Bài tập biểu diễn tuyến tính có lời giải
|
Published on May 26, 2019 "( Toán cao cấp ) Bài tập ánh xạ tuyến tính (tt), chuỗi lũy thừa, chuỗi số và chuỗi đan dấu, không gian vecto có lời giải" https://app.box.com/s/ips1j... Đã gửi 12-10-2015 - 12:57
em đang cần lời giải gấp ạ, anh/chị ai biết làm thì dành chút thời gian chỉ em với 1. Chứng minh rằng nếu hệ vecto {X1,X1,...,XM} $\subset R^{n}$ độc lập tuyến tính và tồn tại vecto $X\in R^{n}$ không biểu diên tuyến tính qua X1, X2,..., Xm thì $m\leq n-1$ 2. Chứng minh rằng nếu hệ vecto X1, X2,..., Xm phụ thuộc tuyến tính và vecto Xm không biểu diễn tuyến tính qua các vecjto X1, X2,..., Xm-1 thì hệ vecto X1, X2,..., Xm-1 phụ thuộc tuyến tính.
GV LÊ VĂN HỢPCHƯƠNG VÁNH XẠ TUYẾN TÍNHI. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN:Trong chương này, m và n là các số nguyên 1. Ta viết gọn dimRV là dimV1.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho ánh xạ f : Rn Rm , nghĩa là = (x1, x2, … , xn) Rn, ! f () = (y1, y2, … , ym) R m.a) Nếu H Rn thì ảnh của H qua ánh xạ f là f (H) = { f () | H } R mb) Nếu K R m thì ảnh ngược của K bởi ánh xạ f làf 1(K) = { Rn | f () K } Rn.1.2/ ĐỊNH NGHĨA: Cho ánh xạ f : Rn Rm.a) f là ánh xạ tuyến tính (từ R n vào Rm ) nếu f thỏa* , Rn, f ( + ) = f () + f () (1)* Rn, c R, f (c.) = c.f () (2)b) Suy ra f là ánh xạ tuyến tính nếu f thỏa, R n, c R, f (c. + ) = c.f () + f () (3)c) Ký hiệu L(Rn,R m) = { g : Rn Rm | g tuyến tính }Khi m = n, ta viết gọn L(Rn,Rn) = L(Rn) = { g : R n R n | g tuyến tính }.Nếu g L(R n) thì g còn được gọi là một toán tử tuyến tính trên R n.Ví dụ:a) Ánh xạ tuyến tính O : Rn Rm ( O Rn ) và toán tử tuyến tínhO : Rn Rn ( O Rn ).b) Toán tử tuyến tính đồng nhất trên R n là Id R : Rn Rn ( R n ).n43c) f : R R có f () = (3x 8y + z 4t, 7x + 5y + 6t, 4x + y 9z t) = (x,y,z,t) R4. Ta có thể kiểm tra f thỏa (3) nên f L(R4,R 3).Thật vậy, = (x, y, z, t), = (u, v, w, h) R 4, c R, f (c. + ) == f (cx + u, cy + v, cz + w, ct + h) = [3(cx + u) 8(cy + v) + (cz + w) 4(ct + h), 7(cx + u) + 5(cy + v) + 6(ct + h), 4(cx + u) + (cy + v) 9(cz + w) (ct + h)] == c(3x 8y + z 4t, 7x + 5y + 6t, 4x + y 9z t) + (3u 8v + w 4h,7u + 5v + 6h, 4u + v 9w h) = c.f () + f ().Ngoài ra ta có thể giải thích f L(R4,R3) do các thành phần của f () đều làcác biểu thức bậc nhất theo các biến x, y, z và t.d) g : R3 R3 có g() = ( 2x + 9y + 6z, 8x 5y + z, 3x + 7y 4z) = (x,y,z) R3. Ta có thể kiểm tra g thỏa (3) nên g L(R3).Thật vậy, = (x, y, z), = (u, v, w) R3, c R, g(c. + ) == g(cx + u, cy + v, cz + w) = [ 2(cx + u) + 9(cy + v) + 6(cz + w) ,8(cx + u) 5(cy + v) + (cz + w), 3(cx + u) + 7(cy + v) 4(cz + w) ] == c( 2x + 9y + 6z, 8x 5y + z, 3x + 7y 4z) + ( 2u + 9v + 6w, 8u 5v + w,3u + 7v 4w) = c.g() + g().1Ngoài ra ta có thể giải thích g L(R 3) do các thành phần của g() đều là cácbiểu thức bậc nhất theo các biến x, y và z.1.3/ TÍNH CHẤT :Cho f L (Rn,Rm). Khi đó ,, 1, …, k Rn , c1, … , ck R, ta cóa) f (O) = O và f ( ) = f () .b) f (c11 + + ckk) = c1f (1) + + ckf (k)(ảnh của một tổ hợp tuyến tính bằng tổ hợp tuyến tính của các ảnh tương ứng)Ví dụ: Cho f L (R3,R2) và 1 , 2 , 3 R3 thỏa f (1) = (1, 3), f (2) = (2,5)và f (3) = (4, 4) . Khi đó f (0,0,0) = (0,0), f ( 1) = f (1) = (1,3) vàf (31 42 + 23) = 3f (1) 4f (2) + 2f (3) == 3(1, 3) 4(2, 5) + 2(4, 4) = (3, 37).1.4/ NHẬN DIỆN ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:Cho ánh xạ f : Rn Rm.Nếu có A Mn x m(R) thỏa f (X) = X.A X Rn thì f L(R n,Rm). Thậtvậy, X,Y R n, f (c.X + Y) = (c.X + Y).A = c.(X.A) + Y.A = c.f (X) + f (Y),nghĩa là f thỏa (3) của (1.2).Ví dụ: Xét lại các ánh xạ f : R4 R3 và g : R3 R 3 trong Ví dụ của (1.2). 3 7 4 3 2 8 8 51 M4 x 3(R) và B = 9 5 7 M3(R).Đặt A = 10 9 6 1 4 4 6 1 Ta có f (X) = X.A X = (x,y,z,t) R 4 nên f L(R 4,R3).Ta có g(X) = X.B X = (x,y,z) R3 nên g L(R 3).1.5/ MỆNH ĐỀ: Cho f L(Rn,Rm).a) Nếu H R n thì f (H) Rm.b) Nếu (H Rn và H có cơ sở A) thì[ f (H) Rm và f (H) có tập sinh f(A) ].c) Nếu K R m thì f 1(K) Rn.1.6/ KHÔNG GIAN ẢNH CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:Cho f L(R n,Rm) và xét trường hợp đặc biệt H = Rn Rn.a) Ta có f (H) = f (Rn) = { f () | Rn } R m.Ta đặt f (R n) = Im(f ) và gọi Im(f ) là không gian ảnh của f .b) Tìm một cơ sở cho Im(f ) : Chọn cơ sở A tùy ý của R n ( ta thường chọn Alà cơ sở chính tắc Bo ) thì < f (A) > = Im(f ). Từ đó ta có thể tìm được mộtcơ sở cho Im(f ) từ tập sinh f (A) [ dùng (5.7) của CHƯƠNG IV ].Ví dụ: f : R4 R3 có f (X) = (x + 2y + 4z 7t, 3x 2y + 5t, 2x + y z 2t)X = (x,y,z,t) R 4. Ta kiểm tra dễ dàng f L(R 4,R3).Đặt A = Bo = { 1 = (1,0,0,0), 2 = (0,1,0,0) , 3 = (0,0,1,0) , 4 = (0,0,0,1) }2là cơ sở chính tắc của R4 thì < f (A) > = Im(f ) = f (R4).f (A) = { f (1) = (1,3,2), f (2) = (2,2,1), f (3) = (4,0,1), f (4) = (7, 5,2) }f (1 ) 1* 1 3 2 2 2 1 f ( 2 ) 0=0 4f ( 3 ) 0 1 f ( 4 ) 7 5 2 01*23 004 3 16 12 0343 2 4* 3 =0 00 0 1 20 0Im(f ) có cơ sở C = { 1 = (1,3,2), 2 = (0,4,3) } và dim(Im(f )) = | C | = 21.7/ KHÔNG GIAN NHÂN CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:Cho f L(R n,Rm) và xét trường hợp đặc biệt K = {O} Rm.a) Ta có f 1(K) = f 1(O) = { R n | f () = O } Rn.Ta đặt f 1(O) = Ker(f ) và gọi Ker(f ) là không gian nhân của f.b) Tìm một cơ sở cho Ker(f ) : Ta thấy Ker(f ) chính là không gian nghiệm củahệ phương trình tuyến tính thuần nhất f () = O với ẩn R n . Từ đó ta cóthể tìm được một cơ sở cho Ker(f ) [ dùng (5.8) của CHƯƠNG IV ].Ví dụ: Xét lại ánh xạ tuyến tính f trong Ví dụ (1.5).Ker(f ) ={ = (x,y,z,t) R4 | f () = O }={ = (x,y,z,t) R4 | (x + 2y + 4z 7t, 3x 2y + 5t, 2x + y z 2t) = O }={ = (x,y,z,t) R4 | x + 2y + 4z 7t = 3x 2y + 5t = 2x + y z 2t = 0 }Ma trận hóa hệ phương trình tuyến tính trên:x y ztx y z t 1 2 4 7 3 2 0 5 2 1 1 21*00 000 247412163 9121* 000 0 1*0 00 213400000 Hệ có vô số nghiệm vói 2 ẩn tự do : z, t R, x = 2z t, y = 4t 3zKer(f ) ={ = (2z t, 4t 3z, z,t) = z(2,3,1,0) + t(1,4,0,1) | z, t R }. Như vậyKer(f ) = < D > với D = { 1 = (2,3,1,0), 2 = (1,4,0,1) } độc lập tuyến tính.Do đó Ker(f ) có một cơ sở là D = { 1, 2 } và dimKer(f ) = | D | = 2.1.8/ MỆNH ĐỀ: Cho f L(Rn,Rm). Khi đódimKer(f ) + dimIm(f ) = dimRn = n.dimKer(f ) gọi là số khuyết của f và dimIm(f ) gọi là hạng của f.Ví dụ: Xét lại ánh xạ tuyến tính f trong Ví dụ (1.5) và (1.6).Ta có dimKer(f ) + dimIm(f ) = 2 + 2 = 4 = dimR 4.II. MA TRẬN BIỂU DIỄN ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:2.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho f L(R n,Rm). R n và Rm lần lượt có các cơ sở làA = { 1, 2 , …, n } và B = { 1, 2 , …, m }.a) Đặt [ f ]A,B = ( [ f (1)]B [ f (2)]B … [ f (n)]B ) Mm x n(R).Ta nói [ f ]A,B là ma trận biểu diễn của ánh xạ tuyến tính f theo cặp cơ sởA (của Rn) và B (của R m).3Muốn tìm tọa độ của các vector f (1), f (2), … , f (n) theo cơ sở B, tagiải n hệ phương trình tuyến tính, mỗi hệ có m phương trình và m ẩn số.Các hệ này cùng có vế trái là ( 1t 2t … mt ) và các vế phải của chúng lầnlượt là các cột f (1)t , f (2)t , …, f (n)t. Do đó ta có thể giải đồng thời nhệ trên trong cùng một bảng là ( 1t 2t … mt | f (1)t | f (2)t | … | f (n)t ).Khi giải xong n hệ trên bằng phương pháp Gauss Jordan, ta thu được matrận ( Im | [ f (1) ]B | [ f (2) ]B | … | [ f (n) ]B ) và [ f ]A,B chính là matrận ở vế phải. Như vậy khi biết f thì ta viết được ma trận biểu diễn[ f ]A,B = ( [ f (1) ]B [ f (2) ]B … [ f (n) ]B ) (1).b) Rn, ta có [ f () ]B = [ f ]A,B [ ]A (2).Như vậy khi biết [ f ]A,B thì ta xác định được biểu thức của f theo (2).(từ [ f () ]B ta sẽ tính được ngay f () Rn )c) Nếu A và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của Rn và R m thì [ f ]A,Bđược gọi là ma trận chính tắc của f . Biểu thức của f và ma trận chính tắccủa f có thể suy ra lẫn nhau một cách dễ dàng.Ví dụ:a) Xét f L(R3,R2) với f (u,v,w) = (3u + 4v w, 2u + v + 3w) (u,v,w) R3.Cho A = { 1, 2, 3 } và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của R3 và R 2.Ta có f (1) = f (1,0,0) = (3,2), f (2) = f (0,1,0) = (4,1) và f (3) = f (0,0,1) == (1,3) nên có ngay ma trận chính tắc 3 4 1 [ f ]A,B = ( [f (1)]B [f (2)]B [f (3)]B ) = 2 1 3Cho các cơ sở của R3 và R 2 lần lượt làC = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } và D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) }.với f (1) = f (1,2,4) = (1,16), f (2) = f (5,1,2) = (13,17) vàf (3) = f (3,1,1) = (14,8).Ta tìm [ f ]C,D = ( [ f (1)]D [ f (2)]D [ f (3)]D ) bằng cách giải đồng thời các hệ741( 1t 2t | f (1)t | f (2)t | f (3)t ) = 2 1 161*131714 1* 1 49 8 0 1 114389310 28 18 65 55 18 . Vậy [ f ]C,D = .28 114 93 28 5 2 23b) Xét g L(R ,R ) có ma trận chính tắc [ g ]B,A = 7 1 với B và A lần 4 90*0 1651145593lượt là các cơ sở chính tắc của R2 và R3. 5 2 2 y 5x x = (x,y) R , [ g()]A = [ g ]B,A [ ]B = 7 1 = 7 x y . 4 9 y 4x 9 y 2Từ đó suy ra ngay = (x,y) R2, g() = g(x,y) = ( 5x + 2y, 7x y, 4x + 9y).423c) Xét h L(R ,R ) có [ h ]D,C 3 2= 4 1 với D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) } và1 1C = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } lần lượt là các cơ sở của R 2 và R3.c x 4 y = (x,y) R2, ta có [ ]D = 1 = từ việc giải hệ c11 + c22 = : c2 2 x 7 y c1 c2c1 c274x1* 1x 3y 1*0( 1t 2t | t ) * 2 1 y 0 1 2x 7 y 0 1Ta có [ h()]C = [ h ]D,C [ ]Dx 4 y .2x 7 y 3 2 x 2y x 4 y = 4 1 = 2 x 9 y . Suy ra2x7y1 1 x 3y = (x,y) R2, h() = h(x,y) = (x + 2y) 1 + (2x + 9y) 2 + (x + 3y) 3= (x + 2y)(1,2,4) + (2x + 9y)(5,1,2) + (x + 3y)(3,1,1)= (14x + 56y, 3x + 10y, 9x + 29y)2.2/ ĐỊNH NGHĨA: Cho f L(R n).Rn có một cơ sở là A = { 1, 2 , …, n }.a) Đặt [ f ]A = [ f ]A,A = ( [ f (1) ]A [ f (2) ]A … [ f (n) ]A ) M n(R).Ta nói [ f ]A là ma trận biểu diễn của toán tử tuyến tính f theo cơ sở A.Muốn tìm tọa độ của các vector f (1), f (2), … , f (n) theo cơ sở A, tagiải n hệ phương trình tuyến tính, mỗi hệ có n phương trình và n ẩn sốCác hệ này cùng có vế trái là ( 1t 2t … nt ) và các vế phải của chúng lầnlượt là các cột f (1)t , f (2)t , …, f (n)t . Do đó ta có thể giải đồng thời nhệ trên trong cùng một bảng là ( 1t 2t … nt | f(1)t | f(2)t | … | f(n)t ).Khi giải xong n hệ trên bằng phương pháp Gauss Jordan, ta thu được( In | [ f(1) ]A | [ f(2) ]A | … | [ f(n) ]A ) và [ f ]A chính là ma trận ở vếphải. Như vậy khi biết f thì ta viết được ma trận biểu diễn[ f ]A = ( [ f (1) ] [ f (2) ] … [ f (n) ] ) (1).b) Rn, ta có [ f () ]A = [ f ]A [ ]A (2).Như vậy khi biết [ f ]A thì ta xác định được biểu thức của f theo (2).( từ [ f () ]A ta tính được ngay f () R n ).c) Nếu A là cơ sở chính tắc của R n thì [ f ]A được gọi là ma trận chính tắccủa f . Biểu thức của f và ma trận chính tắc của f có thể suy ra lẫn nhaumột cách dễ dàng.Ví dụ:a) Xét f (u,v,w) = (2u v, u + 3v + w, u + 2v w) (u,v,w) R3 thì f L(R 3).Cho A = { 1, 2 , 3 } là cơ sở chính tắc của R3. Ta có f (1) = f (1,0,0) = (2,1,1)f (2) = f (0,1,0) = (1,3,2) và f (3) = f (0,0,1) = (0,1,1) nên có ngay ma trậnchính tắc [ f ]A = ( [ f (1) ]A [ f (2) ]A 2 1 0 [ f (3) ]A ) = 1 3 1 . 1 2 1 5Cho C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } là một cơ sở của R3 vớif (1) = (4,5,5), f (2) = (4,1,1) và f (3) = (7,8,7).Ta tìm [ f ]C = ( [ f (1) ]C [ f (2) ]C [ f (3) ]C ) bằng cách giải đồng thời các hệt1t2tt3tt( | f (1) | f (2) | f (3) ) 1* 002244101001373 11* 0 0 0 1* 0 0 0 1*1 2 2 2 0 3 2 1 31* 07 15 0 1*0 021 45415122440100143778 7 37 15 66 95 62 10 95 15 . Vậy [ f ]C = 10 0 15 . 4343766 766 7 4 b) Xét g L(R2) có ma trận chính tắc [ g ]B = với B là cơ sở chính tắc 2 9 7 4 x 7 x 4 y của R2. = (x,y) R2, [ g()]B = [ g ]B [ ]B = = . 2 9 y 2 x 9 y 6210100Từ đó suy ra ngay = (x,y) R2, g() = g(x,y) = (7x 4y, 2x + 9y).421 15c) Xét h L(R ) có [ h ]C = 2 2 3 với 10 3 14 3C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } là một cơ sở của R 3. c1 = (x,y,z) R , ta có [ ]C = c2 =c 33 3 x 4 y 6 z bằng cách giải hệyz 2 x 3 y 4z c11 + c22 + c33 = :c1 c2 c31 2 2tttt( 1 2 3 | ) 2 0 3 2 1 31*xy 00z 22103 1yz z 2 x xc1 c2 c31 0 0 1*0 01* 0 0x 2 y 2z *yz 0 1 0 0 0 1*1 3 y 4 z 2 x 20Ta có [ h()]C = [ h ]C [ ]C3 x 4 y 6 z yz2 x 3 y 4 z 421 3 x 4 y 6 z 15 3 x y 10 z .= 2 2 3 yzy 2z = 10 3 14 2 x 3 y 4 z 2x y 7z Suy ra = (x,y,z) R3,h() = h(x,y,z) = ( 3x + y + 10z) 1 + (y + 2z) 2 + (2x y 7z) 3= ( 3x + y + 10z)(1,2,2) + (y + 2z)(2,0,1), + (2x y 7z)(2,3,3)= (x + y, y + z , z)62.3/ CÔNG THỨC THAY ĐỔI CƠ SỞ TRONG MA TRẬN BIỂU DIỄN:Cho f L(R n,Rm).Rn có các cơ sở lần lượt là A và C với S = (A C) Mn(R).Rm có các cơ sở lần lượt là B và D với T = (B D) Mm(R).a) Ta có công thức [ f ]C,D = T 1.[ f ]A,B.S và do đó [ f ]A,B = T.[ f ]C,D.S1b) Suy ra [ f ]C,B = [ f ]A,B.S ( lúc này T = (B B) = Im và T 1 = Im )[ f ]A,D = T 1.[ f ]A,B ( lúc này S = (A A) = In )c) Suy ra [ f ]A,B = [ f ]C,B.S1 và [ f ]A,B = T.[ f ]A,DGhi chú : Nếu A và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của Rn và R m thì dễdàng có được S và T.Ví dụ: Xét lại f L(R3,R2) và h L(R 2,R3) trong Ví dụ của (2.1).a) Xét f L(R3,R2) với f (u,v,w) = (3u + 4v w, 2u + v + 3w) (u,v,w) R3.Cho A = { 1, 2, 3 } và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của R3 và R 2. 3 4 1 Ta đã viết ma trận chính tắc [ f ]A,B = ( [f (1)]B [f (2)]B [f (3)]B ) = .2 1 3Cho các cơ sở của R3 và R 2 lần lượt làC = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } và D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) }.1 5 3 7 4 1 4 Ta có S = (A C) = 2 1 1 và T = (B D) = có T 1 = 2 1 2 74 2 1 65 55 18 Từ đó [ f ]C,D = T 1[ f ]A,B S = , 114 93 28 113 14 8 [ f ]C,B = [ f ]A,B S = 16 17 5 8 11 .15 19 và [ f ]A,D = T 1[ f ]A,B = 8 3 2b) Xét h L(R ,R ) có [ h ]D,C = 4 1 với A, B, C, D, S và T được hiểu1 114 56 1như trên. Ta có ma trận chính tắc [ h ]B,A = S[ h ]D,C T = 3 10 . 9 29 23Suy ra = (x,y) R2, h() = h(x,y) = = (14x + 56y, 3x + 10y, 9x + 29y).Hơn nữa [ h ]B,C = [ h ]D,C T11 2= 2 9 và [ h ]D,A = S[ h ]D,C =1 3 14 0 1 2 . 5 72.4/ TRƯỜNG HỢP ĐẶC BIỆT: Cho f L(Rn).Rn có các cơ sở lần lượt là A và C với S = (A C) Mn(R).a) Ta có công thức [ f ]C = S1.[ f ]A.S và do đó [ f ]A = S.[ f ]C.S1 .b) Suy ra [ f ]C,A = [ f ]A.S và [ f ]A,C = S1.[ f ]Ac) Suy ra [ f ]A,C = [ f ]C.S1 và [ f ]C,A = S.[ f ]C.Ghi chú : Nếu A là cơ sở chính tắc của Rn thì dễ dàng có được S.7Ví dụ: Xét lại f , h L(R 3) trong Ví dụ của (2.2).a) Xét f L(R3) vớif (u,v,w) = (2u v, u + 3v + w, u + 2v w) (u,v,w) R3.Cho A = { 1, 2, 3 } là cơ sở chính tắc của R3.Ta có ma trận chính tắc [ f ]A = ([ f (1) ]A [ f (2) ]A 2 1 0 [ f (3) ]A ) = 1 3 1 . 1 2 1 Cho C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } là một cơ sở của R3 với1 2 2S = (A C) = 2 0 3 và S1 = 2 1 31 2 2(S | I3) = 2 0 3 2 1 31 0 0 1* 0 1 0 00 0 1 01* 0 0 0 1* 0 0 0 1*61 3 4 6 0 1 1 qua các phép biến đổi 2 3 4 22103 10 0 1* 0 0 1 1 0 1*2 0 1 0 012012 2 0 1 12 3 4 1 62 10 95 11 = ( I3 | S ). Ta có [ f ]C = S .[ f ]A.S = 10 0 15 , 432 3 4 766 4 4 7 4 27 2 1[ f ]C,A = [ f ]A.S = 5 1 8 và [ f ]A,C = S .[ f ]A = 0 5 0 . 5 1 7 3 19 1 421 153b) Xét h L(R ) có [ h ]C = 2 2 3 với A, C, S và S1 được hiểu như 10 3 14 1 1 01trên. Ta có ma trận chính tắc [ h ]A = S.[ h ]C.S = 0 1 1 .0 0 13041Suy ra = (x,y,z) R3, h() = h(x,y,z) = (x + y, y + z, z).1Ta có [ h ]A,C = [ h ]C.S 3 1 10 1 2 1 = 0 1 2 và [ h ]C, A = S.[ h ]C = 0 1 0 . 2 1 7 2 1 3III. XÁC ĐỊNH ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH KHI BIẾT ẢNH CỦA MỘTCƠ SỞ :3.1/ MỆNH ĐỀ: Rn có cơ sở là A = { 1, 2 , …, n }. Cho f, g L(Rn,Rm).Khi đó f = g j { 1, 2, … , n }, f (j ) = g(j ).3.2/ MỆNH ĐỀ: Rn có cơ sở là A = { 1, 2 , …, n }.Chọn tùy ý 1, 2 , …, n R m.Khi đó có duy nhất f L(R n,Rm) thỏa f (j ) = j j {1, 2, … , n}.83.3/ XÁC ĐỊNH ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DỰA THEO ẢNH CỦA MỘT CƠSỞ:Ta trình bày cách xác định ánh xạ tuyến tính f trong (3.2).a) Cách 1: dùng tọa độ vector theo cơ sở. c1 c Rn, tìm [ ]A = 2 để có biểu diễn = c11 + c22 + … + cnn . cn Suy ra f () = f(c11 + c22 + … + cnn) = c1f (1) + c2f (2) + … + cnf (n) == c11 + c22 + … + cn n .b) Cách 2: dùng ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính.Gọi C và D lần lượt là các cơ sở chính tắc của Rn và R m với S = (C A).Viết [ f ]A,D = ( [ f (1) ]D [ f (2) ]D … [ f (n) ]D ) = ( 1t 2t … mt ). Ta có matrận chính tắc [ f ]C,D = [ f ]A,D . S1 . Từ đó suy ra ngay f () Rn.Ví dụ:R3 có cơ sở A = { 1 = (1,1,1), 2 = (1,0,1), 3 = (3,1,2) }.a) Tìm f L(R3,R 4) thỏaf (1) = (3,0,1,2), f (2) = (1,2,4,0) và f (3) = (4,1,0,3).b) Tìm g L(R 3) thỏa g(1) = (2,1,3), g(2) = (3,2,1) và g(3) = (7,5,3). c1 zxy Cách 1: = (x,y,z) R , tìm [ ]A = c2 = y 2 z x bằng cách giải hệc x z 33c11 + c22 + c33 = : ( 1t 2t 3t | t ) c1 c2 c31 1 3 1 0 11 1 2*x 1 1 3 y 0 1 2z 0 1 1c1 c2 c3* 1 0 y 0 1*y z 0 0xx121 y 1* 0 0 x y 0 1* 0z x 0 0 1*zx y y 2z x x z Từ đó f () = f (c11 + c22 + c33) = c1f (1) + c2f (2) + c3f (3)= (z x y)(3,0,1,2) + (y + 2z x)(1,2,4,0) + (x z)(4,1,0,3)= ( 8x 2y + 9z, 3x 2y 5z, 3x + 5y + 7z, 5x 2y + 5z)và g() = g(c11 + c22 + c33) = c1g(1) + c2g(2) + c3g(3)= (z x y)(2,1,3) + (y + 2z x)(3,2,1) + (x z)(7,5,3)= ( 2x y z, 2x + y, x 2y + 2z)Cách 2 :Gọi C và D lần lượt là các cơ sở chính tắc của R3 và R4 với1 1 3S = (C A) = 1 0 1 và S1 =1 1 2 1 1 1 1 1 2 qua các phép biến đổi 1 0 1 91 1 3(S | I3) = 1 0 11 1 21* 0 0 0 1* 0 0 0 1*1 111101*1 0 00 1 0 000 0 1 11310 11* 00 01 1 0 1*0 01 0 1 102111 1 1 11 0 1 10112 = ( I3 | S ).1Viết [ f ]A,D = ( [ f (1) ]D [ f (2) ]Dchính tắc [ f ]C, D = [ f ]A,D 3 1 4 0 2 1 và ta có ma trận[ f (3) ]D ) = 1 4 0 2 0 3 8 2 9 3 2 5 1 . Suy ra = (x,y,z) R 3,.S = 3 5 7 5 2 5 f () = f (x,y,z) = ( 8x 2y + 9z, 3x 2y 5z, 3x + 5y + 7z, 5x 2y + 5z). 2 3 7 Viết [ g ]A,C = ( [ g(1) ]C [ g(2) ]C [ g(3) ]C ) = 1 2 5 và ta có ma trận 3 13 2 1 1 1chính tắc [ g ]C = [ g ]A,C . S = 2 1 0 . 1 2 2 Suy ra = (x,y,z) R3, g() = g(x,y,z) = ( 2x y z, 2x + y, x 2y + 2z).------------------------------------------------------------------------------------10BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH (GV LÊ VĂN HỢP)CHƯƠNG I : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH1/ Giải các hệ phương trình tuyến tính thực dưới đây (nghiệm duy nhất) và kiểm tra ĐL Kronecker Capelli : x 2 y 4 z 31 x 3y z 5 x y 2 z 3t 1 x 2 y 3 z 2t 1 y 2 z 5 x 29 z 2x y 2 3 y z t 2 x 62 z 2 x 3t y 2a) b) c) d) z 3 x y 10 y 5 z x 72t 3 x y z 42 y 2t 3x z 5 z 2 y 7 x 83z 3 y 2 x 14 3 z t x 2 y 4 t 2 z 3 y 2 x 112/ Giải các hệ phương trình tuyến tính thực dưới đây (vô nghiệm) và kiểm tra Định lý Kronecker Capelli : x y 3 z 1 2x y z t 1 2 x 5 y 3z t 5 2x 2 y z t u 1 y 2z 2x 1 2t 5 x y z 13 z 3 x t 7 y 1 t z 2u 2 y x 1a) b) c) d) z x y 32 z 8t 3x 2 y 22t 6 z 9 y 5 x 7 7u 5 z 10 y 4 x 5t 1 2 y x 3 z 1 y z 3t 2 x 46 y t 4 x 3 z 87 z 2 x 7t 11u 14 y 13/ Giải các hệ phương trình tuyến tính thực dưới đây (vô số nghiệm) và kiểm tra Định lý Kronecker Capelli : x 3 y 2z 0 3 x 4 y 5 z 7t 0 x y 2 z 3t 1 3z 2 x y 016t 4 x 11y 13z 0 3 z x 2t 4 y 2a) b) c) 5 y 4 z 3 x 0 3 z 2t 2 x 3 y 0 4 y 2t x z 24 z 17 y x 0 2 y z 3t 7 x 02t 5 z 8 y x 2 3 x 3 y 7 z 3t 6u 3 t 4 z 3u 2 y 2 x 2d) 3u 5 z 3 y 3x 2t 1 8 z 2 x 3t 9u 2 y 2x 2 y 2 z 7t 3u 1x 2 y z t 2u 1 6 y 5u 15t 3x 4 z 2z 2x t u 2 y 1e) f) 5t 2 x 4 y z u 1 7u 5 z 10 y 4 x 5t 120u 14 z 8 x 16 y 50t 7 7t 11u 2 x 7 z 14 y 14/ Giải và biện luận các hệ phương trình tuyến tính thực dưới đây theo các tham số thực m, a, b, c và drồi kiểm tra Định lý Kronecker Capelli :x y z 2t 1 3 x 4 y 4 z 17t 11m 7 x 3 y 8 z t 38 z 5 x 27t 6 y 18m 103 z x 4t 2 y 2a) 5 z 2 x 5t y mb) c) y t x 4z m13t 19 z 5 y 4 x 2 3 y 12t 2 x 2 z 8m 519t 2 z 5 y 3x 13m 8mt z 3 y 4 x m 2 6m 4 x 2y z t u m 2t z 2 x 2u y 3md) u 3x t 2 y z m 1 z 2u 5 y 2 x 2t m 1 x y z 1g) mz 2 x 3 y 3 my 3 z x 2 x 2 y z 2t 3u a 6 y 13u 8t 3 x 5 z be) t 4x 8 y 5z u c5u 3 z 2 x 4 y 3t d x 2 y z 2t mh) t z y x 2m 1 7 y t x 5z m x y z m 1i) (m 1) z mx y mmy z x 1 x y z 3t 12 2 z x t 2 y 3f) y 2 x 3z 9mt z y 2 x 21 x y 3 z 1j) mz 2 x y m 1 my 3z x 21CHƯƠNG II : TÍNH TOÁN MA TRẬN VÀ MA TRẬN VUÔNG KHẢ NGHỊCH1 2 3 1 1 0 1, C =1/Cho các ma trận thực A = ,B=213244 1 Tính E = CDBA, F = DBAC và G = ACDB . 1 2 1 3 1 0 và D = 2 1 0 1 0 2 1 3 1 0 4 . 2 3 1 2 2/ Tính Ak theo k nguyên 0 nếu A là một trong các ma trận thực sau : 2 1 a 0 cos x sin x 3 2 1 b sin x cos x 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 sin t 10 cos tsin t cos t 0 2 4 1 1 3/ Cho đa thức thực f(x) = 2x3 5x2 + 4x 3. Tính ma trận f(A) nếu A = hay A = .3 2 3 2 4/ Giải các phương trình ma trận thực sau ( X là ma trận ẩn phải tìm ) : 1 1 2 3 1a) X= 4 0 34 5 1 2 2e) X X 2 3 1 2 3 3h) X + Xt 5 4 4 1 4 4 1b) X 0 2 = 2 3 3 5 1 2 1 2c) X=X 3 4 3 4 d) X2 = I21 1 12 1 1 1 1 1 =f) X X=g) X2 = X ( X M2(R) )1 1 0 1 2 1 1 1 11 7 8 3 4 t 2 5 7 11 =i) X +X =2 11 8 1 2 3 4 8 8 0 10 01 0 5/ Cho các ma trận thực A = ,B= ,C= và D =0 01 0 0 1Chứng minh (AB)n AnBn và (CD)n CnDn n nguyên 2.1 0 1 1 .6/ Cho A, B, C Mn(R) và số nguyên k 1 .a) Khai triển (5A 2B + 3C)(6B C 4A)(2C + 3A + B) .b) Giả sử A2 = A. Khai triển và rút gọn (ABA AB)2 và (ABA BA)2 .c) Giả sử C2 = In. Tính Ck .d) Giả sử A2 = A và B = (2A In). Tính Ak và Bk .e) Giả sử A2 = On và C = (A + In). Tính Ck và Sk = In + C + C2 + … + Ck .f) Giả sử Ak = On và AB = BA. Tính (AB)k và Am với m nguyên k .g) Giả sử AB = On.Chứng minh (BA)m = On m nguyên 2. Cho ví dụ để thấy có thể BA On .h) Giả sử A3 = On = B4 và AB = BA. Chứng minh (cA + dB)6 = On c,d R.Tổng quát hóa kết quả trên khi có r, s nguyên 1 thỏa Ar = On = Bs và AB = BA.i) Ký hiệu Tr là hàm vết (trace) lấy tổng các hệ số trên đường chéo chính của một ma trận vuông.Chứng minh Tr(A B) = Tr(A) Tr(B) và Tr(AB) = Tr(BA). Suy ra (AB BA) cIn c R \ {0}.27/ Dùng phương pháp Gauss - Jordan để xét tính khả nghịch của các ma trận thực sau và tìm ma trận nghịchđảo của chúng ( nếu có ) :8 12 1 2 2 2 3 3 2 0 3 2 3 4 1 3 1 13a) 2 1 3 b) 2 2 3 c) 1 1 3 d) 12 7 12 e) 2 1 2 f) 1 1 2 1 2 2 3 4 6 1 2 1 64 5 3 1 4 5 7 4 ABCDEF1t 11 1 13 14 11111 11 1 1g) Từ đó tính nhanh (4A) , (A ) , (2 A ) , (A ) , (A ) , (BA) , (A B) , (AB ) và (B A ) .8/ Cho A,B Mn(R) .a) Giả sử A khả nghịch. Chứng minh (A1BA)k = A1Bk A k 1.Chứng minh (A + B) khả nghịch ( In + A1B ) khả nghịch ( In + BA1 ) khả nghịchb) Giả sử A9 = A20 = In . Chứng minh A = In .c) Giả sử A2B3 = A3 B7 = B8A4 = In . Chứng minh A = In = B.9/ Áp dụng ma trận khả nghịch để giải các phương trình ma trận thực sau ( X là ma trận ẩn phải tìm ) : 3 1 4 5 2 4 0 1 1 8 2 7 4 4 3 1 6 a) X= b) X 4 1 6 = c) X 5 4 = 0 2 703533 11 2 5 2 0 3 2 0 3d) 2 1 3 X =1 2 24 0 1 1 3 2 3 3 2 1 e) X = 0 1 5 2 2 4 2 2 1 3 4 f ) 1 3 7 X =2 3 7 14 3 10 2 2 1 3 2 5 3 2 5 1 g) X = 6 7 4 3 5 1 4 2 3 3 2 3 4 1 3 1 5h) 1 1 2 X 2 2 3 = 1 1 3 5 7 4 3 4 6 1 2 1210/ Cho A, B, C Mn(R), số nguyên k 1 và c,d R.a) Giả sử Ak = On và L = ( In + A + A2 + … + Ak 1 ).Chứng minh H = ( In A ) khả nghịch và H1 = L.Suy ra K = ( In + A ) cũng khả nghịch và tính K1 theo A.db) Giả sử A2 = cA và cd 1. Đặt Q = ( In A ).cd 1Chứng minh P = ( In + dA ) khả nghịch và P1 = Q.c) Giả sử A, B, C khả nghịch.Tìm X và Y nếu A5XB6 = 7A3C2B4 và A9C8YB4C2 = 2A9C5A7B1C2 .CHƯƠNG III : ĐỊNH THỨC CỦA MA TRẬN VUÔNG1/ Tính các định thức sau :2 1a) 6443m 2m(1 m) 7 m3 2 b) 45(1 m)214(m 1)4222 3 2 133 5a832 1 23b2b4ab6bc)d)2 1 2 3257a51 2 3 24(b a) 3(a b) 5a (a b) 6(b a)32/ Khi nào các ma trận thực sau có định thức bằng 0 ?xx1xx11a) xxabg)cd101111011110b)3xx213x311a x x bx a b xh)x b a xb x x ax 1 x3c) a 1 a 3b 1 b3i)1 x2x3a bd) 1 a 21 b2a3b3e) b c ac a ba2(a 1)2(a 2) 2(a 3)2b2(b 1)2(b 2)2(b 3)2c2(c 1)2(c 2)2(c 3)2(d 2) 2(d 3)2d2(d 1)2c0af)bca b c0 c bc 0 ab a 0abccabj)bcaab bc ca11123/ Dùng phương pháp định thức để xét tính khả nghịch của các ma trận thực sau và tìm ma trận nghịch đảo( nếu có ) của chúng :31 5 3 2 3 2 6 6 13 12 6 5 2 1 2 5 8 a) 2 1 1 b) 1 4 2 c) 5 1 4 d) 87 4 e) 7 3 1 f) 1 1 5 4 2 1 1 2 4 1 2 2 12 12 5 4 3 2 3 5 3 4/ Khi nào các ma trận thực sau khả nghịch và tìm ma trận nghịch của chúng lúc đó :2 12 1sin a 1 3 m3a b c 1a) 3 7 m 5 b) mm 11 c) 1 1 1 d) 11 cos a m 2m 3m 3 bc ac ab sin a cos a1 mm 3 1 5/ Giải các hệ phương trình tuyến tính thực sau bằng qui tắc CRAMER :1 1 111 3 2 07 2 1 2 5 a) 4 4 1 22 b) 03 2 6 c) 4 1 2 1 2 3 1 11 2 0 3 1 8 1 1 5 2 1 1d) 2 4 5 3 5 61 15 19 6/ Giải và biện luận các hệ phương trình tuyến tính thực sau theo tham số thực m bằng qui tắc CRAMER :m 1 1 mm 2 m 1 m 11m 2 2m 59m a) b) c) d) 10 m 10 m 4 1 m 1 m mm 2 1 3 m2 1 1 1 135 m 1 1 m 131 1 1 31 e) 2120 f) 2 4 4m 2 1 g) 2 1 m m 1 h) m m 1 0 3m 1 m 3 3 m 11 m 3 m 1 m 1 42 90 2 CHƯƠNG IV : KHÔNG GIAN VECTOR Rn1/ Tập hợp nào dưới đây là không gian vector con của Rn ( n = 3, 4, 5 ) ? Tại sao ?a) W = { X = (x,y,z) R3 / 2x | y | + 3z = 0 }b) W = { X = (x,y,z) R3 / xy + yz + zx = 0 }3c) W = { X = (x,y,z) R / y 4x + 3z = 0 = 5x + 8y 7z }d) W = { X = (x,y,z,t) R4 / x y + 9z = 3t x z = 2t 7y 5z = 8x + 4y t }e) W = { X = (x,y,z,t) R4 / x + 5y 2z 4t 0 }f) W = { X = (x,y,z,t) R4 / x2 y + 3z t3 1 }42g) W = { X = (x,y,z,t) R / (5x + 4y + z 6t) + (9x y + 7z + 2t)2 + (8x 6y + 3z t)2 0 }h) W = { X = (x,y,z,t,u) R5 / 3x = 2y = 6z = 9t = 4u }42/ Khi nào = (u,v,w) ( hay = (u,v,w,t)) W = < S > nếua) S = { X = (1,1,2), Y = (2,3,3) } R3b) S = { X = (3,1,1), Y = (1,5,7), Z = (1,2,3) } R3c) S = { X = (1,2,1,0), Y = (2,1,0,1), Z = (0,1, 2,1) } R4d) S = { X = (2,1,3,1), Y = (1,4,0,3), Z = (3,6,6,5), T = (2,1,3,1) } R4e) = (m, 4, m + 2) R3 và S = { X = (1,1,2), Y = (1,2,1), Z = (1,1,4) } R33/ Xét tính độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính của các tập hợp dưới đây :a) S = { X = (3,1,1), Y = (1,5,7), Z = (1,2,3), T = (9,0,4) } R3b) S = { X = (3,2,7,1), Y = (9,6,21,3) } R4c) S = { X = (2,1,0,9), Y = (5,7,3,4) } R4d) S = { X = (1,1,7,2), Y = (5,1,1,18), Z = (5,2,8,16) } R4e) S = { X = (1,2,3,4), Y = (3,3,5,1), Z = (5,8,13,6) } R4f) S = { X = (1,2, 3m + 1), Y = (3,1,m 3), Z = (m + 5, 2,4) } R34/ Tập hợp nào dưới đây là cơ sở của R3 ? ( s = sinx và c = cosx )a) S = { X = (3,2,7), Y = (8,2,3) } b) S = { X = (1,1,7), Y = (5,1,1), Z = (5,2,8), T = (4,0,3) }c) S = { X = (3,2,1), Y = (2,1,1), Z = (12, 1,1) } d) S = { X = (2,3,1), Y = (4,5,2), Z = (5,7,3) }e) S = { X = (1,1,c), Y = (1,1,s), Z = (s,c,1) }f) S = { X = (0,1,s), Y = (1,0,c), Z = (s,c,0) }5/ Giải thích B là một cơ sở của không gian W = < B > V = Rn ( n = 3, 4, 5 ) rồi tìm điều kiện để = (u,v,w) ( hay = (u,v,w,t) hay = (u,v,w,t,z) ) W.Nếu W V, hãy bổ sung thêm các vector vào B để có một cơ sở C của V.a) B = { X = (2,3,1), Y = (4,6,5) }( V = R3 )b) B = { X = (0,3,1,2), Y = (0,9,3,8) }( V = R4 )c) B = { X = (1,4,2,5), Y = (2,5,3,9), Z = (1,2,1,4) }( V = R4 )d) B = { X = (0,2,1,7,3), Y = (0,6,0,25,10), Z = (0,4,13,34,13) }( V = R5 )e) B = { X = (1,2,5,2,3), Y = (4,8,16,7,6) }( V = R5 )6/ Tìm một cơ sở B cho không gian W = < S > V = Rn ( n = 3, 4 ) rồi tìm điều kiện để = (u,v,w) W( hay = (u,v,w,t) W ) Nếu W V, hãy bổ sung thêm các vector vào B để có một cơ sở C của V.a) S = { X = (2,3,1), Y = (3,1, 5), Z = (1,5,3) } R3b) S = { X = (1,2,3), Y = (2,1,4), Z = (3,0,5), T = (2,7,8) } R3c) S = { X = (1,2,4,0), Y = (2,3,3,1), Z = (1,4,2,3), T = (1,9,3,5) } R4d) S = { X = (2,17,43,12), Y = (0,5,5,2), Z = (1,11,19,7), T = (1,1,29,3) } R47/ Chỉ ra một tập sinh hữu hạn S cho W để thấy W V = Rn ( n = 3, 4 ) .Sau đó tìm một cơ sở B cho W = < S > rồi tìm điều kiện để = (u,v,w) ( hay = (u,v,w,t)) W ?Nếu W V, hãy bổ sung thêm các vector vào B để có một cơ sở C của V.a) W = { U = (2a + 3b + c, 3a b 5c, a + 5b 3c) / a,b,c R }b) W = { U = (a 2b 3c + 2d, 2a b + 7d, 3a + 4b + 5c 8d) / a,b,c,d R }c) W = { U = (a + 2b + c d, 2a + 3b 4c + 9d, 4a + 3b + 2c + 3d, 5d b 3c) / a,b,c,d R }d) W = { U = (2a c + d, 5b 17a + 11c d, 5b + 43a 19c + 29d, 2b 12a + 7c 3d) / a,b,c,d R }8/ Tìm một cơ sở B cho không gian W = { X Rn / AX = O } ( n = 4, 5 ) nếu A là5 1 6 8 1 3 2 1 7 7 1 2 5 1 2 1 1 1 2 1 2 1 1 3 1 3 3 a) 2 3 3 20 b) 2 1 1 2 3 c)d) 3245325812 3 7 22 15 3 2 1 1 2 3 8 2 11 3 1 4 7 9 Nếu W Rn, hãy bổ sung thêm các vector vào B để có một cơ sở C của Rn .59/ Kiểm tra S và T là các cơ sở của R3 rồi viết P(S → T) và P(T → S) .Tìm X, [ X ]T, [ Y ]S, [ Y ]T, Z và [ Z ]S nếua) S = { X1 = (1,1,2), X2 = (2,1, 2), X3 = (1,0,3) }, T = { Y1 = (2,5,2), Y2 = (2,1,3), Y3 = (1,2, 2) }2 3 [ X ]S = 1 , Y = (4,1, 2) và [ Z ]T = 0 31 b) S = { X1 = (1,1,0), X2 = (0,1,1), X3 = (1,0,1) }, T = { Y1 = (1,0,0), Y2 = (1,1,0), Y3 = (1,1,1) }1 2 [ X ]S = 5 , Y = (3,4,0) và [ Z ]T = 2 1 3 10/ Cho S = { X , Y , Z } là một cơ sở của R3 và T = { E, F, G } R3.Kiểm tra T cũng là một cơ sở của R3 rồi viết P(S → T) và P(T → S) nếua) E = 2X 2Y 3Z, F = 3X + 2Y + 4Z và G = 4X + 3Y + 6Z.b) X = E F + G, Y = 3E F + 2G và Z = E + 3F + G.11/ Cho S = { X = (a,c), Y = (b,d) } R2 thỏa ab + cd = 0 và a2 + c2 = 1 = b2 + d2 .Chứng minh S là một cơ sở của không gian vector R2. Tìm [ Z ]S nếu Z = (u,v) R2.12/ Cho V = R3 ( hay V = R4 ) và X = (u,v,w) ( hay X = (u,v,w,t)) V. Xét S,T V và W = < S > V.Tìm điều kiện để X W rồi giải thích S và T là các cơ sở của W. Tính [ X ]S ( khi X W ) và viếtma trận P(S → T). Từ đó suy ra P(T → S) và [ X ]T .a) S = { Y = (3,2,1), Z = (1,1,2) } và T = { E = (1,4,5), F = (2,3,3) }b) S = { Y = (1,1,1,0), Z = (2,3,4,1), U = (1,4,3,2) } vàT = { E = (1,1,1,1), F = (2,7,0,3), G = (3,8,1,3) }13/ Cho H, K R4 và các ma trận thực2 1 5 1 2 2 7 2A= B= 4 3 12 3 4 4 17 4 11322 3 5 3 13 22 5 1 2 3 4 7 12và C = 351 5 6 2 9 13 3 14 19 5 23 32 Tìm một cơ sở cho H, K, ( H + K ), ( H K ) trong các trường hợp dưới đây và cho biết trường hợpnào có tổng trực tiếp H K ?a) H = < S >, K = < T > , S = { Y = (1,2,0,1), Z = (1,1,1,0) } và T = { E = (1,0,1,0), F = (1,3,0,1) }b) H = < S >, K = < T > , S = { Y = (1,2,1,0), Z = (2,1,0,1), U = (1,1,1,1), P = (1,1,1,1) } vàT = { E = (1,2,0,1), F = (2,1,3,1), G = (7,8,9,5) }.c) H = < S >, K = < T > , S = { Y = (1,1,1,1), Z = (1,1,1,1), U = (1,3,1,3) } vàT = { E = (1,2,0,2), F = (1,2,1,2), G = (3,1,3,1) }.d) H = < S >, S = { Y = (3,6,0,2), Z = (1,1,3,3), U = (2,3,2,4), E = (5,9,2,6) } vàK = { X R4 / AX = O }.e) H = { X R4 / BX = O } và K = { X R4 / CX = O }.14/ Cho H, K Rn . Đặt L = ( H K ) Rn .a) Chứng minh L Rn ( H K hay K H ) .b) Cho một ví dụ cụ thể mà trong đó L không phải là một không gian con của Rn.6CHƯƠNG V: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH1/ R2, R3 và R4 có các cơ sở chính tắc lần lượt là A, B và C.a) Cho f(u,v,w) = (u2v+3w, vw+3u, 4w2u3v, 5u3v+5w) (u,v,w) R3. Giải thích f L(R3, R4)và viết [ f ]B,C . Tìm một cơ sở cho mỗi không gian Im(f) và Ker(f). Khi nào Y = (x,y,z,t) Im(f) ?b) Giải thích D = { 1 = (4,3), 2 = (3,2) } và E = { 1 = (1,2,2), 2 = (3,2,3), 3 = (2,3,3) } lần 1 3 4 1lượt là các cơ sở của R2 và R3. Xét g, h L(R2, R3) có [ g ]A,B = 0 2 và [ h ]D,E = 2 5 . 2 1 3 0Tìm biểu thức của g và viết [ g ]D,B , [ g ]A,E và [ g ]D,E .c) Viết [ h ]D,B , [ h ]A,E và [ h ]A,B rồi suy ra biểu thức của h.2/ R2, R3 và R4 có các cơ sở chính tắc lần lượt là A, B và C.a) Cho f(u,v,w,t) = (2v+4wu3t, 2u+v2w+5t, 3u+4v+7t) (u,v,w,t) R4. Giải thích f L(R4, R3)và viết [ f ]C,B . Tìm một cơ sở cho mỗi không gian Im(f) và Ker(f). Khi nào Y = (x,y,z) Im(f) ?b) Giải thích D = { 1 = (5,2), 2 = (3,1) } và E = { 1 = (5,1,3), 2 = (3,1,2), 3 = (1,0,1) } lần lượt 1 1 2 3 0 5là các cơ sở của R2 và R3. Xét g,h L(R3, R2) có [ g ]B,A = và [ h ]E,D = 2 3 0 1 2 1 Tìm biểu thức của g và viết [ g ]B,D , [ g ]E,A và [ g ]E,D .c) Viết [ h ]B,D , [ h ]E,A và [ h ]B,A rồi suy ra biểu thức của h.3/ R3 có cơ sở chính tắc là B.a) Cho f(u,v,w) = (u3w+3v, v+w+2u, 10u12w) (u,v,w) R3. Giải thích f L(R3) và viết [ f ]B .Tìm một cơ sở cho mỗi không gian Im(f) và Ker(f). Khi nào Y = (x,y,z) Im(f) ?b) Giải thích E = { 1 = (1,0,2), 2 = (2,2,1), 3 = (3,3,2) } là một cơ sở của R3. Xét g, h L(R3) có 1 2 3 2 1 0 [ g ]B = 1 0 2 và [ h ]E = 3 2 1 . Tìm biểu thức của g và viết [ g ]E,B , [ g ]B,E và [ g ]E 2 1 1 0 3 1 c) Viết [ h ]B , [ h ]B,E và [ h ]E,B rồi suy ra biểu thức của h. Xác định các không gian Im(h) và Ker(h).4/ R3 có cơ sở chính tắc là B.a) Cho f(u,v,w) = (u+2w+3v, 4v+w+2u, 3u+7v+3w) (u,v,w) R3. Giải thích f L(R3) và viết [ f ]BTìm một cơ sở cho mỗi không gian Im(f) và Ker(f). Khi nào Y = (x,y,z) Im(f) ?b) Giải thích E = { 1 = (3,0,2), 2 = (4,1,3), 3 = (6,1,4) } là một cơ sở của R3. Xét g, h L(R3) có 3 1 0 4 1 0 [ g ]B = 2 4 1 và [ h ]E = 2 3 2 . Tìm biểu thức của g và viết [ g ]E,B , [ g ]B,E và [ g ]E 2 1 3 1 0 3 c) Viết [ h ]B , [ h ]B,E và [ h ]E,B rồi suy ra biểu thức của h. Xác định các không gian Im(h) và Ker(h).5/ R3 và R4 có các cơ sở chính tắc lần lượt là B và C.a) Giải thích E = { 1 = (2,1,5), 2 = (1,0,1), 3 = (4,2,1) } là một cơ sở của R3.Tìm [ ]E nếu = (u,v,w) R3.b) Cho 1 = (2,3,1), 2 = (1,0,3) và 3 = (3,4,1) R3.Tìm f L(R3) thỏa f(j) = j j = 1,2,3 ( dùng [ ]E hay [ f ]E,B ) .c) Cho 1 = (1,1,0,1), 2 = (2,1,3,0) và 3 = (3,0,4,1) R4.Tìm g L(R3, R4) thỏa g(j) = j j = 1,2,3 ( dùng [ ]E hay [ g ]E,C ) .7GV LÊ VĂN HỢPCHƯƠNG IICÁC PHÉP TOÁN MA TRẬNMA TRẬN VUÔNG KHẢ NGHỊCHI. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN MA TRẬN:1.1/ PHÉP CHUYỂN VỊ MA TRẬN:Cho A = aij 1i m Mm x n(R).1 j nĐặt B = bij 1in Mn x m(R) sao cho b ij = aji (1 i n, 1 j m), nghĩa là1 j mma trận B được suy từ A bằng cách viết các dòng (hay cột) của A lần lượtthành các cột (hay dòng) của B.Ta nói B là ma trận chuyển vị của A và ký hiệu B = At (t = transposition).Để ý (At ) t = Bt = A. Nếu C Mn(R) thì Ct Mn(R).Ví dụ: 2 1 5 2 7 8 5 70 3 ta) A = 1 0 4 9 M3 x 4(R) có B = A = M4 x 3(R). 8 4 2 5 3 2 6 5 9 6 Ta có b 13 = a31 = 5, b22 = a22 = 0 và b41 = a14 = 5. Để ý (At ) t = Bt = A. 9 2 5 9 7 4 tb) C = 7 8 1 M3(R) có D = C = 2 8 6 M3(R). 4 5 1 3 6 3 Ta có d12 = c21 = 7, d33 = c33 = 3 và d23 = c32 = 6. Để ý (Ct ) t = Dt = C.1.2/ PHÉP NHÂN SỐ THỰC VỚI MA TRẬN:Cho A = aij 1i m Mm x n(R) và c R. Đặt c.A = caij 1i m Mm x n(R).1 j n1 j nTa có 1.A = A, 0.A = Om x n , (1).A = aij 1i m .1 j nĐặt A = (1).A và gọi A là ma trận đối của A.Ví dụ: 2 7 8 5 4A = 1 0 4 9 M3 x 4(R) cóA=3 5 3 2 6 8 / 3 28 / 3 32 / 3 20 / 3 4 / 3016 / 312 . 20 / 348 / 38 11.3/ PHÉP CỘNG MA TRẬN:Cho A = aij 1i m và B = bij 1i m Mm x n(R).1 j n1 j nĐặt A + B = aij bij 1i m và A B = A + (B) = aij bij 1i m Mm x n(R).1 j n1 j nVí dụ: 2 7 8 5 8 1 9 0 A = 1 0 4 9 và B = 3 6 2 7 M3 x 4(R). 5 3 2 6 4 5 3 2 6 6 17 5 10 8 1 5 Ta có A + B = 2 6 6 16 và A B = 4 6 2 2 M3 x 4(R). 1 8 5 4 92 1 8 1.4/ TÍNH CHẤT: Cho A, B, C Mm x n(R) và c, d R. Khi đó:a) c.(d.A) = (c.d).A(c.A)t = c.At(A B)t = At Btb) Phép cộng ma trận giao hoán và kết hợp:B+A=A+B(A + B) + C = A + (B + C) = A + B + Cc) Om x n + A = A + O m x n = A(A) + A = A + (A) = O m x nd) (c + d).A = c.A + d.Ac.(A B) = c.A c.BVí dụ: Cho A, B Mm x n(R). Ta có(4A)t = 4At(5 + 8)A = 5A + 8A(7)(6A) = [ (7)6 ]A = 42A(9)(A + B) = (9)A + (9)B1.5/ TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA DÒNG VỚI CỘT:Cho dòng U = u1 u2 v1 v... un M1 x n(R) và cột V = 2 Mn x 1(R). vn nĐặt U.V = (u1v1 + u2v2 + … + unvn) =u vi ithì U.V R.i 1Ví dụ:7 0U = 3 8 6 9 2 M1 x 5(R) và V = 5 M5 x 1(R). 1 4 Ta có U.V = (3)7 + 8.0 + (6)(5) + 9.1 + 2(4) = 10 R.1.6/ PHÉP NHÂN MA TRẬN:Cho A = aij 1i m Mm x n(R) và B = b jk 1 j n Mn x p(R) thỏa điều kiện1 j n1 k p(số cột của A) = n = (số dòng của B).2Ta quan tâm m dòng A1 , A2 , ... , Am của A (mỗi dòng có n số hạng) vàquan tâm p cột B1 , B2 , ... , Bp của B (mỗi cột có n số hạng).Ta thực hiện phép nhân ma trận A Mm x n(R) với B Mn x p(R) bằng cáchnhân vô hướng mỗi dòng của A với mỗi cột của B để được ma trận tíchC = cik 1im Mm x p(R) như sau:1 k p A1 AC = A.B = 2 B1 Am B2 A1 B1A2 B1 Bp = Am B1với cik = (dòng Ai)(cột Bk) = ai1 ai 2A1 B2A1 B p A2 B p = cik 1im Mm x p(R) 1 k p Am Bp A2 B2Am B2 b1k b... ain 2 k = (ai1b1k + ai2b2k + … + ainb nk). bnk nNhư vậy C = A.B = AB = cik 1im với cik =1 k pa bijjk(1 i m, 1 k p).j 1Ví dụ: 9 1 5 2 1 3 4 7 4 6 M4 x 3(R).Cho A = 5 0 6 2 M3 x 4(R) và B = 321 1 4 8 3 2 0 8 18 11 7 23 28 0 13 031 45 38 Ta có C = AB = 67 7 15 và D = BA = với51115 11 1 13 12 34 70 32 C M3(R) và D M4(R). Như vậy AB BA.1.7/ MA TRẬN ĐƠN VỊ:Ma trận đơn vị cấp n là ma trận vuông cấp n có dạng như sau:10In = 000 0 01 0 0 0 1 00 0 1 (tất cả các hệ số trên đường chéo chính đều bằng 1, bên ngoài đều bằng 0)Ví dụ:I1 = 11 0I2 = 0 11 0 0I3 = 0 1 0 0 0 110I4 = 000 0 01 0 0 0 1 00 0 131.8/ TÍNH CHẤT:Cho A Mm x n(R), B, C Mn x p(R), D Mp x q(R) và c R. Khi đó:a) (AB)D = A(BD) = ABD (phép nhân ma trận có tính kết hợp).b) (AB)t = BtAt và (cA)B = A(cB) = c(AB)c) A(B C) = AB AC và (B C)D = BD CD(phép nhân ma trận phân phối trái và phải với các phép cộng trừ ma trận).d) Ok x m A = Ok x n và AOn x k = Om x k .e) Im A = A và AIn = A.Ví dụ: 581Cho A = M2 x 3(R). 0 4 9 Ta có O5 x 2 A = O5 x 3 , AO3 x 8 = O2 x 8 , I2 A = A và AI3 = A.1.9/ GHI CHÚ:a) Phép nhân ma trận không giao hoán. Nếu AB và BA cùng xác định thìkhông nhất thiết BA = AB.Nếu AB = BA thì A và B là hai ma trận vuông có cùng kích thước.b) Có thể nhân liên tiếp nhiều ma trận nếu số cột của ma trận đi trước bằngsố dòng của ma trận đi sau.c) Có thể xảy ra khả năngA Mm x n(R), B Mn x p(R), A O B nhưng AB = Om x p.Ví dụ:a) Trong Ví dụ của (1.7), C = AB D = BA vì C M3(R) và D M4(R).b) Cho A M3 x 7(R), B M7 x 4(R), C M4 x 1(R) và D M1 x 8(R).Đặt E = ABCD thì E M3 x 8(R). 1 1 c) Cho A = 4 4 O3 x 2 và B = 0 0 2 0 3 2 0 3 O2 x 3 nhưng AB = O3 .II. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN MA TRẬN VUÔNG:2.1/ PHÉP NHÂN VÀ LŨY THỪA: Cho A, B Mn(R).a) Ta có AB M n(R), BA M n(R) và không nhất thiết AB = BA.b) Đặt A0 = In , A1 = A, A2 = AA, … , Ak + 1 = AAk k N.Ta có Ta có Ak Mn(R) k N.Ví dụ: 3 1 4a) Cho H = và K = 5 5 2 17 25 6 M2(R).7 18Ta có HK = M2(R), KH = 20 30 44 8 M2(R) và HK KH.9 4 1 2 M2(R). Tính Ak k N.1b) Cho A = 0 1 2 , A2 = AA =1 Ta có A1 = A = 0 1 4 1 6 32 0 1 và A = AA = 0 1 . 1 2 k k N và kiểm chứng dễ dàng bằng phép qui nạp.1 Dự đoán Ak = 02.2/ TÍNH CHẤT: Cho A Mn(R).a) Onk On và I nk I n k nguyên 1.b) ArAs = Ar + s và (Ar)s = Ars r, s N.c) OnA = AOn = On và InA = AIn = A.d) Có thể xảy ra khả năng (A On và r nguyên 2 thỏa Ar = On).Ví dụ:a) On2000 On và I n3000 I n .b) A Mn(R), A9A16 = A9 + 16 = A25 và (A9) 16 = A9 x 16 = A144 . 0 2 3 0 0 10 2c) A = 0 0 5 M3(R) và A O3. Ta có A = 0 0 0 O3 = A3.0 0 0 0 0 0 2.3/ CÁC MA TRẬN VUÔNG ĐẶC BIỆT:Cho A = (aij)1 i, j n M n(R).Đường chéo (chính) của A bao gồm các hệ số aii (1 i n).a) A là ma trận (đường) chéo nếu các hệ số ở ngoài đường chéo đều bằng 0và các hệ số của đường chéo thì tùy ý (nghĩa là aij = 0 khi 1 i j n).b) A là ma trận tam giác trên nếu các hệ số ở phía dưới đường chéo đều bằng0 và các hệ số khác thì tùy ý (nghĩa là aij = 0 khi 1 j < i n).c) A là ma trận tam giác dưới nếu các hệ số ở phía trên đường chéo đều bằng0 và các hệ số khác thì tùy ý (nghĩa là aij = 0 khi 1 i < j n).d) A là ma trận tam giác trên ngặt nếu A là ma trận tam giác trên có đườngchéo gồm toàn các hệ số bằng 0 (nghĩa là aij = 0 khi 1 j i n).e) A là ma trận tam giác dưới ngặt nếu A là ma trận tam giác dưới có đườngchéo gồm toàn các hệ số bằng 0 (nghĩa là aij = 0 khi 1 i j n).Ví dụ: Các ma trận dạng đặc biệt (ma trận đường chéo, tam giác trên, tam giácdưới, tam giác trên ngặt và tam giác dưới ngặt) : 3*0A= 0000*20000*00 0 0 7* 4* 20 1*B= 0 0 0 05 8 3 9*7 0 6* 0 1* 00*2 00C= 7 3 8*0 9 60005* 5 0*0D=0020*00 0* 0 09 0* 0E= 2 5 0* 0 6 19 5 8 3 0* 4 0 0* 0000* 2.4/ MỆNH ĐỀ:a) Tổng, hiệu, tích và lũy thừa nguyên dương các ma trận đường chéo cũng làma trận đường chéo. Các phép toán thực hiện tự nhiên trên đường chéo.b) Tổng, hiệu, tích và lũy thừa nguyên dương các ma trận tam giác cùng loạicũng là ma trận tam giác cùng loại.Ví dụ:5 0 0A = 0 2 0 ,0 0 4 3 0 0 B = 0 7 0 , 0 0 62 0 0 Ta có A + B = 0 5 0 , 0 0 10 10A 510=0 00(2)100 1 3 0 C = 0 8 4 0 0 2 8 0 0 A B = 0 9 0 , 0 0 2 0 0 ,410 1 6 1 C + D = 0 17 8 , 0 0 2 2 30 11CD = 0 72 32 000 và 2 3 1 D = 0 9 4 . 0 0 00 15 0AB = 0 14 0 00 24 3 0 1 C D = 0 1 0 0 0 2 1 219 84 C = 0 512 208 008 3và2.5/ MỆNH ĐỀ: Cho A, B Mn(R) thỏa AB = BA. Khi đócác hằng đẳng thức trong R vẫn có hiệu lực đối với A và B.k 2, (AB)k = AkBk,(A + B)k =kikiC A Bk ivài 0Ak Bk = (A B)(Ak1 + Ak2B + … + ABk2 + Bk1 )Ví dụ: Cho A, B Mn(R) thỏa AB = BA. Khi đó(AB)4 = ABABABAB = AAAABBBB =A4B4A5 + B5 = A5 (B)5 = (A + B)(A4 A3B + A2B2 AB3 + B4)(4A 5In)3 = (4A)3 3(4A)2(5In) + 3(4A) (5In)2 (5In)3= 64A3 240A2 + 300A 125In2.6/ GHI CHÚ: Nếu A, B Mn(R) thỏa AB BA thì các hằng đẳng thức trongR không thể áp dụng cho A và B. Các phép tính phải dùng định nghĩa.6Ví dụ: Cho A, B Mn(R) thỏa AB BA. Ta có(A + B)(A B) = A2 AB + BA B2 A2 B2 vì ( AB + BA) On .(A B)2 = (A B) (A B) = A2 AB BA + B2 A2 2AB + B2 vì( AB BA) 2ABIII. SỰ KHẢ NGHỊCH CỦA MA TRẬN VUÔNG:3.1/ VẤN ĐỀ:a) A Mn(R), ta có InA = AIn = A.b) Cho trước A Mn(R). Có hay không A’ M n(R) thỏa A’A = AA’ = In ?Nếu có thì A’ được xác định ra sao ?Khi n = 1, ta trả lời dễ dàng câu hỏi trên: nếu a = 0 R = M1(R) thì không cóa’ R thỏa a’a = aa’ = 1 và ta nói a = 0 là số không khả nghịch.Nếu a R \{ 0} thì có a’ = a1 R = M1(R) thỏa a’a = aa’ = 1 và ta nói a làsố khả nghịch cũng như ký hiệu a1 = a’ là số nghịch đảo của số a.Ta sẽ đưa ra câu trả lời cho câu hỏi trên khi n 2.3.2/ ĐỊNH NGHĨA: Cho A M n(R).a) Ta nói A là ma trận khả nghịch nếu có A’ Mn(R) thỏa A’A = AA’ = In.b) A’(nếu có) thì duy nhất và lúc đó ta ký hiệu A’ = A1 là ma trân nghịch đảocủa ma trận A.c) Nếu A khả nghịch (có A1) thì ta định nghĩa thêm các lũy thừa nguyên âm choA như sau: A2 = (A1)2, A3 = (A1)3, … , Ak = (A1)k k nguyên 2.Ta có Am M n(R) m Z. Hơn nữa ArAs = Ar + s, (Ar)s = Ars r, s Z.Ví dụ: 3 4 6 1 2 2Cho A = 0 1 1 và B = 2 0 3 M3(R). 2 3 4 2 1 3Ta có AB = BA = I3. Do đó A khả nghịch và A1 = B. Tương tự B khả nghịchvà B1 = A. Hơn nữa Ak = (A1)k = Bk k nguyên 2 và Am M3(R) m Z.Ta có A7A12 = A7 + (12) = A5 và (A7) 12 = A7(12) = A84 .3.3/ ĐỊNH LÝ: (nhận diện ma trận khả nghịch)Cho A M n(R). Ta xác định được SA, RA và r(A) n.Các phát biểu sau đây là tương đương với nhau:a) A khả nghịch.b) SA có các hệ số trên đường chéo đều 0.c) RA = In.d) r(A) = n.3.4/ HỆ QUẢ: (nhận diện ma trận không khả nghịch)Cho A M n(R). Ta xác định được SA, RA và r(A) n.Các phát biểu sau đây là tương đương với nhau:a) A không khả nghịch.b) SA có ít nhất một hệ số 0 trên đường chéo.c) RA In.d) r(A) < n.7Ví dụ: 3 1 4 3 4 6Cho A = 3 0 2 và B = 5 2 16 M3(R). 2 2 1 2 1 1 1*A 0031 2 SA =4 5 11*0011*01* 03 2 0 1*0 013* 5 2 RA =13 1* 0 0 * 0 1 0 = I3 0 0 1* Bảng 1: (2) (2) + (1), (1) (1) (3), (3) (3) 2(1).Bảng 2: (3) (3) 4(2). Bảng 3: (1) (1) + (2), (2) (2).Bảng 4: (3) 131(3), (1) (1) 5(3), (2) (2) + 2(3).1* 31* 37 B 0 17 51 SB = 0 17* 0 5 15 0 01* 0751 RB = 0 1*0 00 2 3 I30 Bảng 1: (1) (1) (3), (2) (2) + 5(1), (3) (3) 2(1).Bảng 2: (3) (3) + (5/17)(2). Bảng 3: (2) 171(2), (1) (1) 3(2).Ta thấy A khả nghịch (để ý các hệ số trên đường chéo của SA đều 0, RA = I3và r(A) = 3) và B không khả nghịch (để ý có hệ số = 0 trên đường chéo của SB,RB I3 và r(B) = 2 < 3).3.5/ ĐỊNH LÝ: (tìm ma trận nghịch đảo cho ma trận khả nghịch)Cho A khả nghịch Mn(R) (nghĩa là RA = In).Nếu các phép biến đổi sơ cấp trên dòng 1, 2, … , k biến A thành RA = Inthì chính các phép biến đổi đó, theo đúng thứ tự, sẽ biến In thành A1.Cụ thể như sau:Nếu A A1 A2 … Ak = RA = In (dùng các phép biến đổi 1, 2, … , k )thì In B1 B2 … Bk = A1 (cũng dùng các phép biến đổi 1, 2, … , k )3.6/ PHƯƠNG PHÁP GAUSS – JORDAN TÌM MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO:Cho A Mn(R). Ta thường kiểm tra A khả nghịch và tìm A1 cùng một lúctheo sơ đồ sau (phương pháp Gauss – Jordan):(A | In) (A1 | B1) (A2 | B2) … (Ak | Bk) trong đó Ak = RA.(dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng 1, 2, … , k biến A thành RA)Nếu RA In thì A không khả nghịch.Nếu RA = In thì A khả nghịch và A1 = Bk.Ví dụ:Xét tính khả nghịch và tìm ma trận nghịch đảo (nếu có) của các ma trận sau:4 1 2B = 2 3 11 và A = 3 5 15 3 4 9 2 1 2 M (R).3 7 1 4 8 |
