Đề cương ôn tập môn toán A3

TÀI LIỆU TOÁN A3
Bài 1: Tìm ma trận P làm chéo hóa A và xác định P-1AP
 − 14 12

a. A = 

− 20 17 
Đa thức đặc trưng có dạng:
 − 14 − λ
12  

A − λI = det  
17 − λ  
  − 20
= ( − 14 − λ ) ⋅ (17 − λ ) − ( − 20) ⋅ 12
= λ2 − 3λ + 2
 λ1 = 1
Xét λ2 − 3λ + 2 = 0 ⇔ 
λ 2 = 2

Với λ1 = 1 , xét
− 14 − 1 12   x  0
 − 20 17 − 1 ×  y  = 0

    
4

 − 15 x + 12 y = 0
x = y
⇔
⇔

5
− 20 x + 16 y = 0
 y = a

4
5




4
5




⇒ vecto riêng p1 =  a, a  được sinh ra bởi vecto v1 =  , 1

Với λ 2 = 2 , xét
12   x  0
− 14 − 2
 − 20 17 − 2 ×  y  = 0

    
3

 − 16 x + 12 y = 0
x= y
⇔
⇔

4
− 20 x + 15 y = 0
 y = b

3
4

3
4







⇒ vecto riêng p 2 =  b, b  được sinh ra bởi vecto v2 =  , 1

1


4
5
⇒P=

1

1

3

4


1


1 0
⇒ P −1 AP = 

0 2 

0

b. A = 

6 − 1
Đa thức đặc trưng có dạng:
 1 − λ
0 
A − λI = det  
 
6
−
1
−
λ


= (1 − λ ) ⋅ ( − 1 − λ ) − 6 ⋅ 0
= λ2 − 1

 λ1 = 1
 λ 2 = −1

Xét λ2 − 1 = 0 ⇔ 
Với λ1 = 1 , xét

0   x  0 
1 − 1
 6 − 1 − 1 ×  y  = 0

    
0 x + 0 y = 0
3 x = y
⇔
⇔
6 x − 2 y = 0
x=a
⇒ vecto riêng p1 = ( a, 3a ) được sinh ra bởi vecto v1 = (1, 3)

Với λ 2 = −1 , xét
0
1 − ( − 1)
  x  0 
 6
 ×  y  = 0 
(
)
−
1
−

−
1

    
2 x + 0 y = 0
x = 0
⇔
⇔
6 x + 0 y = 0
y = b
⇒ vecto riêng p 2 = ( 0, b ) được sinh ra bởi vecto v2 = ( 0, 1)
1 0
⇒P=

3 1

1 0 
⇒ P −1 AP = 

0 − 1

2


1 0 0


c. A = 0 1 1
0 1 1

Đa thức đặc trưng có dạng:
 1 − λ
0
0 


A − λI = det   0
1− λ
1  
 0
1
1 − λ  


= ( 1 − λ ) + 0 ⋅ 0 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0 ⋅ 1 − 0 ⋅ 0 ⋅ (1 − λ ) − 0 ⋅ 0 ⋅ ( 1 − λ ) − 1 ⋅ 1 ⋅ (1 − λ )
3

= −λ3 + 3λ2 − 2λ
 λ1 = 0

Xét − λ3 + 3λ2 − 2λ = 0 ⇔  λ 2 = 1
λ3 = 2

Với λ1 = 0 , xét
0
0   x  0 
1 − 0
 0 1− 0
1  ×  y  = 0


 0
1 1 − 0  z  0
x + 0 y + 0z = 0
 x=0


⇔  0x + y + z = 0 ⇔  y = a
 0x + y + z = 0
z = − y


⇒ vecto riêng p1 = ( 0, a, − a ) được sinh ra bởi vecto v1 = ( 0, 1, − 1)

Với λ 2 = 1 , xét
0   x  0
1 − 1 0
 0 1 − 1 1  ×  y  = 0

    
 0
1 1 − 1  z  0
0 x + 0 y + 0 z = 0
x = b


⇔  0x + 0 y + z = 0 ⇔  y = 0
 0x + y + 0z = 0
z = 0



⇒ vecto riêng p 2 = ( b, 0, 0 ) được sinh ra bởi vecto v 2 = (1, 0, 0 )

3


Với λ3 = 2 , xét
0
0   x  0 
1 − 2
 0 1− 2
1  ×  y  = 0

 0
1 1 − 2  z  0
− x + 0 y + 0 z = 0
x = 0


⇔  0x − y + z = 0 ⇔  y = c
 0x + y − z = 0
z = y


⇒ vecto riêng p3 = ( 0, c, c ) được sinh ra bởi vecto v3 = ( 0, 1, 1)
 0 1 0
⇒ P =  1 0 1
− 1 0 1

0 0 0 
⇒ P AP = 0 1 0

0 0 2
−1

Bài 2: Tìm dạng chính tắc của dạng toàn phương sau và ma trận chuyển từ cơ sở
ban đầu về cơ sở chính tắc
2
2
2
a. w( x ) = 4 x1 + x 2 + x3 − 4 x1 x2 + 4 x1 x3 − 3 x2 x3

w( x ) = 4 x12 + x 22 + x32 − 4 x1 x 2 + 4 x1 x3 − 3x 2 x3
⇔ ( 2 x1 ) − 4 x1 ( x 2 − x3 ) + ( x 2 − x3 ) − x 2 x3
2

2

⇔ ( 2 x1 − x 2 + x3 ) − x 2 x3
2

Đặt 2 x1 − x2 + x3 = y1 ; x 2 = y 2 ; x3 = y 2 + y3
⇒ w( x ) = y12 − y 2 ( y 2 + y 3 )
⇔ y12 − y 22 − y 2 y 3
1
1  1

⇔ y12 −  y 22 + 2 ⋅ y 2 y 3 + y 32  + y 32
2
4  4

2

1 
1

⇔ y −  y 2 + y 3  + y 32
2 
4

2
1

Đặt y1 = z1 ; y 2 +

1
y3 = z 2 ; y3 = z 3
2

⇒ dạng chính tắc của dạng toàn phương là: w( x ) = z12 − z22 +

biến đổi:

4

1 2
z3 , với các công thức
4


z1 − z 3


 x1 = 2
0
0
12

2z2 − z3

⇒T =  0
1
1 
 x2 =
2

− 1 2 − 1 2 1 2
2
z
 x = 2 + z3
 3
2
2
2
2
b. w( x ) = x1 + x2 + 4 x3 − 2 x1 x2 + 4 x1 x3 − 3x 2 x3

w( x ) = x12 + x 22 + 4 x32 − 2 x1 x 2 + 4 x1 x3 − 3x 2 x3
⇔ x12 − 2 x1 ( x 2 − 2 x3 ) + ( x 2 − 2 x3 ) + x 2 x3
2

⇔ ( x1 − x 2 + 2 x3 ) + x 2 x3
2

Đặt x1 − x 2 + 2 x3 = y1 ; x 2 = y 2 ; x3 = y 2 + y3
⇒ w( x ) = y12 + y 2 ( y 2 + y 3 )
⇔ y12 + y 22 + y 2 y 3
⇔ y12 + y 22 + 2 ⋅

1
1
1
y 2 y 3 + y 32 − y 32
2
4
4
2

1 
1

⇔ y12 +  y 2 + y 3  − y 32
2 
4


Đặt y1 = z1 ; y 2 +

1
y3 = z 2 ; y3 = z 3
2

⇒ dạng chính tắc của dạng toàn phương là: w( x ) = z12 + z 22 −

biến đổi:
2 z1 − 2 z 2 − 3 z 3

 x1 =
2
0
0
 1

2 z 2 − z3

⇒ T =  −1
1
1 
 x2 =
2

− 3 2 − 1 2 1 2
 x = 2z2 + z3
3

2

5

1 2
z 3 , với các công thức
4

2
2
2
c. w( x ) = x1 + x 2 + x3 + 2 x1 x2 + x1 x3 + 2 x2 x3

w( x ) = x12 + x 22 + x32 + 2 x1 x 2 + x1 x3 + 2 x 2 x3
⇔ x12 + 2 ⋅

1
1
3
2
x1 ( 2 x 2 + x3 ) + ( 2 x 2 + x3 ) + x 2 x3 + x32
2
4
4
2

1 
3
3 1
1
1

⇔  x1 + x 2 + x3  + x32 + 2 ⋅
⋅
x 2 x3 + x 22 − x 22
2 
4

2
3
3
3

2
1  1 2  1
3 

⇔  x1 + x 2 + x3  − x 2 + 
x2 +
x3 
2  3
2

 3


1
2

Đặt x1 + x 2 + x3 = y1 ; x 2 = y 2 ;

1
3

x2 +

2

3
x3 = y 3
2

⇒ dạng chính tắc của dạng toàn phương là: w( x ) = y12 −

1 2
y 2 + yz 32 , với các công
3

thức biến đổi:

(

)


3 3 y1 − 3 3 − 1 y 2 − 3 y 3
 x1 =
1
0
0 

3 3


x2 = y 2
⇒ T = 1 3 3 − 1 1 − 2 3 3 



− 2 y2 + 6 y3
 1 3
0
2 3 
x3 =

3 3


Bài 3: Nhận dạng và vẽ đường bậc 2
a. Q( x, y ) = 5 x 2 + 4 xy + 5 y 2 − 9 = 0
Trong Q( x, y ) có dạng toàn phương: 5 x 2 + 4 xy + 5 y 2
Ma trận của dạng toàn phương là:
5 2
2 5



Đa thức đặc trưng có dạng:
 5 − λ
2 
A − λI = det  
 
2
5
−
λ



= (5 − λ) − 2 ⋅ 2
2

= λ2 − 10λ + 21

6


 λ1 = 3
λ 2 = 7

Xét λ2 − 10λ + 21 = 0 ⇔ 
Với λ1 = 3 , xét

2   x  0 
5 − 3
×
=
 2
5 − 3  y  0

2 x + 2 y = 0
x = − y
⇔
⇔
2 x + 2 y = 0
 x=a
⇒ vecto riêng p1 = ( a, − a ) được sinh ra bởi vecto v1 = (1, − 1)

Trực chuẩn hóa v1 bằng phương pháp Gramt – Smidth, ta được:

u1 =

v1
(1, − 1) =  1 , − 1 
=


2
2
v1
2
2


1 + ( − 1)

Với λ 2 = 7 , xét
2   x  0 
5 − 7
×
=
 2
5 − 7   y  0

− 2 x + 2 y = 0
x = y
⇔
⇔
 2x − 2 y = 0
x = b

⇒ vecto riêng p 2 = ( b, b ) được sinh ra bởi vecto v2 = (1, 1)

7


Trực chuẩn hóa v 2 bằng phương pháp Gramt – Smidth, ta được:
u2 =

v2
(1, 1) =  1 , 1 
=


v2
2  2
2

⇒ dạng chính tắc của dạng toàn phương là: 3 x ′ 2 + 7 y ′ 2 , với các công thức biến

đổi:
 x   1 2 1 2   x′
× 
 y = 
   − 1 2 1 2   y ′
 x = x′ 2 + y ′ 2
⇔
 y = − x′ 2 + y ′ 2

Thay x, y vào Q(x,y), ta được:
3x′ 2 + 7 y ′ 2 − 9 = 0

⇔

x′ 2

+

y′2

( 3 ) (3 7 )
2

2

=1

⇒ Q(x,y) là elip trong hệ trục Ox ′y ′ có bán trục lớn là

trục nhỏ là 3
cos θ = 1

3 nằm trên Ox ′ và bán

7 nằm trên Oy ′ , với công thức quay trục một góc sao cho:

2 , sin θ = 1

2

y

y′

x′

θ
x

O

8


b. Q( x, y ) = 2 x 2 − 4 xy − y 2 + 8 = 0
Trong Q( x, y ) có dạng toàn phương: 2 x 2 − 4 xy − y 2
Ma trận của dạng toàn phương là:
 2 − 2
− 2 − 1 



Đa thức đặc trưng có dạng:
 2 − λ
− 2 
A − λI = det  
 
−
2
−
1
−

λ



= ( 2 − λ ) × ( − 1 − λ ) − ( − 2) ⋅ ( − 2)
= λ2 − λ − 6
 λ1 = 3
Xét λ2 − λ − 6 = 0 ⇔ 
 λ 2 = −2

Với λ1 = 3 , xét
 2 − 3 − 2   x  0 
 − 2 − 1 − 3 ×  y  = 0

    
 − x − 2y = 0
 x = −2 y
⇔
⇔
− 2 x − 4 y = 0
 y=a
⇒ vecto riêng p1 = ( − 2a, a ) được sinh ra bởi vecto v1 = ( − 2, 1)

Trực chuẩn hóa v1 bằng phương pháp Gramt – Smidth, ta được:
u1 =

v1
( − 2, 1) =  − 2 , 1 
=



v1
5
 5 5

Với λ 2 = −2 , xét
− 2   x  0 
2 − ( − 2 )
×
=
 −2
− 1 − ( − 2 )   y  0

 4x − 2 y = 0
2 x = y
⇔
⇔
− 2 x + y = 0
 x=b
⇒ vecto riêng p 2 = ( b, 2b ) được sinh ra bởi vecto v2 = (1, 2 )

9


Trực chuẩn hóa v 2 bằng phương pháp Gramt – Smidth, ta được:
u2 =

v2
(1, 2) =  1 , 2 
=



v2
5
 5 5

⇒ dạng chính tắc của dạng toàn phương là: 3 x ′ 2 − 2 y ′ 2 , với các công thức biến đổi:
 x  − 2 5 1 5   x ′ 
× 
 y = 
   1 5 2 5   y ′
 x = −2 x ′ 5 + y ′ 5
⇔
 y = x′ 5 + 2 y ′ 5

Thay x, y vào Q(x,y), ta được:
3x′ 2 − 2 y ′ 2 + 8 = 0
⇔

y′2
−
22

(

x′ 2
83

)

2

=1

⇒ Q(x,y) là hypebol trong hệ trục Ox ′y ′ có bán trục thực là 2 nằm trên Oy ′ và bán

trục ảo là
cos θ = 2

8 3 nằm trên Ox ′ , với công thức quay trục một góc sao cho:

5 , sin θ = 1

5

y

y′

O

10

x′

θ

x

c. Q( x, y ) = x 2 + 2 xy + y 2 + 8 x + y = 0
Trong Q( x, y ) có dạng toàn phương: x 2 + 2 xy + y 2
Ma trận của dạng toàn phương là:
1 1
1 1



Đa thức đặc trưng có dạng:
 1 − λ
1 

A − λI = det  
1 − λ  
 1

= (1 − λ ) − 1 ⋅ 1
2

= λ2 − 2λ
 λ1 = 0
λ 2 = 2

Xét λ2 − 2λ = 0 ⇔ 
Với λ1 = 0 , xét

1   x  0 
1 − 0
 1 1 − 0  ×  y  = 0 


    
x + y = 0
x = − y
⇔
⇔
x + y = 0
 y=a
⇒ vecto riêng p1 = ( − a, a ) được sinh ra bởi vecto v1 = ( − 1, 1)

Trực chuẩn hóa v1 bằng phương pháp Gramt – Smidth, ta được:
u1 =

v1
( − 1, 1) =  − 1 , 1 
=


v1
2
2
 2

Với λ 2 = 2 , xét
1   x  0 
1 − 2
 1 1 − 2  ×  y  = 0 

    
− x + y = 0
x = y

⇔
⇔
 x− y =0
x = b
⇒ vecto riêng p 2 = ( b, b ) được sinh ra bởi vecto v2 = (1, 1)

11


Trực chuẩn hóa v 2 bằng phương pháp Gramt – Smidth, ta được:
u2 =

v2
(1, 1) =  1 , 1 
=


v2
2  2
2

⇒ dạng chính tắc của dạng toàn phương là: 2 y ′ 2 , với các công thức biến đổi:
 x  − 1 2 1 2   x ′ 
× 
 y = 
   1 2 1 2   y ′
x = − x′ 2 + y ′ 2
⇔
 y = x′ 2 + y′ 2

Thay x, y vào Q(x,y), ta được:

(

2 y ′ 2 + 8 − x′
⇔ 2 y′ 2 − 7 x′

(
⇔(
⇔

Đặt

)

)

2 + y′

2 + x′

2 + 9 y′

2 + y′

2 =0

2

(

2 =0

2 y′ + 2 ⋅ 2 y′ ⋅ 9 4 + 9 2 = 2 ⋅ 7 x′ 2 2 − 9 4
2 y′ + 3

2 y′ + 3

2

)

2

(

= 2 ⋅ 7 x′ 2 2 − 9 4

)

)

2 = Y ; 7 x′ 2 2 − 9 4 = X

⇒ Y 2 = 2 X , với phép biến đổi:
 x = − 2 X 7 + Y 2 − 15 7

 y = 2X 7 + Y 2 − 6 7
⇒ Q(x,y) là parabol trong hệ trục OXY , với công thức quay trục từ Oxy sang
Ox ′y ′ một góc sao cho: cos θ = 1

OXY là: X = 7 x ′ 2 2 − 9 4 , : Y = 2 y ′ + 3

y′

y

2 , và công thức tịnh tiến từ Ox ′y ′ sang

2 , sin θ = 1

Y

2

x′

θ

X

x

O
12