Tải bản đầy đủ

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

Bài tập chương 2
Bài 1. Cho tập V các bộ hai số thực (v1, v2) và hai hằng số a, b. Ta định nghĩa hai
phép 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 là
không 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 trung
hoà 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 thì
W1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 = {} hoặc
W2 = {}.

Bài 10. Chứng minh rằng ba véc tơ u1 = 1, u2 = 1 + x và u3 = 1 + x + x2 độc lập
tuyến 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 véc
tơ 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 hữu
tỷ và phép nhân một số với một phân thức hữu tỷ.


b) Chứng

minh rằng ba véc tơ u1 = 1, u2 =

1
1
, u3 = 2 là độc lập tuyến tính.
x
x

Chứng 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) lên
span(S).
Bài 14. Tìm số chiều và một cơ sở trực chuẩn của không gian nghiệm của hệ
phương trình
2x + y + 3z = 0
 x + 2y
=0

y + z =0
Bài 15. Tìm số chiều và hai cơ sở trực chuẩn của không gian nghiệm của hệ
phương trình
3x + y + z + u = 0

5x – y + z – u = 0
Bài 16. Trong không gian R3, tìm một cơ sở trực chuẩn của không gian con sinh
bởi 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 sinh
bởi 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 hướng
c)

1

=  u(x)v(x)dx
1

Hãy 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 với
u1 = (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 2
Bài 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 )  0

Khi 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 bằng
1.
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)P
Dễ thấy các hằng số k1 và k2 chỉ có thể bằng 0 hoặc 1. Để tiên đề 10 được thoả
mãn 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 toán
đó.
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 A
và 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  W
Nếu B  0 ta có x2 = kx1 với k = –

A
, vì vậy W = {(x1, kx1): x1  R}.
B

Giả 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.
C
B

Nếu B = 0 thì A  0 nên x1 = – . Đặt k = –

C
 0, khi đó W = {(k, x2): x2  R}.
B

Giả 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 trong
trường hợp này.
Nếu B  0 ta có x2 = kx1 + b với k = –

A
C
và b = – , vì vậy W = {(x1, kx1 + b):
B
B

x1  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 con
của 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 đối
của 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 thì
0x 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 4
thì  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 mọi
x  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 của
V.
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 chính
là 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 tử
trung hoà  trong P2(x) chính là 0. Ta có
au1 + 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 gian
véc 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 1

Tương tự như phần b) ta chứng minh được họ {uk, k = 1, ..., n} là độc lập tuyến
tính. 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 đó
W = 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 = e1 + 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 của
u chính là chiếu vuông góc của u lên span({e3}) với e3 = (0, 0, 1).
Bài 14. Định thức của hệ là
2 1 3
D = 1 2 0 = 6  0, nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường (x, y, z) = (0, 0, 0).
0 1 1

Vậy số chiều của không gian nghiệm là bằng 0 và tất nhiên là không có cơ sở.
Bài 15. Ma trận của hệ là
 3

1

A= 
 5 1

1 1
. Định thức con
1 1

1 1
1 1 = –2 nên rank(A) = 2.



x 
 y
z  4s
Cho 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
 
u1
1  0
v1 =
=
, a2 =
u1
3 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 ta
nhận được một cơ sở trực chuẩn nữa là
 1
 
1  1
1
w1 =
, 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 R3
sao cho
x = 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 chiều
của không gian con sinh bởi w1 và w2 bằng 1, đồng thời bất kỳ giá trị thực khác 0
nào 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 cho
x = 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 =

u1
1
3 1
1
=
(1, –1, 0), a2 = (–1, 2, 0) –
(1, –1, 0) = (1, 1, 0)
2
u1
2
2 2

 v2 =

1
(1, 1, 0).
2

Bài 18. Đặt u1 = 1, u2 = x, u3 = x2. Ta xây dựng cơ sở trực chuẩn v1, v2, v3 như sau.
1

u

||u1||2 =  12 dx = 2  v1 = 1 =
|| u1 ||
1

1
. Ta có =
2
1

2

a

1

x

1

a2 = u2 – v1 = x  ||a2||2 =  x2dx =  v2 = 2 =
3
|| a 2 ||
1
1

=  x 2
1

2
x.
3

1
2
1
2
nên
dx =
xdx = 0 và =  x 2
3
3 2
2
1

a3 = u3 – v2 – v1 = x2 –
=

1
dx = 0 nên
2

1
1
= x2 –  ||a3||2 =
3
3 2 2
2

8
.
45

Ta có v3 =

a3
3 5 2 1
=
(x – ). Vậy cơ sở trực chuẩn cần tìm là
3
|| a3 ||
8

1

1

2
2
 (x  3) dx
1


 1

3 3 5 2 1 

(x  ) 
 , x,
3
8


 2 2

Bài 19.
a) Ta luôn có au1 + bu2 = (a, b) nên v1 = (2, 1) = 2u1 + u2, v2 = (–3, 4) = –3u1 +
4u2.
 2

3

2 3
B
4

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 nên
p1 = 6 + 3x = aq1 + bq2  6 + 3x = (2a + 3b) + (2b)x  a =

3
3
,b= .
4
2

p2 = 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
 2

7
2  = 1 3 14 .

4 6 4 
1


7
, b = 1.
2


c) 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 cơ
sở 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 =

1
1
, b = –  [f1]B’ =
2
6

f2 = 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 =

1
6

 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 + u3
Từ (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).



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×