Trang 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập GIẢI ĐỀ CƯƠNG ĐẠI SỐ CHƯƠNG III Nhóm ngành 1 Bài 1. Tập V với các phép toán sau đây có phải là một không gian vector không? a) V = {(x, y, z)|x, y, z ∈ R} với các phép toán được xác định như sau: (x, y, z) + (x′, y′, z′) = (x + x′, y + y′, z + z′) k(x, y, z) = (|k|x,|k|y,|k|z) b) V = {x = (x , x |x > 0, x > 0)} ⊂ R2 1 2 1 2 (x , x ) + (y , y ) = (x y , x y ) và k(x , x ) = (xk, xk) trong đó k là một số bất kì. 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 Lời giải a) Xét k1 và k2 là hai số thực trái dấu: (k1 + k2)(x, y, z) = (|k1 + k2|x,|k1 + k2|y,|k1 + k2|z) k1(x, y, z) + k2(x, y, z) = ((|k1| + |k2|)x,(|k1| + |k2|)y,(|k1| + |k2|)z) Mà (|k1 + k2|x,|k1 + k2|y,|k1 + k2|z) ̸= ((|k1| + |k2|)x,(|k1| + |k2|)y,(|k1| + |k2|)z) ⇒ (k1 + k2)(x, y, z) ̸= k1(x, y, z) + k2(x, y, z) ⇒ V không là một không gian vector b) V là một không gian vector vì ∀(x1, x2),(y1, y2),(z1, z2) ∈ V ;k, k1, k2 ∈ R: 1. ((x1, x2) + (y1, y2)) + (z1, z2) = (x1, x2) + ((y1, y2) + (z1, z2)) = (x1y1z1, x2y2z2) 2. 0 = (1; 1) : 0 + (x1, x2) = (x1, x2) + 0 = (x1, x2) 3. (x1, x2) + (y1, y2) = (y1, y2) + (x1, x2) = (x1y1, x2y2) 1 1 1 1 4. ∀(x1, x2) ∈ V,∃( , ) : (x1, x2) + ( , ) = (1,1) = 0 x1 x2 x1 x2 5. (k + k )(x , x ) = k (x , x ) + k (x + x ) = (xk1+k2, xk1+k2) 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 6. k((x , x ) + (y , y )) = k(x , x ) + k(y , y ) = (xkyk, xkyk) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 7. k (k (x , x )) = k k (x , x ) = (xk1k2, yk1k2) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 8. 1(x1, x2) = (x1, x2) Bài 2. Chứng minh các tập hợp con của các không gian véc tơ quen thuộc sau là các không gian véc tơ con của chúng: a) Tập E = {(x , x , x ) ∈ R3|2x − 5x + 3x = 0}. 1 2 3 1 2 3 b) Tập các đa thức có hệ số bậc nhất bằng 0 (hệ số của x) của KGVT Pn[x]. c) Tập các ma trận tam giác trên của tập các ma trận vuông cấp n. d) Tập các ma trận đối xứng của tập các ma trận vuông cấp n. Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 1 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập e) Tập các ma trận phản xứng của tập các ma trận vuông cấp n (aij = −aji). Lời giải a) Xét tập u1 = (x1, x2, x3) ∈ E, u2 = (y1, y2, y3) ∈ E • u1 + u2 = (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3) ∈ E (1) Do 2(x1 + y1) − 5(x2 + y2) + 3(x3 + y3) = (2x1 − 5x2 + 3x3) + (2y1 + 5y2 + 3y3) = 0 • Với k ∈ R thì ku1 ∈ E (2) do k(2x1 − 5x2 + 3x3) = 0 Từ (1) và (2) suy ra E là không gian vector con của R3 b) Xét(p1, p2 là hai đa thức có hệ số bằng 0 p1 + p2 có hệ số bậc nhất bằng 0 ⇒ kp1 có hệ số bậc nhất bằng 0 ∀k ∈ R ⇒ Tập các đa thức có hệ số bậc nhất bằng 0 của Pn[x] là không gian vector con của Pn[x]. c) Xét: a a · · · a a′ a′ · · · a′ 11 12 1n 11 12 1n 0 a · · · a 0 a′ · · · a′ An = 22 2n, A′ = 22 2n .. .. . . . .. n .. .. . . . .. . . . . . . 0 0 · · · a 0 0 · · · a′ nn nn là hai ma trận tam giác trên của ma trận vuông cấp n. a + a′ a + a′ · · · a + a′ 11 11 12 12 1n 1n 0 a + a′22 · · · a + a′ • A + A′ = 22 2n 2n là ma trận tam giác trên (1) n n .. .. . . . .. . . . 0 0 · · · a + a′ nn nn ka11 ka12 · · · ka1n 0 ka22 · · · ka2n • kAn = . . . . là ma trận tam giác trên ∀k ∈ R (2) .. .. . . .. 0 0 · · · kann Từ (1) và (2) suy ra tập các ma trận tam giác trên của tập các ma trận vuông cấp n là không gian vector con. d) Xét: a11 a12 · · · a1n b11 b12 · · · b1n a21 a22 · · · a2n b21 b22 · · · b2n An = . . . . . , Bn = . . . . . .. .. . .. .. .. . .. an1 an2 · · · ann bn1 bn2 · · · bnn ( aij = aji Với ∀i ̸= j;i = 1, n;j = 1, n bij = bji Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 2 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇒ An, Bn là các ma trận đối xứng của tập các ma trận vuông cấp n. a11 + b11 a12 + b12 · · · a1n + b1n a + b a + b · · · a + b • A + B = 21 21 22 22 2n 2n n n .. .. . . . .. . . . an1 + nn1 an2 + bn2 · · · ann + bnn ( aij = aji Do nên aij + bij = aji + bji, ∀i ̸= j, i = 1, n, j = 1, n bij = bji ⇒ An + Bn là ma trận đối xứng cấp n (1) ka11 ka12 · · · ka1n ka ka · · · ka • kA = 21 22 2n n .. .. . . . .. . . . kan1 kan2 · · · kann Do aij = aji ∀i ̸= j, i = 1, n, j = 1, n nên kaij = kaji ∀i ̸= j, i = 1, n, j = 1, n ⇒ kAn là ma trận đối xứng cấp n (2) Từ (1) và (2) suy ra tập các ma trận đối xứng của tập các ma trận vuông cấp n là không gian vector con. e) Xét: a11 a12 · · · a1n b11 b12 · · · b1n a21 a22 · · · a2n b21 b22 · · · b2n An = . . . . , Bn = . . . . . .. .. . . .. .. .. . .. an1 an2 · · · ann bn1 bn2 · · · bnn ( aij = −aji Với ∀i ̸= j;i = 1, n;j = 1, n bij = −bji ⇒ An, Bn là các ma trận phản xứng của tập các ma trận vuông cấp n. a11 + b11 a12 + b12 · · · a1n + b1n a + b a + b · · · a + b • A + B = 21 21 22 22 2n 2n n n .. .. . . . .. . . . an1 + nn1 an2 + bn2 · · · ann + bnn ( aij = −aji Do nên aij + bij = −(aji + bji), ∀i ̸= j, i = 1, n, j = 1, n bij = −bji ⇒ An + Bn là ma trận phản xứng cấp n (1) ka11 ka12 · · · ka1n ka ka · · · ka • kA = 21 22 2n n .. .. . . . .. . . . kan1 kan2 · · · kann Do aij = −aji ∀i ̸= j, i = 1, n, j = 1, n nên kaij = −kaji ∀i ̸= j, i = 1, n, j = 1, n Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 3 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇒ kAn là ma trận phản xứng cấp n (2) Từ (1) và (2) suy ra tập các ma trận phản xứng của tập các ma trận vuông cấp n là không gian vector con. Bài 3. Cho V1, V2 là hai không gian vector con của KGVT V . Chứng minh: a) V1 ∩ V2 là KGVT con của V . b) V1 + V2 := {u1 + u2|u1 ∈ V1, u2 ∈ V2} là KGVT con của V Lời giải a) Giả sử V là không gian vector trên trường R Lấy bất kì u, v ∈ V1 ∩ V2 có u ∈ V1, u ∈ V2, v ∈ V1, v ∈ V2 Vì V1, V2 là các không gian con nên u + v ∈ V1, u + v ∈ V2. Từ đó u + v ∈ V1 ∩ V2. =⇒ V1 ∩ V2 đóng kín với phép cộng. Với u ∈ V1 ∩ V2, k ∈ R dễ thấy u ∈ V1, u ∈ V2 và V1, V2 là các không gian con nên ku ∈ V1 và ku ∈ V2. Suy ra ku ∈ V1 ∩ V2. =⇒ V1 ∩ V2 đóng kín với phép nhân với phần tử của R. Vậy V1 ∩ V2 là không gian con của V. b) Lấy u, v bất kì trong V1 + V2. Khi đó: u = u1 + u2 với u1 ∈ V1, u2 ∈ V2 v = v1 + v2 với v1 ∈ V1, v2 ∈ V2 Từ đó: u + v = (u1 + v1) + (u2 + v2) Rõ ràng u1 + v1 ∈ V1, u2 + v2 ∈ V2 nên suy ra u + v ∈ V1 + V2. =⇒ V1 + V2 đóng kín với phép cộng. Lấy u bất kì trong V1 + V2, k bất kì trong R. Khi đó: u = u1 + u2 với u1 ∈ V1, u2 ∈ V2. Ta có ku = k(u1 + u2) = ku1 + ku2 Dễ thấy ku1 ∈ V1, ku2 ∈ V2 nên ku ∈ V1 + V2 =⇒ V1 + V2 đóng kín với phép nhân với một số trong R. Vậy V1 + V2 là không gian con của V. Bài 4. Cho V1, V2 là hai không gian vector con của KGVT V . Ta nói V1, V2 là bù nhau nếu V1 + V2 = V, V1 ∩ V2 = {θ}. Chứng minh rằng V1, V2 bù nhau khi và chỉ khi mọi vector u của V có biểu diễn duy nhất dưới dạng u = u1 + u2, (u1 ∈ V1, u2 ∈ V2). Lời giải - Chiều thuận: Giả sử u có thể biểu diễn dưới dạng u = u + u = u′ + u′ với u , u′ ∈ V ;u , u′ ∈ V 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 Khi đó: u − u′ = u′ − u 1 1 2 2 Mà: u − u′ ∈ V , u′ − u ∈ V 1 1 1 2 2 2 Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 4 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇒ u − u′ , u′ − u ∈ V ∩ V 1 1 2 2 1 2 ⇒ u − u′ = u′ − u = 0 1 1 2 2 ⇒ u = u′ , u = u′ 1 1 2 2 Vậy mọi vector u của V có biểu diễn duy nhất dưới dạng u = u1 + u2, (u1 ∈ V1, u2 ∈ V2). - Chiều nghịch: Mọi vector u thuộc V đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng u = u1 + u2, (u1 ∈ V1, u2 ∈ V2) ⇒ V = V1 + V2 Ta cần chứng minh: V1 ∩ V2 = {0} Thật vậy, giả sử u ∈ V1 ∩ V2 Do V1 và V2 là hai không gian con của V nên 0 ∈ V1 và 0 ∈ V2 ⇒ 0, u ∈ V1 ∩ V2 Mà: u = 0 + u = u + 0 và do tính duy nhất ⇒ u = 0 Vậy V1 ∩ V2 = {0} Bài 5. Trong KGVT V, cho hệ véc tơ {u1, u2, ..., un, un+1} là phụ thuộc tuyến tính và {u1, u2, ..., un} là hệ độc lập tuyến tính. Chứng minh un+1 là tổ hợp tuyến tính của các véc tơ u1, u2, ..., un. Lời giải Vì hệ (u1, u2, ..., un, un+1) phụ thuộc tuyến tính nên tồn tại ràng buộc tuyến tính không tầm thường: λ1u1 + λ2u2 + ... + λn+1un+1 = 0 • Nếu λn+1 = 0 thì λ1u1 + λ2u2 + ... + λnun = 0 vì {u1, u2, ..., un} là hệ độc lập tuyến tính nên từ ràng buộc tuyến tình trên ta suy ra λ1 = λ2 = ... = λn = 0. Điều này mâu thuẫn với λ1, λ2, ..., λn+1 không đồng thời bằng 0. • Vậy λn+1 ̸= 0. Khi đó: −1 un+1 = (λ1u1 + λ2u2 + ... + λnun) λn+1 ⇒ un+1 là tổ hợp tuyến tính của các vector u1, u2, ..., un. Bài 6. Cho {v1, v2, ..., vm} là hệ sinh của W1, {u1, u2, ..., un} là hệ sinh của W2 với W1, W2 là các không gian con của V. Chứng minh {v1, ..., vm, u1, ..., un} là hệ sinh của W1 + W2. Lời giải • Ta có {v1, v2, ..., vm} là hệ sinh của W1, {u1, u2, ..., un} là hệ sinh của W2 W1 + W2 = {v + u|v ∈ W1, u ∈ W2} Lấy v + u ∈ W1 + W2 với v ∈ W1, u ∈ W2. Khi đó: v = k1v1 + k2v2 + · · · + kmvm với k1, k2, . . . , km ∈ R u = l1u1 + l2u2 + · · · + lnun với l1, l2, . . . , ln ∈ R Do đó: u + v = k1v1 + k2v2 + · · · + kmvm + l1u1 + l2u2 + · · · + lnun, ki, lj ∈ R =⇒ u + v ∈ span{v1, v2, ..., vm, u1, u2, ..., un} Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 5 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Vậy W1 + W2 ⊂ span{v1, v2, ..., vm, u1, u2, ..., un} • Lấy w ∈ span{v1, v2, ..., vm, u1, u2, ..., un} có w = t1v1 + t2v2 + · · · + tmvm + tm+1u1 + tm+2um+2 + · · · + tm+nun Đặt w1 = t1v1 + t2v2 + · · · + tmv, w2 = tm+1u1 + tm+2um+2 + · · · + tm+nun Ta có w1 ∈ W1, w2 ∈ W2. =⇒ w = w1 + w2 ∈ W1 + W2. Vậy span{v1, v2, ..., vm, u1, u2, ..., un} ⊂ W1 + W2 • Ta nhận được W1 +W2 = span{v1, v2, ..., vm, u1, u2, ..., un} nghĩa là {v1, ..., vm, u1, ..., um} là hệ sinh của W1 + W2 Bài 7: Trong R3 xét xem các hệ véctơ sau có độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính: a) v1 = (4;−2; 6), v2 = (−6; 3;−9). b) v1 = (2; 3;−1), v2 = (3;−1; 5), v3 = (−1; 3;−4). c) v1 = (1; 2; 3), v2 = (3; 6; 7), v3 = (−3; 1; 3), v4 = (0; 4; 2). Lời giải 4λ − 6λ = 0 1 2 λ1 = 3 a) Xét: λ1v1 + λ2v2 = θ ⇔ −2λ + 3λ = 0 ⇔ 1 2 λ2 = 2 6λ1 − 9λ2 = 0 Vậy hệ {v1, v2} phụ thuộc tuyến tính b) Xét: λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = θ 2 3 −1 Ta có: 3 −1 3 = −9 ̸= 0 −1 5 −4 Vậy hệ {v1, v2, v3} độc lập tuyến tính c) Vì số véctơ của hệ lớn hơn dim R3 ⇒ hệ {v , v , v , v } phụ thuộc tuyến tính 1 2 3 4 Bài 8. Trong không gian P [x], xét xem hệ véc tơ B = {u = 1 + 2x, u = 3x − x2, u = 2 − x + x2} 2 1 2 3 độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính. Lời giải Xét ràng buộc tuyến tính: λ1u1 + λ2u2 + λ3u3 = 0 ∀x ⇔ λ (1 + 2x) + λ (3x − x2) + λ (2 − x + x2) = 0 ∀x 1 2 3 ⇔ (λ + 2λ ) + (2λ + 3λ − λ )x + (λ − λ )x2 = 0 ∀x 1 3 1 2 3 3 2 Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 6 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập λ + 2λ = 0 λ = 0 1 3 1 ⇔ 2λ1 + 3λ2 − λ3 = 0 ⇔ λ2 = 0 λ3 − λ2 = 0 λ3 = 0 Vậy hệ vector B độc lập tuyến tính Bài 9. Trong R3, chứng minh v = (1; 1; 1), v = (1; 1; 2), v = (1; 2; 3) lập thành một cơ sở. Xác định 1 2 3 chuyển từ cơ sở chính tắc sang cơ sở trên và tìm tọa độ của x = (6,9,14) theo cách trực tiếp và dùng công thức đổi tọa độ. Lời giải Xét ràng buộc tuyến tính: λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = 0 ⇔ λ1(1; 1; 1) + λ2(1; 1; 2) + λ3(1; 2; 3) = (0; 0; 0) λ + λ + λ = 0 λ = 0 1 2 3 1 ⇔ λ1 + λ2 + 2λ3 = 0 ⇔ λ2 = 0 λ1 + 2λ2 + 3λ3 = 0 λ3 = 0 ⇒ Hệ vector {v1;v2;v3} độc lập tuyến tính ⇒ dimR3 = dim(span{v ;v ;v }) = 3 1 2 3 ⇒ Hệ vector {v ;v ;v } là một cở sở của R3 1 2 3 * Tìm tọa độ của x = (6; 9; 14) - Cách 1: Giả sử tọa độ của x = (6; 9; 14) là (a, b, c) a + b + c = 6 a = 1 ⇔ a + b + 2c = 9 ⇔ b = 2 a + 2b + 3c = 14 c = 3 Vậy tọa độ của x = (6; 9; 14) theo cơ sở {v1;v2;v3} là (1; 2; 3) - Cách 2: 1 1 1 Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc E sang cơ sở V = {v1;v2;v3} là C = 1 1 2 1 2 3 −1 1 1 1 6 1 1 −1 6 1 [x] = C−1.[x] = 1 1 2 . 9 = 1 −2 1 . 9 = 2 V E 1 2 3 14 −1 1 0 14 3 Vậy tọa độ của x = (6; 9; 14) theo cơ sở {v1;v2;v3} là (1; 2; 3) Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 7 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Bài 10. Trong các trường hợp sau, chứng minh B = {v , v , v } là một cơ sở của R3 và tìm [v] biết 1 2 3 B rằng: a) v1 = (2; 1; 1), v2 = (6; 2; 0), v3 = (7; 0; 7), v = (15; 3; 1). b) v1 = (0; 1; 1), v2 = (2; 3; 0), v3 = (1; 0; 1), v = (2; 3; 0). Lời giải a) Ma trận tọa độ của hệ vector B theo cơ sở chính tắc E của R3 là: 2 6 7 1 0 7 1 0 7 1 0 7 A = 1 2 0 −H−1−↔−H→3 1 2 0 −H−3−−−2−H−2→−−H→3 0 2 −7 −H−3−−−H−2→−−H→3 0 2 −7 H −H →H 2 1 2 1 0 7 2 6 7 0 2 7 0 0 14 ⇒ số vector của B = r(A) = dim(R3) = 3 ⇒ hệ độc lập tuyến tính. Vậy B là một cơ sở của R3. Khi đó, ma trận A là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở chính tắc E của R3. Ta có: −1 2 6 7 15 −2.5 [v] = A.[v] ⇔ [v] = A−1.[v] ⇔ v[B] = 1 2 0 . 3 = 2.75 E B B E 1 0 7 1 0.5 b) Ma trận tọa độ của hệ vector B theo cơ sở chính tắc E của R3 là: 0 2 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 A = 1 3 0 −H−1−↔−H→3 1 3 0 −H−2−−−H−1→−−H→2 0 3 −1 −3−H−3−−2−H−2−→−H→3 0 3 −1 1 0 1 0 2 1 0 2 1 0 0 5 ⇒ số vector của B = r(A) = dim(R3) = 3 ⇒ hệ độc lập tuyến tính. Vậy B là một cơ sở của R3. Ta thấy ngay: v = 0.v + v + 0.v nên [v] = (0; 1; 0)T 1 2 3 B Bài 11. Trong P [x] cho các véc tơ v = 1, v = 1 + x, v = x + x2, v = x2 + x3. 3 1 2 3 4 a) Chứng minh rằng B = {v1, v2, v3, v4} là một cơ sở của P3[x]. b) Tìm tọa độ của véc tơ v = 2 + 3x − x2 + 2x3 đối với cơ sở trên. c) Tìm tọa độ của véc tơ v = a + a x + a x2 + a x3 đối với cơ sở trên. 0 1 2 3 Lời giải a) Ma trận tọa độ của hệ vector B theo cơ sở chính tắc E của P3[x] là: 1 1 0 0 0 1 1 0 A = ⇒ r(A) = 4 = dimP3[x] = số vector của B. Vậy B là một cơ sở của P3[x]. 0 0 1 1 0 0 0 1 Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 8 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập b) A là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở chính tắc E của P3[x] nên ta có: −1 1 1 0 0 2 −4 0 1 1 0 3 6 [v] = A.[v] ⇔ [v] = A−1.[v] ⇔ v[B] = . = E B B E 0 0 1 1 −1 −3 0 0 0 1 2 2 c) Tương tự, ta có: −1 1 1 0 0 a0 0 1 1 0 a1 [v] = A.[v] ⇔ [v] = A−1.[v] ⇔ v[B] = . E B B E 0 0 1 1 a 2 0 0 0 1 a3 1 −1 1 −1 a0 a0 − a1 + a2 − a3 0 1 −1 1 a1 a1 − a2 + a3 ⇒ [v]B = . = 0 0 1 −1 a2 a2 − a3 0 0 0 1 a3 a3 Bài 12. Trong R4, cho các vector sau: u = (1; 3;−2; 1), u = (−2; 3; 1; 1), u = (2; 1; 0; 1), u = 1 2 3 (1;−1;−3;m). Tìm m để u ∈ span{u1, u2, u3} Lời giải • u ∈ span{u1, u2, u3} ⇐⇒ ∃(x1, x2, x3) với xi ∈ R, i = 1,3 thoả mãn u = x1u1 + x2u2 + x3u3 x − 2x + 2x = 1 1 2 3 3x1 + 3x2 + 1x3 = −1 ⇐⇒ Hệ có nghiệm −2x + x + 0x = −3 1 2 3 x + x + x = m 1 2 3 1 −2 2 1 1 −2 2 1 H −3H →H 3 3 1 −1 H2+2H1→H2 0 9 −5 −4 Ta có A = −−3−−−−1 −−→3 −2 1 0 −3 H4−H1→H4 0 −3 4 −1 1 1 1 m 0 3 −1 m − 1 1 −2 2 1 1 −2 2 1 H +1 H →H 0 9 −5 −4 H −2 H →H 0 9 −2 −4 −−3−−3−−2−−→3 −−4−−7−−3−−→4 0 0 7 −7 0 0 4 −7 H −1 H →H 4 3 2 4 3 3 3 3 0 0 2 3m+1 0 0 0 m + 1 3 3 Hệ có nghiệm ⇐⇒ m + 1 = 0 ⇐⇒ m = −1. Bài 13. Cho KGVT P3[x] và hệ véctơ sau: v = 1 + x2 + x3, v = x − x2 + 2x3, v = 2 + x + 3x3, v = −1 + x − x2 + 2x3 1 2 3 4 a) Tìm hạng của hệ Véctơ. b) Tìm một hệ cơ sở của không gian span{v1, v2, v3, v4} Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 9 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Lời giải 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 −1 2 H −2H →H 0 1 −1 2 H −H →H 0 1 −1 2 a) Ta có: AT = −−3−−−−1 −−→3 −−3−−−2−−→3 2 1 0 3 H4+H1→H4 0 1 −2 1 H4−H2→H4 0 0 −1 −1 −1 1 −1 2 0 1 0 3 0 0 1 1 1 0 1 1 H +H →H 0 1 −1 2 −−4−−−3−−→4 0 0 −1 −1 0 0 0 0 Vậy r(AT ) = 3 ⇒ hạng của hệ {v , v , v , v } là 3 1 2 3 4 b) Một cơ sở của không gian span{v , v , v , v } là {(1 + x2 + x3),(x − x2 + 23),(−x2 − x3)} 1 2 3 4 Bài 14. Tìm cơ sở và số chiều của không gian con sinh bởi hệ véctơ sau: a) v = (2; 1; 3; 4), v = (1; 2; 0; 1), v = (−1; 1;−3; 0) trong R4 1 2 3 b) v = (2; 0; 1; 3;−1), v = (1; 1; 0;−1; 1), v = (0;−2; 1; 5;−3), v = (1;−3; 2; 9;−5) trong R5 1 2 3 4 Lời giải 2 1 3 4 2 1 3 4 2 1 3 4 a) Ta có: AT = 1 2 0 1 −2−H−2−−−H−1→−−H→2 0 3 −3 −2 −H−3−−−H−2→−−H→3 0 3 −3 −2 2H +H →H 3 1 3 −1 1 −3 0 0 3 −3 4 0 0 0 6 Vậy dim span{v , v , v } = r(AT ) = 3,với {(2; 1; 3; 4),(0; 3;−3;−2),(0; 0; 0; 6)}là một cơ sở. 1 2 3 2 0 1 3 −1 2 0 1 3 −1 1 1 0 −1 1 2H −H →H 0 2 −1 −5 3 b) Ta có: AT = −−−2−−−1 −−→2 0 −2 1 5 −3 2H4−H1→H4 0 −2 1 5 −3 1 −3 2 9 −5 0 −6 3 15 −9 2 0 1 3 −1 H +H →H 0 2 −1 −5 3 −−−3 −−2−−−→3 H4+3H2→H4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Vậy dim span{v , v , v , v } = r(AT ) = 2,với {(2; 0; 1; 3;−1),(0; 2;−1;−5; 3)}là một cơ sở. 1 2 3 4 Bài 15. Trong R4 cho các véc tơ: u = (1; 0; 1; 0), u = (0; 1;−1; 1), u = (1; 1; 1; 2), u = (0; 0; 1; 1). 1 2 3 4 Đặt V1 = span{u1, u2}, V2 = span{u3, u4}. Tìm cơ sở và số chiều của các KGVT V1 + V2, V1 ∩ V2. Lời giải * V1 + V2 = span{u1, u2, u3, u4}, xét ma trận tọa độ của hệ {u1, u2, u3, u4} theo cơ sở chính tắc ta Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 10 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập có: 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 H −H →H 0 1 1 0 H +H →H 0 1 1 0 A = −−3−−−1−−→3 −−3−−−2−−→3 1 −1 1 1 0 −1 0 1 H4−H2→H4 0 0 1 1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 −H−4−−−H−3→−−H→4 0 0 1 1 0 0 0 0 Do đó: r(A) = 3 ⇒ dim(V1 + V2) = 3 và có hệ {u1, u2, u4} là một cơ sở. (vì 3 vector này độc lập tuyến tính) * Ta có: V1 = span{u1, u2} = span{(1,0,1,0),(0,1,−1,1)} = span{(1,1,0,1),(0,1,−1,1)} V2 = span{u3, u4} =span{(1,1,1,2),(0,0,1,1)} = span{(1,1,0,1),(0,0,1,1)} u ∈ V ⇔ u = k (1,1,0,1) + k (0,1,−1,1) Do: u ∈ V ∩ V ⇔ 1 1 2 ⇔ u = k(1,1,0,1) 1 2 u ∈ V2 ⇔ u = k3(1,1,0,1) + k4(0,0,1,1) Vậy dim(V1 ∩ V2) = 1 và hệ {(1,1,0,1)} là một cơ sở của V1 ∩ V2 Bài 16. Cho không gian P2015[x]− các đa thức bậc không quá 2015 và tập W1 = {p ∈ P2015[x]|p(−x) = p(x),∀x ∈ R}. Chứng minh rằng W1 là không gian con của P2015[x]. Chỉ ra số chiều và một cơ sở của W1 (không cần chứng minh). Lời giải +) Giả sử: p1, p2 ∈ W1 theo bài ra ta có: p (−x) = p (x) 1 1 (1) p (−x) = p (x) 2 2 +) Từ (1) ta suy ra được : (p + p )(−x) = (p + p )(x) 1 2 1 2 (2) (kp )(−x) = (kp )(x), k ∈ R 1 1 +) Từ (2) ta suy ra được: W1 là không gian con của P2015[x] +) Một cơ sở của W là: {1, x2, x4, ..., x2014} và số chiều của không gian con W là 1008. 1 1 Bài 17. Tìm cơ sở và số chiều của không gian nghiệm của hệ phương trình thuần nhất sau: Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 11 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập x − x + 2x + 2x − x = 0 2x − x + 3x − 2x + 4x = 0 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 b) x1 − 2x2 + 3x3 − x4 + 5x5 = 0 4x1 − 2x2 + 5x3 + x4 + 7x5 = 0 a) 2x + x + x + x + 3x = 0 2x − x + x + 8x + 2x = 0 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3x1 − x2 − 2x3 − x4 + x5 = 0 Lời giải a) Ta có: 1 −1 2 2 −1 0 1 −1 2 2 −1 0 ¯ 1 −2 3 −1 5 0 H =H −H ,H =H −2H 0 −1 1 −3 6 0 A = −−2−−−2−−−1 −−3 −−3−−−→1 2 1 1 1 3 0 0 3 −3 −3 5 0 H4=H4−3H1 3 −1 −2 −1 1 0 0 2 −8 −7 4 0 1 −1 2 2 −1 0 1 −1 2 2 −1 0 H =H +3H 0 −1 1 −3 6 0 H ↔H 0 −1 1 −3 6 0 −−3−−−3 −−→2 −−3−−→4 H4=H4+2H2 0 0 0 −12 23 0 0 0 −6 −13 16 0 0 0 −6 −13 16 0 0 0 0 −12 23 0 Phương trình đã cho trở thành: x = −79t x − x + 2x + 2x − x = 0 1 72 1 2 3 4 5 x = −89t 2 72 −x2 + x3 − 3x4 + 6x5 = 0 ⇔ x = −107t 3 72 −6x3 − 13x4 + 16x5 = 0 x = 23t 4 12 −12x4 + 23x5 = 0 x = t 5 Nghiệm của phương trình đã cho là: 79t 89t 107t 23t 79 89 107 23 (x1, x2, x3, x4, x5) = (− ,− ,− , , t) = t(− ,− ,− , ,1) 72 72 72 12 72 72 72 12 79 89 107 23 Cơ sở của không gian nghiệm đã cho là: {(− ,− ,− , ,1)}, có số chiều là 1 72 72 72 12 b) Ta có: 2 −1 3 −2 4 0 2 −1 3 −2 4 0 ¯ A = 4 −2 5 1 7 0 −H−2−=−H−2−−2−H→1 0 0 −1 5 −1 0 H =H −H 3 3 1 2 −1 1 8 2 0 0 0 −2 10 −2 0 2 −1 3 −2 4 0 −H−3−=−H−3−−2−H→2 0 0 −1 5 −1 0 0 0 0 0 0 0 Phương trình đã cho trở thành: Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 12 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Trang 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập x = a 1 x = 2a + 13b + c 2 2x1 − x2 + 3x3 − 2x4 + 4x5 = 0 ⇔ x = 5b − c 3 −x3 + 5x4 − x5 = 0 x = b 4 x5 = c Nghiệm của phương trình đã cho là: (x1, x2, x3, x4, x5) = (a,2a + 13b + c,5b − c, b, c) = a(1,2,0,0,0) + b(0,13,5,1,0) + c(0,1,−1,0,1) Cơ sở của không gian nghiệm đã cho là: {(1,2,0,0,0),(0,13,5,1,0),(0,1,−1,0,1)}, có số chiều là 3 Bài 18. Cho U,V là các không gian con hữu hạn chiều của không gian vecto W. Chứng minh dim(U + V ) = dim(U) + dim(V ) − dim(U ∩ V ). Lời giải +) Giả sử {w1, w2, ..., wm} là một cơ sở của không gian con U ∩ V , cơ sở này độc lập tuyến tính trong không gian con U và V . Do đó lấy {w1, w2, ..., wm, u1, ..., ui} là cơ sở của không gian vecto U và {w1, w2, ..., wm, v1, ..., vj} là cơ sở của không gian vecto V +) Khi đó dim(U ∩ V ) = m, dim(U) = m + i và dim(V ) = m + j +) Mà (U + V ) = {u + v, u ∈ U, v ∈ V } nên {w1, w2, ..., wm, u1, ..., ui, v1, ..., vj} là một hệ sinh của không gian vecto (U + V ) do đó dim(U + V ) ≤ m + i + j. Bây giờ ta chứng minh {w1, w2, ..., wm, u1, ..., ui, v1, ..., vj} là một cơ sở của không gian vecto (U + V ) +) Xét: a1w1 + a2w2 + ... + amwm + b1u1 + ... + biui + c1v1 + ... + cjvj = 0 (1) với ak, bk, ck ∈ R (1) ta có: c1v1 + ... + cjvj = −a1w1 − a2w2 − ... − amwm − b1u1 − ... − biui (2) +) Ta có VP (2) là một vecto thuộc không gian vecto U Do đó c1v1 + ... + cjvj ∈ U mà c1v1 + ... + cjvj ∈ V nên c1v1 + ... + cjvj ∈ U ∩ V (3) Từ (3) suy ra: c1v1 + ... + cjvj = d1w1 + ... + dmwm hay c1v1 + ... + cjvj − d1w1 + ... − dmwm = 0 Mà {w1, w2, ..., wm, v1, ..., vj} là cơ sở V nên c1 = c2 = ... = cj = d1 = ... = dm = 0 (4) Do đó (2) trở thành: a1w1 + a2w2 + ... + amwm + b1u1 + ... + biui = 0 Mà {w1, w2, ..., wm, u1, ..., ui} là cơ sở U nên a1 = ...am = b1 = ... = bi = 0 (5) +) Từ (1), (4), (5) ta suy ra được: {w1, w2, ..., wm, u1, ..., ui, v1, ..., vj} là một cơ sở của không gian vecto (U + V ) Nên: dim(U + V ) = m + i + j từ đó ta có: dim(U + V ) = dim(U) + dim(V ) − dim(U ∩ V ) (đpcm) Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 13 If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream
Showing the first 13 pages. Download the document to see it all.
Comments (0)
No comments yet. Be the first!