Hướng Dẫn Giải Bài Tập Không Gian Véc Tơ đại Số Tuyến Tính , đề Thi ...

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.pdf) (12 trang)

Trang chủ

Giáo Dục - Đào Tạo

Cao đẳng - Đại học

Hướng dẫn giải bài tập không gian véc tơ đại số tuyến tính , đề thi cuối kì

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (418.57 KB, 12 trang )

Bài tập chương 2Bài 1. Cho tập V các bộ hai số thực (v1, v2) và hai hằng số a, b. Ta định nghĩa haiphép tính(x1, x2) + (y1, y2) = (ax1 + by1, ax2 + by2), (x1,x2) = (x1, x2) với   R.Xác định a và b để V là không gian véc tơ.Bài 2. Cho tập V các bộ hai số thực (v1, v2). Xác định các hằng số k1 và k2 để V làkhông gian véc tơ với hai phép tính được định nghĩa như sau(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2), (x1,x2) = (k1x1, k2x2) với   R.Bài 3. Chứng minh rằng tập W = {0} là không gian con của R.Bài 4. Chứng minh rằng tập tất cả các điểm trên đường thẳng bất kỳ đi qua điểm(0, 0) đều là không gian con của R2.Bài 5. Cho W là tập tất cả các điểm trên đường thẳng bất kỳ không đi qua điểm (0,0). Chứng minh rằng W không phải là không gian con của R2.Bài 6. Chứng minh các phát biểu trong Định lý 2.1.1.Bài 7. Cho W là không gian con của không gian V, chứng minh rằng phần tử trunghoà của W chính là phần tử trung hoà của V.Bài 8. Chứng minh rằng nếu W1 và W2 là các không gian con của không gian V thìW1W2 cũng là không gian con của V.Bài 9. Cho W1 và W2 là các không gian con của không gian V và W1W2 = {}.Chứng minh rằng W1W2 là không gian con của V khi và chỉ khi W1 = {} hoặcW2 = {}.Bài 10. Chứng minh rằng ba véc tơ u1 = 1, u2 = 1 + x và u3 = 1 + x + x2 độc lậptuyến tính trong không gian các đa thức của x có bậc không quá 2.Bài 11. Hãy biểu diễn véc tơ  + x + x2 dưới dạng tổ hợp tuyến tính của ba véctơ u1, u2 và u3 được cho trong Bài 2.10.Bài 12. Gọi Q(x) là tập tất cả các phân thức hữu tỷ.a) Chứng minh rằng Q(x) là không gian véc tơ với phép cộng các phân thức hữutỷ và phép nhân một số với một phân thức hữu tỷ.b) Chứngminh rằng ba véc tơ u1 = 1, u2 =11, u3 = 2 là độc lập tuyến tính.xxChứng minh rằng Q(x) là không gian vô hạn chiều.Bài 13. Trong không gian Euclid R3, cho họ S = {e1, e2} với e1 = (1, 0, 0), e2 = (0,1, 0).Hãy xác định hình chiếu trực giao và thành phần trực giao của u = (x, y, z) lênspan(S).Bài 14. Tìm số chiều và một cơ sở trực chuẩn của không gian nghiệm của hệphương trình2x + y + 3z = 0 x + 2y=0y + z =0Bài 15. Tìm số chiều và hai cơ sở trực chuẩn của không gian nghiệm của hệphương trình3x + y + z + u = 05x – y + z – u = 0Bài 16. Trong không gian R3, tìm một cơ sở trực chuẩn của không gian con sinhbởi hai véc tơ w1 = (1, –1, 0), w2 = (–1, 1, 0).Bài 17. Trong không gian R3, tìm một cơ sở trực chuẩn của không gian con sinhbởi hai véc tơ w1 = (1, –1, 0), w2 = (–1, 2, 0).Bài 18. Trong P2 – không gian các đa thức bậc không quá 2, xét tích vô hướngc)1<u, v> =  u(x)v(x)dx1Hãy xây dựng một cơ sở trực chuẩn từ cơ sở chính tắc 1, x, x2.Bài 19. Trong R2 xét các cơ sở B = u1, u2, B’ = v1, v2 vớiu1 = (1, 0), u2 = (0, 1), v1 = (2, 1), v2 = (–3, 4).a) Tìm ma trận P là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B’.b)Cho u = (–3, 5), tìm [u]B và [u]B’.c) Dựa vào ma trận P, tìm ma trận chuyển cơ sở từ B’ sang B.Bài 20. Trong P1 là không gian các đa thức bậc không quá 1, cho B = {p1, p2}, B’ ={q1, q2} với p1 = 6 + 3x, p2 = 10 + 2x, q1 = 2, q2 = 3 + 2x, p = –4 + x.a) Chứng minh rằng B và B’ là hai cơ sở của P1.b)Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B’ sang B.c) Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B sang B’.d)Tìm ma trận toạ độ của p trong B.Bài 21. Cho V là không gian sinh bởi B = f1, f2 với f1 = sinx, f2 = cosx. Cho B’ ={g1, g2} với g1 = 2sinx + cosx, g2 = 3cosx, h = 2sinx – 5cosx.a) Chứng minh rằng B’ là cơ sở của V.b)Tìm ma trận P chuyển cơ sở từ B’ sang B.c) Tìm [h]B rồi thông qua P suy ra [h]B’.d)Tìm trực tiếp [h]B’.Bài 22. Cho P là ma trận chuyển cơ sở từ B = u1, u2, u3 sang B’= v1, v2, v3, với 1 1 0P = 0 1 1 1 0 1a) Tìm cơ sở B’ khi biết u1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 0, 1), u3 = (0, 1, 1).b) Tìm cơ sở B khi biết v1 = (1, 2, 1), v2 = (0, –1, 1), v3 = (–1, 1, 0).Hướng dẫn giải bài tập chương 2Bài 1. Giả sử x = (x1, x2), y = (y1, y2), z = (z1, z2). Khi đó,Để x + y = y + x thì (ax1 + by1, ax2 + by2) = (ay1 + bx1, ay2 + bx2), tức làax1  by1  ay1  bx1ax 2  by2  ay2  bx2(a  b)(x1  y1)  0 a = b.(a  b)(x 2  y2 )  0Khi đó x + y = (ax1 + ay1, ax2 + ay2) = (a(x1 + y1), a(x2 + y2)).Vì vậy x + (y + z) = (x1, x2) + (a(y1 + z1), a(y2 + z2)) == (a(x1 + a(y1 + z1)), a(x2 + a(y2 + z2))) =(0.1)= (ax1 + a2y1 + a2z1, ax2 + a2y2 + a2z2).Mặt khác,(x + y) + z = (a(x1 + y1), a(x2 + y2)) + (z1, z2) == (a(a(x1 + y1) + z1), a(a(x2 + y2) + z2)) =(0.2)= (a2x1 + a2y1 + az1, a2x2 + a2y2 + az2).So sánh (2.10.1) và (2.10.2), dễ thấy rằng để tiên đề 3 thoả mãn thì a phải bằng1.Với a = b = 1, theo Ví dụ 2.1.1, thì V là không gian véc tơ với hai phép toán đó.Bài 2. Xét x = (x1, x2)  V, còn ,   R. Do x = (k1x1, k2x2) nên(x) = (k1x1, k2x2) = (k1k1x1, k2k2x2) = ( k12 x1,  k 22 x2).Mặt khác, ()x = (k1x1, k2x2) nên để (x) =()x thì( k12 x1,  k 22 x2) = (k1x1, k2x2)PDễ thấy các hằng số k1 và k2 chỉ có thể bằng 0 hoặc 1. Để tiên đề 10 được thoảmãn thì các hằng số k1 và k2 chỉ có thể bằng 1, tức là x = (x1, x2).Với k1 = k2 = 1, theo Ví dụ 2.1.1, thì V là không gian véc tơ với hai phép toánđó.Bài 3. Vì W chỉ gồm duy nhất phần tử 0 nên với mọi x, y, z  W, ta đều có x = y =z = 0.Khi đó x + y = 0 + 0 = 0  W nên W = {0} là không gian con của R.Bài 4. Mọi đường thẳng bất kỳ đi qua điểm (0, 0) đều có dạng Ax 1 + Bx2 = 0 với Avà B không đồng thời bằng 0. Gọi W là tập tất cả các điểm thuộc đường thẳng đó.Nếu B = 0 thì A  0 nên x1 = 0, do đó W = {(0, x2): x2  R}.Giả sử x = (0, x2), y = (0, y2),   R, ta cóx + y = (0, x2) + (0, y2) = (0, x2 + y2)  x + y  WNếu B  0 ta có x2 = kx1 với k = –A, vì vậy W = {(x1, kx1): x1  R}.BGiả sử x, y  W, cụ thể x =(x1, kx1), y = (y1, ky1),   R, ta cóx + y = (x1, kx1) + (y1, ky1) = (x1 + y1, kx1 + ky1) = (z1, kz1) với z1 =x1 + y1.Do đó x + y  W.Trong mọi trường hợp ta đều có x + y  W, vậy W là không gian con của R2.Bài 5. Mọi đường thẳng bất kỳ không đi qua điểm (0, 0) đều có dạng Ax 1 + Bx2 +C = 0 với A và B không đồng thời bằng 0, còn C khác 0.CBNếu B = 0 thì A  0 nên x1 = – . Đặt k = –C 0, khi đó W = {(k, x2): x2  R}.BGiả sử x = (k, x2), y = (k, y2),   R, ta cóx + y = (k, x2) + (k, y2) = (k + k, x2 + y2).Ta thấy x + y  W với   0, tức W không phải là không gian con của R2 trongtrường hợp này.Nếu B  0 ta có x2 = kx1 + b với k = –ACvà b = – , vì vậy W = {(x1, kx1 + b):BBx1  R}.Giả sử x, y  W, cụ thể x =(x1, kx1 + b), y = (y1, ky1 + b),   R, ta cóx + y = (x1, kx1 + b) + (y1, ky1 + b) = (x1 + y1, kx1 + ky1 + b + b) == (z1, kz1 + b + b) với z1 = x1 + y1.Với  = 1, vì b  0 nên kz1 + b + b = kz1 + 2b  kz1, tức x + y  W.Trong mọi trường hợp ta đều có x + y  W, nên W không là không gian concủa R2.Bài 6.1. Giả sử B1B và B2B là hai phần tử trung hoà.Vì 1 là phần tử trung hoà nên theo tiên đề 4 ta có 1 + 2 = 2.Theo tiên đề 2 ta có 1 + 2 = 2 + 1.Vì 2 cũng là phần tử trung hoà nên theo tiên đề 4 ta có 2 + 1 = 1.Vậy 2 = 1, tức phần tử trung hoà là duy nhất.2. Theo tiên đề 10 và tiên đề 8 ta có x + (–1)x = 1.x + (–1)x = (1 + (–1))x = (1 –1)x = .Chứng tỏ (–1)x chính là phần tử đối của x, tức là –x = (–1)x.3. Giả sử y1 và y2 là hai phần tử đối của x.Theo tiên đề 2 và tiên đề 5 ta có x + y1 = y1 + x = , chứng tỏ x là phần tử đốicủa y1, tức là x = –y1. Tương tự ta cũng có x là phần tử đối của y2, tức là x = –y2, vì vậy –y1 = –y2.Theo chứng minh trên thì (–1)y1 = (–1)y2, theo tiên đề 9 ta có y1 = y2.Vậy với mọi x, phần tử đối xứng –x là duy nhất.4. Theo tiên đề 8 và tiên đề 10, ta có 0x + x = (0 + 1)x = 1x = x. Theo tiên đề 4 thì0x là phần tử trung hoà, tức 0x = .5. Theo tiên đề 10 và tiên đề 4, ta có  + x = ( + x) = x. Lại theo tiên đề 4thì  là phần tử trung hoà, tức  = .6. Giả sử x = . Nếu  = 0 thì theo chứng minh trên, x = .Nếu   0: y = y + x = (y + x)  y = y + x  x = .Bài 7. Gọi  và 1 tương ứng là các phần tử trung hoà của V và W. Khi đó với mọix  W ta đều có –x + x = 1. Nhưng x cũng thuộc V nên –x + x = , vì vậy 1 = .Bài 8. Đặt W = W1W2. Giả sử x, y  W và   R. Rõ ràng x, y  W1 và x, y WB2B, khi đóx + y  W1 và x + y  W2, tức là x + y  W. Vậy W là không gian con củaV.Bài 9. Giả sử W = W1W2 là không gian con của V và W1W2 = {}.Ta chứng minh điều kiện cần: Giả sử ngược lại, W1  {} và W2  {}.Lấy hai véctơ khác  là x  W1 và y  W2, khi đó x và y cùng thuộc W.Do W là không gian con nên x + y  W, suy ra hoặc x + y  W1, hoặc x + y W2.Nếu x + y  W1 thì y  W1, mâu thuẫn với giả thiết W1W2 = {}.Nếu x + y  W2 thì x  W2, mâu thuẫn với giả thiết W1W2 = {}.Vậy W1 hoặc W2 bằng {}.Ta chứng minh điều kiện đủ: Nếu W1 hoặc W2 bằng {} thì W = W1W2 chínhlà W2 hoặc W1, tức là W là không gian con của V.Bài 10. Gọi P2(x) là không gian các đa thức của x có bậc không quá 2. Phần tửtrung hoà  trong P2(x) chính là 0. Ta cóau1 + bu2 + cu3 = 0  a.1 + b(1 + x) + c(1 + x + x2) = 0  (a + b + c) + (b + c)x+ cx2 = 0.Từ đó nhận được hệ {a + b + c = 0, b + c = 0, c = 0}. Dễ thấy a = b = c = 0.Vậy ba véc tơ đó độc lập tuyến tính.Bài 11. Giả sử  + x + x2 = au1 + bu2 + cu3, khi đó + x + x2 = (a + b + c) + (b + c)x + cx2. Từ đây giải ra được c = , b =  – , a = – .Vậy  + x + x2 = ( – ) + ( – )(1 + x) + (1 + x + x2).Bài 12. a) Phần tử trung hoà chính là 0.Với Pm(x), Qn(x) là các đa thức của x và u =Pm (x)P (x)thì –u = m .Qn (x)Qn (x)Dễ thấy rằng các tiên đề còn lại đều được thoả mãn. Vậy Q(x) là không gianvéc tơ.b) auB1B + buB2B + cuB3B = 0  ax2 + bx + c = 0 x  a = b = c = 0  {u1, u2,u3} độc lập tuyến tính.c) Giả sử n là số tự nhiên bất kỳ. Xét các véc tơ uB kB =1, k = 1, 2, ..., n.x k 1Tương tự như phần b) ta chứng minh được họ {uk, k = 1, ..., n} là độc lập tuyếntính. Điều đó chứng tỏ rằng số véc tơ độc lập tuyến tính của Q(x) là không hạn chế,tức Q(x) là không gian vô hạn chiều.Bài 13. Với a và b bất kỳ ta có ae1 + be2 = (a, b, 0), do đóW = span(S) = {(a, b, 0): a, b  R}  W chính là mặt phẳng chứa e1 và e2.Với u = (x, y, z) ta có w1 = <u, e1>e1 + <u, e2>e2 = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) = (x, y,0)  W.Vậy chWu chính là hình chiếu vuông góc của u lên mặt phẳng W.w2 = u – w1 = (x, y, z) – (x, y, 0) = (0, 0, z), do đó, thành phần trực giao củau chính là chiếu vuông góc của u lên span({e3}) với e3 = (0, 0, 1).Bài 14. Định thức của hệ là2 1 3D = 1 2 0 = 6  0, nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường (x, y, z) = (0, 0, 0).0 1 1Vậy số chiều của không gian nghiệm là bằng 0 và tất nhiên là không có cơ sở.Bài 15. Ma trận của hệ là 31A=  5 11 1. Định thức con1 11 11 1 = –2 nên rank(A) = 2.x  yz  4sCho x = s, y = t  , nghiệm của hệ là   =zust u  s  t = 4s s  t  1   0 0   1s   + t   = su14  0    1  1+ tu2.Số chiều của không gian nghiệm bằng 2. Để nhận được một cơ sở trực chuẩn{v1, v2}, ta áp dụng quá trình trực chuẩn Gram-Schmidt với u1 và u2. Ta có 1 u11  0v1 ==, a2 =u13 2  4  1 0 1  – 1 1 0 3 2 3 2 1 1 1 0  = 1  18  v2 = 1 4 18  43 70  117  1 18. 417 Nếu cho x = s, u = t, ta nhận được y = s – t, z = –4s. Làm tương tự như trên tanhận được một cơ sở trực chuẩn nữa là 1 1  11w1 =, w2 =3 2  43 70  0 117 . 4 18Bài 16. Với a, b bất kỳ ta có aw1 + bw2 = (a – b, –a + b, 0).Do đó không gian con sinh bởi w1 và w2 là tập tất cả các điểm (x, y, z) trong R3sao chox = a – b, y = –a + b, z = 0, hay là x + y = 0, z = 0.Đây chính là phương trình đường thẳng đi qua điểm (0, 0, 0). Vì vậy số chiềucủa không gian con sinh bởi w1 và w2 bằng 1, đồng thời bất kỳ giá trị thực khác 0nào cũng là một cơ sở của nó.Bài 17. Với a, b bất kỳ ta có aw1 + bw2 = (a – b, –a + 2b, 0).Do đó không gian con sinh bởi wB1B và wB2B là tập tất cả các w = (x, y, z)trong R3 sao chox = a – b, y = –a + 2b, z = 0, hay là(x, y, z) = (a – b, –a + 2b, 0) = a(1, –1, 0) + b(–1, 2, 0) = au1 + bu2.Áp dụng quá trình trực chuẩn,v1 =u113 11=(1, –1, 0), a2 = (–1, 2, 0) –(1, –1, 0) = (1, 1, 0)2u122 2 v2 =1(1, 1, 0).2Bài 18. Đặt u1 = 1, u2 = x, u3 = x2. Ta xây dựng cơ sở trực chuẩn v1, v2, v3 như sau.1u||u1||2 =  12 dx = 2  v1 = 1 =|| u1 ||11. Ta có <u2, v1> =212a1x1a2 = u2 – <u2, v1>v1 = x  ||a2||2 =  x2dx =  v2 = 2 =3|| a 2 ||11Vì <u3, v2> =  x 212x.31212nêndx =xdx = 0 và <u3, v1> =  x 233 221a3 = u3 – <u3, v2>v2 – <u3, v1>v1 = x2 –=1dx = 0 nên211= x2 –  ||a3||2 =33 2 228.45Ta có v3 =a33 5 2 1=(x – ). Vậy cơ sở trực chuẩn cần tìm là3|| a3 ||81122 (x  3) dx1 13 3 5 2 1 (x  )  , x,38 2 2Bài 19.a) Ta luôn có au1 + bu2 = (a, b) nên v1 = (2, 1) = 2u1 + u2, v2 = (–3, 4) = –3u1 +4u2. 232 3B4Do đó [v1]B =   , [v2]B =    P = 11 4b) u = (–3, 5) = av1 + bv2 = (2a – 3b, a + 4b)333a2 3 11 2a  3b  3   11  [u]B’ = 11   [u]B = P[u]B’ =   = 1 4 13 a  4b  513 b  1311  1111 3 5 . c) det(P) = 11, d11 = 4, d12 = 1, d21 = –3, d22 = 2.Vậy ma trận chuyển cơ sở từ B’ sang B là P–1 =1  4 3.11 1 2Bài 20. a) ap1 + bp2 = 0  (6a + 10b) + (3a + 2b)x = 0  6a + 10b = 0 và 3a + 2b=0 3a + 5b = 0 và 3a + 2b = 0  a = b = 0  B là cơ sở của P1.aq1 + bq2 = 0  (2a + 3b) + (2b)x = 0  2a + 3b và 2b = 0  a = b = 0.Vậy B’ là cơ sở của P1.b) Ta biểu diễn các véc tơ của B qua các véc tơ của B’.Vì aq1 + bq2 = (2a + 3b) + (2b)x nênp1 = 6 + 3x = aq1 + bq2  6 + 3x = (2a + 3b) + (2b)x  a =33,b= .42p2 = 10 + 2x = aq1 + bq2  10 + 2x = (2a + 3b) + (2b)x  a =3Vậy ma trận chuyển cơ sở từ B’ sang B là P =  43 272  = 1 3 14 .4 6 4 17, b = 1.2c) Ma trận ngược của ma trận P là P–1 =1  4 14,18 6 3 và đó chính là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B’.d) p = –4 + x = ap1 + bp2 = (6a + 10b) + (3a + 2b)x  6a + 10b = –4 và 3a + 2b =11 a = 1 và b = –1  [p]B =   .1Bài 21. a) ag1 + bg2 = 0  (2a)sinx + (a + 3b)cosx = 0  a = b = 0. Vậy B’ là cơsở của V.b) Ta biểu diễn các véc tơ của B qua cơ sở B’.fB1B = sinx = ag1 + bg2 = (2a)sinx + (a + 3b)cosx  a =11, b = –  [f1]B’ =26f2 = cosx = ag1 + bg2 = (2a)sinx + (a + 3b)cosx  a = 0, b =1 [f1]B’ =3 1 2 01  3 0P= . Đây là ma trận chuyển cơ sở từ B’ sang B. = 6 1 2 1 1  6 3 c) h = 2sinx – 5cosx = afB1B + bfB2B = acosx + bsinx  a = 2, b = –5  [h]B = 25 . [h]B’ = P[h]B =16 3 0   2 11 2 5 = 2 .  d) h = 2sinx – 5cosx = ag1 + bg2 = (2a)sinx + (a + 3b)cosx 1 a = 1, b = –2  [h]B’ =   .2Bài 22.a) Theo định nghĩa, P = [[v1]B, [v2]B, [v3]B] nên1 [v1]B = 0 , [v2]B =1 1 1 , [v ] =3 B  0 01 . Do đó  1v1 = u1 + u3 = (1, 1, 0) + (0, 1, 1) = (1, 2, 1).v2 = –u1 + u2 = –(1, 1, 0) + (1, 0, 1) = (0, –1, 1).v3 = –u2 + u3 = –(1, 0, 1) + (0, 1, 1) = (–1, 1, 0).b) Vì P = [[v1]B, [v2]B, [v3]B] nên(0.3)v1 = (1, 2, 1) = u1 + u3(0.4)v2 = (0, –1, 1) = –u1 + u2(0.5)v3 = (–1, 1, 0) = –u2 + u3Từ (2.10.3) và (2.10.4) ta có (1, 1, 2) = u2 + u3. Kết hợp với (2.10.5) ta được (0,1, 1) = u3.Thế u3 vào phương trình (2.10.3) ta có (1, 2, 1) = u1 + (0, 1, 1)  u1 = (1, 1, 0).Thế u1 vào phương trình (2.10.4) ta có (0, –1, 1) = –(1, 1, 0) + u2 u2 = (1, 0, 1).