Trang 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập GIẢI ĐỀ CƯƠNG MÔN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NHÓM NGÀNH 1 CHƯƠNG V: DẠNG SONG TUYẾN TÍNH, DẠNG TOÀN PHƯƠNG. KHÔNG GIAN EUCLID Câu 1. Cho f là dạng song tuyến tính trên không gian 3 chiều V có ma trận đối với cơ sở β = 1 −1 0 {u1,u2,u3} là A = −2 0 −2. Cho h :V →V là ánh xạ tuyến tính có ma trận đối với cơ sở β là 3 4 5 −1 1 1 B = −3 −4 2 . 1 −2 −3 1. Xác định f (u1,u3), f (u1 −u2 +u3,2u1 +3u2 −u3) 2. Chứng minh ánh xạ g(u,v) = f (u,h(v)) là dạng song tuyến tính trên V. Tìm ma trận của nó đối với cơ sở β [Hướng dẫn giải] +) Ta có: 1 −1 0 0 • f (u ,u ) = [u ]T ·A·[u ] = · · = 0 1 3 1 β 3 β 1 0 0 −2 0 −2 0 3 4 5 1 • f (u −u +u ,2u +3u −u ) = [u −u +u ]T ·A·[2u +3u −u ] 1 2 3 1 2 3 1 2 3 β 1 2 3 β 1 −1 0 2 = · · 1 −1 1 −2 0 −2 3 3 4 5 −1 = 14 +) Ta có: • h :V →V là ánh xạ tuyến tính có ma trận đối với cơ sở β là B. ⇒ [h(v)]β = B.[v]β (∀v). • f là dạng song tuyến tính trên không gian 3 chiều V — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 1
Trang 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇒ f(u,h(v)) = [u]T ·A·[h(v)] (∀u,h(v) ∈V). β β Suy ra: g(u,v) = f(u,h(v)) = [u]T ·A·[h(v)] = [u]T ·A·B·[v] β β β β +) Khi đó có thể dễ dàng chứng minh được: g(au +bu ,v) = ag(u ,v) +bg(u ,v) 1 2 1 2 ∀a,b ∈ R g(u,av +bv ) = ag(u,v ) +bg(u,v ) 1 2 1 2 Vậy g là dạng song tuyến tính trên V có ma trận đối với cơ sở β là AB. Câu 2. Cho dạng song tuyến tính trên P2[x] xác định bởi f(p(x),q(x)) = p(1)q(2). Tìm ma trận và biểu thức của f đối với cơ sở chính tắc. [Hướng dẫn giải] +) Ta có: f(1,1) = 1 f(1,x) = 2 f(1,x2) = 4 f(x,1) = 1 f(x,x) = 2 f(x,x2) = 4 f(x2,1) = 1 f(x2,x) = 2 f(x2,x2) = 4 1 2 4 +) Vậy ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là , suy ra: 1 2 4 1 2 4 f(a x2 +b x+c ,a x2 +b x+c ) = a a +2a a +4a a +a a +2a a +4a a +a a +2a a +4a a 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 3 Câu 3. Xác định a để các dạng toàn phương xác định dương: a) 5x2 +x2 +ax2 +4x x −2x x −2x x . 1 2 3 1 2 1 3 2 3 b) 2x2 +x2 +3x2 +2ax x +2x x . 1 2 3 1 2 1 3 c) x2 +x2 +5x2 +2ax x −2x x +4x x . 1 2 3 1 2 1 3 2 3 [Hướng dẫn giải] 5 2 −1 +) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là A = 2 1 −1 −1 −1 a • Để f(x,x) xác định dương thì: — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 2
Trang 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 5 > 0 △1 > 0 5 > 0 5 2 △2 > 0 ⇔ > 0 ⇔ 1 > 0 ⇔ a > 2 2 1 △ > 0 a−2 > 0 3 |A| > 0 • Vậy a > 2 thì thoả mãn bài toán. 2 a 1 +) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là B = a 1 0 1 0 3 • Để f(x,x) xác định dương thì: 2 > 0 △ > 0 2 > 0 √ √ 1 2 a 5 15 15 △ > 0 ⇔ > 0 ⇔ 2−a2 > 0 ⇔ a2 < ⇔ − < a < 2 3 3 3 a 1 △ > 0 5−3a2 > 0 3 |B| > 0 √ √ 15 15 • Vậy − < a < thì thoả mãn bài toán. 3 3 1 a −1 +) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là C = a 1 2 −1 2 5 • Để f(x,x) xác định dương thì: 1 > 0 △ > 0 1 > 0 1 −1 < a < 1 1 a 4 △ > 0 ⇔ > 0 ⇔ 1−a2 > 0 ⇔ 4 ⇔ − < a < 0 2 5 a 1 − < a < 0 △ > 0 −4a−5a2 > 0 5 3 |C| > 0 4 • Vậy − < a < 0 thì thoả mãn bài toán. 5 Câu 4. Trên R3 cho các dạng toàn phương ω có biểu thức tọa độ: ω (x ,x ,x ) = x 2 +5x 2 −4x 2 +2x x −4x x . ω (x ,x ,x ) = x x +4x x +x x . 1 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1. Bằng phương pháp Lagrange, đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc. 2. Xét xem các dạng toàn phương xác định dương, xác định âm không? — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 3
Trang 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập [Hướng dẫn giải] +) ω (x ,x ,x ) = x 2 +5x 2 −4x 2 +2x x −4x x 1 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 = x 2 +2x (x −2x ) + (x −2x )2 + 5x 2 −4x2 −(x −2x )2 1 1 2 3 2 3 2 3 2 3 = (x +x −2x )2 + (4x2 −8x2 +4x x ) 1 2 3 2 3 2 3 = (x +x −2x )2 + (2x +x )2 −9x2 1 2 3 2 3 3 = y2 +y2 −y2 1 2 3 • Với y1 = x1 +x2 −2x3,y2 = 2x2 +x3,y3 = 3x3 • Do đó: ω1 không xác định âm và không xác định dương +) ω2(x1,x2,x3) = x1x2 +4x1x3 +x2x3 • Đặt x1 = y1 −y2,x2 = y1 +y2,x3 = y3 ⇒ ω = y2 −y2 +4(y −y )y + (y +y )y 2 1 2 1 2 3 1 2 3 = y2 +5y y −y2 −3y y 1 1 3 2 2 3 5 2 3 2 = y + y − y + y −4y2 1 2 3 2 2 3 3 = u2 −u2 −u2 1 2 3 5 3 Với u1 = y1 + y3, u2 = y2 + y3, u3 = 2y3 2 2 • Do đó: ω2 không xác định âm và không xác định dương Câu 5. Cho dạng song tuyến tính trên R3 xác định bởi: < (x1,x2,x3),(y1,y2,y3) >= 2x1y1 +x1y2 +x2y1 +ax2y2 −2x2y3 −2x3y2 +3x3y3. (a là tham số). Tìm ma trận của dạng song tuyến tính trên đối với cơ sở chính tắc của R3 và tìm điều kiện của a để dạng song tuyến tính là một tích vô hướng trên R3. [Hướng dẫn giải] 2 1 0 +) Ma trận của dạng song tuyến tính đã cho đối với cơ sở chính tắc R3 là A = 1 a −2 0 −2 3 2 1 0 2 1 • Ta có: ∆1 = 2,∆2 = = 2a−1,∆3 = 1 a −2 = 6a−11 1 a 0 −2 3 +) Dạng song tuyến tính trên là tích vô hướng nếu nó xác định dương 2 > 0 11 ⇔ 2a−1 > 0 ⇔ a > 6 6a−11 > 0 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 4
Trang 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 6. Trong R3 trang bị một dạng song tuyến tính như sau: f(x,y) = (x ,x ,x )A(y ,y ,y )T với: 1 2 3 1 2 3 4 2 −1 A = 2 3 4 và x = (x1,x2,x3),y = (y1,y2,y3). −1 a2 2a Xác định a để f(x,y) là tích vô hướng trên R3 [Hướng dẫn giải] +) Ta có: f là tích vô hướng trên R3 ⇔ f là dạng song tuyến tính và là dạng toàn phương xác định dương +) Mà ∆ = 4,∆ = 8,∆ = −18a2 +16a−11 1 2 3 a2 = 4 ⇒ ⇐⇒ a ∈ Ø −18a2 +16a−11 > 0 Vậy không tồn tại a để f(x,y) là tích vô hướng trên R3 Câu 7. Giả sử V là KGVT n chiều với cơ sở B = {e1,e2, ...,en}. Với u,v là các vector của V ta có: u = a1e1 +a2e2 +...+anen;v = b1e1 +b2e2 +...bnen. Đặt t⟨u,v⟩ = a1b1 +a2b2 +...+anbn. a) Chứng minh ⟨u,v⟩ là một tích vô hướng trên V. b) Áp dụng với trường hợp V = R3, với e1 = (1,0,1),e2 = (1,1,−1),e3 = (0,1,1),u = (2,−1,−2),v = (2,0,5). Tính ⟨u,v⟩. c) Áp dụng với trường hợp V = P [x], với B = {1,x,x2},u = 2+3x2,v = 6−3x−3x2. Tính ⟨u,v⟩. 2 d) Áp dụng với trường hợpV = P [x], với B = {1+x,2x,x−x2},u = 2+3x2,v = 6−3x−3x2. Tính 2 ⟨u,v⟩. [Hướng dẫn giải] a) +) Dễ dàng kiểm chứng các tiên đề TVH 1,2,3,4 đúng. +) Với tiên đề 5, ta có: ⟨u,u⟩ = a2 +a2 +...+a2 ≥ 0 1 2 n luôn đúng. ⟨u,u⟩ = 0 ⇐⇒ u = 0 +) Do đó: ⟨u,v⟩ là một tích vô hướng trên V. b) +) B = {e1,e2,e3} là một cơ sở của V +) Ta có: u = (2,−1,−2) = (1,0,1) + (1,1,−1)−2(0,1,1) = e1 +e2 −2e3 ⇒ (a1,a2,a3) = (1,1−2) +) Tương tự: (b1,b2,b3) = (3,−1,1) ⇒ ⟨u,v⟩ = 0 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 5
Trang 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập c) u = 2+3x2 ⇒ (a ,a ,a ) = (2,0,3) +) Ta có: 1 2 3 v = 6−3x−3x2 ⇒ (b ,b ,b ) = (6,−3,−3) 1 2 3 ⇒ ⟨u,v⟩ = 2.6+0.(−3) +3.(−3) = 3. d) 2 1 2 1 +) Ta có: u = 2+3x = 2.(1+x) + .(2x)−3(x−x ) ⇒ (a1,a2,a3) = (2, ,−3) 2 2 1 +) Tương tự: (b1,b2,b3) = (6,−6,3) ⇒ ⟨u,v⟩ = 2.6+ .(−6) + (−3).3 = 0 2 Câu 8. Xét không gian P3[x]. Kiểm tra các dạng ⟨p,q⟩ sau có phải là tích vô hướng hay không? a) ⟨p,q⟩ = p(0)q(0) + p(1)q(1) + p(2)q(2) b) ⟨p,q⟩ = ˆp(0)q(0) + p(1)q(1) + p(2)q(2) + p(3)q(3) 1 c) ⟨p,q⟩ = p(x)q(x)dx −1 [Hướng dẫn giải] a) +) Lấy p = x(x−1)(x−2) ∈ P3[x] thì p ̸= 0 và ⟨p, p⟩ = 0 +) Vậy ⟨p,q⟩ không phải là tích vô hướng b) +) ⟨p,q⟩ đã cho là một tích vô hướng, dễ dàng kiểm tra các tiên đề TVH 1,2,3,4. ⟨p, p⟩ = p(0)2 + p(1)2 + p(2)2 + p(3)2 ≥ 0 +) Riêng tiên đề TVH 5, ta có: ⟨p, p⟩ = 0 ⇐⇒ p(0) = p(1) = p(2) = p(3) = 0 +) Giả sử p = a+bx+cx2 +dx3, giải hệ phương trình từ các điều kiện p(0) = p(1) = p(2) = p(3) = 0, ta được a = b = c = d = 0, nghĩa là p = 0. c) +) ⟨p,q⟩ đã cho là một tích vô hướng, dễ dàng kiểm tra các tiên đề TVH 1,2,3,4. ˆ 1 ⟨p, p⟩ = p(x)2dx ≥ 0 +) Riêng với tiên đề 5, ta có: −1 luôn đúng. ⟨p,q⟩ = 0 ⇔ p(x) = 0 Câu 9. Cho V là không gian Eculide. Chứng minh a) ||u+v||2 +||v−v||2 = 2(||u||2 +||v||2) b) u⊥v ⇔ ||u+v||2 = ||u||2 +||v||2 ∀u,v ∈V [Hướng dẫn giải] a) +) Ta có: ||u+v||2 = ⟨u+v,u+v⟩ — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 6
Trang 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập = ⟨u,u+v⟩+⟨v,u+v⟩ = ||u||2 +||v||2 +2⟨u,v⟩ ||u−v||2 = ⟨u+v,u+v⟩ = ⟨u,u−v⟩ − ⟨v,u−v⟩ = ||u||2 +||v||2 −2⟨u,v⟩ ⇒ ||u+v||2 +||v−v||2 = 2(||u||2 +||v||2) b) +) Ta có: ||u+v||2 = ||u||2 +||v||2 ⇔ ||u||2 +||v||2 +2⟨u,v⟩ = ||u||2 +||v||2 ⇔ ⟨u,v⟩ = 0 ⇔ u ⊥ v Câu 10. Cho cơ sở B = {(1; 1;−2),(2; 0; 1),(1; 2; 3)} trong không gian R3 với tích vô hướng chính tắc. Trực chuẩn hóa Gram - Schmidt cơ sở B để thu được cơ sở trực chuẩn B’ và tìm tọa độ của vector u = (5; 8; 6) với cơ sở B’. [Hướng dẫn giải] +) v1 = (1; 1;−2);v2 = (2; 0; 1);v3 = (1; 2; 3) √ +) Đặt f1 = v1 = (1; 1;−2) ⇒ ||f1|| = 6 −⟨v2, f1⟩ +) Đặt f2 = v2 +λ12 f1 trong đó, λ1,2 = = 0 ||f1||2 √ ⇒ f2 = (2; 0; 1),||f2|| = 5 −⟨v3, f1⟩ 1 −⟨v3, f2⟩ +) Đặt f3 = v3 +λ13 f1 +λ23 f2, trong đó λ13 = = ;λ23 = = −1 ||f1||2 2 ||f2||2 1 5 ⇒ f3 = − ; ; 1 2 2 f1 1 1 2 u1 = = √ ; √ ;−√ ||f1|| 6 6 6 f2 2 1 +) Đặt u2 = = √ ; 0; √ ||f2|| 5 5 f3 1 5 2 u3 = = −√ ; √ ; √ ||f3|| 30 30 30 +) Ta dễ thấy B′ = {u ;u ;u } là cơ sở trực chuẩn cần tìm 1 2 3 +) Tọa độ của u = (5; 8; 6) theo cơ sở B′ là: T 1 16 47 [u]B′ = (⟨u,u1⟩;⟨u,u2⟩;⟨u,u3⟩) = √ ; √ ; √ 6 5 30 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 7
Trang 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 11. Cho R4 với tích vô hướng chính tắc. Cho u = (6; 3;−3; 6),u = (5; 1;−3; 1). Tìm cơ sở trực 1 2 chuẩn của không gian sinh bởi {u1;u2}. [Hướng dẫn giải] +) Trực giao hệ vector {u1;u2}, ta được: v1 = u1 = (6; 3;−3; 6) ⟨u2,v1⟩ ⟨(5; 1;−3; 1),(6; 3;−3; 6)⟩ v2 = u2 − .v1 = (5; 1;−3; 1)− .(6; 3;−3; 6) ||v1||2 ||v1||2 48 = (5; 1;−3; 1)− .(6; 3;−3; 6) 90 9 −3 −7 −11 = ; ; ; 5 5 5 5 +) Trực chuẩn hóa hệ vector (v1;v2): v1 2 1 −1 2 a1 = = √ ; √ ; √ ; √ ||v1|| 10 10 10 10 v2 9 −3 −7 −11 a2 = = √ ; √ ; √ ; √ ||v2|| 2 65 2 65 2 65 2 65 Vậy cơ sở trực chuẩn của span{u1;u2} là {a1;a2} ˆ1 Câu 12. Trong P2[x] định nghĩa tích vô hướng ⟨p,q⟩ = p(x)q(x)dx với p,q ∈ P2[x]. −1 a) Trực chuẩn hóa Gram- Schmidt cơ sở B = {1;x;x2} để nhận được cơ sở trực chuẩn A. b) Tìm [r] biết r = 2−3x+3x2. A [Hướng dẫn giải] a) +) Trực giao hệ vector B = {1;x;x2}, ta được: ˆ1 v = b = 1 ⇒ ||v ||2 = 1dx = 2 1 1 1 −1 ˆ1 ˆ1 ⟨b2,v1⟩ 1 2 2 2 v2 = b2 − .v1 = x− . x.1dx = x ⇒ ||v2|| = x dx = ||v1||2 2 3 −1 −1 ˆ1 ˆ1 ⟨b3,v1⟩ ⟨b3,v2⟩ 2 1 2 3x 3 1 2 v3 = b3 − .v1 − .v2 = x − x dx− x dx = − +x ||v1||2 ||v2||2 2 2 3 −1 −1 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 8
Trang 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆ1 2 2 1 2 8 ⇒ ||v3|| = − +x dx = 3 45 −1 +) Trực chuẩn hóa hệ {v1;v2;v3}: v1 1 a1 = = √ ||v1|| 2 v2 3x a2 = = √ ||v2|| 6 v −5 15x2 a = 3 = √ + √ 3 ||v || 2 10 2 10 3 1 3 −5 15 2 Vậy cơ sở trực chuẩn A = √ ; √ x; √ + √ x 2 6 2 10 2 10 b) 1 −5 √ 0 √ 2 2 10 3 +) Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc B sang cơ sở trực chuẩn A là: P = 0 √ 0 6 15 0 0 √ 2 10 +) Khi đó, ta được: −1 1 −5 √ 0 √ 2 2 2 10 3 [r] = P.[r] ⇒ [r] = P−1.[r] = 0 √ 0 .−3 B A A B 6 15 0 0 √ 3 √ 2 10 √ 2 2 0 2 √ ! √ 3 √ √ T 6 2 10 = 0 0 .−3 = 3 2;− 6; 3 √ 5 2 10 0 0 3 15 √ !T √ √ 2 10 Vậy [r]A = 3 2;− 6; 5 Câu 13. Tìm hình chiếu trực giao của vector u lên không gian sinh bới vector v: 1. u = (1; 3;−2; 4),v = (2;−2; 4; 5) 2. u = (4; 1; 2; 3;−3),v = (−1;−2; 5; 1; 4) [Hướng dẫn giải] Yêu cầu của bài toán tương đương với tìm hình chiếu của U lên W = span(v) — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 9
Trang 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập v 1 1. W có một cơ sở trực chuẩn là S = v1 = = (2;−2; 4; 5) ∥v∥ 7 1 1 8 +) Do đó: w1 = ⟨u,v1⟩.v1 = (1; 3;−2; 4), (2;−2; 4; 5) . (2;−2; 4; 5) = (2;−2; 4; 5) là hình 7 7 49 chiếu của u lên v. 2. W có một cơ sở trực chuẩn là: v 1 S = v1 = = √ (−1;−2; 5; 1; 4) ∥v∥ 47 +) Do đó: Hình chiếu trực giao của u lên v là: 1 1 w1 = ⟨u,v1⟩.v1 = (4; 1; 2; 3;−3), √ (−1;−2; 5; 1; 4) · √ (−1;−2; 5; 1; 4) 47 47 5 = (1; 2;−5;−1;−4) 47 Câu 14. Cho không gian R3 với tích vô hướng chính tắc và các vector u= (3;−2; 1),v = (2; 2; 1),v = 1 2 (2; 5; 4). Đặt W = span{v1,v2}. Xác định hình chiếu trực giao của vector u lên không gian W [Hướng dẫn giải] +) Đặt u = w1 +w2, trong đó w1 ∈W,w2 ⊥W +) Vì w1 ∈W nên w1 = xv1 +yv2 = (2x+2y; 2x+5y;x+4y) +) Khi đó: w2 = u−w1 = (3−2x−2y;−2−2x−5y; 1−x−4y) +) Do w2 ⊥W nên w2 ⊥ v1,w2 ⊥ v2. Ta có hệ: ⟨w ,v ⟩ = 0 2(3−2x−2y) +2(−2−2x−5y) +1−x−4y = 0 2 1 ⇔ ⟨w2,v2⟩ = 0 2(3−2x−2y) +5(−2−2x−5y) +4(1−x−4y) = 0 9x+18y = 3 ⇔ 18x+45y = 0 5 x = ⇔ 3 2 y = − 3 +) Do đó: w1 = (2x+2y; 2x+5y;x+4y) = (2; 0;−1) là hình chiếu trực giao của u lên W. Câu 15. Trong không gian R3 với tích vô hướng chính tắc, cho các vecotr u = (1; 2;−1),v = (3; 6; 3) và đặt H = {w ∈ R3|w ⊥ u} 1. Tìm một cơ sở trực chuẩn của không gian H. 2. Tìm hình chiếu trực giao của v lên không gian H. [Hướng dẫn giải] — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 10
Trang 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1. Gọi w = (w ,w ,w ) ∈ H(w ∈ R3). Vì w ⊥ u nên ⟨w,u⟩ = 0 ⇔ w +2w −w = 0 1 2 3 1 2 3 +) Đặt w1 = t,w2 = h ⇒ w3 = t +2h ⇒ w = (t,h,t +2h) = t(1,0,1) +h(0,1,2) +) Đặt v1 = (1,0,1),v2 = (0,1,2) +) Do mọi w ∈ H đều là tổ hợp tuyến tính của v1,v2 và v1,v2 độc lập tuyến tính. ⇔ v1,v2 là cơ sở của H. +) Ta có: ′ v1 1 v1 = = √ (1,0,1) ∥v1∥ 2 v − ⟨v′ ,v ⟩.v′ v′ = 2 1 2 1 2 ∥v − ⟨v′ ,v ⟩.v′ ∥ 2 1 2 1 1 1 (0,1,2)− ⟨√ (1,0,1),(0,1,2)⟩.√ (1,0,1) = 2 2 1 1 ∥(0,1,2)− ⟨√ (1,0,1),(0,1,2)⟩.√ (1,0,1)∥ 2 2 (−1,1,1) = ∥(−1,1,1)∥ 1 = √ (−1,1,1) 3 −1 1 1 = (√ , √ , √ ) 3 3 3 1 1 −1 1 1 +) Do đó: B = v′ ,v′ = (√ ,0, √ ),(√ , √ , √ ) là một cơ sở trực chuẩn của H. 1 2 2 2 3 3 3 2. Gọi v3 là hình chiếu của v lên H. ⇒ v =⟨v,v′ ⟩.v′ +⟨v,v′ ⟩.v′ 3 1 1 2 2 1 1 1 1 −1 1 1 −1 1 1 = (3,6,3),(√ ,0, √ ) .(√ ,0, √ ) + (3,6,3),(√ , √ , √ ) .(√ , √ , √ ) 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 = (3,0,3) + (−2,2,2) = (1,2,5) Vậy (1,2,5) là hình chiếu của v lên H. Câu 16. Trong R5 với tích vô hướng chính tắc cho các vector v = (1; 1; 0; 0; 0),v = 1 2 (0; 1;−1; 2; 1),v = (2; 3;−1; 2; 1). Gọi V = {x ∈ R5|x ⊥ v ,i = 1,2,3} 3 i 1. Chứng minh V là không gian vector con của R5 2. Tìm dimV [Hướng dẫn giải] 1. Xét x1 ∈V,x2 ∈V: — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 11
Trang 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập x ⊥ v với i = 1,3 1 i ⇔ x2 ⊥ vi với i = 1,3 ⟨x ,v ⟩ = 0 với i = 1,3 1 i ⇔ ⟨x2,vi⟩ = 0 với i = 1,3 ⇒ ⟨x1 +x2,vi⟩ = ⟨x1,vi⟩+⟨x2,vi⟩ = 0 với i = 1,3 ⇔ (x1 +x2) ⊥ vi ⇔ (x1 +x2) ∈V ⇒ V đúng với phép cộng (1) +) Với x1 ∈V và k ∈ R ta có: x1 ⊥ vi với i = 1,3 ⇔ ⟨x1,vi⟩ = 0 với i = 1,3 ⇒ ⟨kx1,vi⟩ = k⟨x1,vi⟩ = 0 với i = 1,3 ⇒ (kx1) ⊥ vi với i = 1,3 ⇒ kx1 ∈V ⇒ V đúng với phép nhân (2) +) Từ (1),(2) ⇒V là không gian vector con của R5 2. Gọi x = (x ,x ,x ,x ,x ) ∈V(x ∈ R5) 1 2 3 4 5 Vì x ⊥ vi với i = 1,3 nên: ⟨x,v ⟩ = 0 x +x = 0 x = t 1 1 2 1 ⟨x,v ⟩ = 0 ⇔ x −x +2x +x = 0 ⇔ x = −t (t ∈ R) 2 2 3 4 5 2 ⟨x,v ⟩ = 0 2x +3x −x +2x +x −0 −x +2x +x = t 3 1 2 3 4 5 3 4 5 x = t,x = −t 1 2 ⇔ x = h,x = l (h,l ∈ R) 3 4 x = t +h−2l 5 +) Do đó: x = (t,−t,h,l,t +h−2l) ⇔ x = t(1,−1,0,0,1) +h(0,0,1,0,1) +l(0,0,0,1,−2) Suy ra: V = span{(1,−1,0,0,1);(0,0,1,0,1);(0,0,0,1,−2)} — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 12
Trang 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 −1 0 0 1 ⇒ dimV = rank0 0 1 0 1 = 3 0 0 0 1 −2 Câu 17. Cho V là không gian Euclide n chiều, V1 là không gian con m chiều của V. Gọi V2 = {x ∈V | x ⊥ v,∀v ∈V1}. 1. Chứng minh V2 là không gian vector con của V 2. Chứng minh V1 và V2 bù nhau 3. Tìm dim V2 [Hướng dẫn giải] a) • a,b ∈V2 ⇒ ⟨a,v⟩ = ⟨b,v⟩ = 0∀v ∈V1 ⇒ ⟨a+b,v⟩ = 0 ⇒ a+b ∈V2 • a ∈V2,k ∈ R ⇒ ⟨ka,v⟩ = k⟨a,v⟩ = 0∀v ∈V1 ⇒ ka ∈V2 ⇒V2 là KGVT con của V b) Xét B1 = {x1,x2, ...,xn} là cơ sở trực chuẩn của V1 +) Bổ sung n−m vector để cơ sở trực chuẩn của V là {x1,x2, ...,xm,xm+1, ...,xn} +) Đặt W =span{xm+1, ...,xn} n • w ∈W ⇒ w = ∑ λixi i=m+n ⇒< w,xi >= 0∀i = 1,m ⇒ w ∈V2 ⇒W ⊂V2 • v ∈V2 n ⇒ v = ∑αixi i=1 ⇒< v,xi >= 0∀i = 1,m ⇒ αi = 0∀i = 1,m n ⇒ v = ∑ αixi i=m+1 ⇒ v ∈W ⇒V2 ⊂W Do vậy W =V2, nên V1,V2 bù nhau c) Lúc đó ta có thể thấy dimV2 = n−m — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 13
Trang 14
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 18. Chéo hoá trực giao các ma trận sau: 1 0 0 −7 24 a) A = 0 1 1 b) B = 24 7 0 1 1 1 −1 0 7 −2 0 c) C = −1 1 0 d) D = −2 6 2 0 0 1 0 2 5 [Hướng dẫn giải] 1. Ta có: | A−λI |= 0 1−λ 0 0 ⇔ 0 1−λ 1 = 0 0 1 1−λ ⇔ −λ3 +3λ2 −2λ = 0 ⇔ −λ(λ −1)(λ −2) = 0 ⇔ λ1 = 0,λ2 = 1,λ3 = 2 1 0 0x10 • λ1 = 0 ⇒ AX = 0 ⇔ 0 1 1x 0 2 0 1 1 x3 0 x = 0 x = 0 ⇔ 1 ⇔ 1 x +x = 0 x = −x 2 3 2 3 0 0 ⇔ X = −x ⇔ X = x3 −1 3 x3 1 0 ⇒ Vector riêng v1 = −1 ứng với λ1 = 0 1 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 14
Trang 15
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 0 v1 −1 Trực chuẩn hoá v1: u1 = = √ ||v1|| 2 1 √ 2 • λ2 = 1 ⇒ (A−I)X=0 0 0 0x10 x = x 1 1 ⇔ ⇔ 0 0 1x20 x2 = 0 0 1 0 x 0 x3 = 0 3 x1 1 ⇔ X = ⇔ X = x 0 1 0 0 0 1 ⇒ Vector riêng v2 = 0 ứng với λ2 = 1 0 1 v Trực chuẩn hoá v : u = 2 = 2 2 ||v || 0 2 0 • λ3 = 3 ⇒ (A−2I)X= 0 −1 0 0 x10 ⇔ 0 −1 1 x 0 2 0 1 −1 x3 0 x = 0 x = 0 ⇔ 1 ⇔ 1 x −x = 0 x = x 2 3 2 3 0 0 ⇔ X = x ⇔ X = x3 1 3 x3 1 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 15
Trang 16
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 0 ⇒ Vector riêng v3 = 1 ứng với λ3 = 2 1 0 v3 1 Trực chuẩn hoá v3: u3 = = √ ||v3|| 2 1 √ 2 0 1 0 −1 1 • Ta có P = √ 0 √ 2 2 1 1 √ 0 √ 2 2 0 0 0 Nên D = PT AP = 0 1 0 là ma trận chéo hoá trực giao của ma trận A 0 0 2 −7−λ 24 2. Ta có | B−λI |= 0 ⇔ = 0 ⇔ λ2 −625 = 0 24 7−λ ⇔ (λ −25)(λ +25) = 0 ⇔ λ1 = 25,λ2 = −25 −32 24 x1 0 • λ1 = 25 ⇒ (A−25I)X = 0 ⇔ = 24 −18 x2 0 24 −32 24 R2+32R1:=R2 −32 24 −−−−−−−−−→ 24 −18 0 0 ⇒ −32x1 +24x2 = 0 ⇔ 4x1 = 3x2 Đặt x1 =3t2 =4t 3t 3 3 X = = t ⇒ Vector riêng v1 = ứng với trị riêng λ1 = 25 4t 4 4 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 16
Trang 17
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 3 5 v1 +) Trực chuẩn hoá v1 : u1 = = ||v1|| 4 5 18 24x1 0 • λ1 = −25 ⇒ (A+25I)X = 0 ⇔ = 24 32 x2 0 24 18 24 R2−18R1:=R2 18 24 −−−−−−−−−→ 24 32 0 0 ⇒ 18x1 +24x2 = 0 ⇔ 3x1 = −4x2 Đặt x1 = −4t2 =3t −4t −4 −4 X = = t ⇒ Vector riêng v2 = ứng với trị riêng λ2 = −25 3t 3 3 −4 5 v2 +) Trực chuẩn hoá v2 : u2 = = ||v2|| 3 5 3 −4 • Ta có P = 5 5 4 3 5 5 25 0 Nên D = PT BP = là ma trận chéo hoá trực giao của ma trận B. 0 −25 1−λ −1 0 3. Ta có: |C−λI |= 0 ⇔ −1 1−λ 1 = 0 ⇔ −λ3 +3λ2 −2λ = 0 0 0 1−λ ⇔ −λ(λ −1)(λ −2) = 0 ⇔ λ1 = 0,λ2 = 1,λ3 = 2 1 −1 0x10 • λ1 = 0 ⇒CX = 0 ⇔ −1 1 0x 0 2 0 0 1 x3 0 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 17
Trang 18
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập x −x = 0 x = x ⇔ 1 2 ⇔ 1 2 x = 0 x = 0 3 3 x2 1 ⇔ X = x ⇔ X = x2 1 2 0 0 1 ⇒ Vector riêng v1 = 1 ứng với λ1 = 0 0 1 √ 2 v1 1 +) Trực chuẩn hoá v1: u1 = = √ ||v1|| 2 0 • λ2 = 1 ⇒ (C−I)X= 0 0 −1 0x10 x = 0 1 ⇔ ⇔ −1 0 1x20 x2 = 0 0 0 0 x 0 x3 = x3 3 0 0 ⇔ X = 0 ⇔ X = x3 0 x3 1 0 ⇒ Vector riêng v2 = 0 ứng với λ2 = 1 1 0 v +) Trực chuẩn hoá v : u = 2 = 2 2 ||v || 0 2 1 • λ3 = 3 ⇒ (C−2I)X = 0 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 18
Trang 19
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập −1 −1 0 x10 ⇔ −1 −1 1 x 0 2 0 0 −1 x3 0 x +x = 0 x = −x ⇔ 1 2 ⇔ 1 2 x = 0 x = 0 3 3 −x2 −1 ⇔ X = x ⇔ X = x2 1 2 0 0 −1 ⇒ Vector riêng v3 = 1 ứng với λ3 = 2 0 1 √ 2 v3 1 +) Trực chuẩn hoá v3: u3 = = √ ||v3|| 2 0 1 −1 √ 0 √ 2 2 1 1 • Ta có P = √ 0 √ 2 2 0 1 0 0 0 0 Nên D = PT AP = 0 1 0 là ma trận chéo hoá trực giao của ma trận C 0 0 2 4. Ta có: | D−λI |= 0 7−λ −2 0 ⇔ −2 6−λ 2 = 0 0 2 5−λ ⇔ −λ3 +18λ2 −99λ +162 = 0 ⇔ −(λ −3)(λ2 −15λ +54) = 0 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 19
Trang 20
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇔ −(λ −3)(λ −6)(λ −9) = 0 ⇔ λ1 = 3;λ2 = 6;λ3 = 9 • λ1 = 3 ⇒ (D−3I)X =0 4 −2 0x1 0 ⇔ −2 3 2x = 0 2 0 2 2 x3 0 4 −2 0 4 −2 0 4x −2x = 0 −2−R−2+−R−1−:=−R→2 ⇒ 1 2 −2 3 2 0 4 4 4x2 +4x3 = 0 0 2 2 0 2 2 −1 x = x 1 2 3 2x1 = x2 ⇒ ⇒ x = −x x = −x 2 3 2 3 x3 = x3 −1 x3 −1 2 ⇒ X = = 2x −x3 3 −2 x3 2 −1 ⇒ Vector riêng v1 = −2 ứng với λ1 = 3 2 −1 3 v1 −2 +) Trực chuẩn hoá v1 : u1 = = ||v1|| 3 2 3 1 −2 0 x1 0 • λ2 = 6 ⇒ (D−6I)X = 0 ⇔ −2 0 2 x = 0 2 0 2 −1 x3 0 1 −2 0 1 −2 0 R 1 −2 0 2 R3+ 2 :=R3 −R−2+−−2R−1−:=−R→2 −−−−−−−→ −2 0 2 0 −4 2 0 −4 2 0 2 −1 0 2 −1 0 0 0 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 20
Hiển thị 20 trang đầu. Tải tài liệu để xem đầy đủ.
Bình luận (0)
Chưa có bình luận nào. Hãy là người đầu tiên!