Bài tập dạng song tuyến, dạng toàn phương, không gian euclid có lời giải

Chuyên đề Dạng song tuyến, dạng toàn phương, Không gian Euclid

Tích vô hướng và không gian Euclid
Bài 04.05.1.001
1) Tính tích vô hướng Euclid trong

2

của:

a) u   2,  1 , v   1, 3
b) u   0, 0  , v   7, 2 

2) Tính chuẩn Euclid của u và v; kiểm tra lại bất đẳng thức C-S
Giải:
Nếu u   u1 , u2 ,...un  
trong

n

n

và v   v1 , v2 ,...v n  

thì tích vô hướng Euclid của u,v

n

là u, v : u1v1  u2v2  ...  unvn , và chuẩn Euclid của u là:
u :

u, v   u12  u22  ...  un 2 

1/2

Vậy:
1) a) u, v  2  1   1.3  2  3  5
b) u, v  0.7  0.2  0

 1

2) a) u  22   1  5 ;

v 

Ta suy ra u . v  5. 10  50;

u, v  5  50

2

2

 32  10

Vậy đúng là u, v  u . v
b) u  02  02  0;

v  72  22  53

Do đó u . v  0;

u, v  0

Vậy đúng là u, v  u . v
Bài 04.05.1.002
 u u2 
 v1 v2 
1) Với hai ma trận trong M 2 : u   1
,
v


v v 
u3 u4 
 3 4

Hãy chứng minh rằng biểu thức u, v : u1v1  u2v2  u3v3  u4v4 là một tích vô
hướng.
 1 2 
1 0 
2) Áp dụng để tính tích vô hướng của u  
,
v


3 3 
 6 1



3) Kiểm tra lại bất đẳng thức C-S
Giải:
1) Ta phải kiểm tra 5 tiên đề của tích vô hướng.
 u u2 
v v 
w
Xét các phần tử bất kì của M 2 : u   1
, v   1 2  , w=  1

u3 u4 
v3 v4 
 w3

(1) u, v : u1v1  u2v2  u3v3  u4v4 là một số hoàn toàn xác định.
(2) u, v  v, u vì v, u  v1u1  v2u2  v3u3  v4u4
(3) u  w, v  u, v  w, v
Vì u  w, v   u1  w1  v1   u2  w2  v2  u3  w3  v3  u4  w4  v4
  u1v1  u2v2  u3v3  u4v4    w1v1  w2v2  w3v3  w4v4 
 u, v  w, v

(4) ku, v  k u, v , k  .

w2 
w4 


Vì ku, v  ku1v1  ku2v2  ku3v3  ku4v4  k u1v1  u2v2  u3v3  u4v4   k u, v
(5) u, u  0 vì u, u  u12  u2 2  u32  u4 2  0
0 0 

Hơn nữa nếu u  
thì u, u  02  02  02  02  0

0 0 

Ngược lại nếu u, u  0 tức là nếu u12  u22  u32  u42  0 thì
0 0 
u12  0, u22  0, u32  0, u42  0 tức là u1  0, u2  0, u3  0, u4  0 và u  

0 0 

Vậy u, v : u1v1  u2v2  u3v3  u4 v4 là một tích vô hướng trong M2 .
2) Áp dụng u, v   1.1  2.0  6.3  1.3  20.
3) Ta có u 

 1

2

 22  62  12  42, v  12  02  32  32  19

Suy ra u . v  42. 19  790  28, u, v  20  28
Vậy đúng là u, v  u . v
Bài 04.05.1.003
Với p, q  P2 : p  a0  a1x  a2 x 2 , q  b0  b1x  b2 x 2
1) Chứng minh rằng p, q : a0b0  a1b1  a2b2 là một tích vô hướng trong P2 .
2) Áp dụng để tính tích vô hướng của p  1  2x  x2 , q  2  4x 2 .
3) Kiểm tra lại bất đẳng thức C-S.

1 1

4) Chứng minh rằng p, q : p  0  q  0   p   q    p 1 q 1 cũng là một tích
2 2
vô hướng trong P2 .
5) Làm lại phần 2) với tích vô hướng mới.


6) Làm lại phần 3) với tích vô hướng mới.
Giải:
1) Ta phải kiểm tra 5 tiên đề của tích vô hướng. Xét các phần tử bất kì của P2 :

p  a0  a1x  a2 x 2 , q  b0  b1x  b2 x 2 , r  c0  c1x  c2 x 2
(1) p, q : a0b0  a1b1  a2b2 là một số hoàn toàn xác định.
(2) p, q  q, p vì q, p  b0a0  b1a1  b2a2.
(3) p  r , q   a0  c0  b0   a1  c1  b1   a2  c2  b2

  a0b0  a1b1  a2b2    c0b0  c1b1  c2b2   p, q  r , q
(4) kp, q  ka0b0  ka1b1  ka2b2  k  a0b0  a1b1  a2b2   k p, q
(5) p, p  a0 2  a12  a2 2 do đó p, p  0  a0  a1  a2  0
Vậy p, q : a0b0  a1b1  a2b2 là một tích vô hướng trong P2 .
2) Áp dụng p, q   1.2  2.0  1. 4   6.
3) Ta có p 

 1

2

 22  12  6, q  22  02   4   20.

 p . q  6. 20  120,

Vậy đúng là

2

p, q  6  6  120.

p, q  p . q .

4) Ta kiểm tra 5 tiên đề:

1 1
(1) p, q : p  0  q  0   p   q    p 1 q 1 là một số hoàn toàn xác định.
2 2
1 1
(2) p, q : p  0  q  0   p   q    p 1 q 1
2 2


1 1
 q  0  p  0   q   p    q 1 p 1  q, p
2 2
1 1
(3) p  r , q   p  r  0  q  0    p  r    q     p  r 1 q 1
2 2
1 1
1 1
 p  0  q  0   p   q    p 1 q 1  r  0  q  0   r   q    r 1 q 1
2 2
2 2
 p, q  r , q

1 1
(4) kp, q  kp  0  q  0   kp   q    kp 1 q 1
2 2


 k  p  0 q  0 

(5) p, p   p  0  


1 1
p   q    p 1 q 1   k p, q
2 2

2

2

2
  1 
  p      p 1   p, p  0
  2 

 p  0   0  a0  a1.0  a2 .02  0

2
 1
1
1

1
p, p  0  p  0   0, p    0, p 1  0   p    0  a0  a1.  a2 .   0
2
2
2
 2
 p 1  0  a0  a1.1  a2 .1  0

Suy ra a0  0, a1  0, a2  0  p  0

1 1
Do thỏa mãn cả 5 tiên đề nên p, q : p  0  q  0   p   q    p 1 q 1 cũng là
2 2
một tích vô hướng trong P2 .
5) Áp dụng: với p và q cho ở đầu bài, ta có:


1 1
p   ;
2 4
1
q    1;
2

p  0   1;
q  0   2;

p 1  2
q 1  2

1
23
Do đó p, q   1 .2  .1  2. 2    .
4
4
2

9
2
1
6) Ta có p   1     22  , q  22  12   2   3
4
4
2

9
27
Suy ra p . q  .3  ,
4
4

Vậy đúng là

p, q 

23
.
4

p, q  p . q

Bài 04.05.1.004
Xét u   u1 , u2 , u3  , v   v1 , v2 , v3  
tích vô hướng trong

3

3

. Hỏi biểu thức nào dưới đây có thể là một

, nếu không được thì nêu lí do:

a) u, v : u1v1  u3v3
b) u, v : u12v12  u2 2v2 2  u32v32
c) u, v : 2u1v1  u2v2  4u3v3
d ) u, v : u1v1  u2v2  u3v3

Giải:
a) u, v : u1v1  u3v3 không thể là một tích vô hướng trong

3

vì chẳng hạn, tiên

đề (5) không thỏa mãn.
Thật vậy, u, u  u12  u32  0
Nhưng nếu u12  u32  0 thì chỉ suy ra u1  0, u3  0 còn u2 tùy ý.

b) u, v : u12v12  u2 2v2 2  u32v32 không thể là một tích vô hướng trong

3

vì chẳng

hạn, tiên đề (4) không thỏa mãn.
Thật vậy, ku , v   ku1  v12   ku2  v2 2   ku3  v32  k 2  u12v12  u2 2v2 2  u32v32 
2

2

2

 k 2 u, v  k u, v

c) u, v : 2u1v1  u2v2  4u3v3 có là một tích vô hướng trong

3

vì nó thảo mãn cả 5

tiên đề. Cụ thể:
(1) u, v  2u1v1  u2v2  4u3v3 là một số hoàn toàn xác định.
(2) u, v  2u1v1  u2v2  4u3v3  2v1u1  v2u2  4v3u3  v, u
(3) Giả sử có w   w1  w2  w3  

3

, ta xét:

u  w, v  2  u1  w1  v1   u2  w2  v2  4  u3  w3  v3
  2u1v1  u2v2  4u3v3    2w1v1  w2v2  4w3v3   u , v  w, v .

(4) ku, v  2  ku1  v1   ku2  v2  4  ku3  v3  k  2u1v1  u2v2  4u3v3   k u, v
u1  0

(5) u, u  2u12  u2 2  4u32  0 và 2u12  u2 2  4u32  0  u2  0
u  0
 3

d) u, v : u1v1  u2v2  u3v3 không thể là một tích vô hướng trong
tiên đề (5) không thỏa mãn.
u1  0

Thật vậy, u, u  u12  u2 2  u32  0 nếu chẳng hạn u2  1
u  0
 3

Bài 04.05.1.005

3

vì chẳng hạn,


Trong
minh:

2

ta xét tích vô hướng Euclid. Hãy áp dụng bất đẳng thứuc C-S để chứng
a cos  b sin   a 2  b2

Giải:
Xét u  a, b, v  cos , sin   khi đó:

u, v  a cos  b sin   u, v  a cos  b sin 
Mà u  a 2  b 2 và v  cos 2   sin 2   1
Vậy bất đẳng thức C-S là u, v  u . v cho a cos  b sin   a 2  b2
Bài 04.05.1.006
Với f  f  x  , g  g  x   P3. Chứng minh rằng:

f , g :  f  x  g  x  dx là một tích vô hướng.
1

1

Hãy tính tích vô hướng của: a) f  1  x  x 2  5x 3, g  x  3x 2

b) f  x  5x2 , g  2  8x 2 .
Giải:
Xét f  f  x   P3 , g  g  x   P3 , h  h  x   P3 , ta nhận thấy:
(1) f , g   f  x  g  x  dx là một số hoàn toàn xác định.
1

1

(2) g , f   g  x  f  x  dx   f  x  g  x  dx  f , g
1

1

1

1

(3) f  h, g    f  x   h  x   g  x  dx   f  x  g  x  dx   h  x  g  x  dx
1
1
1
1

 f , g  h, g

1

1


(4) kf , g   kf  x  g  x  dx  k  f  x  g  x  dx  k f , g
1

1

1

1

(5) Ta có f , f    f  x   dx

1
1

2

(*) Ta luôn có  f  x    0    f  x  dx  0 hay f , f  0.
1
1

2

2

(**) f  x   0  0 x  0 x 2  0 x3  P3 thì  f  x    0 tại mọi x.
2

   f  x   dx  0  f , f  0
1
1

2

(***) Nếu f , f  0    f  x   dx  0
1
1

2

Vì f  x  là một đa thức nên nó liên tục trên  1, 1, do đó tích phân trên bằng 0
buộc f  x   0 tại mọi x  1, 1 , tức là f  x  phải có dạng

f  x   0  0 x  0 x 2  0 x3.

Như vậy cả 5 tiên đề về tích vô hướng cùng thảo mãn.
Vậy f , g   f  x  g  x  dx là một tích vô hướng trong P3.
1

1

Áp dụng:
a) f , g   1  x  x 2  5 x 3  x  3x 2  dx  
1

1

b) f , g  

1

1

28
15

 x  5x  2  8x    683
2

2

Bài 04.05.1.007
Với tích vô hướng Euclid trong

a) u   2,1,3 , v  1,7, k 
b) u   k , k ,1 , v   k ,5,6 

3

, hãy xác định k để u và v trực giao.


Giải:
a) Ta muốn có u, v  2.1  1.7  3.k  0
Vậy k  3.
b) Ta muốn có u, v  k .k  k .5  1.6  0  k 2  5k  6  0
k  2
Vậy 
k  3

Bài 04.05.1.008
Với p, q  P2 : p  a0  a1x  a2 x 2 , q  b0  b1x  b2 x 2
Có p, q : a0b0  a1b1  a2b2 là một tích vô hướng trong P2 .
Chứng minh rằng p  1  x  2 x2 , q  2 x  x 2 trực giao.
Giải:
Ta có p, q  1.0  1.2  2.1  0
Vậy p và q trực giao .
Bài 04.05.1.009
 u u2 
 v1 v2 
Với hai ma trận trong M 2 : u   1
,
v



v v 
u3 u4 
 3 4

Có u, v : u1v1  u2v2  u3v3  u4v4 là một tích vô hướng.
Cho ma trận Hỏi trong các ma trận dưới đây ma trận nào là trực giao với A:
 3 0 
1 1 
a) 
; b) 

 ; c)
0
2
0

1





Giải:

0 0 
2 1 
0 0  ; d) 5 2 







 3 0   2 1
a) Ta có: 
,
  6  0  0  6  0
 0 2   1 3
 3 0 
Vậy ma trận 
 trực giao với A.
0
2



1 1   2 1
b) Ta có: 
 ,  1 3  2  1  0  3  0.
0

1

 

1 1 
Vậy ma trận 
 trực giao với A.
0


1



 0 0   2 1
c) Ta có: 
 ,  1 3  0  0  0  0  0
0
0

 

0 0
Vậy ma trận 
 trực giao với A.
0
0



 2 1   2 1
d) Ta có: 
 ,  1 3  4  1  5  6  6  0.
5
2

 

2 1

Vậy ma trận 
 không trực giao với A.
5
2



Bài 04.05.1.010
Với tích vô hướng Euclid trong

4

, hãy tìm hai vecto có chuẩn bằng 1 và trực giao

với các vecto sau: u   2,1, 4,0 , v   1, 1,2,2  , w  3,2,5,4 
Giải:
Ta phải tìm vecto x   x1 , x2 , x3 , x4  

4

thỏa mãn các điều kiện sau:


x  x12  x2 2  x32  x4 2  1
x, u  2 x1  x2  4 x3  0.x4  0
x, v   x1  x2  2 x3  2 x4  0
x, w  3x1  2 x2  5 x3  4 x4  0

 2 1 4 0 0 
Ta giải hệ 3 phương trình cuối theo ma trận:  1 1 2 2 0



 3 2 5 4 0
1 1 2 2 0 
1 1 2 2 0 
h 3 h 2h 3
 0 1 0 4 0  
 0 1 0 4 0 




0 1 11 10 0 
0 0 11 6 0 
 h 2h1
h1 2 h 2h 2
h 33 h 2h 3

6

x


x4
3

11

Coi x4 là tham số ta có:  x2  4 x4


34
 x1   x2  2 x3  2 x4   x4
11


Do đó điều kiện chuẩn hóa x  1 viết
2
 34 2
 2
1
 6
2
2
2
    4      1  x4  3249 x4  1  x4  
57
 11 
 11 


Vậy hai vecto cần tìm là x  

1
 34, 44,  6, 11
57

Bài 04.05.1.011
V là không gian có tích vô hướng. Chứng minh với mọi u , v  V :
1) u  v  u  v  2 u  2 v
2

2) u , v 

2

2

1
1
2
u v  u v
4
4

2

2


Giải:
Ta có: u  v  u  v, u  v  u  2 u , v  v

2

u  v  u  v, u  v  u  2 u , v  v

2

2

2

2

2

1) Do đó u  v  u  v  2 u  2 v
2

2

2

2

1
1
2
u v  u v
4
4

2) Do đó u  v  u  v  4 u , v  u , v 
2

2

2

Bài 04.05.1.012



Xét không gian C 0,   với tích vô hướng

f , g :  f  x  g  x  dx và xét các
0

hàm số f n  x   cos nx, n  0,1,2,..
Chứng minh rằng f k , fl trực giao nếu k  l.
Giải:




0

0

Xét k  l , ta có: f k , fl   cos kx cos lxdx  


1
cos  k  l  x  cos  k  l  x dx
2


1 sin  k  l  x
1 sin  k  l  x



0
2
k l
2
k

l
0
0
Vậy nếu k  l thì fk trực giao với fl theo tích vô hướng định nghĩa bằng tích phân
ở trên.
Bài 04.05.1.013

1 
3 
 2
 1
,
,
Cho x  
 và y  

5
 5
 30 30 
2
Chứng minh rằng x và y trực giao trong
theo tích vô hướng
u, v : 3u1v1  2u2v2 nhưng không trực giao theo tích vô hướng Euclid trong đó:

u   u1, u2  , v   v1, v2 .
Giải:
Theo tích vô hướng u, v : 3u1v1  3u2v2 có x, y  3
Còn theo tich vô hướng Euclid thì x, y 

1 2
 1 3 
 2 
0
5 30
 5 20 

1 2
1 3
1


0
5 30
5 30
150

Vậy hai vecto x và y  2 đã cho trực giao theo tích vô hướng mới định nghĩa mà
không trực giao theo tích vô hướng Euclid.
Bài 04.05.1.014
Chứng minh rằng u1  1,0,01 , u2   1,0,2,1 , u3   2,3,2, 2 , u4    1,2, 1,1
Là một họ trực giao trong

4

đối với tích vô hướng Euclid.

Giải:
Kết luận ở đầu bài suy ra từ các kết quả sau:
u1 , u2  1. 1  0.0  0.2  1.1  0
u1 , u3  1.2  0.3  0.2  1. 2   0
u1 , u4  1. 1  0.2  0. 1  1.1  0
u2 , u3   1 .2  0.3  2.2  1. 2   0
u2 , u4   1 . 1  0.2  2.  1  1.1  0
u3 , u4  2. 1  3.2  2.  1   2  .1  0

Bài 04.05.1.015
Trong 2 có tích vô hướng Euclid. Hãy áp dụng quá trình Gram-Smidt để biến cơ
sở u1 , u2  dưới đấy thành cơ sở trực chuẩn.


a) u1  1,  3 , u2   2, 2 
b) u1  1, 0  , u2   3,  5 

Giải:
a) Cho trong

2

: u1  1, 3 , u2   2,2  ta thấy:

Vậy u1, u2 ĐLTT, do đó là một cơ sở của

2

1 3
2

2

80

.

Áp dụng quá trình trực chuẩn hóa G-S để được một cơ sở trực chuẩn của
có:

2

, ta

u1  1  9  10

Đặt v1 

1
1
u1 
1, 3  v1  1.
10
10

Tiếp tục đặt w   v1  u2 ,   . và xác định  để w, v1  0.

w, v1   v1  u2 , v1   v1, v1  u2 , v1    u2 , v1

3 
4
 1
 2.

Vậy điều kiện w, v1  0 thỏa mãn khi    u2 , v1    2.
10 
10
 10
Do đó w 
 w 

Đặt v2 

4
4
1
24 8
8
4
v1  u2 
.
1, 3   2,2    ,   3,1  3,1
5
10
10 10
 10 10  10

4
4
9 1 
10
5
5
w
5 5
1

.  3,1 
 3,1 thì v2 trực giao với v1 và có chuẩn
w 4 10 4
10

v2  1.
Họ v1 , v2  là một cơ sở trực chuẩn của
b) Cho u1  1,0  , u2   3, 5  

2

.

2

.


Ta thấy định thức

1

0

3 5

 5  0.

Vậy u1 , u2  ĐLTT và do đó là một cơ sở của

2

.

Áp dụng quá trình trực chuẩn hóa G-S để được một cơ sở trực chuẩn của

2

, ta

có: u1  12  02  1
Vậy u1 đã chuẩn hóa, ta đặt v1  u1, sau đo đặt w  u2  tv1 và tìm t để w trực giao
với v1. Ta có: 0  w, v1  u2 , v1  tv1, v1  u2 , v1  t
Điều kiện w, v1  0 yêu cầu t   u2 , v1   3.1  5.0  3.
Do đó w  u2  3v1   3, 5  31,0    0, 5
Bây giờ w  02   5  5 đặt v2 
2

w 1
  0, 5   0, 1

w 5

Vậy hai vecto v1  1,0  và v2   0, 1 là hai vecto trực giao và chuẩn hóa, chúng
tạo thành một cơ sở trực chuẩn của

2

.

Bài 04.05.1.016
Trong 3 xét tích vô hướng Euclid. Hãy áp dụng quá trình Gram-Smidt để biến cơ
sở u1, u2 , u3 dưới đây thành cơ sở trực chuẩn.

u1  1,1,1 , u2   1,1,0  , u3  1,2,1
Giải:
Ta có: u1  12  12  12  3, u2 
Đặt v1 

u1
1

1,1,1
u1
3

 1

2

 12  02  2.

Ta lại có u2 , v1 
Ta đặt: v2 

1
1. 1  1.1  1.0   0 tức là u2 đã trực giao với v1 rồi.
3

u2
1

 1,1,0 
u2
2

Như vậy ta đã có v1 và v2 trực giao và chuẩn hóa. Bây giờ ta tìm vecto thứ 3 trực
giao với v1, v2 và chuẩn hóa.
Đặt w  u3  tv1  sv2 , t, s  .
Ta xác định t từ 0  w, v1  u3 , v1  t v1, v1  s v2 , v1  u3 , v1  t
Suy ra t   u3 , v1  

4
3

Ta xác định s từ 0  w, v2  u3 , v2  t v1, v2  s v2 , v2  u3 , v2  s
Suy ra s   u3 , v2  

1
2

Do đó w  u3  tv1  sv2  1,2,1 

4  1 
1  1 

  1,1,0 

 1,1,1 
3 3
2 2

1 1 1 1
  , ,    1,1, 2 
 6 6 3 6

Ta có: w 
Đặt v3 

1 2 2
1
2
1  1   2  
6
6

w
1
1
 6. 1,1, 2  

1,1, 2 
w
6
6

Cuối cùng ta được 3 vecto v1 

1
1
1
1,1,1 , v2   1,1,0  , v3  1,1, 2  trực
13
2
6

giao và chuẩn hóa, tạo thành một cơ sở trực chuẩn của

3

.


Bài 04.05.1.017
Trong 3 xét tích vô hướng Euclid. Hãy áp dụng quá trình Gram-Smidt để biến cơ
sở u1, u2 , u3 dưới đây thành cơ sở trực chuẩn.

u1  1,0,0 , u2   3,7, 2  , u3   0,4,1
Giải:
Ta có u1  1,0,0  đã chuẩn hóa vì u1  12  02  02  1.
Đặt v1  u1  1,0,0 .

Nhận thấy v1, u3  1.0  0.4  0.1  0 tức là u3 đã trực giao với v1, nên ta đặt luôn
v2 

u3
u3
1


 0,4,1
u3
17
02  42  12

Bây giờ ta tìm vecto thứ 3 trực giao với v1, v2 .
Đặt w  u2  tv1  sv2 , t, s  .
Từ 0  w, v1  u2 , v1  t v1, v1  s v2 , v1  u2 , v1  t  t   u2 , v1  3
Từ 0  w, v2  u2 , v2  t v1 , v2  s v2 , v2  u2 , v2  s  s   u2 , v2  
Vậy w  u2  tv1  sv2   3,7, 2   3 1,0,0  
Vì w 

26 1
1
0,4,1   0,15, 60 
17
17 17

1
3825
nên ta đặt
152  602 

17
17

v3 

26
17

w
17 1
1

 0,15, 60  
 0,15, 60 
w
3825 17
3825


Cuối cùng ta được 3 vecto v1  1,0,0  , v2 

1
1
 0,4,1 , v3 
 0,15, 60 
17
3825

trực giao và chuẩn hóa, tạo thành một cơ sở trực chuẩn của

3

.

Bài 04.05.1.018
Trong 3 xét tích vô hướng Euclid. Hãy tìm một cơ sở trực chuẩn trong không
gian con sinh ra bởi các vecto  0,1,2 và  1,0,1
Giải:
Đặt u1   0,1,2 , u2   1,0,1
Ta phải xây dựng hai vecto trực chuẩn là tổ hợp tuyến tính của u1, u2
Ta có u1  02  12  22  5
Đặt v1 

u1
1

 0,1, 2
u1
5

Bây giờ ta tìm t để w  u2  tv1 trực giao với v1.
Từ 0  w, v1  u2  tv1 , v1  u2 , v1  tv1 , v1  u2 , v1  t  t   u2 , v1  
Do đó w  u2 
Vì w 

2
5

2
2 1

1
v1   1,0,1 
 0,1,2    5, 2,1
5
5
5 5

w
5 1
1
1
1

.  5, 2,1 
25  4  1 
30 , đặt v2 
 5, 2,1
w
5
5
30 5
30

Vậy ta có 2 vecto v1 

1
1
 0,1,2  , v2 
 5, 2,1 tạo thành một cơ sở trực
5

30

chuẩn của không gian con cuẩ
Bài 04.05.1.019

3

sinh bởi hai vecto u1 và u2 .


3

Trong

xét tích vô hướng u, v : u1v1  2u2v2  3u3v3. Hãy áp dụng quá trình

Gram-Smidt để biến u1  1,1,1 , u2  1,1,0 , u3  1,0,0  thành một cơ sở trực
chuẩn.
Giải:
Theo tích vô hướng ở đầu bài, có u1 
Đặt v1 

u1 , u1  1.1  2.1.1  3.1.1  6

u1
1

1,1,1
u1
6

Bây giờ tìm t từ w  u2  tv1, t  .
Từ 0  w, v1  u2  tv1, v1  u2 , v1  tv1, v1  u2 , v1  t
Suy ra t   u2 , v1  

1
3
1.1  2.1.1  3.0.1   .
6
6

3
1 1 1 1
v1   , ,    1,1, 1
6
2 2 2 2
1
1
 w 
1.1  2.1.1  3  1 1 
6
2
2

Do đó w  u2 

nên ta đặt v2 

w
2 1

1

1,1, 1  1,1, 1
w
62
6

Ta đặt: w  u3  tv1  sv2 , t , s 

và xác định t, s để w trực giao với v1 và v2 .

Từ 0  w, v1  u3  tv1  sv2 , v1  u3 , v1  tv1, v1  sv2 , v1  u3 , v1  t
Suy ra t   u3 , v1  

1
1
1.1  2.0.1  3.0. 1   
6
6

Từ 0  w, v2  u3  tv1  sv2 , v2  u3 , v2  tv1, v2  sv2 , v2  u3 , v2  s
Suy ra s   u3 , v2  

1
6


Vậy w  u3  tv1  sv2  1,0,0  
Vì w 

1 1
1 1
1
1,1,1 
1,1, 1  2, 1,0 
3
6 6
6 6

1 2
6
w
3 1
1
2
2  2  1 
 v3 

 2, 1,0    2, 1,0 
3
3
w
63
6

Cuối cùng ta được 3 vecto v1 
thành một cơ sở trực chuẩn của

1
1

1
1,1,1 , v2  1,1, 1 , v3   2, 1,0  tạo
6
6
6
3

.

Bài 04.05.1.020
3
4
sinh ra bởi u1   ,0,   và u2   0,1,0 là một mặt
5
5
phẳng đi qua gốc. Hãy biểu diễn w  1,2,3 thành w  w1  w2 trong đó w1 nằm

Không gian con của

3

trong mặt phẳng còn w2 trực giao với mặt phẳng.
Giải:
Ta chú ý rằng với tích vô hướng trong

3

ta có u1, u2  0, nghĩa là u1 và u2 trực

giao. Theo định lí, ta có: w  w1  w2 trong đó:

w1  w, u1 u1  w, u2 u2 và w2  w  w1

 4 3
 w1  u1  2u2    5 ,2, 5 



Vì w, u1  1, w, u2  2 nên 
 w  w  w   9 ,0, 12 
1


 2
5
5
Bài 04.05.1.021
Trong P2 xét tích vô hướng p, q :  p  x  q  x  dx. Hãy áp dụng quá trình Gram1

1

Smidt để biến cơ sở chuẩn tắc 1, x, x 2  thành một cơ sở trực chuẩn.
Giải:


Đặt u1  1, u2  x, u3  x2 , ta có u1 
Ta lại có v1 , u2  

1

1

Ta tính u2 



1

1



1

12 dx  2 nên đặt v1 

1

u1
1

.
u1
2

1
xdx  0 tức là u2 trực giao với v1.
2
2
u

3
và đặt v2  2 
x.
3
u2
2

x 2 dx 

Bây giờ tìm v3.
Ta xác định t, s 

sao cho w  u3  tv1  sv2 trực giao với v1 và v2 .

Từ 0  w, v1  u3 , v1  t v1, v1  s v2 , v1  u3 , v1  t
1

 t   u3 , v1    x 2
1

1
2
dx  
2
3 2

Từ 0  w, v2  u3 , v2  t v1, v2  s v2 , v2  u3 , v2  s
1

 s   u3 , v2    x 2

1

3
xdx  0
2

1
1
Vậy w  u3  tv1  sv2  x 
.
 x2   w 
3
3 2 2
2

Nên ta đặt v3 

2

2

1 8
 2 1
x

dx

1 3 
3 5
1

w
5
1
 3  x2  
w
8
3

Vậy từ cơ sở 1, x, x 2  của P2 , áp dụng quá trình trực giao hóa Gram-Smidt ta đã

3 3 5  2 1 
 1

suy ra một cơ sở trực chuẩn của P2 là  , x,
 x   .
3 
8 

 2 2



Dạng song tuyến tính
Bài 04.05.1.022
Cho f : R  R  R . Hỏi ánh xạ nào sau đây là dạng song tuyến tính:
a) f ( x, y )  x  y .
b) f ( x, y )  axy, (a là hằng số).
Giải:
Ta phải kiểm tra lần lượt 4 điều kiện của định nghĩa

a) Ta có f ( x  y, z )  x  y  z
Mặt khác f ( x, z )  f ( y, z )  x  z  y  z  ( x  y  z )  z
Ta thấy khi z  0 thì f  x  y, z   f  x, z   f  y, z 
Do vậy f không phải là dạng song tuyến tính.
b) Với x, y  R,  ta có:
+) f ( x  y, z )  a( x  y) z  axz  ayz  f ( x, z )  f ( y, z )
+) f ( x, y)  a( xy )   (axy )   f ( x, y ) .
+) f ( x, y  z )  ax( y  z )  axy  axz  f ( x, y)  f ( x, z )
+) f ( x,  y)  a( x y)   (axy)   f ( x, y)
Vậy f là một dạng song tuyến tính.
Bài 04.05.1.023
Cho f : R2  R2  R được xác định như sau:
với mọi x   x1 , y1  , y   x2 , y2   R 2  R 2 : f  x, y   x1x2  2 x1 y2  3x2 y1
Xét xem f có phải là dạng song tuyến tính không?


Giải:
Với x   x1 , y1  , y   x2 , y2  , z   x3 , y3   R 2  R 2 ,  ta có:
+) f  x  z, y   ( x1  x3 ) x2  2( x1  x3 ) y2  3x2 ( y1  y3 )

 x1x2  x3 x2  2x1 y2  2x3 y2  3x2 y1  3x2 y3
 f  x, y   f ( z, y)
+) Các điều kiện khác thử tương tự và cũng đều thỏa mãn
Vậy f là một dạng song tuyến tính.
Bài 04.05.1.024
Cho dạng song tuyến tính f : R2  R2  R

 x, y 

f  x, y   x1x2  2 x1 y2  3x2 y1

Trong đó x   x1 , y1  , y   x2 , y2   R 2  R 2 .
a) Xác định ma trận của dạng song tuyến tính f trong cơ sở cho các tọa độ của x, y.
b) Tìm rank(f) và xem f có suy biến hay không?
Giải:
a) Trong cơ sở S  e1 , e2  , với e1  1,0  ; e2   0,1 . Khi đó
 x   x1 , x2   x1e1  x2e2
a 
a
và A   11 12 

 a21 a22 
 y   y1 , y2   y1e1  y2e2

Trong đó a11

a21

f (e1, e1) 1

a12

f (e1, e2 )

2

f (e2 , e1)

a22

f (e2 , e2 )

0

3

1 2 
Vậy A  
 và f  x, y    x1
3 0 

1 2   y1 
x2  
 .
 3 0   y2 

b) Ta có rank(f)=rank(A)=2 vì det(A)= 6  0 .
Mặt khác dimR 2  2 .
Vậy f là dạng song tuyến tính không suy biến.


Bài 04.05.1.025
Trong không gian R 3 với cơ sở chính tắc S  e1, e2 , e3 . Cho dạng song tuyến tính
xác định như sau: với x   x1, x2 , x3  , y   y1, y2 , y3   R3

f : R3  R3  R

 x, y 

f  x, y   x1 y1  3x2 y2  2 x3 y3

và cho hệ cơ sở mới S '  e1 ', e2 ', e3 ' , với e1 '  1,1,0 , e2 '  1,0,1 , e3 '  1,1,1
Tìm ma trận A’ của f trong cơ sở S’.
Giải:
 b11 b12
Cách 1: Tính trực tiếp, đặt A '  b21 b22
b31 b32

b13 
b23  ,

b33 

với b11  f  e1 ', e1 '  4 , b12  f  e1 ', e2 '  1 , b13  f  e1 ', e3 '  4

b21  f  e2 ', e1 '  1 , b22  f  e2 ', e2 '  3 , b23  f  e2 ', e3 '  3
b31  f  e3 ', e1 '  4 , b32  f  e3 ', e2 '  3 , b33  f  e3 ', e3 '  6
Vậy

4 1 4
A '  1 3 3 


 4 3 6 

1 0 0 
Cách 2: Ma trận của f trong cơ sở S là: A  0 3 0 
0 0 2 
1 1 1
Ma trận chuyển cơ sở S sang S’ là: P  1 0 1

0 1 1

Do đó