BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (300.42 KB, 10 trang )
HƯỚNG DẪN BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH (GV LÊ VĂN HỢP)
CHƯƠNG I : MA TRẬN VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
Dùng phương pháp Gauss hay Gauss Jordan để biến đổi hệ phương trình thành dạng
1 2 4 31
1 0 0 3
1 3 1
5
1
0 1 2 14
0 1 0 4
0 1 2 6
0
1/ a)
hay
b)
hay
0 0 1 5
0 0 1 5
0 0 1 2
0
0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0
0
1 1 2 3
1
1 0 0 0 1
1 2 3 2 1
1 0 0
0 1 5 7 8
0 1 0 0 1
0 1 2 7 8
0 1 0
c)
hay
d)
hay
0 0 1 9
0 0 1 0 0
0 0 9
0 0 1
9
0 13
1
0 0 0 1
0 0 0 1 1
0 0 0 18 7
0 0 0
1 1 3 1
1 3 3 9 1
1 2 0 2 6
1 4 2
0 1 4
5
0 1 1 7 8
0 1 3 5 17
0 6 3
2/ a)
b)
c)
d)
0 0 1
0 0 0 5 6
0 0 9 17 54
0 0 0
1
1
1
0 0 0
0 0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0
1 3 2 0
1 0 11/ 7 0
1 7 8 9 0
1 0 3 /17
0 7 1 0
0 1 1/ 7 0
0 17 19 20 0
0 1 19 /17
3/ a)
hay
b)
hay
0 0 0 0
0 0
0 0
0 0
0
0
0
0 0
0
0
0
0
0 0
0
0 0 0 0
0 0
0 0
0 0
1 1 2 3 1
1 0 0 0 8
0 1 1 1 3
0 1 0 1 3
c)
hay
0 0 1 2 6
0 0 1 2 6
0
0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 1 3 2 3 5
1 1 0 0 3 / 2 1/ 2
0 0 2 3 3 12
0 0 1 0 3 / 2 3 / 2
d)
hay
0 0 0 1 0 5
0 0 0 1
0
5
0
0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0
1 2 2 7 3 1
1 2 0 1 0 1/ 2
0 0 2 6 4 1
0 0 1 3 0 1/ 2
e)
hay
0 0 0 0 2 1
0 0 0 0 1 1/ 2
0
0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
1 2 1 1 2 1
1 0
0
0 1/ 3 2 / 3
0 6 3 3 5 1
0 1 1/ 2 1/ 2 5 / 6 1/ 6
f)
hay
0 0 0 0 0 0
0 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0 0 0 0 0 0
0 0
0 0
1
1 0 2
0 1 2
0 0 0
0
2/3
0 43 /18
0
13 / 9
1 7 /18
2 3 0
3 5 1
0 0 1
0 0 0
13 /17 0
20 /17 0
0
0
0
0
1
1
4/ a) 0
0
1 1
0 1
b)
0 0
0 0
3 8 1
1 3
0 0
2
2
0
0
3
1 0 1 2
9 /17
1 14 /17 hay 0 1 3 1 14 /17 : xét (17m 4) = 0 hoặc (17m 4) 0 .
0 0 0 0 17m 4
0 17 m 4
5
5
1 0 4 3
2
2
3
0 1 2 2
3
hay
: xét (m 1) = 0 hoặc (m 1) 0 .
0 0 0
0 m 1
0 m 1
0
0
0
0
0 0 0
2
1
1 0 0
1
m 1
2
1
4
2m 3
hay 0 1 0
: xét (m 7) = 0 hoặc (m 7) 0 .
0 0 1
1
m 1
1
m 1
m 7 m(m 7)
0 0 0 m 7 m(m 7)
1
0
c)
0
0
1
0
d)
0
0
1 1
1
0
e)
0
0
xét
2 1
1
0 1 7 11
2a d
0
hay
0
0 0 0 0 2a c d
0 0 0 0 a b 2d
0
[ (2a c d) = 0 = (a + b + 2d) ] hoặc
1
0
f)
0
0
1
g) 0
0
1
h) 0
0
1 1
1 2
0
1
0
0
2 1 1 1
1
1
0
0
8 4 4
0
0
0
2
0
0
1
1
2
0
hay
0
9
m 1
0
a
3
0 0
1/ 2
1/ 2
1 0
1/ 2
1/ 2
0 1 1/ 2
0 0
1/ 2
0
0
13 / 8
xet
(m 1) 0
7 /8
:
9/8
hoac
(m 1) 0
m 1
3a d
0 1 7 11
2a d
:
0 0 0
0
2a c d
0 0 0
0
a b 2d
[ (2a c d) 0 hay (a + b + 2d) 0 ]
2 0
9
14
3
12
1 0 0
5
21
1 1 2
9
0 1 0 8
30
hay
: xét (m 8) = 0 hoặc (m 8) 0 .
0 0 1 6
0 1
6
21
21
0 0 m 8 12
0 0 0 m 8 12
1
1
1
1 0
m 3
0
(m 2) 0
1
m2
1 hay 0 1
m2
1 : xét (m 3) 0
0 0 (m 3)(m 2) (m 2)
(m 2)(m 3) 0
0 (m 3)(m 2) (m 2)
2 1 2
3 / 5
1 0 1/ 3 4 / 3
1/ 3
3 2 1
2 / 5 hay 0 1 2 / 3 1/ 3 2 /15 : xét (5m + 3) = 0 hoặc (5m + 3) 0
0 0
0 0 0 5m 3
0
0
5m 3
1
1
1
1
m 1
1
0 1 m2
i) 0 m 1 0
m hay 0 m 1 0
m : xét (m 1) = 0 hoặc (m 1) 0 .
0
0
0
1 m 2 m
0
1 m 2 m
1 1
3
j) 0 1 m 6
0 0 m(m 5)
1 0
m3
m 3 hay 0 1 m 6
0 0 m(m 5)
m(m 2)
1
m2
m0
m 3 : xét (m 5) 0
m(m 5) 0
m(m 2)
2
CHƯƠNG II : CÁC PHÉP TOÁN MA TRẬN MA TRẬN VUÔNG KHẢ NGHỊCH
2/ a) Tính A2 để suy ra A2m và A2m + 1 m 0 . Tổng quát hóa cho trường hợp A Mn(R) thỏa A2 = In .
b) Tính đến A4 để suy ra Ak k 0 ( phân biệt a = b và a b để dễ rút gọn biểu thức).
c) Tính đến A3 để suy ra Ak k 0 ( để ý các công thức lượng giác cos(mx + x) và sin(mx + x) m 0 )
d) Tính đến A3 để suy ra Ak k 0
e) Tính đến A4 để suy ra Ak k 0
f ) Tính đến A5 để suy ra Ak k 0 [ để ý tổng 0 + 1 + 2 + … + (k 1) = 21k(k 1) k 1 ]
g) Tính đến A5 để suy ra Ak k 0 [ để ý tổng 1 + 2 + 3 + … + k = 21k(k + 1) k 1 ]
h) Tính đến A3 để suy ra Ak k 0 ( để ý nếu Am = O3 thì Ak = O3 k m ) .
3/ Tính đến A3 để suy ra f(A) = 2A3 5A2 + 4A 3I2 .
x y z he(1)
x y
x u
1 1 2
3
1
1 0
4/ a) X = y v
4 0 3
0 1
4
5
z w
he(2)
u v w
u v
x y z he(1)
x
1 0 3
4
2
1
x y z
b) X =
4 2 5
0
1
3
u v w
he(2)
u v w
u
x
c) X =
z
x
d) X =
z
z
he(1)
3/ 4
1
5/ 4
: vô số nghiệm
11/ 4
4
1/ 4
w
he(2)
y
z
he(1)
0
3
4
2
: vô số nghiệm
1 7 / 2 17 / 2 5 / 2
v
w
he(2)
x y
z
t
y
1 0 1 1 0 : vô số nghiệm
t
0 1 2 / 3 0 0
2
2
y
y0
x yz 1 t yz
. Xét
để thấy hệ có vô số nghiệm là
t
y 0 (x t)
y ( x t ) 0 z( x t )
1 0
X = I2 , X =
với
z 1
x
y
0
1
x y
e) X =
1 1
z t
2 2
4 2
x
1
y
1
t
1
0
y
z
x
z R và X =
2
(1 x ) / y
z
t
x y
2 2 1
1 0
4 2
1 0 1
3 2 0
0 0
0 0
5 3 1
y
với x R, y R \ {0}.
x
z
t
0 0
0 0
1 0
0 1
1
0 : nghiệm duy nhất
0
1
t
x y z t
1 1 0 1
1 0 0 0 5/3
x
f) X =
1 0 1 1 0 1 0 0 1/ 3 : nghiệm duy nhất
z
0 1 1 1
0 0 1 0 1/ 3
0 0 0 1 1/ 3
1 1 1 1
2
2
y0
x x yz 0 t t yz
x y
g) X =
. Xét
để thấy hệ có vô số nghiệm là
z t
y 0 ( x t 1)
y ( x t 1) 0 z ( x t 1)
x
y
1 0
0 0
X = O2 , I2 , X =
,X=
với z R và X =
với x R, y R \ {0}.
2
z 0
z 1
(x x ) / y 1 x
3
x
h) X =
z
x
i) X =
z
x
5
y
1
t
5
0
y
z
t
0
1
0
2 2 3
3 4
4
4
6
0
x y
7
1 0
8 0 1
11
0 0
0 0
8
x
y z
t
1 1 0 0
y
5 4 3 4
t
1 2 2 3
0 0 6 6
z
t
0 0
0 0
1 0
0 1
2
1 : nghiệm duy nhất
3
2
x y z
t
7
7
1 1 0 0
11 0 1 2 3 15 : hệ vô nghiệm.
8
0 0 1 1 61
0 0 0 0
8
1
5/ a) Tính A2 để suy ra Ak và AkBk k 2 . Tính AB, (AB)2 để suy ra (AB)k k 2.
b) Tính C2 và D2 để suy ra Ck, Dk và CkDk k 2. Tính CD, (CD)2 để suy ra (CD)k k 2.
6/ a) Nhân trực tiếp bằng định nghĩa
b) Nhân trực tiếp bằng định nghĩa và rút gọn
c) Tương tự a) của 2/
2
k
k
d) Tính B để suy ra B k 1
e) Tính C ( k 2 ) bằng nhị thức Newton để suy ra Sk k 1
f) Am = AkAm k m k
g) Chỉ cần chứng minh (BA)2 = On rồi dùng f ). Chọn ví dụ A, B M2(R)
h) Dùng nhị thức Newton và f) khi tính (cA + dB)6. Khi tổng quát hóa, tính (cA + dB) r + s 1 bằng nhị thức
Newton. Để ý tính chất “ nếu p, q là 2 số nguyên 0 thỏa p + q = r + s 1 thì ( p r hay q s )”
i) Đặt A = (aij)1 i, j n , B = ( bij)1 i, j n , AB = H = ( hij)1 i, j n và BA = K = ( kij)1 i, j n . Tính mỗi vế của
đẳng thức theo các hệ số của A và B rồi so sánh. Kiểm tra Tr (AB BA) Tr (c.In ) c R \ {0}.
4 6 3
7/ A1 = 1 1 0
3 4 2
0 2 1
B1 = 3 0 2
2 1 2
7 1 10
C1 = 41 4 0 4
1 1 2
1 0 6 / 5
D =D
RE = 0 1 2 / 5 I3
0 0
0
Dùng các tính chất cơ bản của ma trận khả nghịch để tính nhanh các kết quả.
1
1 0 9
RF = 0 1 7 I3
0 0 0
8/ a) Nhân trực tiếp hoặc dùng qui nạp theo k 1. Để ý (A + B) = A( In + A1B) = ( In + BA1)A
b) Tìm 2 số nguyên p và q thỏa 9p + 20q = 1. Suy ra A = A1 = (A9)p (A20)q
c) Dùng PQ = In ( P khả nghịch và P1 = Q ) ( Q khả nghịch và Q1 = P )
3 3 2
4
9
1 2
6
1 9 16
1
1
9/ a) A =
và X =
b) A = 0 1 2 và X =
3 5
17 10 22
15 15 11
2 2 1
3 4 1
c) A =
, C =
5
7
1
4 3
5 4 và X =
118 95
200 161
4 6 3
d) A = 1 1 0 và X =
3 4 2
1
19 0
3 1
14
0
4
21 9
2 1
e) A =
và X = 5
2
5 2
24 10
1
2
1
5
3 4
f) A = 53 22 12 , C1 =
và X =
2
3
22
9
5
1
39 52
411 549
170 227
g) và h) Xét tính khả nghịch hoặc không khả nghịch ở 2 vế của phương trình để thấy phương trình vô nghiệm.
10/ a) Tính HL. Để ý K = ( In B ) với B = A và Bk = On . Từ đó áp dụng điều vừa chứng minh.
b) Tính PQ c) X = 7(A5) 1(A3C2B4)(B6)1 và Y = 2(A9C8) 1(A9C5A7B1C2)(B4C2) 1 rồi rút gọn
CHƯƠNG III : ĐỊNH THỨC CỦA MA TRẬN VUÔNG
Ký hiệu ( i ) là dòng thứ i và ( i )’ là cột thứ i của ma trận đang xét.
1/ a) 100
e) | At | = | A | ,
b) 242m(1 m)
| A | = | A |3 ,
| A2 | = | A |2 ,
3
c) 324
| 4A | = (4)3| A| ,
d) 18ab(a b)
| AB | = | A |.| B |
2/ a) (x + 1)2(2x 1) b) 2(x + 3)(x 2) c) (x a)(x b)(a b)(x + a + b) d) (xa)(xb)(b a)(ax+ bx+ ab)
e) (1) + (2) + (3). Sau đó (2)’ (1)’ và (3)’ (1)’. Ta có | A | = 21(a + b + c)[ (a b)2 + (b c)2 + (c a)2 ]
f) (1) + (2) + (3) + (4). Sau đó (2)’ (1)’, (3)’ (1)’ và (4)’ (1)’. Khai triển dòng (1). Tiếp theo (1) + (2) và
(2)’ (1)’. Ta có | A | = (a + b + c)(a + b c)(a + c b)(b + c a)
g) (2) (1) và (3) (1). Khai triển cột (4). Sau đó (1) + (3). Ta có | A | = (2a b c d)
h) (1) + (2) + (3) + (4). Sau đó (4)’ (1)’. Khai triển cột (4). Tiếp theo (2)’ (1)’ và (3)’ (1)’.
Ta có | A | = (a b)2(a + b + 2x)(a + b 2x)
i) (4)’ (3)’, (3)’ (2)’ và (2)’ (1)’. Sau đó (4)’ (3)’ và (3)’ (2)’ . Để ý ma trận có 2 cột giống nhau.
j) (1)’ + (2)’ + (3)’. Để ý ma trận có 2 cột tỉ lệ với nhau.
3/ a), b), c) và d) | A | 0 và A1 = | A |1 Ct
e) và f) | A | = 0
b) (1)’ (2)’ (3)’. Sau đó (3) (1). Ta có | A | = m2(m 1)
d) | A | = 1 a R
4/ a) | A | = (m + 1)(m + 2)
c) | A | = (c a)(c b)(a b)
5/ 0 và hệ có nghiệm duy nhất là xj = j / với j = 1, 2, 3.
6/ a) = (m + 1)(m 1) = 2 và 1 = 0 : nghiệm duy nhất hay vô số nghiệm
b) = (m + 1)(m + 4), 1 = (m + 1), 2 = (m + 1)(m + 2) : nghiệm duy nhất, vô nghiệm hay vô số nghiệm
c) = m(m + 2), 1 = (m + 1)(m + 2) và 2 = (m + 2) : nghiệm duy nhất, vô nghiệm hay vô số nghiệm
d) = (2m2 3m + 7) > 0 m R, 1 = (m2 + 5m 9) và 2 = (5 2m2) : nghiệm duy nhất
e) = (m + 1)(m + 3), 1 = 0, 2 = 2(m + 3), 3 = (m + 3) : nghiệm duy nhất, vô nghiệm hay vô số nghiệm
f) = 8(m + 1)(m 2), 1 = 2(2m2 + 4m 25), 2 = 12(m + 1) và 3 = 18 : nghiệm duy nhất hay vô nghiệm
g) = m(m +5), 1 = 2m(m + 2), 2 = 3m, 3 = m(m +2) : nghiệm duy nhất, vô nghiệm hay vô số nghiệm
h) = m(m + 2)(m 1)2, 1 = (m 1)(m + 2), 2 = 0 và 3 = m(1 m)(m + 2) : nghiệm duy nhất,
vô nghiệm hay vô số nghiệm
CHƯƠNG IV : KHÔNG GIAN VECTOR Rn
1/ c), d), g) và h) W Rn tương ứng
a), b), e) và f) W không phải là không gian vector con của Rn tương ứng
2/ a) 3u v w = 0 b) u 10v 7w = 0
c) u v + w t = 0
d) (4u v + 3w = 0 = u 7v 9t)
e) m = 3
5
X
3/ a), b) và e) S phụ thuộc tuyến tính
c) và d) S độc lập tuyến tính
4/ a), b), c) và f) S không phải là cơ sở của R3
f) Tính Y và biện luận theo m
Z
d) và e) S là một cơ sở của R3
5/ Cách bổ sung thêm vector vào cơ sở B của W để có một cơ sở C của Rn : Lập ma trận mà các dòng của
nó là các vector của B. Nếu ma trận này chưa có dạng bậc thang thì ta biến đổi nó về dạng bậc thang.
Nếu thấy cột thứ j của ma trận dạng bậc thang này không bán chuẩn hóa được thì ta thêm vector j
(trong cơ sở chính tắc Bo của Rn) vào B ( 1 j n ).
a) 3u 2v = 0 và C = B { 2 }
b) u = 0 = v 3w và C = B { 1, 3 }
c) u + v 9w 3t = 0 và C = B { 4 }
d) u = 0 = 25v + 8w 6t và C = B { 1, 4 }
e) 3u w + 4t = 0 = 9u + 6t + z và C = B { 2, 4, 5 }
6/ Cách bổ sung thêm vector vào cơ sở B của W để có một cơ sở C của Rn : Làm như bài 5/. Để ý trong bài
toán đang xét, ma trận mà các dòng của nó là các vector của B đã có sẵn dạng bậc thang nên không cần biến
đổi.
a) Cơ sở B = { (1, 2, 4), (0, 1, 1) } và 2u + v w = 0. Ta có C = B { 3 }.
b) Cơ sở B = { (1, 2,3), (0, 3,2) } và 5u + 2v + 3w = 0. Ta có C = B { 3 }.
c) Cơ sở B = { (1, 2,4, 0), (0, 1,11, 1), (0, 0, 20,1) } và 22u 9v + w + 20t = 0. Ta có C = B { 4 }.
d) Cơ sở B = { (1,1, 29,3), (0, 5, 5, 2) } và ( 30u + v w = 0 = 13u 2v + 5t ). Ta có C = B { 3, 4 }.
7/ Dùng cách tách biến và đặt thừa số chung theo mỗi biến, ta tìm được một tập sinh hữu hạn S cho W.
Sau đó làm hoàn toàn tương tự như bài 6/ .
8/ Cách bổ sung thêm vector vào cơ sở B của W để có một cơ sở C của Rn : Có thể làm như bài 5/ (nhưng
sẽ mất thời gian biến đổi ma trận về dạng bậc thang). Trong bài toán đang xét, ta có thể làm nhanh như sau :
Khi giải xong hệ AX = O (phương pháp Gauss hay Gauss – Jordan), nếu thấy cột thứ j của ma trận A bán
chuẩn hóa được (hoặc chuẩn hóa được) thì ta thêm vector j (trong cơ sở chính tắc Bo của Rn) vào B
( 1 j n ).
a) Cơ sở B = { (19, 6, 0, 1) }. Ta có C = B { 1, 2, 3 }.
b) Cơ sở B = { (1,1, 1, 2, 0), (7, 5,5, 0, 8) }. Ta có C = B { 1, 2, 3 }.
c) Cơ sở B = { (2, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 1) }. Ta có C = B { 1, 2 }.
d) Cơ sở B = { (1,1, 1, 0, 0), (2, 1, 0, 1, 0), (2,3, 0, 0, 1) }. Ta có C = B { 1, 2 }.
9/ P(S T) = P(S Bo)P(Bo T) với Bo là cơ sở chính tắc của R3. Suy ra P(T S) = [ P(S T) ]1 .
Khi tính tọa độ của vector, có thể dùng công thức đổi tọa độ hay dùng định nghĩa.
2 3 4
10/ a) Lập A = ( [ E ]S [ F ]S [ G ]S ) = 2 2 3 thì | A | 0 nên T cũng là một cơ sở của R3 và ta có
3 4 6
1
P( S T ) = A. Suy ra P(T S) = A .
1 1 1
X 1 1 1 E
b) Cách 1 : Do Y 3 1 2 F và 3 1 2 = 4 0 nên T cũng là một cơ sở của R3
Z 1 3 1G
1 3 1
6
1 3 1
và P( T S ) = ( [ X ]T [ Y ]T [ Z ]T ) = 1 1 3 . Suy ra P( S T ) = [P( T S )]1 .
1 2 1
Cách 2 : Đặt W = < T > thì W R3. Do S < T > nên < S > < T >, nghĩa là R3 W.
Vậy W = < T > = R3. T là một tập sinh có 3 vector của R3(3 chiều) nên T cũng là một cơ sở của R3
1 3 1
Ta có P(T S) = ( [ X ]T [ Y ]T [ Z ]T ) = 1 1 3 và P(S T) = [ P(T S) ]1
1 2 1
X a c
11/ Lập A = =
và = | A | = (ad bc). Dựa vào giả thiết, hãy chỉ ra 2 = 1.
Y b d
p
Đặt [ Z ]S = thì ta được hệ phương trình tuyến tính pX + qY = Z. Giải hệ bằng qui tắc Cramer.
q
12/ a) Giải thích S là một cơ sở của W để thấy dimW = | S | = 2. X = (u,v,w) W 3u 7v + 5w = 0 (*)
2v w
Nếu X = (u,v,w) W thì [ X ]S = 31
(**). Từ (*), ta có T W.
2w v
1 1
Ta giải thích được T cũng là một cơ sở của W. Từ (**), ta có P(S T) = ( [ E ]S [ F ]S ) =
.
2 1
Suy ra P(T S) = [ P(S T) ]1.
Có thể tìm trực tiếp P(S T) và P(T S) bằng cách biến đổi theo phương pháp Gauss Jordan
( Y t Z t | E t F t ) ( I3 | P( S T ) ) và ( E t F t | Y t Z t ) ( I3 | P( T S ) ) .
Ta có [ X ]T = P(T S) [ X ]S .
b) Hoàn toàn tương tự như a), trong đó X = (u,v,w,t) W 7u 2v + 5w = 0 (*).
v u wt
1
Nếu X W thì [ X ]S = 3 2v 6u 4w t (**).
3u v 2w t
2 2 3
P(S T) = ( [ E ]S [ F ]S [ G ]S ) = 1 1 1 và P(T S) = [ P(S T) ]1 .
1 2 2
Có thể tìm trực tiếp P(S T) và P(T S) bằng cách biến đổi theo phương pháp Gauss Jordan
( Y t Z t U t | E t F t G t ) ( I3 | P( S T ) ) và ( E t F t G t | Y t Z t U t ) ( I3 | P( T S ) ).
13/ a) Giải thích S và T lần lượt là một cơ sở của H và K.
( H + K ) có một cơ sở là { (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1,1) }. ( H K ) có một cơ sở là { (2, 3, 1, 1) }
b) H có một cơ sở là {(1,2,1,0), (0,1,0,1), (0,0,1,2)} và K có một cơ sở là {(1,2,0,1), (0,3,3,1), (0,0,1,0) }
( H + K ) có một cơ sở là {(1, 2, 1, 0), (0, 1, 0,1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}.
Do dim( H + K ) = 4 nên ( H + K ) = R4 . ( H K ) có một cơ sở là { (2, 4, 3, 2), (0, 3, 2, 1) }.
c) H có một cơ sở là A = {(1, 1, 1, 1),(0, 1, 0, 1)} và K có một cơ sở là B = {(1,2,0,2),(0,1,0,1),(0,0,1,0)}
Ta có H K (mỗi vector trong A là một tổ hợp tuyến tính của B) nên ( H + K ) = K và ( H K ) = H
7
d) H có một cơ sở là { (0,1, 0, 1) } và K có một cơ sở là { (1, 1,3,3), (0, 1, 8, 10), (0, 0, 15, 19) }.
( H + K ) có một cơ sở là { (1, 1,3,3), (0, 1, 0,1), (0, 0, 8, 11), (0, 0, 0, 1) }.
Do dim( H + K ) = 4 nên ( H + K ) = R4 . Suy ra dim( H K ) = dimH + dimK dim( H + K ) = 0
nên ( H K ) = { O } có cơ sở duy nhất là . Như vậy ( H K ) = R4 .
e) H có một cơ sở là { (17, 10, 1, 0), (29,17, 0, 1) } và K có một cơ sở là { (1, 1, 0, 0), (11, 0, 1, 1) }.
( H + K ) có một cơ sở là {(1,1, 0, 0), (0, 1,1, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}.
Do dim( H + K ) = 4 nên ( H + K ) = R4. Suy ra dim( H K ) = dimH + dimK dim( H + K ) = 0
nên ( H K ) = {O} có cơ sở duy nhất là . Như vậy ( H K ) = R4 .
14/ a) Chiều () : phản chứng. Nếu ( H K và K H ) thì có X ( H \ K) và có Y (K \ H).
Vậy Z = (X + Y) L, nghĩa là Z H hay Z K : từ đây suy ra sự mâu thuẫn. Chiều () : hiển nhiên.
b) Chọn H và K lần lượt là các không gian con dạng đường thẳng cắt nhau tại gốc O của R2.
CHƯƠNG V : ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
1 3 2 5
1/ a) X = (u,v,w) R , f(X) = XA với A = 2 1 3 3 M3x4(R) nên f L(R3, R4) và [ f ]B,C = At
3 1 4 5
3
Im(f) có cơ sở {(1,3,2,5),(0,1,1,1)}. Ker(f) có cơ sở {(1,10,7)}. Y Im(f) y + z x = 0 = z + t 3x
1
1
b)
= 1 0 và 2 = 1 0 nên D và E lần lượt là các cơ sở của R2 và R3 .
2
3
4 3 1 2 3
S = P(A D) =
, S = 3 4 , T = P(B E) =
3 2
3 2
1
1
2 2 3 , T =
2 3 3
3 3 5
0 1 1
2 3 4
Ta viết được dễ dàng biểu thức của g từ [ g ]A,B .
[ g ]D,B = [ g ]A,B S
[ g ]A,E = T 1[ g ]A,B
[ g ]D,E = T 1[ g ]A,B S
1
c) [ h ]D,B = T[ h ]D,E
[ h ]A,E = [ h ]D,E S
[ h ]A,B = T [ h ]D,E S1 rồi viết được dễ dàng biểu thức của h
1 2 3
2 1 4
4
M4x3(R) nên f L(R4, R3) và [ f ]C,B = At
2/ a) X = (u,v,w,t) R , f(X) = XA với A =
4 2 0
3 5 7
Im(f) có cơ sở {(1,2,3),(0,1,2)} và Ker(f) có cơ sở {(8,6,5,0),(13,1,0,5)}. Y Im(f) x + 2y z = 0
1
1
b)
= 1 0 và 2 = 1 0 nên D và E lần lượt là các cơ sở của R2 và R3 .
2
3
5 3 1
T = P(B E) = 1 1 0 và
3 2 1
Ta viết được dễ dàng biểu thức của g từ [ g ]B,A .
[ g ]B,D = T 1[ g ]B,A [ g ]E,A = [ g ]B,A S
[ g ]E,D = T 1[ g ]B,A S
5 3
S = P(A D) =
,
2 1
1 3
S =
,
2 5
1
T
1
1 1 1
= 1 2 1
1 1 2
8
c) [ h ]B,D = [ h ]E,D S 1
[ h ]E,A = T[ h ]E,D
[ h ]B,A = T[ h ]E,D S1 rồi viết được dễ dàng biểu thức của h.
1 2 10
3/ a) X = (u,v,w) R , f(X) = XA với A = 3 1 0 M3(R) nên f L(R3) và [ f ]B = At
3 1 12
3
Im(f) có cơ sở { (1, 2,10), (0, 1,6) } và Ker(f) có cơ sở { (6, 7, 5) }. Y Im(f) 6y + z 2x = 0
1
1 2 3
b) 2 = 1 0 nên E là cơ sở của R3 . S = P(B E) = 0 2 3 có S1 =
2 1 2
3
Từ [ g ]B, ta viết được dễ dàng biểu thức của g.
[ g ]E,B = [ g ]B S
[ g ]B,E = S1[ g ]B
[ g ]E = S1[ g ]B S
1 1 0
3 4 3 .
2 3 2
c) [ h ]E,B = S[ h ]E
[ h ]B,E = [ h ]E S1
[ h ]B = S[ h ]E S1 rồi viết được dễ dàng biểu thức của h
3
Ta có Im(h) = R và Ker(h) = O.
1 2 3
3
4/ a) X = (u,v,w) R , f(X) = XA với A = 3 4 7 M3(R) nên f L(R3) và [ f ]B = At
2 1 3
Im(f) có cơ sở { (1, 2, 3), (0, 1, 1) } và Ker(f) có cơ sở { (5,3, 2) }. Y = (x,y,z) Im(f)
1
3 4 6
1
3
1
b) 2 = 1 0 nên E là cơ sở của R . S = P(B E) = 0 1 1 có S = 2
2 3 4
2
3
Từ [ g ]B, ta viết được dễ dàng biểu thức của g.
[ g ]E,B = [ g ]B S
[ g ]B,E = S1[ g ]B
[ g ]E = S1[ g ]B S
x+yz=0
2 2
0 3 .
1 3
c) [ h ]E,B = S[ h ]E
[ h ]B,E = [ h ]E S1
[ h ]B = S[ h ]E S1 rồi viết được dễ dàng biểu thức của h
3
Ta có Im(h) = R và Ker(h) = O.
5v 2w 2u
5/ a) [ ]E = 22v 8w 9u nên = (5v + 2w 2u)1 + (22v + 8w 9u)2 + (u 3v w)3 (1)
u 3v w
2 1 4
P = P(B E) = 1 0 2 và Q = P(E B) = P1 =
5 1 1
2 5 2
9 22 8
1 3 1
b) Cách 1 : = (u,v,w) R3, từ (1), f() = (5v + 2w 2u)f(1) + (22v + 8w 9u)f(2) + (u 3v w)f(3)
= (3v + w 2u, 3v + 2w 2u, 26u 64v 23w) (2)
1
2 1 3
2 3
1
Cách 2 : [ f ]B = [ f ]E,B P = 3 0 4 P = 2 3
2 rồi suy ra (2)
1 3 1
26 64 23
1
9
c) Cách 1 : = (u,v,w) R3, từ (1) ta có
g() = (5v + 2w 2u)g(1) + (22v + 8w 9u)g(2) + (u 3v w)g(3)
= (19u 48v 17w, 17v + 6w 7u, 78v + 28w 31u, 8v + 3w 3u)
Cách 2 : [ g ]B,C = [ g ]E,C P1
(3)
1 2 3
19 48 17
1 1 0
7 17
6
1
=
P =
rồi suy ra (3)
0 3 4
31 78
28
8
3
1 0 1
3
------------------------------------------------------------------------------------------------------
10
