bai tap anh xa tuyen tinh

Trần Duy Chức

Lớp TĐH

6.1
5,Gọi u= (x,y) , f(u)=(x,y+1)
v= (x’,y’) , f(v’) =(x’,y’ +1)
xét u+v = (x +x’, y+y’)
f (u+v) = ( x+x’ ,y+y’+2) f(u) + f(v’)
Vậy ánh xạ đã cho không phải tuyến tính
6,
Gọi u= (x,y) , f(u)=(2x+y,x-y)
v= (x’,y’) , f(v’) =(2x’+ y’,x’ –y’)
xét u+v = (x +x’, y+y’)
f (u+v) = ( 2x+2x’+y+y’ ,x+x’-y-y’) = (2x+y,x-y) + ( 2x’ +y’,x’ –y’)= f(u) + f(v’)
( thỏa mãn dk 1)
Chọn u=(x,y) , chọn k=2
Xét f(ku) = f (2(x,y))= f(2x,2y)=(4x +2y,2x-2y)
 f (2u) =2f(u)

thỏa mã đk2
Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính
6.2
2,Gọi u= (x,y,z) , f(u)=(0,0)
v= (x’,y’,z’) , f(v’) =(0,0)
xét u+v = (x +x’, y+y’, z+z’)
f (u+v) = ( 0,0)=(0,0)+(0,0)= f(u) + f(v’)


( thỏa mãn dk 1)
Xét f(ku) = f (k(x,y,z))= f(kx,ky,kz)=(0,0)=kf(u)

 f (2u) =2f(u)

thỏa mã đk2
Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính
4, Gọi u= (x,y,z) , f(u)=(2x+y,3y-4z)
v= (x’,y’,z’) , f(v’) =(2x’+y’,3y’-4z’)
xét u+v = (x +x’, y+y’, z+z’)
f (u+v) = ( 2(x+x’) + y+y’,3(y+y’)-4(z+z’)= (2x+y,3y-4z) + (2x’ +y’,3y’-4z’) = f(u) + f(v’)
( thỏa mãn dk 1)
Chọn k=2 , Xét f(ku) =f(2u)=f(2x,2y,2z) =(4x+2y,6y-8z)
f(2(u)) = 2f(u)
thỏa mã đk2
Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính
6.7

a , Ma trận ánh xạ T là

b, = A =

c, , = A=
6.10

1 4 
1 −7 



A=

1 4 

1 −7 



=

1 4 
1 −7 



=  T(x,y,z) =(x+3y+4z,x-7z)


A, hệ =   2x-y =-1 có nghiêm y tùy ý, x=(1+y)2
Nên (1,-4) Im(T)
B, hệ =  => hệ vô nghiệm nên (5,0)

∉

Im(T)

C, hệ = 
Có nghiệm y tùy ý ,x =(-3+y)/2 nên (-3,12) Im(T)
2,
Nếu = thì (x,y) có ảnh là (0,0) nên (x,y)
Nếu không có đẳng thức trên thì (x,y) có ảnh (0,0) nên (x,y)
A, Ta có
= nên (5,10)
B,

= nên (3,2)

∉

C,
= nên (1,1)

∉

6.11
1, Ker(T) ={ p P2 , T(p)=0 P3}
ở đây T(p) =xp. Nếu xp=0 thì p
Nêu xp 0 thì p
A, p= x2 => xp = x3 0 => x2

∉

∉

B, p=0 => xp =0x =0 => 0
C, p= 1+x => xp= x(1+x) 0 => 1+x

∉

∉


2, Im(T)={q P3 : P2 P2 để T(p)= q}
Vì T(p) := xp nên , nếu pt xp=q có nghiệm p thì q Im(T), nếu pt này vô nghiệm thì
q

∉

Im(T)

Vậy có
A, xq= x+x2 có nghiệm q=1+ x nên x+x2 Im(T)
B, xq=1 + x , không có nghiệm q nên (1+x)
2
C, xq = 3- x2 không có nghiệm q nên 3- x

∉

Im(T)
∉

Im(T)

6.17
Ta có dim(ker(T)) = dim(V) – rank(T)
A, dim(ker(T)) = 5 – 3 = 2
B, dim(ker(T))= 5 – 1 =4
C, dim(ker(T)) = 6 – 3 = 3
D, dim(ker(T)) = 4 – 3 = 1
6.19
Im(T) = KG sinh bởi các vecto cột cảu ma trận A của T
1 −13 
5 6 −4 



7 4 2 

1 0 0 
5 1 0 




7
1
0



1, A=
Có 2 cột độc lập tuyến tính => dim (Im(T)) =2
Dim(Ker(T)) 3-2=1


1 
5 
 
7 

Một cơ sở của Im(T) là 2 vecto

0
1 
 
1 

và
θ

Để tìm cơ sở cho Ker(T) , t xét hệ thuần nhất Ax=
1 −1 3 0 
5

 6 −4 0 
BĐSC
7 4 2 0  u
uuuuuuutheo
uuuuuuhàng
uuuur

0
1 −1 3
0

 11 −19 0 
0 0 0
0 

Ta có hpt  x3
6.34
Giả sử ma trận B đồng dạng với ma trận A khi đó tồn tại tại ma trận B không suy biến
cùng cấp với A và B để có B = p-1AP
Ta suy ra B2 = (P-1AP)2 = (P-1AP) (P-1AP)= P-1A(PP-1)AP=P-1AAP=P-1A2P
Do đó B2 đồng dạng với A2