Ta có đa thức đối xứng không âm với hai cách biểu diễn sau

$$\left ( c- a \right )^{2}- \left ( a- b \right )\left ( b- c \right )= \left ( c+ a- 2b \right )^{2}+ 3\left ( a- b \right )\left ( b- c \right )$$

Dưới đây là một bài toán liên quan khá thú vị

$$\forall_{b}\exists_{a\,b\,c}\;a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ab- bc\geq\left | 2ca \right |$$

Thật vậy, với phép gán $a, b, c\equiv a- b, b- b, c- b,$ ta có được

$$a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ab- bc- 2ca= \left ( c- a \right )^{2},\quad a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ab- bc+ 2ca= \left ( c+ a- 2b \right )^{2}$$

Bài 35:

Bỏ qua $c, a\rightarrow 0,$ chứng minh

$$\forall_{b}\exists_{a\,b\,c}\;a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ab- bc\geq\left | 2ca \right |$$

Giải.

Chọn $a, b, c:= a- b, b- b, c- b,$ có được

$$a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ab- bc- 2ca= \left ( \,c- a\, \right )^{2}\geq 0$$

$$a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ab- bc+ 2ca= \left ( c+ a- 2b \right )^{2}$$

$$T\left ( n \right )= 2T\left ( n/4 \right )+ n^{1/2+ \epsilon}\overset{n= 4^{m}}{\Rightarrow} r_{m}= 2r_{m- 1}+ \left ( 4^{m} \right )^{1/2+ \epsilon}\Rightarrow r_{m}= 2^{m- 1}\cdot{\it constant}+ \frac{2^{m}\cdot 4^{\left ( m+ 1 \right )\epsilon}- 2^{m+ 2\epsilon}}{4^{\epsilon}- 1}$$

Trong mô hình Input-Output mở Leontief có ba ngành kinh tế, xét ma trận hệ số đầu vào

$$\begin{pmatrix} 0.2 & 0.1 & 0.3\\ 0.3 & 0.2 & 0.2\\ 0.1 & 0.3 & 0.1 \end{pmatrix}$$

1. Tìm sản lượng của ngành kinh tế thứ hai khi biết rằng giá trị lượng sản phẩm ngành kinh tế thứ nhất cung cấp cho nó là $120.$
2. Tìm lượng nguyên liệu mà mỗi ngành cung cấp cho các ngành khác nếu biết yêu cầu của ngành kinh tế mở đối với ba ngành kinh tế là $\left ( 19, 22, 43 \right ).$

Vòng chung kết $\mathsf{UEFA}\;\mathsf{EURO}$ diễn ra năm nay vẫn giữ nguyên thể thức gồm $24$ đội, chọn ra $2$ đội dẫn đầu mỗi bảng đấu với $4$ đội đứng ngay sau có kết quả tốt nhất bước vào vòng $16$ đội. Ta có $4/6$ cặp đấu có sự xuất hiện của đội dẫn đầu mỗi bảng như sau
$$\begin{matrix} \mathsf{1B}\vee \mathsf{3A}/\mathsf{D}/\mathsf{E}/\mathsf{F} & \mathsf{1C}\vee \mathsf{3D}/\mathsf{E}/\mathsf{F}\\ \mathsf{1F}\vee \mathsf{3A}/\mathsf{B}/\mathsf{C} & \mathsf{1E}\vee \mathsf{3A}/\mathsf{B}/\mathsf{C}/\mathsf{D} \end{matrix}$$
Chứng minh không tồn tại cách match-ups nào khoa học hơn.

Edit (7/8). Đây là cách của mình. Mình sẽ sử dụng qubit vào đây và bắt đầu với bài toán trực quan hơn:

Hall's Marriage. Có $2$ cặp khách mời tham gia ghép đôi, nhận ra bạn nữ $\mathsf{A}$ thích anh $\mathsf{C}$ và anh $\mathsf{D}$ còn bạn $\mathsf{B}$ thích duy chỉ anh $\mathsf{D}.$ Vậy lựa chọn tốt nhất ở đây là $\mathsf{A}$ chọn $\mathsf{C}$ và $\mathsf{B}$ chọn $\mathsf{D}.$ Còn đây là dưới con mắt toán học:
Nếu $\mathsf{A}$ không biết được suy nghĩ của $\mathsf{B}$ thì $\mathsf{A}$ cần cân nhắc lựa chọn cho mình hơn $1$ khả năng, trạng thái $11.$ Còn $\mathsf{B}$ thì $\mathsf{B}$ chỉ có $1$ lựa chọn, trạng thái $01.$ Giả sử $\mathsf{A}$ ích kỉ không quan tâm đến $\mathsf{B}$ mà chọn trước, lúc này $11\rightarrow 01.$ Và nhỡ đâu $\mathsf{A}$ chọn $\mathsf{D}$ thì còn lại $\mathsf{B}$ và $\mathsf{C},$ đây là khả năng $\mathsf{B}$ không lường trước được, trạng thái $01\rightarrow 10.$ Vậy trạng thái $10$ có thỏa mãn không, tất nhiên là không, mình gọi như vậy đều có cái lí hết vì $1\Rightarrow 1, 0\Rightarrow 1, 0\Rightarrow 0$ theo logic đều đúng chỉ có $1\Rightarrow 0$ là sai thôi (và cũng vì mình là người làm việc với cơ số $2$ và $10$ thường xuyên). Tóm lại $11\oplus 01\rightarrow\mathsf{unknown}$ có thể là $10$ hoặc $01.$ Giải quyết trọn vẹn nó bằng cách trạng thái hóa $01\rightarrow 00.$ Hoàn toàn đúng vì theo logic là $\mathsf{true}\Rightarrow\mathsf{true}.$ Dẫn đến $11\oplus 01\rightarrow 11\oplus 00\rightarrow 11.$ Bài toán này khi biểu diễn trên mô hình:
$$\begin{matrix}\mathsf{pairs} & A & B\\ C & & \times\\ D & & \end{matrix}$$
$$\begin{matrix}\mathsf{pairs} & A & B\\ C & & \times\\ D & & \checkmark\end{matrix}$$
$$\begin{matrix}\mathsf{pairs} & A & B\\ C & & \times\\ D & \times & \checkmark\end{matrix}$$
Nên ngay từ đầu ta giới hạn lựa chọn của $\mathsf{A}$ chỉ mỗi $\mathsf{C}$ là được. Quay trở lại với bài toán..
Combinations of matches. Cũng biểu diễn trên mô hình:
$$\begin{matrix}\mathsf{match-ups} & B & C & E & F\\ A & & \times & & \\ B & \times & \times & & \\ C & \times & \times & & \\ D & & & & \times\\ E & & & \times & \times\\ F & & & \times & \times\end{matrix}$$
Còn $14$ ô ở trạng thái $11.$ Và nhận thấy ở bất cứ hàng nào cũng có hơn $1$ lựa chọn, bất cứ cột nào cũng có hơn $2$ lựa chọn (vì chỉ có $4/6$ hàng được chọn). Không giảm tổng quát chỉ xét với cột $\mathsf{E}, \mathsf{F}$ và trong trường hợp bỏ đi hàng $\mathsf{A}, \mathsf{B}$ là khó nhất, có được:
$$\begin{matrix}\mathsf{match-ups} & E & F\\ C & & \\ D & & \times\end{matrix}$$

Đó chính là bài toán gốc phía trên, xem như $1$ nhánh của dạng bài toán thỏa mãn "envyfree." Xem thêm_ https://diendantoanh...e-1#entry729392, và đây nữa_ https://diendantoanh...ứ-khi-chỉ-biết/, cảm ơn các bạn.

Trong mặt phẳng $Oxy,$ phép quay mỗi vector quanh gốc tọa độ góc $\alpha$ ngược chiều kim đồng hồ là $1$ ánh xạ tuyến tính (như minh họa bên dưới). Làm sao để tìm được $1$ ma trận biểu diễn và biểu thức của phép quay này ?

Liệu ta có thể biểu diễn ảnh của tam giác ví dụ như $MNP$ cùng tọa độ điểm $M\left ( 1, 1 \right ), N\left ( 1, 2 \right ), P\left ( 3, 3 \right )$ qua phép quay với $\alpha= \frac{\pi}{4},$ ngoài ra còn biết thêm ở ứng dụng gì khác ?

Câu hỏi của bạn @Vdk

Cho toán tử tuyến tính $f:\;\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}^{3}$ với $f\left ( x, y, z \right )= \left ( 2x, -x+ y, 11y- z \right ).$ Chứng minh $f$ là $1$ ánh xá tuyến tính và tìm ma trận ánh xạ tuyến tính của $\left [ f \right ]_{B}$ với $B= \left \{ u_{1}= \left ( 3, 2, 1 \right ), u_{2}= \left ( -2, 1, 2 \right ), u_{3}= \left ( 1, 2, -2 \right ) \right \}.$

(Câu 4). Cho ma trận $A= \begin{pmatrix} -3 & -14 & -10\\ 2 & 13 & 10\\ -2 & -7 & -4 \end{pmatrix}.$

a. Chéo hóa $A.$

b. Tính $A^{10}.$

(Câu 1). Cho hệ vectors $U= \left \{ \left ( 1, 2, 3 \right ), \left ( 0, -1, -2 \right ), \left ( 2, 3, 4 \right ), \left ( 1, 0, -1 \right ) \right \}.$

a. Tìm số chiều và một cơ sở $W$ của không gian con sinh bởi hệ vectors $U.$

b. Tìm tham số $k$ để $u= \left ( 2, 3, k^{2}+ 1 \right )$ là một tổ hợp tuyến tính của $W,$ và suy ra $\left [ u \right ]_{W}.$

Giải.

a. Ta sẽ dùng phép biến đổi sơ cấp với ma trận của hệ vectors $U$ như sau

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & -1 & -2\\ 2 & 3 & 4\\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\xrightarrow{R_{4}\leftrightarrow R_{1}}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & -1 & -2\\ 2 & 3 & 4\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}\xrightarrow{-R_{1}+ R_{2}+ R_{3}- R_{4}}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & -1 & -2\\ 2 & 3 & 4\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & -1 & -2\\ 2 & 3 & 4\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\xrightarrow{2R_{1}- 3R_{2}- R_{3}}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & -1 & -2\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\xrightarrow{R_{3}- R_{2}}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Hạng của ma trận $r= 2.$

Vậy có được số chiều của không gian con sinh bởi hệ là $\dim\operatorname{span}U= \dim W= 2.$

Còn cơ sở cần tìm $W= \left \{ \left ( 1, 0, -1 \right ), \left ( 0, 1, 2 \right ) \right \}.$

b. Để $u= \left ( 2, 3, k^{2}+ 1 \right )$ là một tổ hợp tuyến tính của $W:$

$$u= a\left ( 1, 0, -1 \right )+ b\left ( 0, 1, 2 \right )\Rightarrow\left\{\begin{matrix} a= 2\\ b= 3\\ -a+ 2b= k^{2}+ 1 \end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{\begin{matrix} a= 2\\ b= 3\\ k^{2}+ 1= 4\Rightarrow k= \pm\sqrt{3} \end{matrix}\right.$$

Suy ra $k= \pm\sqrt{3}$ và $\left [ u \right ]_{W}= \begin{bmatrix} 2\\ 3 \end{bmatrix}.$

(Câu 2). Trong không gian vector $\mathbb{R}^{3}$ cho hai hệ vectors

$$U= \left \{ u_{1}= \left ( 4, 2, 5 \right ), u_{2}= \left ( 2, 1, 3 \right ), u_{3}= \left ( 3, 1, 3 \right ) \right \}$$

$$V= \left \{ v_{1}= \left ( 5, 2, 1 \right ), v_{2}= \left ( 6, 2, 1 \right ), v_{3}= \left ( -1, 7, 4 \right ) \right \}$$

a. Chứng minh $U, V$ là hai cơ sở của $\mathbb{R}^{3}.$

b. Cho biết $x= \left ( 6, 2, -3 \right )$ tìm tọa độ của $x$ theo $V.$

c. Tìm $P_{U\rightarrow V}$ và $P_{V\rightarrow U}.$

d. Sử dụng công thức đổi tọa độ với $x$ theo $U.$

Giải.

a. Ta kiểm tra $U$ có độc lập tuyến tính không. Xét tổ hợp tuyến tính

$$x_{1}u_{1}+ u_{2}u_{2}+ x_{3}u_{3}= 0$$

Điều này tương đương với phương trình ma trận

$$\begin{bmatrix} 4 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 1\\ 5 & 3 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}= 0$$

Ta lại xét thêm một ma trận bổ sung.

Dùng phép biến đổi sơ cấp với ma trận bổ sung đó

$$\left [ \begin{array}{rrr|r} 4 & 2 & 3 & 0\\ 2 & 1 & 1 & 0\\ 5 & 3 & 3 & 0 \end{array} \right ]\xrightarrow{R_{3}\leftrightarrow R_{1}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 5 & 3 & 3 & 0\\ 2 & 1 & 1 & 0\\ 4 & 2 & 3 & 0 \end{array} \right ]\xrightarrow[-2R_{2}+ R_{3}]{3R_{2}- R_{1}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 0\\ 2 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ]\rightarrow\left [ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ]$$

Vậy có được $x_{1}= x_{2}= x_{3}= 0.$

Nên $U$ độc lập tuyến tính.

Mặt khác $U$ chứa ba vectors độc lập tuyến tính trong không gian $\mathbb{R}^{3}$ nên $U$ là một cơ sở của $\mathbb{R}^{3}.$

Với $V$ tương tự. Xét tổ hợp tuyến tính

$$y_{1}v_{1}+ y_{2}v_{2}+ y_{3}v_{3}= 0$$

Tương đương với phương trình ma trận

$$\begin{bmatrix} 5 & 6 & -1\\ 2 & 2 & 7\\ 1 & 1 & 4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3} \end{bmatrix}= 0$$

Ta lại xét thêm một ma trận bổ sung.

Dùng phép biến đổi sơ cấp với ma trận bổ sung đó

$$\left [ \begin{array}{rrr|r} 5 & 6 & -1 & 0\\ 2 & 2 & 7 & 0\\ 1 & 1 & 4 & 0 \end{array} \right ]\xrightarrow{R_{3}\leftrightarrow R_{2}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 5 & 6 & -1 & 0\\ 1 & 1 & 4 & 0\\ 2 & 2 & 7 & 0 \end{array} \right ]\xrightarrow{2R_{2}- R_{3}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 5 & 6 & -1 & 0\\ 1 & 1 & 4 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ]$$

$$\left [ \begin{array}{rrr|r} 5 & 6 & -1 & 0\\ 1 & 1 & 4 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ]\xrightarrow{6R_{2}- 25R_{3}- R_{1}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 4 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ]\rightarrow\left [ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ]$$

Vậy có được $y_{1}= y_{2}= y_{3}= 0.$

Nên $V$ độc lập tuyến tính.

Mặt khác $V$ chứa ba vectors độc lập tuyến tính trong không gian $\mathbb{R}^{3}$ nên $V$ là một cơ sở của $\mathbb{R}^{3}.$

b. Ta tìm tọa độ của $x$ theo $V.$ Xét tổ hợp tuyến tính

$$\alpha_{1}v_{1}+ \alpha_{2}v_{2}+ \alpha_{3}v_{3}= x$$

Điều này tương đương với phương trình ma trận

$$\begin{bmatrix} 5 & 6 & -1\\ 2 & 2 & 7\\ 1 & 1 & 4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \alpha_{1}\\ \alpha_{2}\\ \alpha_{3} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 6\\ 2\\ -3 \end{bmatrix}$$

Ta lại xét thêm một ma trận bổ sung.

Dùng phép biến đổi sơ cấp với ma trận bổ sung đó

$$\left [ \begin{array}{rrr|r} 5 & 6 & -1 & 6\\ 2 & 2 & 7 & 2\\ 1 & 1 & 4 & -3 \end{array} \right ]\xrightarrow{R_{3}\leftrightarrow R_{2}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 5 & 6 & -1 & 6\\ 1 & 1 & 4 & -3\\ 2 & 2 & 7 & 2 \end{array} \right ]\xrightarrow{2R_{2}- R_{3}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 5 & 6 & -1 & 6\\ 1 & 1 & 4 & -3\\ 0 & 0 & 1 & -8 \end{array} \right ]$$

$$\left [ \begin{array}{rrr|r} 5 & 6 & -1 & 6\\ 1 & 1 & 4 & -3\\ 0 & 0 & 1 & -8 \end{array} \right ]\xrightarrow{6R_{2}- 25R_{3}- R_{1}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 176\\ 1 & 1 & 4 & -3\\ 0 & 0 & 1 & -8 \end{array} \right ]$$

Vậy có được $\alpha_{1}= 174, \alpha_{3}= -8, \alpha_{2}= -3- \alpha_{1}- 4\alpha_{3}= -145.$ Nên $\left [ x \right ]_{V}= \begin{bmatrix} 176\\ -147\\ -8 \end{bmatrix}.$

c. Theo công thức, có được các ma trận chuyển cơ sở cần tìm

$$P_{U\rightarrow V}= P_{U\rightarrow E}\cdot P_{E\rightarrow V}= \left ( P_{E\rightarrow U} \right )^{-1}\cdot P_{E\rightarrow V}=$$

$$= \begin{bmatrix} 4 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 1\\ 5 & 3 & 3 \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} 5 & 6 & -1\\ 2 & 2 & 7\\ 1 & 1 & 4 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 5 & 5 & 17\\ -9 & -10 & -12\\ 1 & 2 & -15 \end{bmatrix}$$

$$P_{V\rightarrow U}= P_{V\rightarrow E}\cdot P_{E\rightarrow U}= \left ( P_{E\rightarrow V} \right )^{-1}\cdot P_{E\rightarrow U}=$$

$$= \begin{bmatrix} 5 & 6 & -1\\ 2 & 2 & 7\\ 1 & 1 & 4 \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} 4 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 1\\ 5 & 3 & 3 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} -174 & -109 & -110\\ 147 & 92 & 93\\ 8 & 5 & 5 \end{bmatrix}$$

d. Dùng công thức đổi tọa độ, có được

$$\left [ x \right ]_{U}= P_{U\rightarrow V}\cdot\left [ x \right ]_{V}= \begin{bmatrix} 5 & 5 & 17\\ -9 & -10 & -12\\ 1 & 2 & -15 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 176\\ -147\\ -8 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 9\\ -18\\ 2 \end{bmatrix}$$

Đó là phép biểu diễn đầu tiên của dòng thứ hai (ý b).
Nên $\left [ u \right ]_{W}= \begin{bmatrix} a\\ b \end{bmatrix}.$

(Câu 3). Cho ánh xạ tuyến tính $f:\;\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}^{3}$ và hai cơ sở của $\mathbb{R}^{3}:$

$$B= \left \{ b_{1}= \left ( 1, 3, 3 \right ), b_{2}= \left ( -3, 6, 5 \right ), b_{3}= \left ( 1, 2, 2 \right ) \right \}$$

$$C= \left \{ c_{1}= \left ( 2, 0, 3 \right ), c_{2}= \left ( -5, -1, -5 \right ), c_{3}= \left ( 1, 0, 1 \right ) \right \}$$

Biết $f\left ( b_{1} \right )= \left ( -5, 6, 4 \right ), f\left ( b_{2} \right )= \left ( -8, 5, 2 \right )$ và $f\left ( b_{3} \right )= \left ( -9, -2, -5 \right ).$

a. Tìm $\left [ f \right ]_{E_{3}}$ suy ra biểu thức của $f\left ( x_{1}, x_{2}, x_{3} \right ).$

b. Tìm $\left [ f \right ]_{B}.$

c. Từ $\left [ f \right ]_{B}$ tìm $\left [ f \right ]_{B}^{C}.$

d. Cho vector $x= \left ( -2, 3, 3 \right )$ tìm $\left [ x \right ]_{B}$ và $\left [ f\left ( x \right ) \right ]_{C}.$

Giải.

a. Biết được cơ sở chính tắc của $\mathbb{R}^{3}:$

$$E_{3}= \left \{ e_{1}= \left ( 1, 0, 0 \right ), e_{2}= \left ( 0, 1, 0 \right ), e_{3}= \left ( 0, 0, 1 \right ) \right \}$$

Từ giả thiết, có được

$f\left ( b_{1} \right )= f\left ( 1, 3, 3 \right )= f\left ( e_{1}+ 3e_{2}+ 3e_{3} \right )= f\left ( e_{1} \right )+ 3f\left ( e_{2} \right )+ 3f\left ( e_{3} \right )= \left ( -5, 6, 4 \right )$

$f\left ( b_{2} \right )= f\left ( -3, 6, 5 \right )= f\left ( -3e_{1}+ 6e_{2}+ 5e_{3} \right )= -3f\left ( e_{1} \right )+ 6f\left ( e_{2} \right )+ 5f\left ( e_{3} \right )= \left ( -8, 5, 2 \right )$

$f\left ( b_{3} \right )= f\left ( 1, 2, 2 \right )= f\left ( e_{1}+ 2e_{2}+ 2e_{3} \right )= f\left ( e_{1} \right )+ 2f\left ( e_{2} \right )+ 2f\left ( e_{3} \right )= \left ( -9, -2, -5 \right )$

$\Rightarrow\left\{\begin{matrix} f\left ( e_{1} \right )= \left ( -17, -18, -23 \right )\\ f\left ( e_{2} \right )= \left ( -79, -89, -112 \right )\\ f\left ( e_{3} \right )= \left ( 83, 97, 121 \right ) \end{matrix}\right.\Rightarrow\left [ f \right ]_{E_{3}}= \begin{pmatrix} -17 & -79 & 83\\ -18 & -89 & 97\\ -23 & -112 & 121 \end{pmatrix}$

$\Rightarrow f\left ( x_{1}, x_{2}, x_{3} \right )= \left ( -17x_{1}- 79x_{2}+ 83x_{3}, -18x_{1}- 89x_{2}+ 97x_{3}, -23x_{1}- 112x_{2}+ 121x_{3} \right ).$

b. Có được $P= P_{E\rightarrow B}= \begin{pmatrix} 1 & -3 & 1\\ 3 & 6 & 2\\ 3 & 5 & 2 \end{pmatrix}\Rightarrow\left [ f \right ]_{B}= P^{-1}\cdot\left [ f \right ]_{E}\cdot P=$

$= \begin{pmatrix} 1 & -3 & 1\\ 3 & 6 & 2\\ 3 & 5 & 2 \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} -17 & -79 & 83\\ -18 & -89 & 97\\ -23 & -112 & 121 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -3 & 1\\ 3 & 6 & 2\\ 3 & 5 & 2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -8 & -15 & -20\\ 2 & 3 & 3\\ 9 & 16 & 20 \end{pmatrix}.$

c. Có được $Q= P_{E\rightarrow C}= \begin{pmatrix} 2 & -5 & 1\\ 0 & -1 & 0\\ 3 & -5 & 1 \end{pmatrix}\Rightarrow \left [ f \right ]_{B}^{C}= Q^{-1}\cdot\left [ f \right ]_{E}\cdot P=$

$= \begin{pmatrix} 2 & -5 & 1\\ 0 & -1 & 0\\ 3 & -5 & 1 \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} -17 & -79 & 83\\ -18 & -89 & 97\\ -23 & -112 & 121 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -3 & 1\\ 3 & 6 & 2\\ 3 & 5 & 2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 9 & 10 & 4\\ 6 & 5 & -2\\ 7 & -3 & -27 \end{pmatrix}$

(hệ quả của công thức chuyển cơ sở).

d. Ta có $\left [ x \right ]_{B}= P_{B\rightarrow E}\cdot\left [ x \right ]_{E}= P^{-1}\cdot\left [ x \right ]_{E}= \begin{pmatrix} 1 & -3 & 1\\ 3 & 6 & 2\\ 3 & 5 & 2 \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} -2\\ 3\\ 3 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 7\\ 0\\ -9 \end{pmatrix}.$

Suy ra $\left [ f\left ( x \right ) \right ]_{C}= \left [ f \right ]_{C}^{B}\cdot\left [ x \right ]_{B}= \begin{pmatrix} 9 & 10 & 4\\ 6 & 5 & -2\\ 7 & -3 & 27 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 7\\ 0\\ -9 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 27\\ 60\\ 292 \end{pmatrix}.$

Giải.

a. Ta có đa thức đặc trưng của $A:$

$$\left | A- \lambda I \right |\!=\!\left | \begin{pmatrix} -3 & -14 & -10\\ 2 & 13 & 10\\ -2 & -7 & -4 \end{pmatrix}- \lambda\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right |\!=\!\begin{vmatrix} -3- \lambda & -14 & -10\\ 2 & 13- \lambda & 10\\ -2 & -7 & -4- \lambda \end{vmatrix}\!=$$

$$= \left ( -3- \lambda \right )\left ( 13- \lambda \right )\left ( -4- \lambda \right )- 14\cdot 10\cdot\left ( -2 \right )- 10\cdot 2\cdot\left ( -7 \right )- \left ( -3- \lambda \right )10\cdot\left ( -7 \right )+$$

$$+ 14\cdot 2\left ( -4- \lambda \right )+ 10\left ( 13- \lambda \right )\left ( -2 \right )= -\lambda^{3}+ 6\lambda^{2}+ \lambda- 6= \left ( 1+ \lambda \right )\left ( 1- \lambda \right )\left ( 6- \lambda \right )$$

có ba nghiệm $\lambda_{1}= -1, \lambda_{2}= 1, \lambda_{3}= 6.$

Đây là những phần tử nằm trên đường chéo của dạng chéo hóa tương ứng với trị riêng của $A.$

Xét $\lambda_{1}= -1:$

$$A\!-\!\lambda I\!=\!\begin{pmatrix} \!-2 \!&\! -14 \!&\! -10\!\\ \!2 \!&\! 14 \!&\! 10\!\\ \!-2 \!& -7 \!& -3\! \end{pmatrix}\!\xrightarrow[R_{2}+ R_{3}]{R_{2}+ R_{1}}\!\begin{pmatrix} \!0 \!&\! 0 \!&\! 0\!\\ 2 \!&\! 14 \!&\! 10\!\\ 0 \!&\! 7 \!&\! 7\! \end{pmatrix}\!\xrightarrow{R_{2}/2}\!\begin{pmatrix} \!0 \!&\! 0 \!&\! 0\!\\ \!1 \!&\! 7 \!&\! 5\!\\ \!0 \!&\! 7 \!&\! 7\! \end{pmatrix}\!\xrightarrow[R_{3}/7]{-R_{3}+ R_{2}}\!\begin{pmatrix} \!0 \!&\! 0 \!&\! 0\!\\ 1 \!&\! 0 \!&\! -2\!\\ 0 \!&\! 1 \!&\! 1\! \end{pmatrix}$$

$$\Rightarrow x_{3}= \alpha, x_{2}= -\alpha, x_{1}= 2\alpha\Rightarrow\left ( x_{1}, x_{2}, x_{3} \right )= \left ( 2, -1, 1 \right )\Rightarrow\dim E\left ( -1 \right )= 1$$

Xét $\lambda_{2}= 1:$

$$A-\!\lambda I=\!\begin{pmatrix} \!-4 \!&\! -14 \!&\! -10\!\\ \!2 \!&\! 12 \!&\! 10\!\\ \!-2 \!& -7 \!& -5\! \end{pmatrix}\!\xrightarrow[R_{2}+ R_{3}]{2R_{3}- R_{1}}\!\begin{pmatrix} \!0 \!&\! 0 \!&\! 0\!\\ 2 \!&\! 12 \!&\! 10\!\\ 0 \!&\! 5 \!&\! 5\! \end{pmatrix}\!\xrightarrow{R_{2}/2}\!\begin{pmatrix} \!0 \!&\! 0 \!&\! 0\!\\ \!1 \!&\! 6 \!&\! 5\!\\ \!0 \!&\! 5 \!&\! 5\! \end{pmatrix}\!\xrightarrow[R_{3}/5]{-R_{3}+ R_{2}}\!\begin{pmatrix} \!0 \!&\! 0 & 0\\ 1 \!&\! 1 & 0\\ 0 \!&\! 1 & 1 \end{pmatrix}$$

$$\Rightarrow x_{3}= \alpha, x_{2}= -\alpha, x_{1}= \alpha\Rightarrow\left ( x_{1}, x_{2}, x_{3} \right )= \left ( 1, -1, 1 \right )\Rightarrow\dim E\left ( 1 \right )= 1$$

Xét $\lambda_{3}= 6:$

$$A-\!\lambda I=\!\begin{pmatrix} \!-9 \!&\! -14 \!&\! -10\!\\ \!2 \!&\! 7 \!&\! 10\!\\ \!-2 \!& -7 \!& -10\! \end{pmatrix}\!\xrightarrow[R_{2}+ R_{3}]{R_{3}- R_{1}}\!\begin{pmatrix} \!7 \!&\! 7 \!&\! 0\!\\ 2 \!&\! 7 \!&\! 10\!\\ 0 \!&\! 0 \!&\! 0\! \end{pmatrix}\!\xrightarrow{R_{1}- R_{2}}\!\begin{pmatrix} \!7 \!&\! 7 \!&\! 0\!\\ \!5 \!&\! 0 \!&\! -10\!\\ \!0 \!&\! 0 \!&\! 0\! \end{pmatrix}\!\xrightarrow[R_{2}/5]{R_{1}/7}\!\begin{pmatrix} \!1 \!&\! 1 \!&\! 0\!\\ 1 \!&\! 0 \!&\! -2\!\\ 0 \!&\! 0 \!&\! 0\! \end{pmatrix}$$

$$\Rightarrow x_{3}= \alpha, x_{1}= 2\alpha, x_{2}= -2\alpha\Rightarrow\left ( x_{1}, x_{2}, x_{3} \right )= \left ( 2, -2, 1 \right )\Rightarrow\dim E\left ( 6 \right )= 1$$

Có được tổng số chiều của các không gian con riêng của ma trận cũng bằng $3$ nên chéo hóa được.

Ta suy ra vectors riêng là $v_{1}= \left ( 2, -1, 1 \right ), v_{2}= \left ( 1, -1, 1 \right ), v_{3}= \left ( 2, -2, 1 \right )$ tương ứng với mỗi cột của $P.$

Có được $P^{-1}AP= D$ với $P=\!\begin{pmatrix} 2 & 1 & 2\\ -1 & -1 & -2\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\!, P^{-1}=\!\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ -1 & 0 & -2\\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}\!, D=\!\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}\!.$

b. Ta lại có $A= PDP^{-1}\Rightarrow A^{10}= PDP^{-1}PDP^{-1}P\ldots DP^{-1}= PD^{10}P^{-1}.$

Tìm được $A^{10}= \begin{pmatrix} 2 & 1 & 2\\ -1 & -1 & -2\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \left ( -1 \right )^{10} & 0 & 0\\ 0 & 1^{10} & 0\\ 0 & 0 & 6^{10} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ -1 & 0 & -2\\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}.$ 

Giải.

Cho một vector bất kì, giả sử với $\left ( a, b \right )\in\mathbb{R}^{2}.$ Xét $\varphi$ là góc được xác định bởi $\left ( a, b \right )$ và trục $x.$ Ta có độ dài $r= \sqrt{a^{2}+ b^{2}}.$ Khi đó $a= r\cos\varphi, b= r\sin\varphi.$ Giả sử quay vector $\left ( a, b \right )$ quanh gốc tọa độ một góc $\alpha$ ngược theo chiều kim đồng hồ, có được vector $\left ( {a}', {b}' \right )$ thì

$${a}'= r\cos\left ( \varphi+ \alpha \right ), {b}'= r\sin\left ( \varphi+ \alpha \right )$$

Áp dụng công thức cộng, tìm được biểu thức phép quay

$${a}'= r\cos\varphi\cos\alpha- r\sin\varphi\sin\alpha= a\cos\alpha- b\sin\alpha$$

$${b}'= r\sin\varphi\cos\alpha+ r\cos\varphi\sin\alpha= a\sin\alpha+ b\cos\alpha$$

Có được $\begin{pmatrix} {a}'\\ {b}' \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \cos\alpha & -\sin\alpha\\ \sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}$ chứng tỏ phép quay $\left ( a, b \right )\mapsto\left ( {a}', {b}' \right )$ là một ánh xạ tuyến tính.

Vậy ma trận biểu diễn là $\begin{pmatrix} \cos\alpha & -\sin\alpha\\ \sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix}.$

Áp dụng biểu thức phép quay trên với $\alpha= \frac{\pi}{4}.$ Ta có:

Ảnh của $M\left ( 1, 1 \right )$ là ${M}'\left ( 0, \sqrt{2} \right ).$

Ảnh của $N\left ( 1, 2 \right )$ là ${N}'\left ( -\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{3\sqrt{2}}{2} \right ).$

Ảnh của $P\left ( 3, 3 \right )$ là ${P}'\left ( 0, 3\sqrt{2} \right ).$

(Câu 2). Trong không gian vector $\mathbb{R}^{3}$ cho hai hệ vectors

$$U= \left \{ u_{1}= \left ( -2, 2, 5 \right ), u_{2}= \left ( 2, 1, 3 \right ), u_{3}= \left ( 3, 1, 3 \right ) \right \}$$

$$V= \left \{ v_{1}= \left ( -1, 2, 1 \right ), v_{2}= \left ( 0, 2, 1 \right ), v_{3}= \left ( -1, 7, 4 \right ) \right \}$$

a. Chứng minh $U, V$ là hai cơ sở của $\mathbb{R}^{3}.$

b. Cho biết $x= \left ( 0, 2, -3 \right )$ tìm tọa độ của $x$ theo $V.$

c. Tìm $P_{U\rightarrow V}$ và $P_{V\rightarrow U}.$

d. Sử dụng công thức đổi tọa độ với $x$ theo $U.$

Giải.

a. Ta kiểm tra $U$ có độc lập tuyến tính không. Xét tổ hợp tuyến tính

$$x_{1}u_{1}+ u_{2}u_{2}+ x_{3}u_{3}= 0$$

Điều này tương đương với phương trình ma trận

$$\begin{bmatrix} -2 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 1\\ 5 & 3 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}= 0$$

Ta lại xét thêm một ma trận bổ sung.

Dùng phép biến đổi sơ cấp với ma trận bổ sung đó

$$\left [ \begin{array}{rrr|r} -2 & 2 & 3 & 0\\ 2 & 1 & 1 & 0\\ 5 & 3 & 3 & 0 \end{array} \right ]\xrightarrow{R_{3}\leftrightarrow R_{1}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 5 & 3 & 3 & 0\\ 2 & 1 & 1 & 0\\ -2 & 2 & 3 & 0 \end{array} \right ]\xrightarrow[-2R_{2}+ R_{3}]{3R_{2}- R_{1}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 0\\ 2 & 1 & 1 & 0\\ -6 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ]\rightarrow\left [ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ]$$

Vậy có được $x_{1}= x_{2}= x_{3}= 0.$

Nên $U$ độc lập tuyến tính.

Mặt khác $U$ chứa ba vectors độc lập tuyến tính trong không gian $\mathbb{R}^{3}$ nên $U$ là một cơ sở của $\mathbb{R}^{3}.$

Với $V$ tương tự. Xét tổ hợp tuyến tính

$$y_{1}v_{1}+ y_{2}v_{2}+ y_{3}v_{3}= 0$$

Tương đương với phương trình ma trận

$$\begin{bmatrix} -1 & 0 & -1\\ 2 & 2 & 7\\ 1 & 1 & 4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3} \end{bmatrix}= 0$$

Ta lại xét thêm một ma trận bổ sung.

Dùng phép biến đổi sơ cấp với ma trận bổ sung đó

$$\left [ \begin{array}{rrr|r} -1 & 0 & -1 & 0\\ 2 & 2 & 7 & 0\\ 1 & 1 & 4 & 0 \end{array} \right ]\xrightarrow{R_{3}\leftrightarrow R_{2}}\left [ \begin{array}{rrr|r} -1 & 0 & -1 & 0\\ 1 & 1 & 4 & 0\\ 2 & 2 & 7 & 0 \end{array} \right ]\xrightarrow[2R_{2}- R_{3}]{-R_{1}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 4 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ]\rightarrow\left [ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ]$$

Vậy có được $y_{1}= y_{2}= y_{3}= 0.$

Nên $V$ độc lập tuyến tính.

Mặt khác $V$ chứa ba vectors độc lập tuyến tính trong không gian $\mathbb{R}^{3}$ nên $V$ là một cơ sở của $\mathbb{R}^{3}.$

b. Ta tìm tọa độ của $x$ theo $V.$ Xét tổ hợp tuyến tính

$$\alpha_{1}v_{1}+ \alpha_{2}v_{2}+ \alpha_{3}v_{3}= x$$

Điều này tương đương với phương trình ma trận

$$\begin{bmatrix} -1 & 0 & -1\\ 2 & 2 & 7\\ 1 & 1 & 4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \alpha_{1}\\ \alpha_{2}\\ \alpha_{3} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0\\ 2\\ -3 \end{bmatrix}$$

Ta lại xét thêm một ma trận bổ sung.

Dùng phép biến đổi sơ cấp với ma trận bổ sung đó

$$\left [ \begin{array}{rrr|r} -1 & 0 & -1 & 0\\ 2 & 2 & 7 & 2\\ 1 & 1 & 4 & -3 \end{array} \right ]\xrightarrow{R_{3}\leftrightarrow R_{2}}\left [ \begin{array}{rrr|r} -1 & 0 & -1 & 0\\ 1 & 1 & 4 & -3\\ 2 & 2 & 7 & 2 \end{array} \right ]\xrightarrow[2R_{2}- R_{3}]{-R_{1}}\left [ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 4 & -3\\ 0 & 0 & 1 & -8 \end{array} \right ]$$

Vậy có được $\alpha_{3}= -8, \alpha_{1}= 8, \alpha_{2}= -3- \alpha_{1}- 4\alpha_{3}= 21.$ Nên $\left [ x \right ]_{V}= \begin{bmatrix} 8\\ 21\\ -8 \end{bmatrix}.$

c. Theo công thức, có được các ma trận chuyển cơ sở cần tìm

$$P_{U\rightarrow V}= P_{U\rightarrow E}\cdot P_{E\rightarrow V}= \left ( P_{E\rightarrow U} \right )^{-1}\cdot P_{E\rightarrow V}=$$

$$= \begin{bmatrix} -2 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 1\\ 5 & 3 & 3 \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} -1 & 0 & -1\\ 2 & 2 & 7\\ 1 & 1 & 4 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 5 & 5 & 17\\ -33 & -34 & -114\\ 25 & 26 & 87 \end{bmatrix}$$

$$P_{V\rightarrow U}= P_{V\rightarrow E}\cdot P_{E\rightarrow U}= \left ( P_{E\rightarrow V} \right )^{-1}\cdot P_{E\rightarrow U}=$$

$$= \begin{bmatrix} -1 & 0 & -1\\ 2 & 2 & 7\\ 1 & 1 & 4 \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} -2 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 1\\ 5 & 3 & 3 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} -6 & -7 & -8\\ -21 & -10 & -9\\ 8 & 5 & 5 \end{bmatrix}$$

d. Dùng công thức đổi tọa độ, có được

$$\left [ x \right ]_{U}= P_{U\rightarrow V}\cdot\left [ x \right ]_{V}= \begin{bmatrix} 5 & 5 & 17\\ -33 & -34 & -114\\ 25 & 26 & 87 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 8\\ 21\\ -8 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 9\\ -66\\ 50 \end{bmatrix}$$

(Câu 4). Cho ma trận $A= \begin{pmatrix} -3 & -2 & 2\\ 2 & 1 & -2\\ -2 & -1 & 2 \end{pmatrix}.$

a. Chéo hóa $A.$

b. Tính $A^{10}.$

Giải.

a. Ta có đa thức đặc trưng của $A:$

$$\left | A- \lambda I \right |\!=\!\left | \begin{pmatrix} -3 & -2 & 2\\ 2 & 1 & -2\\ -2 & -1 & 2 \end{pmatrix}- \lambda\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right |\!=\!\begin{vmatrix} -3- \lambda & -2 & 2\\ 2 & 1- \lambda & -2\\ -2 & -1 & 2- \lambda \end{vmatrix}\!=$$

$$= \left ( -3- \lambda \right )\left ( 1- \lambda \right )\left ( 2- \lambda \right )- 2\cdot 2\cdot 2+ 2\cdot 2\cdot\left ( -1 \right )+ \left ( 3+ \lambda \right )\cdot 2\cdot 1+$$

$$+ 2\cdot 2\left ( 2- \lambda \right )- 2\left ( 1- \lambda \right )\cdot\left ( -2 \right )= \left ( 1+ \lambda \right )\lambda\left ( 1- \lambda \right )$$

có ba nghiệm $\lambda_{1}= -1, \lambda_{2}= 0, \lambda_{3}= 1.$

Đây là những phần tử nằm trên đường chéo của dạng chéo hóa tương ứng với trị riêng của $A.$

Xét $\lambda_{1}= -1:$

$$A- \lambda I= \begin{pmatrix} -2 & -2 & 2\\ 2 & 2 & -2\\ -2 & -1 & 3 \end{pmatrix}\xrightarrow[R_{2}+ R_{3}]{R_{2}+ R_{1}}\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 2 & 2 & -2\\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$

$$\Rightarrow x_{3}= \alpha, x_{2}= -\alpha, x_{1}= x_{3}- x_{2}= 2\alpha\Rightarrow\left ( x_{1}, x_{2}, x_{3} \right )= \left ( 2, -1, 1 \right )\Rightarrow\dim E\left ( -1 \right )= 1$$

Xét $\lambda_{2}= 0:$

$$A- \lambda I= \begin{pmatrix} -3 & -2 & 2\\ 2 & 1 & -2\\ -2 & -1 & 2 \end{pmatrix}\xrightarrow[R_{2}+ R_{3}]{2R_{2}+ R_{1}}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2\\ 2 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

$$\Rightarrow x_{3}= \alpha, x_{1}= 2\alpha, x_{2}= 2x_{3}- 2x_{1}= -2\alpha\Rightarrow\left ( x_{1}, x_{2}, x_{3} \right )= \left ( 2, -2, 1 \right )\Rightarrow\dim E\left ( 0 \right )= 1$$

Xét $\lambda_{3}= 1:$

$$A- \lambda I= \begin{pmatrix} -4 & -2 & 2\\ 2 & 0 & -2\\ -2 & -1 & 1 \end{pmatrix}\xrightarrow[R_{2}/2]{2R_{3}- R_{1}}\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 1 & 0 & -1\\ -2 & -1 & 1 \end{pmatrix}$$

$$\Rightarrow x_{3}= \alpha, x_{1}= \alpha, x_{2}= x_{3}- 2x_{1}= -\alpha\Rightarrow\left ( x_{1}, x_{2}, x_{3} \right )= \left ( 1, -1, 1 \right )\Rightarrow\dim E\left ( 1 \right )= 1$$

Có được tổng số chiều của các không gian con riêng của ma trận cũng bằng $3$ nên chéo hóa được.

Ta suy ra vectors riêng là $v_{1}= \left ( 2, -1, 1 \right ), v_{2}= \left ( 2, -2, 1 \right ), v_{3}= \left ( 1, -1, 1 \right )$ tương ứng với mỗi cột của $P.$

Có được $P^{-1}AP= D$ với $P=\!\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1\\ -1 & -2 & -1\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\!, P^{-1}=\!\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & -1 & -1\\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix}\!, D=\!\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\!.$

b. Ta lại có $A= PDP^{-1}\Rightarrow A^{10}= PDP^{-1}PDP^{-1}P\ldots DP^{-1}= PD^{10}P^{-1}.$

Tìm được $A^{10}= \begin{pmatrix} 2 & 2 & 1\\ -1 & -2 & -1\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \left ( -1 \right )^{10} & 0 & 0\\ 0 & 0^{10} & 0\\ 0 & 0 & 1^{10} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & -1 & -1\\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix}.$ 

(Câu 1). Giả sử $X$ với $Y$ là $2$ biến ngẫu nhiên có phân phối đồng thời PDF

$P\left ( X= 0, Y= 0 \right )= 0. 1, P\left ( X= 0, Y= 1 \right )= 0. 3, P\left ( X= 0, Y= 2 \right )= 0. 2,$

$P\left ( X= 1, Y= 0 \right )= 0. 1, P\left ( X= 1, Y= 1 \right )= 0. 2, P\left ( X= 1, Y= 2 \right )= 0. 1.$

a. Hỏi $X$ với $Y$ có độc lập với nhau không (vì sao) ??

b. Giả sử $Y> 0,$ tìm xác suất $X> 0{\it ?}$

c. Tìm xác suất $P\left ( Y> X \right ){\it ?}$

(Câu 2). Cho hai biến ngẫu nhiên $X$ và $Y$ có mật độ đồng thời JDF

$$f\left ( x, y \right )= \left\{\begin{matrix} 6xy & {\rm if}\,0\leq x\leq 1, 0\leq y\leq 2- 2x\\ 0 & {\rm otherwise} \end{matrix}\right.$$

a. Tìm hàm mật độ thành phần của $X.$

b. Tìm $P\left ( Y< 0.5\mid X< 0.5 \right ){\it ?}$

(Câu 3). Sau nhiều phàn nàn về khối lượng ngũ cốc trong hộp $< 16$oz công ti sản xuất ngũ cốc Captain Crisp quyết định tiến hành kiểm tra lại. Họ chọn ngẫu nhiên một mẫu gồm $400$ hộp, thấy $94$ hộp có lượng ngũ cốc ít hơn $16$oz.

a. Xây dựng khoảng tin cậy với độ tin cậy $95\%$ cho tỷ lệ hộp ngũ cốc nhẹ hơn $16$oz xét trên toàn bộ hộp ngũ cốc do công ty đó sản xuất.

b. Với mức ý nghĩa $\alpha= 0.10,$ có thể kết luận rằng tỷ lệ hộp ngũ cốc nhẹ hơn $16$oz của công ty đó có trên $20\%$ không ??

(Câu 4). Những nhà nghiên cứu cảm thấy lo lắng việc có quá nhiều chlor trong nước uống được cung cấp. Họ bắt đầu thu thập độc lập $25$ mẫu nước uống, tiến hành đo biết được lượng chlor trung bình các mẫu nước uống là $4.2$mg/l, độ lệch chuẩn có hiệu chỉnh là $0.6$mg/l. FDA khuyến nghị rằng lượng chlor trung bình không nên vượt quá $4$mg/l. Những nhà nghiên cứu muốn biết rằng lượng chlor trung bình trong nước uống có vượt quá giới hạn danh mục đó hay không. Giả dụ lượng chlor trong nước uống có phân phối chuẩn xấp xỉ, hãy thực hiện kiểm định với mức ý nghĩa $\alpha= 0.05.$

(Câu 6). Sau đây là dữ liệu của hai biến ngẫu nhiên $X$ và $Y:$

$$\begin{array}{c|cccccccccccc} X & 100 & 230 & 320 & 500 & 550 & 1000 & 1300 & 1500 & 2000 & 2100 & 3200 & 3800\\ \hline Y & 11 & 34 & 25 & 35 & 40 & 45 & 55 & 65 & 80 & 75 & 125 & 115 \end{array}$$

a. Tính hệ số tương quan, và nhận xét về tính tuyến tính của $X$ với $Y.$ Mạnh hay yếu ? Nghịch biến hay đồng biến ?

b. Viết phương trình hồi quy tuyến tính của $Y$ theo $X.$ Dự đoán giá trị của $Y$ khi $X= 5000.$