Trang 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập LUYỆN TẬP MÔN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH CHƯƠNG IV : ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH I, Trắc nghiệm : Câu 1. Cho AXTT: f : R3 → R2 xác định bởi f(x,y,z) = (x−y+z,x+2y−z). Tìm ma trận của f đối với cặp cơ sở chính tắc. 1 −1 1 1 −1 1 ⃝ A. ⃝ C. 1 2 −1 1 2 1 1 −1 1 1 −1 1 ⃝ B. ⃝ D. −1 2 1 −1 2 −1 Đáp án: A [Hướng dẫn giải] +) Gọi {e ,e ,e } là cơ sở chính tắc của R3, ta có: 1 2 3 1 f(e ) = f(1,0,0) = (1,1) và [f(e )] = 1 1 1 −1 f(e ) = f(0,1,0) = (−1,2) và [f(e )] = 2 2 2 1 f(e ) = f(0,0,1) = (1,−1) và [f(e )] = 3 3 −1 1 −1 1 Ma trận của f đối với cặp cơ sở chính tắc là: 1 2 −1 Câu 2. Gọi a là trị riêng của ma trận đơn vị cấp 4. Trong các nhận định sau, có bao nhiêu nhận định là nhận định ĐÚNG? 1. a là số chính phương 2. Phương trình x2 +2x+a = 0 có nghiệm kép 1
Trang 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 3. Phương trình x2 +ax+3 = 4 có tổng các nghiệm bằng 1 4. a chia hết cho 2 ⃝ A. 1 ⃝ C. 3 ⃝ B. 2 ⃝ D. 4 Đáp án: B [Hướng dẫn giải] +) Ma trận đơn vị luôn có trị riêng bằng 1. Do đó a = 1 +) Ý 1: 1 là số chính phương do 1 = 12. Do đó ý 1 là ý ĐÚNG. +) Ý 2: Phương trình x2 +2x+1 = 0 có nghiệm kép là x = 1. Do đó ý 2 ĐÚNG. +) Ý 3: Áp dụng Vi-et, ta có tổng các nghiệm của phương trình là −1. Do đó, ý 3 SAI. +) Ý 4: SAI do 1 chia 2 dư 1. Câu 3. Trong các phát biểu sau, có bao nhiêu phát biểu nào là ĐÚNG: 1. Ma trận 0 chỉ có một trị riêng duy nhất là λ = 0. 2. Vecto riêng của một ma trận chéo vecto 0. 3. Để tìm trị riêng của một ma trận A bất kỳ, ta phải giải đa thức đặc trưng A−λI = 0. 4. Trị riêng λ và vecto riêng x phải thỏa mãn phương trình Ax = λx ⃝ A. 1 ⃝ C. 3 ⃝ B. 2 ⃝ D. 4 Đáp án: B [Hướng dẫn giải] +) Ý 1: ĐÚNG vì ma trận 0 chỉ có duy nhất 1 trị riêng bằng 0. +) Ý 2: Vecto riêng luôn phải thỏa mãn điều kiện khác vecto 0, do đó ý 2 SAI. +) Ý 3: Để tìm trị riêng của ma trận A, cần giải phương trình |A−λI| = 0, với I là ma trận đơn vị. +) Ý 4: Đây là ý ĐÚNG. Trị riêng λ và vecto riêng x phải thỏa mãn phương trình Ax = λx. +) Do đó, ta có 2 ý đúng là ý 1 và ý 4. −1 4 −2 Câu 4. Tính tổng các trị riêng của ma trận −3 4 0 −3 1 3 2
Trang 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⃝ A. 4 ⃝ C. 6 ⃝ B. 5 ⃝ D. 7 Đáp án: A [Hướng dẫn giải] −1 4 −2 +) Xét ma trận: −3 4 0 −3 1 3 +) Giải phương trình đặc trưng: −1−λ 4 −2 Có: |A−λI| = 0 ⇔ −3 4−λ 0 = 0 −3 1 3−λ ⇔ (−1−λ)(4−λ)(3−λ) +6+12(3−λ)−6(4−λ) = 0 ⇔ −λ3 +6λ2 −11λ +6 = 0 ⇔ λ = 1 hoặc λ = 2 hoặc λ = 3 +) Vậy tổng các trị riêng của ma trận là: S = 1+2+3 = 6 Mẹo nhỏ trong một số bài tập trắc nghiệm: +) Cách thiết lập nhanh công thức bấm máy để tìm trị riêng (áp dụng trong bài tập trắc nghiệm) đối với ma trận A 3×3: • Bấm máy giải phương trình: −λ3 +aλ2 +bλ +c • Trong đó: +) a: Tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính +) c: det(A) +) b: det(A−I) +1−a−c +) Áp dụng với bài toán ở trên, ta có: • a = −1+4+3 = 6 • c = det(A) = 6 • b = det(A−I) +1−a−c = 0+1−6−6 = −11 3
Trang 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇒ Ta có phương trình bậc 3: −λ3 +6λ2 −11λ +6 = 0 Câu 5. Cho phép biến đổi tuyến tính f : R3 → R3 có ma trận biểu diễn A, trong đó A có đa thức đặc trưng là φ(λ) = λ2(λ −1). Biết các vecto riêng của f ứng với giá trị riêng λ = 0 là v = (0,u,t), 1 u2 +t2 > 0; các vecto riêng của f ứng với trị riêng λ = 1 là v = (t,t,t),t ∈ R\{0}. Khẳng định nào 2 sau đây đúng? ⃝ A. f không chéo hóa được, vì với λ = 1, ⃝ C. f chéo hóa được f chỉ có một vector độc lập tuyến tính ⃝ D. f không chéo hóa được, vì với λ = 0, ⃝ B. f chéo hóa được vì f có hai trị riêng f chỉ có một vector độc lập tuyến tính phân biệt. Đáp án: C [Hướng dẫn giải] +) Xét toán tử f có: • Với λ = 0, f có vector riêng là v1 = (0;u;t) = u(0; 1; 0) +t(0; 0; 1) • Với λ = 1, f có vector riêng là v1 = (t;t;t) = t(1; 1; 1) Như vậy, f có 3 vector riêng độc lập tuyến tính. Do đó, f chéo hóa được. +) Như vậy, ta có thể loại A và D. Đối với phương án B, f có thể chéo hóa được hay không thì không phụ thuộc vào số trị riêng, mà phụ thuộc vào số vector riêng của nó. Như vậy, đáp án C là đáp án đúng. Câu 6. Cho các ánh xạ sau, đâu là ánh xạ tuyến tính? ⃝ A. f : R2 → R2 : f(x,y) = (x,y+1). ⃝ B. g : R → R : g(x) = x2. ⃝ C. h : R → R : h(x) = sin(x). ⃝ D. Không có đáp án nào là ánh xạ tuyến tính. Đáp án: D [Hướng dẫn giải] +) Ta kiểm tra một trong 2 điều kiện trong định nghĩa của ánh xạ tuyến tính không được thỏa mãn. 1. f(2.(0,0)) = f(0,0) = (0,0+1) = (0,1) ̸= 2(0,0+1) = (0,2) = 2f(0,0) 2. g(2.1) = g(2) = 22 = 4 ̸= 2.12 = 2 = 2g(1) π π π π π π π π 3. h + = sin + ̸= sin +sin = h +h 2 2 2 2 2 2 2 2 → Không có đáp án nào là ánh xạ tuyến tính. (Đáp án D) 4
Trang 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 7. Cho ánh xạ f : R2 → R2 được định nghĩa bởi f(x,y) = (2x+3y,−x+4y). Có bao nhiêu khẳng định đúng dưới đây: 1. f(1,2) = (8,7). 2. f(a−b) = f(a)− f(b), với a, b là 2 vector thuộc R2 3. f(−(x,y)) = −f(x,y), ∀(x,y) ∈ R2. 4. f(θ ) = θ , trong đó θ là vectơ không của R2 . R2 R2 R2 5. f((x,y) +α(u,v)) = f(x,y) +α f(u,v) với α < 0,α ∈ R và (x,y),(u,v) ∈ R2. ⃝ A. 2 ⃝ C. 4 ⃝ B. 3 ⃝ D. 5 Đáp án: D [Hướng dẫn giải] +) Xét xem ánh xạ đề bài có phải ánh xạ tuyến tính không: ∀ u = (x ,y ) , v = (x ,y ) ∈ R2 , α ∈ R. Ta có: 1 1 2 2 f(u+v) = f((x1 +x2,y1 +y2)) = (2(x1 +x2) +3(y1 +y2),−(x1 +x2) +4(y1 +y2)) = (2x1 +2x2 +3y1 +3y2,−x1 −x2 +4y1 +4y2) = (2x1 +3y1,−x1 +4y1) + (2x2 +3y2,−x2 +4y2) = f(u) + f(v) (1) f(αu) = f(αx1,αy1) = (2(αx1) +3(αy1),−(αx1) +4(αy1)) = (α(2x1 +3y1),α(−x1 +4y1)) = α(2x1 +3y1,−x1 +4y1) = α f(u) (2) Từ (1) và (2) ⇒ f là ánh xạ tuyến tính. +) Kiểm tra các tính chất của ánh xạ tuyến tính: Với không gian vectơ V , W trên trường K. Cho ánh xạ f :V →W là ánh xạ tuyến tính. 1. f(θV ) = θW, trong đó θV và θW lần lượt là vectơ không của V và W. 2. f(−v) = −f(v), ∀ v ∈V 3. f(u−v) = f(u)− f(v), ∀ u,v ∈V 4. f(a1u1+a2u2+· · ·+anun) =a1 f(u1)+a2 f(u2)+· · ·+an f(un) với mọi u1,u2, ...,un ∈V và a1,a2, ...,an ∈ R +) Từ các tính chất trên trên dễ thấy : − Nhận định 1 ĐÚNG vì f(1,2) = (2.1+3.2,−1+4.2) = (2+6,−1+8) = (8,7). − Nhận định 2, 3, 4, 5 ĐÚNG theo tính chất của ánh xạ tuyến tuyến tính. Chú ý ở nhận định 5, dù α 5
Trang 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập mang giá trị âm hay dương không ảnh hưởng gì đến tính chất của ánh xạ tuyến tính. → Có 5 nhận định ĐÚNG. (Đáp án D) Câu 8. Cho ánh xạ tuyến tính f : P [x] → P [x] xác định bởi f(p(x)) = xp′(x) + p(1). Tìm dim(Ker f). 2 2 ⃝ A. dim(Ker f) = 0. ⃝ C. dim(Ker f) = 2. ⃝ B. dim(Ker f) = 1. ⃝ D. dim(Ker f) = 3. Đáp án: A [Hướng dẫn giải] +) Giả sử p(x) = ax2 +bx+c. Khi đó: p′(x) = 2ax+b, p(1) = a+b+c. ⇒ f(p(x)) = x(2ax+b) + (a+b+c) = 2ax2 + (a+b)x+ (a+b+c) +) Theo định nghĩa: Ker f = {p(x) ∈ P2[x] | f(p(x)) = 0} 2a = 0 Ta có: f(p(x)) = 0 ⇒ a+b = 0 ⇔ a = b = c = 0 a+b+c = 0 Vậy Ker f = 0 ⇒ dim(Ker f) = 0. Câu 9. Cho ánh xạ f : P [x] → R3 xác định bởi: f(a + a x + a x2) = 2 0 1 2 (a0 +a1 +a2,2a0 −a1,4a0 +a1 +2a2). Có bao nhiêu khẳng định đúng dưới đây: 1. Hạng của ánh xạ f là 2 2. Hạt nhân của ánh xạ f là một không gian con có số chiều bằng 1. 3. Cơ sở của không gian ảnh Ker f có hai vectơ độc lập tuyến tính. 4. Ảnh của ánh xạ f là toàn bộ không gian R3. 5. Vectơ u = (−2,−4,6) thuộc Ker f . ⃝ A. 2 ⃝ C. 4 ⃝ B. 3 ⃝ D. 5 Đáp án: B [Hướng dẫn giải] +) Đặt p(x) = a +a x+a x2. Khi đó, f(p(x)) = (a +a +a ,2a −a ,4a +a +2a ). 0 1 2 0 1 2 0 1 0 1 2 +) Theo định nghĩa: Ker f = {p(x) ∈ P2[x] | f(p(x)) = 0} 6
Trang 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập a +a +a = 0 0 1 2 a1 = 2a0 Ta có: f(p(x)) = 0 ⇒ 2a0 −a1 = 0 ⇔ a = −3a 2 0 4a0 +a1 +2a2 = 0 Vậy nghiệm tổng quát là a0 = t, a1 = 2t, a2 = −3t với t ∈ R. Do đó, nghiệm của Ker f có dạng: p(x) = t(1+2x−3x2). Vậy một cơ sở của không gian ảnh Ker f là {(1,2,−3)}. ⇒ dim(Ker f) = 1 +) Có: dim(Ker f) +dim(Im f) = dim(R3) ⇔ dim(Im f) = 3−1 = 2 ⇒ Rank f = dim(Im f) = 2 +) Kiểm tra tính đúng, sai của các nhận định trên: − Nhận định 1 ĐÚNG vì Rank f = 2. − Nhận định 2 ĐÚNG vì dim(Ker f) = 1. − Nhận định 3 SAI vì cơ sở của Ker f chỉ có một vectơ độc lập tuyến tính, cụ thể là (1,2,−3). − Nhận định 4 SAI vì dim(Im f) = 2 , do đó, không thể là toàn bộ không gian R3. − Nhận định 5 ĐÚNG vì u = (−2,−4,6) = −2·(1,2,−3) nên u = (−2,−4,6) cũng thuộc Ker f. → Có 3 nhận định đúng. ( Đáp án B ) Câu 10. Cho toán tử tuyến tính trên R3 xác định bởi: f(x1,x2,x3) = (x1 −2x2 +2x3,2x1 −mx2 +x3,−x1 +x2 +x3, với m là tham số. Tìm m để f là toàn ánh. ⃝ A. m ̸= 1 ⃝ C. m ̸= 3 ⃝ B. m ̸= 2 ⃝ D. m ̸= 4 Đáp án: C [Hướng dẫn giải] 1 −2 2 Ma trận của f với cơ sở chính tắc của R3 là: A = 2 −m 1 −1 1 1 f : R3 → R3 (ta có: dimV = dimV′ = 3), do đó f là một toàn ánh khi và chỉ khi det A ̸= 0 ⇔ −3m+9 ̸= 0 ⇔ m ̸= 3 Vậy với m ̸= 3 thì f là toàn ánh 7
Trang 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập II, Tự luận : Câu 11. Cho toán tử tuyến tính f : R3 → R3 được xác định bởi: f(x,y,z) = (4x−5y+2z; 5x−7y+3z; 6x−9y+4z) Tính tổng các trị riêng của f. [Hướng dẫn giải] +) Xét ma trận của toán tử f đối với cơ sở chính tắc của R3: 4 5 2 Có: A = 5 −7 3 6 −9 4 +) Giải phương trình đặc trưng: 4−λ 5 2 Có: |A−λI| = 0 ⇔ 5 −7−λ 3 = 0 6 −9 4−λ ⇔ −λ3 +λ2 = 0 (Dùng công thức tìm trị riêng nhanh) ⇔ −λ2(λ −1) = 0 ⇔ λ = 0 hoặc λ = 1 +) Vậy tổng các trị riêng của ma trận là: S = 1+0 = 1 1 1 a Câu 12. Cho ma trận A = 0 2 b. Tìm điều kiện của a, b để A có thể chéo hóa được. 0 0 3 [Hướng dẫn giải] 1 1 a +) Xét ma trận A: 0 2 b 0 0 3 +) Giải phương trình đặc trưng: 8
Trang 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1−λ 1 a Có: |A−λI| = 0 ⇔ 0 2−λ b = 0 0 0 3−λ ⇔ (1−λ)(2−λ)(3−λ) = 0 ⇔ λ = 1 hoặc λ = 2 hoặc λ = 3 Như vậy, A có 3 trị riêng. Mặt khác, A : 3×3 nên ma trận luôn chéo hóa được. Do đó, a, b không cần thêm điều kiện. Câu 13. Cho ánh xạ f : R2 → R3, biết f(2,1) = (3,1,2), f(1,−1) = (0,2,−1). Tính f(5,0). [Hướng dẫn giải] +) Đặt u = (2,1),v = (1,−1). Ta có (5,0) = 3(2,1)−1(1,−1) = 3u−v nên theo tính chất của ánh xạ tuyến tính: f(5,0) = 3f(u)− f(v) = 3(3,1,2)−(0,2,−1) = (9,1,7) Câu 14. Cho ánh xạ tuyến tính f : R4 → R3 xác định bởi: f(x ,x ,x ,x ) = (x +x −x ,2x −x + 1 2 3 4 1 2 3 1 2 x4,x1 +3x3 −x4) . Biết Ker(f) = span{(1,−1,1,1),(0,1,−1,2)} Hãy tìm một cơ sở của không gian ảnh Im f. [Hướng dẫn giải] +) Có: dim(Ker f) +dim(Im f) = dim(R4) Do dim(Ker f) = 2 (vì Ker f được sinh bởi 2 vectơ độc lập tuyến tính). ⇒ dim(Im f) = 4−2 = 2 +) Ta chọn cơ sở {e ,e ,e ,e } của R4, với: 1 2 3 4 e1 = (1,0,0,0),e2 = (0,1,0,0),e3 = (0,0,1,0),e4 = (0,0,0,1) Tính: • f(e1) = f(1,0,0,0) = (1+0−0,2·1−0+0,1+0−0) = (1,2,1) • f(e2) = f(0,1,0,0) = (0+1−0,2·0−1+0,0+0−0) = (1,−1,0) • f(e3) = f(0,0,1,0) = (0+0−1,2·0−0+0,0+3·1−0) = (−1,0,3) • f(e4) = f(0,0,0,1) = (0+0−0,2·0−0+1,0+0−1) = (0,1,−1) 1 1 Dễ thấy f(e3) = −f(e1) +3f(e2), f(e4) = − f(e1) + f(e2) 2 2 Do đó, hai vectơ f(e3) và f(e4) phụ thuộc tuyến tính vào f(e1) và f(e2), và ta chỉ cần 2 trong 4 vectơ để tạo 9
Trang 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập thành một cơ sở cho không gian ảnh Im f. Vậy một cơ sở của không gian ảnh Im f là {(1,2,1),(1,−1,0)}. 3 1 1 Câu 15. Cho toán tử tuyến tính f : P [x] → P [x] có ma trận A = 2 2 1 theo cơ sở B = {1,x,1+x2}. 2 2 2 1 2 Tìm ma trận của f2 = f ◦ f theo cơ sở chính tắc E = {1,x,x2} [Hướng dẫn giải] 3 1 1 Ma trận A = 2 2 1 là ma trận của f theo cơ sở B 2 1 1 3 ⇒ [f(1)] = 2 ⇒ f(1) = 3+2.x+2.(1+x2) = 2x2 +2x+5 B 2 1 [f(x)] = 2 ⇒ f(x) = 1+2.x+1+x2 = x2 +2x+2 B 1 1 [f(1+x2)] = 1 ⇒ f(1+x2) = 1+1.x+1.(1+x2) = x2 +x+2 B 1 ⇒ f(x2) = f(1+x2)− f(1) = −x2 −x−3 2 1 −1 ⇒ Ma trận của f trong cơ sở chính tắc của P [x] là: C = 2 2 −1 2 5 2 −3 10
Trang 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 2 0 ⇒ Ma trận của f2 trong cơ sở chính tắc của P [x] là: C2 = 3 4 −1 2 −1 3 2 11
Hiển thị 11 trang đầu. Tải tài liệu để xem đầy đủ.
Bình luận (0)
Chưa có bình luận nào. Hãy là người đầu tiên!