Mẫu các dạng bài toán ôn tập môn toán a1

Mẫu các dạng bài toán ôn tập môn toán A1
(Tài liệu này chỉ mang tính chất tham khảo, không phải bài giải của thầy Phan Dân)

Bài 1. Tính định thức
Cách thực hiện như sau:
Theo quy tắc Sarrus, ta ghép thêm cột thứ nhất và cột thứ hai vào bên phải định thức
rồi nhân các phần tử trên các đường chéo như quy tắc thể hiện trên hình.
-

+

A=

Det(A)=a.e.i + b.f.g + c.d.h - c.e.g - a.f.h - b.d.i
Ví dụ: Tính định thức
2 3 1
A= 3 1 4
1 2 2
Giải
Theo quy tắc Sarrus ta có
+

-

2 3 1 2 3
Det ( A) = 3 1 4 3 1 = 2.1.2 + 3.4.1 + 1.3.2 − 1.1.1 − 2.4.2 − 3.3.2 = 4 + 12 + 6 - 1 - 16 - 18 = −13
1 2 2 1 2
Bài 2: Giải hệ phương trình tuyến tính
 2 x1 + x2 − 2 x3 = 1

 x1 − 2 x2 + 2 x3 = 0

2 x − 2 x + x = −1
2
3
 1
Để giải dạng này đơn giản nhất thì ta nên lập ma trận hệ số bổ sung, rồi biến đổi thành ma trận dạng bậc
thang quy gọn, 3 số hạng nằm bìa phải tương ứng là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính.
Giải
Lập ma trận hệ số của hệ là:
 2 1 − 2
A = 1 − 2 2 
2 − 2 1 
Ma trận hệ số bổ sung của hệ là:
2 1 − 2 1 


A = 1 − 2 2 0 
2 − 2 1 − 1
1 − 2 2 0 
d1 ↔ d 2
d 2 + ( −2 ) d 1 → d 2
→ 2 1 − 2 1  ←

→
A ← 

 d 3 + ( −2) d1 → d 3
2 − 2 1 − 1

1 − 2 2 0 



0 5 − 6 1 
0 2 − 3 − 1

4

P.1


1 − 2 2 0 

6 1
←  
→ 0 1 − 5 5 


0 2 − 3 − 1
1
 d 2 →d 2
5


2 2 
1 0 − 5 5 

6 1 
d1 + ( 2 ) d 2 → d 1
←
 → 0 1 −
d 3 + ( −2 ) d 2 → d 3

5 5 

3 7

0 0 − 5 − 5 




2 2
1 0 − 5 5 

 d1 +  2  d 3 → d1
 5
6
1
 −  d3 →d 3
5
→
 3
←

→ 0 1 − 5 5  ← 

 d 2 +  65  d 3 → d 2
 
0 0 1 7 

3 



4
1 0 0 3 
0 1 0 3 

7
0 0 1 
3 


4

x = 3

Vậy nghiệm của hệ phương trình tuyến tính trên là  y = 3

7
z = 3

Bài 3: Xác định hạng của ma trận
 2 3 4 1
A = − 1 2 0 3
 1 5 4 4
Để xác định hạng của ma trận, ta thực hiện:
- Biến đổi ma trận A về dạng ma trận bậc thang w
- Đếm số dòng khác 0 của w, số này chính là hạng của w và cũng chính là hạng của A
4
4
 1 5 4 4

1 5
d 2 + d1 → d 2



 → 0 7
A ← →− 1 2 0 3 ←d 
4
7 

3 + ( −2 ) d 1 → d 3
 2 3 4 1
0 − 7 − 4 − 7 
d1 ↔ d 3


1 0
1 5
4
4

1

 ←
4
d1 +( −5 ) d 2 →d1
d 2 →d 2




→
7
0 1
0
1
1
← → 

d 3 + 7 d 2 →d 3
7

0 − 7 − 4 − 7 
0 0



w có dạng bậc thang và ran( A) = ran( w) = 2
Bài 4: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau:
 − 1 0 2
A =  2
3 0
 0 − 2 1 

8
7
4
7
0



− 1

1 =w

0


Tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp biến đổi sơ cấp
Lập 1 ma trận ghép B=[A|I] (I=In thuộc Mn(R) là ma trận đơn vị)
Dùng các phép biến đổi sơ cấp theo dòng trên B sao cho nửa bên trái (phần A chiếm chỗ ban đầu) trở thành I
Khi đó ở khối bên phải ta nhận được A-1
B=[A|I] ~ [ | ] ~….~[I|A-1]

P.2

4


Giải
− 1 0 2 1 0 0


[ A | I3 ] =  2
3 0 0 1 0
 0 − 2 1 0 0 1
1 0 − 2 − 1 0 0 
1 0 − 2 − 1
( −1) d1 → d1
d 2 + ( −2 ) d1 → d 2



←  → 2 3
→ 0 3
0 0 1 0 ←   
4 2


0 − 2 1 0 0 1
0 − 2 1 0

1 0 − 2 − 1 0
1 0 − 2 − 1 0 0
1
 

 d 3+ 2 d 2 → d 3 
4 2 1
4 2 1
 d 2 →d 2
→ 0 1
3
0
1
0
 ←  
←  
→ 
3 3 3 
3 3 3



0 0 11 4 2
0 − 2 1 0 0 1 

3 3 3

0 0

1 0
0 1

0

0

1

6 
11 
4
− 
11
3 
11 


−3 4




1 0 − 2 − 1 0 0 
11
1 0 0 11
d1 + 2 d 3 → d1

 ←
 3
4
2
1
2
1
 d3 →d3



→
 11 
←

→ 0 1 3 3 3 0  d 2+  − 4  d 3 → d 2 0 1 0 11 11



 3
2
0 0 1 4
0 0 1 4 2 3 



11 11
11 11 11

Vậy ma trận nghịch đảo là:
6 
− 3 4
 11 11 11 
 2
1
4

− 
11
 11 11
2
3 
 4
 11 11 11 
Bài 5: Xác định tọa độ của vectơ
Trong không gian R3 cho hệ cơ sở
u1=(1,-1,1)
u2=(-1,1,0)
u3=(1,0,0)
Hãy xác định tọa độ của vectơ u=(1,1,0) đối với cơ sở đã cho.
Giải
Tọa độ (α1,α2,α3) của u đối với cơ sở đã cho chính là nghiệm của phương trình
U= α1.u1 + α2.u2 + α3.u3 (1)
(1)  α1. (1,-1,1) + α2. (-1,1,0) + α3. (1,0,0)=(1,1,0)
(α1,-α1,α1) + (-α2,α2,0) + (α3,0,0)=(1,1,0)
(α1-α2+α3,-α1+α2,α1)=(1,1,0)

α1 −α2 +α3 =1 α1 = 0


⇔ −α1 +α2 =1 ⇔ α 2 = 1
α = 2

α1 = 0
 3

Bài 6: Xác định sự phục thuộc tuyến tính & độc lập tuyến tính
Cho các hệ vectơ trong R3. Hãy xác định sự độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính của các hệ này
a) u1=(2,1,-3)
u2=(3,1,2)
u3=(5,2,-1)
b) v1=(3,2,-2)
v2=(-2,1,2)
v3=(2,2,-1)

4

P.3


*Phương pháp:
Hệ vectơ v1, v2,…, vk thuộc không gian vectơ V được gọi là độc lập tuyến tính nếu phương trình
α1.v1 + α 2 .v2 + ... + α k .vk = θ
( θ = θv )
Chỉ có nghiệm duy nhất là α1 = α 2 = ... = α k = 0
Một hệ vectơ v1, v2,…, vk được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu nó không phải là hệ độc lập tuyến tính.

Giải
a) Xét phương trình
α1u1 + α 2u2 + α 3u3 = θ = (0,0,0)
(1)
⇔ α1 (2,1,−3) + α 2 (3,1,2) + α 3 (5,2,−1) = (0,0,0)
(1)
⇔ (2α1 ,α1 ,−3α1 ) + (3α 2 ,α 2 ,2α 2 ) + (5α 3 ,2α 3 ,−α 3 ) = (0,0,0)
⇔ (2α1 + 3α 2 + 5α 3 ,α1 + α 2 + 2α 3 ,−3α1 + 2α 2 − α 3 ) = (0,0,0)
 2α1 + 3α 2 + 5α 3 = 0

⇔  α1 + α 2 + 2α 3 = 0 ⇒ Hệ vô nghiệm
− 3α + 2α − α = 0
1
2
3


 Đây là hệ phụ thuộc tuyến tính
b) Xét phương trình
α1u1 + α 2u2 + α 3u3 = θ = (0,0,0)
(2)
⇔ α1 (3,2,−2) + α 2 (−2,1,2) + α 3 (2,2,−1) = (0,0,0)
(2)
⇔ (3α1 ,2α1 ,−2α1 ) + (−2α 2 ,α 2 ,2α 2 ) + (2α 3 ,2α 3 ,−α 3 ) = (0,0,0)
⇔ (3α1 − 2α 2 + 2α 3 ,2α1 + α 2 + 2α 3 ,−2α1 + 2α 2 − α 3 ) = (0,0,0)
 3α1 − 2α 2 + 2α 3 = 0
α1 = 0


⇔  2α1 + α 2 + 2α 3 = 0 ⇔ α 2 = 0

− 2α + 2α − α = 0
α = 0
1
2
3

 3
 Đây là hệ độc lập tuyến tính
Bài 7: Chứng minh ánh xạ tuyến tính
Hãy chứng minh rằng ánh xạ
T : R 3 → R 2 là một ánh xạ tuyến tính
( x, y, z )

( x + y −2 z, y + z)

*Phương pháp:
Để chứng minh T là một ánh xạ tuyến tính ta phải chỉ ra rằng:
T (u + u ' ) = T (u ) + T (u ' )
∀α ∈ R; u , u '∈ R 3

T
(
α
.
u
)
=
α
.
T

(
u
)

Giải
 u = ( x, y , z )
Với 
là các phần tử bất kì trong R3 và α ∈ R tùy ý
u ' = ( x' , y ' , z ' )
Ta có:
u + u ' = ( x, y , z ) + ( x ' , y ' , z ' ) = ( x + x ' , y + y ' , z + z ' )
T (u + u ' ) = T ( x + x' , y + y ' , z + z ' )
= ( ( x + x' ) + ( y + y ' ) − 2( z + z ' ), ( y + y ' ) + ( z + z ' ) )
= ( x + y − 2 z + x'+ y '−2 z ' , y + z + y '+ z ')

Ta lại có: T (u ) + T (u ' ) = T ( x, y, z ) + T ( x' , y ' , z ' )
= ( x + y − 2 z , y + z ) + ( x'+ y '−2 z ' , y '+ z ' )
4

P.4


= ( x + y − 2 z + x'+ y '−2 z ' , y + z + y '+ z ')

So sánh  và  ta nhận thấy 2 vế phải bằng nhau
Cuối cùng T (α .u ) = T (αx,αy, αz )
= ( αx + αy − 2αz ,αy + αz )
= α ( x + y − 2 z , y + z ) = α T (u )
 T là ánh xạ tuyến tính
Bài 8: Xác định nhân Ker(T) và ảnh Im(T)

Hãy xác định Ker(T), Im(T) (nhân & ảnh) của ánh xạ tuyến tính
3→
2

T: R

( x, y , z )

R

( 2 x+ y + z , x− y − z )

*Phương pháp
n

Tìm Im(T): chọn hệ cơ sở e1, e2,…, en trong Vn ⇒ Im(T ) = ∑ α j .T (e j )
j =1

Tìm Ker(T): giải phương trình T (u ) = θ
Giải

 e1 = (1,0,0)

Ánh xạ T hoàn toàn xác định bởi ảnh của 1 cơ sở trong R . Vậy ta chọn cơ sở chính tắc e2 = (0,1,0)
e = (0,0,1)
 3
3

 T (e1 ) = T (1,0,0) = (2.1 + 0 + 0,1 − 0 − 0) = (2,1)


Và xét ảnh của cơ sở T (e2 ) = T (0,1,0) = (2.0 + 1 + 0,0 − 1 − 0) = (1,−1)
T (e ) = T (0,0,1) = (2.0 + 0 + 1,0 − 0 − 1) = (1,−1)
 3
Giả sử v ∈ R 3 ta có biểu thức v bằng cách biểu diễn tọa độ theo cơ sở e1, e2, e3
αj ∈R
v = α1.e1 + α 2 .e2 + α 3 .e3
T (v ) = (α1.e1 + α 2 .e2 + α 3 .e3 ) = α1.T (e1 ) + α 2 .T (e2 ) + α 3 .T (e3 )
= α1 (2,1) + α 2 (1,−1) + α 3 (1,−1) = (2α1 ,α1 ) + (α 2 ,−α 2 ) + (α 3 ,−α 3 )

= (2α1 + α2 + α3 , α1 −α2 −α3 )
Xác định Ker(T)
Ker (T ) = {(α1 , α 2 ,α 3 ) T (α1 ,α 2 ,α 3 ) = 0}

= {(α1 ,α 2 ,α 3 2α1 + α 2 + α 3 = 0,α1 − α 2 − α 3 = 0)}

Vậy Ker(T) là tập hợp các phần tử có tọa độ thỏa mãn hệ
2α1 + α 2 + α 3 = 0

 α1 − α 2 − α 3 = 0
Ma trận hệ số
1 − 1
d 2 + ( −1) d1 → d 2
A = 1 − 1 ←

→
d 3+ ( −2 ) d1 → d 3
2 1 

1 − 1
0 0  d 2 ↔ d 3

→

 ← 
0 3 

1 − 1
0 3   1  d 2 → d 2
3

 ←

→
0 0 

1 − 1
0 1 


0 0 

Hạng của ma trận A=2
 Hệ phương trình tuyến tính có nghiệm duy nhất là (α1 ,α 2 ,α 3 ) = (0,0,0)
⇒ Ker (T ) = { (0,0,0)} và T là đơn cấu
⇒ Dim( Ker (T ) ) = 1 (Theo định lí về số chiều) ⇒ Dim( Im( T ) ) = 3 − 1 = 2 ⇒ Im(T ) = R 2
Kết luận
Ker (T ) = { (0,0,0)}
Im(T ) = R 2
4

P.5

Bài 9: Giá trị riêng của ma trận
Hãy xác định giá trị riêng của các ma trận sau:
 4 − 1 3
4 0 0 




a) A = 3 4 1
b) B = 0 1 − 1
5 1 6
2 1 3 
*Phương pháp
( λ ∈ { λ1 , λ2 ,..., λn } )
A − λI = 0
Với λ j là 1 giá trị riêng thực
Giải
a) Phương trình đặc trưng của ma trận A là: A − λI = 0
4−λ
 4 − 1 3
1 0 0




⇔  3 4 1  − λ 0 1 0  = 0 ⇔ 3
5 1 6
0 0 1

5
4−λ
⇔ 3
5

−1
4−λ
1

3 4−λ
1
3
6−λ 5

−1
3
4−λ
1 =0
1
6−λ

−1
4−λ =0
1

⇔ (4 − λ ).(4 − λ ).(6 − λ ) + (−1).1.5 + 3.3.1 − 3.(4 − λ ).5 − (4 − λ ).1.1 − (−1).3.(6 − λ ) = 0
⇔ (16 − 8λ + λ2 ).(6 − λ ) − 5 + 9 − 15(4 − λ ) − (4 − λ ) + 3(6 − λ ) = 0
⇔ 96 − 48λ + 6λ2 − 16λ + 8λ2 − λ3 + 4 − 16(4 − λ ) + 3(6 − λ ) = 0
⇔ 96 − 48λ + 6λ2 − 16λ + 8λ2 − λ3 + 4 − 64 + 16λ + 18 − 3λ = 0
⇔ −λ3 + 14λ2 − 51λ + 54 = 0

 λ1 = 9

⇒ λ2 = 3
λ = 2
 3
 λ1 = 9

Phương trình đặc trưng có 3 nghiệm λ2 = 3 và đây chính là 3 giá trị riêng của ma trận A
λ = 2
 3
b) Phương trình đặc trưng của ma trận B là: B − λI = 0
4−λ
0
0
4 0 0 
1 0 0




⇔ 0 1 − 1 − λ 0 1 0 = 0 ⇔ 0
1− λ −1 = 0
2 1 3 
0 0 1
2
1
3−λ
4−λ
0
0 4−λ

0
⇔ 0
1− λ −1 0
1− λ = 0
2
1
3−λ 2
1
⇔ (4 − λ ).(1 − λ ).(3 − λ ) + 0.(−1).2 + 0.0.1 − 0.(1 − λ ).2 − (4 − λ ).(−1).1 − 0.0.(3 − λ ) = 0
⇔ (4 − 4λ − λ + λ2 ).(3 − λ ) + (4 − λ ) = 0
⇔ 12 − 12λ − 3λ + 3λ2 − 4λ + 4λ2 + λ2 − λ3 + 4 − λ = 0
⇔ −λ3 + 8λ2 − 20λ + 16 = 0
λ = 4
 λ1 = 4
⇒ 1
Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm 
và đây chính là 2 giá trị riêng của ma trận B
λ2 = 2
λ2 = 2

P.6

4


Bài 10: Giá trị riêng & vectơ riêng
Xác định giá trị riêng và các vectơ riêng tương ứng với mỗi giá trị riêng đó của ma trận:
4 0 0 
B = 0 1 − 1
2 1 3 

*Phương pháp
Lập phương trình đặc trưng A − λI = 0
a11 − λ
a 21
...
a n1

a12
a 22 − λ
...
an 2

...
a1n
...
a2n
= 0 (lấy các giá trị trên đường chéo chính trừ đi λ )
...
...
... a nn − λ
Giải phương trình  theo ẩn λ (vế trái là đa thức của A)
Giả sử  có các nghiệm thực: λ1 , λ 2 ,..., λ k



 x1   0 
x  0
 2 =  
λ
=

λ
(
)
A
−
λ
I
Để tìm vectơ riêng ứng với
j ta giải phương trình
j
 ...  ...
   
 xn   0 
Giải
Phương trình đặc trưng của ma trận B là: B − λI = 0
4−λ
0
0
4 0 0 
1 0 0




⇔ 0 1 − 1 − λ 0 1 0 = 0 ⇔ 0
1− λ −1 = 0
2 1 3 
0 0 1
2
1

3−λ
4−λ
0
0 4−λ
0
⇔ 0
1− λ −1 0
1− λ = 0
2
1
3−λ 2
1
⇔ (4 − λ ).(1 − λ ).(3 − λ ) + 0.(−1).2 + 0.0.1 − 0.(1 − λ ).2 − (4 − λ ).(−1).1 − 0.0.(3 − λ ) = 0
⇔ (4 − 4λ − λ + λ2 ).(3 − λ ) + (4 − λ ) = 0
⇔ 12 − 12λ − 3λ + 3λ2 − 4λ + 4λ2 + λ2 − λ3 + 4 − λ = 0
⇔ −λ3 + 8λ2 − 20λ + 16 = 0
λ = 4
⇒ 1
λ 2 = 2
 λ1 = 4
Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm 
và đây chính là 2 giá trị riêng của ma trận B
λ2 = 2
Để tìm vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ1 = 4 ta giải phương trình
 x1  0
( B − λ1 I )  x 2  = 0 
 x3  0
0
0   x1 
0   x1 

4 − 4
0 0





1 − 4 − 1   x 2  = 0 ⇔ 0 − 3 − 1  x 2  = 0
⇔  0
 2
2 1 − 1  x3 
1
3 − 4  x3 
4

P.7


0.x1 + 0.x 2 + 0.x3  0
 − 3 x 2 − x3 = 0
 − 3 x 2 = x3
⇔  0.x1 − 3.x 2 − 1.x3  = 0 ⇔ 
⇔
2 x1 + x 2 − x3 = 0
2 x1 + x 2 = x3
 2.x1 + 1.x 2 − 1.x3  0

 x1 = t

1

⇒ −3 x 2 = 2 x1 + x 2 ⇔ −4 x 2 = 2 x1 ⇔ −2 x 2 = x1 ⇔  x 2 = − t
2

3
 x3 = t

2


 
 t 
 1 
 1 
 1
Kết luận: Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ1 = 4 là: − t  hay t − 
 2 
 2
 3t 
 3 
 2 
 2 
Để tìm vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ 2 = 2 ta giải phương trình
 x1  0
( B − λ2 I )  x 2  = 0 
 x3  0
0
0   x1 
0   x1 
4 − 2
2 0






1 − 2 − 1   x 2  = 0 ⇔ 0 − 1 − 1  x 2  = 0
⇔  0
 2
2 1
1
3 − 2  x3 
1   x3 
2 x1 = 0
2.x1 + 0.x 2 + 0.x3  0

 x1 = 0
 x1 = 0






⇔  0.x1 − 1.x 2 − 1.x3  = 0 ⇔  − x 2 − x3 = 0 ⇒ 
⇔  x2 = t
 x 2 + x3 = 0
2 x + x + x = 0
 x = −t
 2.x1 + 1.x 2 + 1.x3  0
2

3
 1
 3
0
0
t 
 
Kết luận: Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ 2 = 2 là:   hay t  1  , t ≠ 0
− t 
−1
Bài 11: Chéo hóa ma trận
Tìm ma trận trực giao P làm chéo hóa ma trận đối xứng
− 2 2 
A=

 2 − 5
*Phương pháp
Cho dạng toán phương f ( x1 , x 2 ,..., x n ) với ma trận là A xác định với các giá trị riêng của A
Với mỗi giá trị riêng, tìm tìm không gian con riêng tương ứng rồi dùng thuật toán Gram − Schmidt để trực
chẩn hóa hệ vectơ này.
Ghép tất cả các vectơ riêng này theo thứ tự từ trái sang phải P = P1 P2 ... Pn

[

]

P là ma trận trực giao làm chéo hóa ma trận A
Dùng phép biến đổi tọa độ [ x ] = P[ x '] at có dạng toàn phương chính tắc.
Giải
Lập phương trình đặc trưng của A để tìm các giá trị riêng của A

2 
− 2 − λ
det( A − λI ) = 0 ⇔ A − λI = 0 ⇔ 
= 0 ⇔ (−2 − λ ).(−5 − λ ) − 4 = 0
− 5 − λ 
 2

P.8

4


 λ1 = −1
⇔ 10 + 2λ + 5λ + λ2 − 4 = 0 ⇔ λ2 + 7λ + 6 = 0 ⇔ 
λ2 = −6
Ta tìm vectơ riêng tương ứng đối với mỗi giá trị riêng
Với λ1 = −1 ta có phương trình tìm giá trị riêng
− 2 − λ1
⇔
 2

x1  0
 = 0
x
 2  

( A −λ1 I ) 

2   x1  0
2

− 2 − (−1)
  x1  0
=  ⇔
=



− 5 − λ1   x2  0
2
− 5 − (−1)  x2  0


− 1.x1 + 2.x 2  0
− x1 + 2 x2 = 0
 x1 = 2t
− 1 2   x1  0
⇔
=
⇔
=
⇔
⇔
⇒
−
x
+
2
x
=
0



 2.x − 4.x  0
1
2
   
 2 − 4   x 2  0 
1
2 
 

 2 x1 − 4 x2 = 0
 x2 = t
 x1  2t  2
 2
 x  =  t  = t 1  Ta có vectơ riêng v1 = 1 
 
 2    

Chẩn hóa vectơ này ta có
P1 =

1
.v1 =
v1


2
1
1  2 

.  =
.  = 
5 1  
2 2 + 12 1


2 
5

1 
5 

 x1  0
Với λ2 = −6 ta có phương trình tìm giá trị riêng ( A − λ2 I )   =  
 x 2  0 
− 2 − λ2
⇔
 2

2   x1  0
2
− 2 − (−6)
  x1  0
=  ⇔
=



− 5 − λ 2   x 2  0
2

− 5 − (−6)  x2  0


4.x1 + 2.x 2  0
4 x1 + 2 x 2
 x1 = t
4 2  x1  0
⇔
=
⇔
=
⇔
⇔
⇒
2
x
+
x
=
0


 2.x + 1.x  0
1
2
   
 2 1   x 2  0 
2
 
 1

 2 x1 + x2
 x2 = −2t
 x1   t   1 
1
 x  = − 2t  = t − 2 Ta có vectơ riêng v2 = − 2
  
 
 2 

Chuẩn hóa vectơ này ta có
 1 
 1  1  1   5
1
1
P2 =
.v2 =
.  =
.  =  
v2
5  − 2  − 2 
12 + ( −2) 2 − 2
 5 
1 
 2
 5
5
Vậy ma trận P cần tìm là: P = [ P1 P2 ] =  1 − 2 


 5

5 
Bài 12: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc
Cho các dạng toàn phương
a) f ( x1 , x2 ) = x12 − 2 x22 + 3 x1 x2
2
2
2
b) g ( x1 , x2 , x3 ) = x1 − x2 + x3 − x1 x3 + 2 x2 x3 + 3 x1 x2
Hãy đưa các toàn phương f, g về dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange
*Phương pháp

4

P.9


Cho dạng toàn phương f ( x1 , x2 ,..., xn ) , ta thực hiện nhóm tất cả các hạng tử có chứa biến x1 vào một biểu
thức rồi chuyển thành một bình phương của tổng các biến. Ước lượng các biến ≠ x1 để chuyển vào khối thứ
hai. Như vậy khối thứ 2 chỉ chứa các biến x2 , x3 ,..., xn , ta kí hiệu khối này bởi g ( x2 , x3 ,..., xn )
Đối với g ( x2 , x3 ,..., xn ) (dạng toàn phương của n-1 biến) ta thực hiện quá trình trên để tách phần có chứa x2
thành một khối.
Tiếp tục quá trình này ta thu được dạng toàn phương theo các biến mới ở dạng chính tắc
Cơ sở của phương pháp:
( x1 + x2 + ... + xn ) 2 = x12 + x22 + ... + xn2 + ∑ 2 xi x j
1< j

(i = 1, n, j = 1, n)

Ghi chú:
Nếu biến nào không tham gia trong công thức thì bước thực hiện theo biến này được bỏ qua.

2
Nếu f ( x1 , x2 ,..., xn ) chỉ chứa các hạng tử dạng chéo xi x j không chứa số hạng dạng x j thì ta thực hiện đổi
biến như sau:
 xi = x'i + x' j
⇒ xi x j = x'i2 − x'2j
(có chứa số hạng tương ứng với bậc 2 của biến)

x
=
x
'
−
x
'
i
j
 j
Giải
a) Ta có f ( x1 , x2 ) = x12 − 2 x22 + 3 x1 x2

(

)

= x12 + 3 x1 x2 − 2 x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 3x22 + x1 x2
[…]

Bài 13: Trực giao hóa hệ vectơ
Hãy dùng thuật toán Gram-Schmidt để trực giao hóa hệ vectơ
u1 = (2,1,−2,0)

u 2 = (1,2,0,0)
u3 = (2,0,0,0)
[…]

P.10

4