第 1 页
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
第 2 页
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
第 3 页
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
第 4 页
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
第 5 页
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
第 6 页
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
第 7 页
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
第 8 页
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
第 9 页
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
第 10 页
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
第 11 页
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
评论 (0)
暂无评论。快来抢沙发吧！