Bài 14. Bài Tập Về Không Gian Véctơ (tiếp Theo)

Có thể bạn quan tâm

Trang Chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Upload
Liên hệ

Trang Chủ › Toán Học Lớp 12›Giải Tích Lớp 12 Bài 14. Bài tập về không gian véctơ (tiếp theo)

Cho A, B là các KGVT con của KGVT V . Chứng minh rằng A ∪ B là KGVT con của KGVT V khi và chỉ khi A ⊂ B hoặc B ⊂ A.

Giải. Nếu A ⊂ B hoặc B ⊂ A thì A ∪ B = B hoặc A ∪ B = A nên A ∪ B là KGVT con của V .

Ngược lại, giả sử A ∪ B là KGVT con của V nhưng A 6⊂ B và B 6⊂ A. Khi đó tồn tại x ∈ A, x 6∈ B và y ∈ B, y 6∈ A. Ta chứng minh x + y 6∈ A ∪ B. Thật vậy, nếu z = x + y ∈ A ∪ B thì z ∈ A, hoặc z ∈ B, do đó y = z − x ∈ A hoặc x = z − y ∈ B. Điều này trái với cách chọn x, y. Vậy x + y 6∈ A ∪ B. Như vậy, tồn tại x, y ∈ A ∪ B nhưng x + y 6∈ A ∪ B, do đó A ∪ B không là KGVT con của V (!). Mâu thuẫn chứng tỏ A ⊂ B hoặc B ⊂ A.

4 trang

haha99

1607

1 Download Bạn đang xem tài liệu "Bài 14. Bài tập về không gian véctơ (tiếp theo)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênĐẠI SỐ CƠ BẢN (ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC) Bài 14. Bài tập về không gian véctơ (tiếp theo) PGS TS Mỵ Vinh Quang Ngày 28 tháng 2 năm 2006 13. Cho A, B là các KGVT con của KGVT V . Chứng minh rằng A ∪ B là KGVT con của KGVT V khi và chỉ khi A ⊂ B hoặc B ⊂ A. Giải. Nếu A ⊂ B hoặc B ⊂ A thì A ∪B = B hoặc A ∪B = A nên A ∪B là KGVT con của V . Ngược lại, giả sử A ∪ B là KGVT con của V nhưng A 6⊂ B và B 6⊂ A. Khi đó tồn tại x ∈ A, x 6∈ B và y ∈ B, y 6∈ A. Ta chứng minh x + y 6∈ A ∪ B. Thật vậy, nếu z = x+ y ∈ A∪B thì z ∈ A, hoặc z ∈ B, do đó y = z− x ∈ A hoặc x = z− y ∈ B. Điều này trái với cách chọn x, y. Vậy x + y 6∈ A ∪ B. Như vậy, tồn tại x, y ∈ A ∪ B nhưng x+ y 6∈ A ∪B, do đó A ∪B không là KGVT con của V (!). Mâu thuẫn chứng tỏ A ⊂ B hoặc B ⊂ A. 14. Cho V là KGVT, A là KGVT con của V . Chứng minh tồn tại KGVT con B của V sao cho A+B = V và A ∩B = {0} Giải. Giả sử α1, . . . , αk là một cơ sở trong A, khi đó α1, . . . , αk là hệ véctơ độc lập tuyến tính trong V , do đó ta có thể bổ sung thêm các véctơ, để được hệ véctơ α1, . . . , αk, αk+1, . . . , αn là cơ sở của V . Đặt B = 〈αk+1, . . . , αn〉. Khi đó, vì A = 〈α1, . . . , αk〉 nên A + B = 〈α1, . . . , αk, αk+1, . . . , αn〉 = V . Mặt khác, nếu x ∈ A ∩ B, thì tồn tại các số ai, bj ∈ R sao cho x = a1α1 + . . .+ akαk và x = bk+1αk+1 + . . .+ bnαn do đó a1α1 + . . .+ akαk − bk+1αk+1 − . . .− bnαn = 0, vì hệ véctơ {α1, . . . , αn} ĐLTT nên ai = 0, bj = 0, do đó x = 0. Vậy, A ∩B = {0}. 15. Trong R4 cho các véctơ: u1 = (1, 1, 0, 0), u2 = (1, 1, 1, 1), u3 = (0,−1, 0, 1), u4 = (1, 2,−1,−2) và E = 〈u1, u2, u3, u4〉. a. Tìm cơ sở, số chiều của E. b. Tìm một điều kiện cần và đủ để véctơ x = (a1, a2, a3, a4) ∈ E. c Cho v1 = (1, a 3, a, 1), v2 = (1, b, b 3, 1), v3 = (ab+ 1, ab, 0, 1). Tìm a, b để v1, v2, v3 là cơ sở của E. 1 Giải. a. Để tìm cơ sở, số chiều của E, ta tìm hệ con ĐLTT tối đại của hệ sinh u1, u2, u3, u4 của E. Lập và biến đổi ma trận: A =  1 1 0 0 1 1 1 1 0 −1 0 1 1 2 −1 −2  1 2 3 4 −→  1 1 0 0 0 0 1 1 0 −1 0 1 0 1 −1 −2  1 2 3 4 −→  1 1 0 0 0 −1 0 1 0 0 1 1 0 1 −1 −2  1 2 3 4 −→  1 1 0 0 0 −1 0 1 0 0 1 1 0 0 −1 −1  1 2 3 4 −→  1 1 0 0 0 −1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0  1 2 3 4 Ma trận bậc thang sau cùng bậc 3, và 3 dòng khác không ứng với các véctơ u1, u3, u2. Do đó, dimE = 3 và cơ sở của E là hệ {u1, u2, u3} và E = 〈u1, u2, u3〉. b. x = (a1, a2, a3, a4) ∈ E khi và chỉ khi phương trình véctơ x = x1α1 + x2α2 + x3α3 có nghiệm. Phương trình véctơ trên tương đương với hệ sau: 1 1 0 a1 1 1 −1 a2 0 1 0 a3 0 1 1 a4  −→  1 1 0 a1 0 0 −1 −a1 + a2 0 1 0 a3 0 1 1 a4  −→  1 1 0 a1 0 1 0 a3 0 0 −1 −a1 + a2 0 1 1 a4  −→  1 1 0 a1 0 1 0 a3 0 0 −1 −a1 + a2 0 0 1 −a3 + a4  −→  1 1 0 a1 0 1 0 a3 0 0 −1 −a1 + a2 0 0 0 −a1 + a2 − a3 + a4  Như vậy, hệ có nghiệm khi và chỉ khi −a1 + a2 − a3 + a4 = 0. Vậy x = (a1, a2, a3, a4) ∈ E ⇔ a1 + a3 = a2 + a4. c. Vì dimE = 3 nên {v1, v2, v3} là cơ sở của E khi và chỉ khi v1, v2, v3 ∈ E và {v1, v2, v3} ĐLTT. Do câu b., v1 ∈ E ⇔ 1+ a = a3+1⇔ a = 0, 1,−1, v2 ∈ E ⇔ 1 + b3 = 1 + b⇔ b = 0, 1,−1. Xét các trường hợp có thể xảy ra: • a = 0 hoặc b = 0, khi đó v1 = v2 hoặc v2 = v3, hệ {v1, v2, v3} phụ thuộc tuyến tính nên không là cơ sở của E. • a = b thì v1 = v2 nên hệ {v1, v2, v3} không là cơ sở của E. • Còn lại 2 khả năng là a = 1, b = −1 hoặc a = −1, b = 1, kiểm tra trực tiếp ta thấy hệ {v1, v2, v3} ĐLTT, do đó là cơ sở của E. 16. Trong R4 cho các KGVT con U = 〈(2, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (0,−2,−1,−1)〉 V = { (x1, x2, x3, x4) ∣∣∣∣ x1 − x3 − x4 = 0x2 − x3 + x4 = 0 } 2 a. Tìm cơ sở, số chiều của các KGVT con U, V, U + V . b. Tìm cơ sở, số chiều của KGVT con U ∩ V Giải. a. • Dễ thấy cơ sở của U là các véctơ α1 = (2, 0, 1, 1), α2 = (1, 1, 1, 1) và do đó U = 〈α1, α2〉. Không gian con V chính là không gian nghiệm của hệ { x1 − x3 − x4 = 0 x2 − x3 + x4 = 0 , bởi vậy cơ sở của V là hệ nghiệm cơ bản của hệ trên. Hệ trên có vô số nghiệm phụ thuộc 2 tham số x3, x4. Nghiệm tổng quát là { x1 = x3 + x4 x2 = x3 − x4 , do đó hệ nghiệm cơ bản là: β1 = (1, 1, 1, 0), β2 = (1,−1, 0, 1). Vậy, cơ sở của V là β1, β2 và dimV = 2, V = 〈β1, β2〉. • Vì U = 〈α1, α2〉, V = 〈β1, β2〉 nên U + V = 〈α1, α2, β1, β2〉, do đó hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ {α1, α2, β1, β2} là cơ sở của U + V . Tính toán trực tiếp ta có kết quả dim(U + V ) = 3 và {α1, α2, β1} là một cơ sở của U + V . b. Để tìm cơ sở của U∩V , ta cần tìm điều kiện cần và đủ để véctơ x = (x1, x2, x3, x4) ∈ U . Tương tự bài tập 15., x = (x1, x2, x3, x4) ∈ U khi và chỉ khi phương trình véctơ x = a1α1 + a2α2 có nghiệm, phương trình này tương đương với hệ sau: 2 1 x1 0 1 x2 1 1 x3 1 1 x4  −→  1 1 x4 0 1 x2 1 1 x3 2 1 x1  −→  1 1 x4 0 1 x2 0 0 −x4 + x3 0 −1 x1 − 2x4  −→  1 1 x4 0 1 x2 0 0 x3 − x4 0 0 x1 + x2 − 2x4  Vậy véctơ x = (x1, x2, x3, x4) ∈ U ⇔ { x3 − x4 = 0 x1 + x2 − 2x4 = 0 . Do đó, (x1, x2, x3, x4) ∈ U ∩ V ⇔  x3 − x4 = 0 x1 + x2 − 2x4 = 0 x1 − x3 − x4 = 0 x2 − x3 + x4 = 0 (∗) Như vậy U ∩ V chính là không gian nghiệm của hệ (∗) và do đó cơ sở của U ∩ V chính là hệ nghiệm cơ bản của hệ (∗). Việc giải và tìm hệ nghiệm cơ bản của hệ (∗) xin dành cho bạn đọc. Kết quả hệ nghiệm cơ bản của (∗) là véctơ γ = (2, 0, 1, 1), do đó dim(U ∩ V ) = 1. Cơ sở của U ∩ V là véctơ γ. 17. Cho U là không gian véctơ con của V . Biết dimU = m < dimV = n. Chứng minh a. Có cơ sở của V không chứa véctơ nào của U . b. Có cơ sở của V chứa đúng k véctơ độc lập tuyến tính của U . (0 ≤ k ≤ m). Giải. a. Đầu tiên ta chứng minh có cơ sở của V chứa đúng m véctơ của U . Thật vậy, giả sử α1, . . . , αm là cơ sở của U , β1, . . . , βn là cơ sở của V . Vì α1, . . . , αm ĐLTT và biểu thị tuyến tính được qua hệ β1, . . . , βn nên theo bổ đề cơ bản về hệ véctơ ĐLTT ta có thể thay m véctơ α1, . . . , αm cho m véctơ của hệ β1, . . . , βn để được hệ mới là 3 hệ α1, . . . , αm, βm+1, . . . , βn (∗) tương đương với hệ (β). Vì (β) là cơ sở của V nên hê (∗) cũng là cơ sở của V . Cơ sở (∗) có đúng m véctơ thuộc U là α1, . . . , αm. Thật vậy, nếu có βk ∈ U (k = m + 1, . . . , n) thì βk biểu thị tuyến tính được qua α1, . . . , αm, do đó hệ α1, . . . , αm, βm+1, . . . , βn PTTT, trái với hệ (∗) là cơ sở của V . Tiếp tục ta chứng minh có cơ sở của V không chứa véctơ nào của U : Vì hệ véctơ (∗) ĐLTT nên bằng cách kiểm tra trực tiếp, ta có hệ α1 + β1, α2 + β2, . . . , αm + βn, βm+1, . . . , βn cũng là hệ ĐLTT, do đó là cơ sở của V . Vì αi ∈ U, βn 6∈ U nên αi + βn 6∈ U , do đó hệ véctơ trên chính là cơ sở của V không chứa véctơ nào của U . b. Giả sử v1, . . . , vn là cơ sở của V không chứa véctơ nào của U và giả sử u1, . . . , uk là hệ véctơ ĐLTT của U . Vì u1, . . . , uk biểu thị tuyến tính được qua v1, . . . , vn nên theo bổ đề cơ bản về hệ véctơ ĐLTT, ta có thể thay k véctơ u1, . . . , uk cho k véctơ của hệ v1, . . . , vn để được hệ mới u1, . . . , uk, vk+1, . . . , vn chính là cơ sở của V chứa đúng k véctơ của U . 18. Cho A,B là các ma trận cấp m× n. (A, B ∈Mm×n(R). Chứng minh rank(A+B) ≤ rankA+ rankB Giải. Giả sử A =  a11 . . . a1n a21 . . . a2n ... . . . ... am1 . . . amn  ; B =  b11 . . . b1n b21 . . . b2n ... . . . ... bm1 . . . bmn . Ta đặt α1 = (a11, . . . , a1n), α2 = (a21, . . . , a2n), . . . , αm = (am1, . . . , amn) là các véctơ dòng của A, khi đó rankA = rank{α1, . . . , αm}. Tương tự ta đặt: β1 = (b11, . . . , b1n), β2 = (b21, . . . , b2n), . . . , βm = (bm1, . . . , bmn) là các véctơ dòng của B, khi đó rankB = rank{β1, . . . , βm}. Các véctơ dòng của ma trậnA+B chính là các véctơ α1+β1, . . . , αm+βm và rank(A+B) = rank{α1 + β1, α2 + β2, . . . , αm + βm}. Vậy ta cần chứng minh: rank{α1 + β1, . . . , αm + βm} ≤ rank{α1, . . . , αm}+ rank{β1, . . . , βm} Giả sử αi1 , . . . , αik là hệ con ĐLTT tối đại của hệ α1, . . . , αm (do đó, rank{α1, . . . , αm} = k) và βj1 , . . . , βjl là hệ con ĐLTT tối đại của hệ β1, . . . , βm (do đó rank{β1, . . . , βm} = l). Khi đó vì αi biểu thị tuyến tính được qua hệ αi1 , . . . , αjk và βj biểu thị tuyến tính được qua hệ βj1 , . . . , βjl nên αi + βi biểu thị tuyến tính được qua hệ véctơ αi1 , . . . , αik , βj1 , . . . , βjl tức là hệ véctơ α1 + β1, α2 + β2, . . . , αm + βm biểu thị tuyến tính được qua hệ véctơ αi1 , . . . , αik , βj1 , . . . , βjl . Do đó, theo bài tập 5, ta có: rank{α1 + β1, . . . , αm + βm} ≤ rank{αi1 , . . . , αik , βj1 , . . . , βjl} ≤ k + l = rank{α1, . . . , αm}+ rank{β1, . . . , βm} Vậy rank{α1 + β1, . . . , αm + βm} ≤ rank{α1, . . . , αm}+ rank{β1, . . . , βm}, tức là rank(A+B) ≤ rankA+ rankB 1 1Đánh máy: LÂM HỮU PHƯỚC, Ngày: 15/02/2006 4

Tài liệu đính kèm:

bai14.pdf

Tài liệu liên quan

Giáo án Giải tích 12 nâng cao học kì 1 (4 cột)
Lượt xem: 1162 Lượt tải: 0
Giáo án Giải tích 12 tiết 31: Hàm số mũ. Hàm số lũy thừa (tiết 1)
Lượt xem: 1319 Lượt tải: 0
Giáo án lớp 12 môn Toán - Tuần 29 - đến tuần 33
Lượt xem: 824 Lượt tải: 0
Lượng giác Một số Chuyên đề và ứng dụng - Tập 1: Biến đổi lượng giác và hệ thức lượng
Lượt xem: 2461 Lượt tải: 1
Đề 1 thi thử đại học môn : Toán 12
Lượt xem: 992 Lượt tải: 0
Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (Số 6)
Lượt xem: 980 Lượt tải: 0
Giáo án Giải tích lớp 12 (cơ bản)
Lượt xem: 1370 Lượt tải: 1
Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm học 2002 – 2003 môn Toán
Lượt xem: 2148 Lượt tải: 0
Chuyên đề Tích phân và ứng dụng
Lượt xem: 1548 Lượt tải: 3
Kỳ thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội năm học 1995 - 1996 môn thi: Toán 12 (vòng 1)
Lượt xem: 1077 Lượt tải: 0