là X1 , X2 . * Với mọi Y = [y1 y2 y3]C ∈ T2: 1 2 ( , ) 0 ( , ) 0 X Y X Y = = ⎧⎨⎩ ⇔ 1 2 2 3 2 0 3 0 y y y y − = + = ⎧⎨⎩ ⇔ 1 2 3 2 2 3 y y y y = = − ⎧⎨⎩ ⇔ Y = y2[2 1 – 3]C , ∀ y2 ∈ Ρ Bài tập 1) T = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng của 2 vectơ X = [ x1 x2 x3]C , Y = [ y1 y2 y3]C ∈ T được xác định theo công thức (6.1.1) (X , Y) = XCY = x1y1 + x2y2 + x3y3 a) Tìm a để các vectơ V1 = [1 0 1] , V2 = [– 1 2 1] , V3 = [ 1 1 a] vuông góc với nhau từng đôi . b) Tính góc giữa 2 vectơ U1 = [1 0 1]C , U2 = [– 1 1 2]C c) Cho Z = [2 – 1 0]C , W = [1 0 – 1]C , X = [0 – 1 1]C . Tìm Y ∈ T sao cho : c1) Y vuông góc với Z và W . c2) Y vuông góc với X đồng thời Z , W , Y độc lập tuyến tính . 2) T = Χ 0; 2 π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ : Tập hợp các hàm số thực liên tục trên ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ 2 ;0 π , là Không gian Euclide với tích vô hướng của 2 vectơ X = x(t) , Y = y(t) ∈ T được xác định theo công thức (6.1.6) (X , Y) = 2 0 ( ) ( ) ( )A t x t y t dt π ∫ , A(t) = sint Cho X = x(t) = a , Y = y(t) = 1 + t2 . a) Xác định a để X ⊥ Y . b) Tính góc giữa 2 vectơ X , Y . 3) T = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng của 2 vectơ X = [ x1 x2 x3]C , Y = [ y1 y2 y3]C ∈ T được xác định theo công thức (6.1.1) (X , Y) = XCY = x1y1 + x2y2 + x3y3 Xét T1 = { X = [x1 x2 x3]C∈ T ; x1 + 2x2 – 3x3 = 0 } a) Chứng tỏ T1 là không gian con của T . b) Chứng tỏ vectơ H = [h1 h2 h3]C ∈ T , H ⊥ T1 khi và chỉ khi H = h1[1 2 – 3]C. c) Tìm hình chiếu vuông góc X0 = [ x02 x02 x03]C ∈ T1 của H = [1 2 1]C ∈ T xuống T1 4) Trong T = DT2{Ρ,Ρ} ={ P(t) = at2 + bt + c ; a , b , c, t ∈ Ρ}:Tập hợp các đa thức thực trên Ρ có bậc≤ 2 155 a) Chứng tỏ rằng ta có thể định nghĩa tích vô hướng của X = a + bt + ct2 , Y = g + et + ft2 như sau (X , Y) = ag + be + cf . b) Với tích vô hướng được xác định trong a) tìm W ∈ T sao cho W vuông góc với X = 1 – 2t2 , Y = t + t2 , Z = 2 – 3t 5) T = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng của 2 vectơ X = [ x1 x2 x3]C , Y = [ y1 y2 y3]C ∈ T được xác định theo công thức (6.1.3) (X , Y) = XCAY a) Cho A = 1 0 1 0 3 0 1 0 2 − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ và T1 = { X ∈ T : X = [x1 x2 0]C ; x1 , x2 ∈ Ρ } a1) Tìm tích vô hướng (X , Y) ; X , Y ∈ T . a2) Chứng tỏ dạng toàn phương (X , X) là xác định dương . a3) Tìm hình chiếu vuông góc X0 = [x10 x20 0]C∈ T1 của Y = [1 – 2 3]C ∈ T xuống T1 a4) Cho V1 = [1 0 1]C . Tìm V2 , V3 sao cho V1 ,V2 ,V3 là cơ sở trực giao của T . a5) Tính góc giữa 2 vectơ X = [1 2 0]C , Y = [– 1 1 a]C và tìm a để X ⊥ Y . b) Cho A = 1 2 0 2 0 0 0 3 b ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ và T1 = {X∈Τ : X = [0 x2 x3]C ; x2 , x3 ∈ Ρ} b1) Tìm b để có tích vô hướng (X , Y) ; X , Y ∈ T và tìm (X , Y) . b2) Tìm b để dạng toàn phương (X , X) bán xác định dương . b3) Chứng tỏ Τ1 là không gian con của T . b4) Tìm h1 ∈ Ρ để vectơ H = [h1 0 0]C vuông góc với T1 . b5) Tìm hình chiếu vuông góc X0 = [0 x20 x30]C ∈ T1 của Y = [1 0 – 2]C ∈ T xuống T1 . 6) T = Χ[0 ; 1] : Tập hợp các hàm số thực liên tục trên [0 ; 1] , là Không gian Euclid với tích vô hướng xác định theo (6.1.5) (X , Y) = ( ) ( ) b a x t y t dt∫ Xét T1 = DT2{Ρ,Ρ} ={ P(t) = at2 + bt + c ; a , b , c, t ∈ Ρ}: Tập hợp các đa thức thực trên Ρ có bậc ≤ 2 . Tìm hình chiếu vuông góc của Y = sin(2t – 1) ∈ T xuống T1 . 7) T = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng của 2 vectơ X = [ x1 x2 x3]C , Y = [ y1 y2 y3]C ∈ T được xác định như sau (X , Y) = XCY = 3 1 i i i x y = ∑ Cho U1 = [1 – 1 0]C , U2 = [– 1 2 1]C , U3 = [0 – 2 a]C ∈ T . a) Tìm a để U1 , U2 , U3 là cơ sở của T . b) Tìm cơ sở trực chuẩn V1 , V2 , V3 tương ứng với U1 , U2 , U3 với a = 1 . 8) T = DT2 {Ρ,[0 ; 1]} ={ P(t) = at2 + bt + c ; a , b , c ∈ Ρ ; t ∈ [0 ; 1]}: Tập hợp các đa thức thực trên [0 ; 1] có bậc ≤ 2 là Không gian Euclid với tích vô hướng của 2 vectơ X = x(t) , Y = y(t) ∈ T được xác định như sau 156 (X , Y) = 1 0 ( ) ( )x t y t dt∫ a) Chứng tỏ U1 = 1 , U2 = 1 + 2t , U3 = 2 – 3t2 là cơ sở của T . b) Tìm cơ sở trực chuẩn V1 , V2 , V3 tương ứng với U1 , U2 , U3 . 9) Cho T = M2{Ρ}: Tập hợp các ma trận vuông cấp 2.2 , thực và định nghĩa (V1 , V2) = a1a2 + b1b2 + c1c2 + d1d2 với V1 = 1 1 1 1 a b c d ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , V2 = 2 2 2 2 a b c d ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ∈ T a) Chứng tỏ với cách xác định như trên thì (V1 , V2) là tích vô hướng của 2 vectơ V1 , V2 b) Tìm a để V1 = 1 0 0 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , V2 = 1 2 0 0 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , V3 = 0 2 3 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , V4 = 1 2 3 a− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ là cơ sở của Τ . c) Với a = 4 hãy tìm cơ sở trực chuẩn U1 , U2 , U3 , U4 từ hệ vectơ V1 , V2 , V3 , V4 . 10) T = Ρ4 là Không gian Euclid với tích vô hướng của X = [ x1 x2 x3 x4]C , Y = [ y1 y2 y3 y4]C ∈ T là (X , Y) = XCY = x1y1 + x2y2 + x3y3 + x4y4 a) Cho U1 = [1 1 1 1]C , U2 = [1 2 2 – 1]C , U3 = [1 0 0 3]C , Y = [4 – 1 – 3 4]C và T1 là tổ hợp tuyến tính của U1 , U2 , U3 . Tìm hình chiếu X0 và H của Y xuống T1 . b) T1 là tập hợp các vectơ X = [ x1 x2 x3 x4]C ∈ T thoả mãn hệ phương trình 3 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 4 2 3 0 3 2 2 0 2 2 9 0 x x x x x x x x x x x x + + + = + + + = + + − = ⎧⎪⎨⎪⎩ Tìm hình chiếu X0 và H của Y = [7 – 4 – 1 2]C xuống T1 . 11) T = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng của 2 vectơ X = [ x1 x2 x3]C , Y = [ y1 y2 y3]C ∈ T được xác định theo công thức (6.1.3) (X , Y) = XCAY . a) Tìm cơ sở trực chuẩn từ cơ sở Y1 = 1 1 1 − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ , Y2 = 1 2 2 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ , Y3 = 1 2 3 − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ với A = 1 1 0 1 2 0 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . b) Cho A = 3 0 0 0 2 1 1 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ b1) Tìm phần bù trực giao T2 của không gian con T1 sinh bởi Y1 = [ 1 – 1 1]C b2) Tìm phần bù trực giao T2 của không gian con T1 sinh bởi Y1 = [ 1 – 1 1]C , Y2 = [– 1 2 2]C và nêu ý nghĩa hình học của T1 , T2 . b3) Tìm phần bù trực giao T2 của T1 = { X = [x1 x2 x3]C ∈ T : x1 – 2x2 + 3x3 = 0 } . b4) Tìm phần bù trực giao T2 của Τ1 = [ ]{ 1 2 3 CX x x x= ∈ T : 1 2 3 1 2 3 2 3 0 2 3 0 x x x x x x − + = + − = ⎫⎧⎨ ⎬⎩ ⎭ 157 12) T = Ρ3 là Không gian Euclid với tích vô hướng của 2 vectơ X = [ x1 x2 x3]C , Y = [ y1 y2 y3]C ∈ T là (X , Y) = XCY = x1y1 + x2y2 + x3y3 a) Chứng tỏ V1 = [1 0 0]C , V2 = 1 3 0 2 2 C⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , V3 = 3 1 0 2 2 C −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ là cơ sở trực chuẩn b) Tìm a , b để V1 = [1 a 0]C , V2 = 1 3 0 2 2 C⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , V3 = 1 0 2 C b −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ là cơ sở trực chuẩn 13) Cho ví dụ trong không gian Euclid khẳng định sau đây không đúng: Nếu ⎟ X + Y + . . . + Z⎟2 =⎟ X⎟2 +⎟ Y⎟2 + . . . +⎟Z⎟2 thì các vectơ X , Y , . . . , Z vuông góc với nhau từng đôi. Đáp số 1) a) a = –1 b) = arccos 1 12 c1) Y = x[1 2 1]C , ∀ x ∈ R c2) Y = [ x y y]C ; ∀ x , y ∈ R : x + 3y ≠ 0 . 2) a) a = 0 b) = arccos [ ] 3 1 21 10 2 a a π ππ − − + ( a ≠ 0 ) 3) c) x01 = 2 , x02 = – 4 , x03 = – 2 4) b) W = O = 0 + 0t + 0t2 5) a) a1) (X , Y) = (x1 – x3)y1 + 3x2y2 + (– x1 + 2x3)y3 a3) X0 = [– 2 – 2 0]C a4) V2 = [x y z]C , V3 = [s t w]C ∈ T ⇔ { 0 0 , 3 0z w xs yt= = + = chẳng hạn V2 = [1 1 0]C , V3 = [– 3 1 0]C a5) = arccos ( )2 5 26 2 a a a − + + a = 5 b) b1) b ≥ 4 ; (X , Y) = (x1 + 2x2)y1 + (2x1 + bx2)y2 + 3 x3y3 b2) b = 4 b4) h1 = 0 b5) * b ≠ 0 : x20 = 2 b , x30 = – 2 * b = 0 : Không tồn tại X0 6) X0 = – 360sin1.t2 + (186sin1 – 6cos1)t – 33sin1 + 3cos1 158 7) a) a ≠ – 2 b) V1 = 1 2 [1 – 1 0]C , V2 = 1 6 [1 1 2]C , V3 = 1 3 [ – 1 – 1 1]C 8) V1 = 1 V2 = 3 (2t – 1) V3 = 1 + 3t – 3t2 9) b) a ≠ 0 c) U1 = 1 0 0 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ U2 = 0 1 0 0 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ U3 = 0 0 1 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ U4 = 0 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 10) a) X0 = [1 – 1 – 1 5]C H = [3 0 – 2 – 1]C b) X0 = [5 – 5 – 2 – 1]C H = [2 1 1 3]C 11) a) U1 = 1 2 [1 – 1 1]C U2 = 1 3 [ – 1 2 2]C U3 = 1 3 2 [ – 5 1 1]C b1) T2 : 3x – y + z = 0 ( mặt phẳng qua gốc toạ độ ) b2) T2 : 3 0 2 0 x y z x y z − + = − + + = ⎧⎨⎩ ( đường thẳng qua gốc toạ độ ) T1 : – 4x – 3y + z = 0 ( mặt phẳng qua gốc toạ độ ) b3) Y = [y1 y2 y3]C ∈ T2 : Y = y1[1 – 14 22]C , ∀ y1 ∈ Ρ . b4) Y = [y1 y2 y3]C ∈ T2 : 10y1 – 17y2 – 8y3 = 0 12) b) a = 0 , b = 3 2 13) X = [1 2], Y = [0 2], Z = [0 –1] ∈ Ρ2 với tích vô hướng của X = [x1 x2] , Y = [y1 y2] là (X , Y) = x1y1 + x2y2 ta có ⎢X + Y + Z ⎢2 = (X + Y + Z , X + Y + Z) = 12 + 32= 10 = 12 + 22 + 02 + 22 + 02 + (– 1)2 = (X , X) + (Y , Y) + (Z , Z) = ⎢X ⎢2 + ⎢Y ⎢2 + ⎢Z ⎢2 nhưng (X , Y) = 1.0 + 2.2 = 4 ≠ 0 (tương tự (X , Z) ≠ 0 , (Y , Z) ≠ 0) Kiểm tra nhận thức Nêu càng nhiều càng tốt ví dụ khác (tương tự Ví dụ và Bài tập) 1* Không gian Euclid và tìm Độ dài của vectơ, Góc giữa 2 vectơ cụ thể. 159 2* Không gian con cuả Không gian Euclid và tìm hình chiếu vuông góc của vectơ cụ thể xuống Không gian con này. 3* Trực chuẩn hoá Gram - Smidt hệ vectơ cụ thể. Abraham de Moivre Gabriel Cramer Pierre-Simon Laplace Charles Hermite (1667-1754) (1704-1752) (1749–1827) (1822–1901) 160 Augustin Louis Cauchy Ви́ктор Яковлевич Буняко́вский Karl Hermann Amandus Schwarz (1789-1857) (1804-1889) (1843–1921) TÀI LIỆU THAM KHẢO Đ.K. Phađeev Bài giảng về đại số Nhà xuất bản Khoa Học – Matxcơva – 1984 Ph.R. Gantmakhe Lý thuyết ma trận Nhà xuất bản Khoa Học – Matxcơva – 1967 I.M. Ghenphan Bài giảng về đại số tuyến tính Nhà xuất bản Khoa Học – Matxcơva – 1988 I.V. Prôxcuriacôp Bài tập đại số tuyến tính Nhà xuất bản Khoa Học – Matxcơva – 1975 161 MỤC LỤC Chương I Trường số phức 02 I- Khái niệm về số phức 02 1- Đặt vấn đề 02 2- Đơn vị ảo 02 3- Số phức 02 4- Số thuần ảo 02 5- Hai số phức bằng nhau 02 6- Hai số phức liên hợp với nhau 02 7- Biểu diễn số phức trên mặt phẳng 03 8- Dạng lượng giác của số phức 03 II- Các phép tính 05 1- Cộng và trừ 2 số phức 05 2- Nhân 2 số phức 06 3- Chia số phức cho số phức 07 4- Căn bậc n của số phức 09 III- Trường số phức 12 Bài tập 13 Đáp số 15 Chương II Ma trận và định thức 17 162 I- Khái niệm về ma trận 17 1- Ma trận cấp m.n 17 2- Ma trận không 17 3- Hai ma trận bằng nhau 17 4- Ma trận đối 18 5- Ma trận chuyển vị 18 6- Ma trận vuông 18 7- Ma trận đơn vị 18 8- Ma trận đối xứng 19 II- Các phép tính đối với ma trận 19 1- Cộng và trừ 2 ma trận cùng cấp 19 2- Nhân ma trận với một số 20 3- Nhân 2 ma trận với nhau 21 III- Định thức 22 1- Định thức cấp 2 22 2- Định thức cấp 3 23 3- Định thức cấp n 24 4- Định lý Laplace 25 5- Tính chất 30 IV- Ma trận nghịch đảo của ma trận vuông 34 1- Định nghĩa 34 163 2- Tính chất 35 3- Quy tắc tính 36 V- Hạng của ma trận 39 1- Định nghĩa 39 2- Quy tắc tìm hạng của ma trận 40 Bài tập 43 Đáp số 46 Chương III Không gian vectơ 49 I- Vectơ n- chiều 49 1- Khái niệm 49 2- Sự phụ thuộc tuyến tính của hệ các vectơ 49 3- Hạng của hệ vectơ 52 II- Không gian vectơ n- chiều 54 1- Khái niệm 54 2- Biến đổi toạ độ của vectơ 56 III- Ánh xạ tuyến tính 58 1- Khái niệm 58 2- Dạng ma trận của một ánh xạ tuyến tính 60 3- Ma trận đồng dạng 61 164 IV- Không gian vectơ 62 1- Khái niệm 62 2- Không gian con 64 Bài tập 65 Đáp số 72 Chương IV Hệ phương trình tuyến tính 76 I- Khái niệm 76 1- Hệ phương trình tuyến tính 76 2- Hệ thuần nhất 76 II- Định lý 77 III- Phương pháp giải 82 1- Phương pháp ma trận nghịch đảo 82 2- Phương pháp Cramer 86 3- Phương pháp Gauss 91 Bài tập 95 Đáp số 96 Chương V Vectơ riêng - Giá trị riêng Dạng song tuyến - Dạng toàn phương 98 I- Vectơ riêng - Giá trị riêng 98 165 1- Định nghĩa 98 2- Định lý 99 II- Dạng song tuyến 101 1- Định nghĩa 101 2- Ma trận của dạng song tuyến 102 III- Dạng toàn phương 105 1- Định nghĩa 105 2- Tính xác định của dạng toàn phương 106 3- Dạng chính tắc của dạng toàn phương 106 4- Phương pháp đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc 107 5- Luật quán tính 112 IV- Đường bậc hai - Mặt bậc hai 113 1- Đường bậc hai 113 2- Mặt bậc hai 114 Bài tập 118 Đáp số 120 Chương VI Không gian Euclid - Không gian Unita 122 I- Khái niệm 122 1- Không gian Euclid 122 2- Không gian Unita 122 166 3- Độ dài của vectơ trong không gian Euclid 123 4- Góc giữa 2 vectơ trong không gian Euclid 123 5- Hai vectơ vuông góc với nhau trong không gian Euclid 123 II- Cơ sở trực chuẩn 126 1- Hình chiếu vuông góc 126 2- Cơ sở trực chuẩn 130 3- Phần bù trực giao 132 Bài tập 133 Đáp số 136 Tài liệu tham khảo 138