Giải bài tập Đại số tuyến tính

Chia sẻ: Tạ Ngọc Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:35

Thêm vào BST

Báo xấu

77
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu hướng dẫn các bạn sinh viên ôn thi môn Đại số tuyến tính bao gồm nội dung kiếm tra đánh giá, cấu trúc đề thi và điều kiện dự thi. Mời các bạn cùng tham khảo để nắm chi tiết nội dung kiến thức, từ đó có phương pháp luyện thi hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Giải bài tập Đại số tuyến tính

HƯỚNG DẪN ÔN THI MÔN HỌC ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH I. NỘI DUNG KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ 1. Mục tiêu Mục tiêu của kỳ thi kết thúc môn học là kiểm tra đánh giá việc tiếp thu những khái niệm cơ bản của đại số tuyến tính, năng lực tư duy phân tích, tổng hợp và vận dụng kiến thức thể hiện qua việc trình bày logic chặt chẽ và chính xác các vấn đề liên quan bằng ngôn ngữ của môn học. 2. Nội dung kiểm tra đánh giá Toàn bộ nội dung đã giảng dạy của môn học, bao gồm hai phần lý thuyết và bài T tập. Trọng tâm là các kiến thức về không gian véc tơ, không gian con, hạng của hệ véc tơ, hạng ma trận, chiều của không gian véc tơ, cấu trúc nghiệm của hệ .NE phương đại số tuyến tính cũng như cách giải hệ phương trình đại số tuyến tính và cách tính định thức; không gian Euclid, hệ véc tơ trực giao, phương pháp trực giao hóa, dạng song tuyến tính và dạng toàn phương. II. CẤU TRÚC ĐỀ THI VÀ ĐIỀU KIỆN DỰ THI THS Đề thi sẽ gồm có 2 câu hỏi lý thuyết và 3 câu hỏi bài tập. Với tỷ trọng: 4 điểm cho phần lý thuyết và 6 điểm cho phần bài tập. Thang điểm sẽ được tính từ mức ¼ điểm cho mỗi bước suy luận logic cơ bản. Vì vậy khi trình bày bài làm người làm bài cần trình bày lập luận khúc chiết đầy đủ. A Người dự thi sẽ phải chấp hành nghiêm túc các quy định, quy chế về các kỳ thi hết môn học của Nhà trường, ĐHQGHN và Bộ GD&ĐT. Đặc biệt lưu ý Không được TM sử dụng tài liệu, máy tính và điện thoại di động. VIE
Bài tập chương Kiến thức chuẩn bị 1. Chứng minh công thức De Morgan dạng tổng quát a. A \ ∪i∈I Ai = ∩i∈I (A \ Ai) Theo định nghĩa hai tập hợp bằng nhau, để chứng minh X = Y, ta phải chứng minh: X ⊂ Y và Y ⊂ X. Nghĩa là: ∀x ∈ X → x ∈ Y và ngược lại ∀y ∈ Y → y ∈ X. () ∀ x ∈ A \ ∪i∈I Ai → x ∈ A và x ∉ ∪i∈I Ai → x ∈ A và x ∉ Ai ∀i ∈ I → x ∈ A \ Ai ∀i ∈ I → x ∈ ∩i∈I (A\Ai) . Vậy A \ ∪i∈I Ai ⊂ ∩i∈I (A \ Ai). (1) () ∀ x ∈ ∩i∈I (A \ Ai) → x ∈ A \ Ai ∀i ∈ I → x ∈ A và x ∉ Ai ∀i ∈ I → x ∈ A và x ∉ ∪i∈I Ai → ∀ x ∈ A \ ∪i∈I Ai . Vậy ∩i∈I (A \ Ai) ⊂ A \ ∪i∈I Ai . (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. b. A \ ∩i∈I Ai = ∪i∈I (A \ Ai) () ∀ x ∈ A \ ∩i∈I Ai → x ∈ A và x ∉ ∩i∈I Ai → x ∈ A và ∃ j ∈ I : x ∉ Aj → ∃ j ∈ I : x ∈ A \ Aj → x ∈ ∪i∈I (A\Ai) . Vậy A \ ∩i∈I Ai ⊂ ∪i∈I (A\Ai). (1) () ∀ x ∈ ∪i∈I (A\Ai) → ∃ j ∈ I : x ∈ A \ Aj → x ∈ A và ∃ j ∈ I : x ∉ Aj → x∈A và x ∉ ∩i∈I Ai → x ∈ A \ ∩i∈I Ai . Vậy ∪i∈I (A\Ai) ⊂ A \ ∩i∈I Ai . (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. 2. Chứng minh các mệnh đề tập hợp a. (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø  A = B (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø → A \ B = ∅ và B \ A = ∅ → A ⊂ B và B ⊂ A → A = B Ngược lại, nếu A = B → A \ B = ∅ và B \ A = ∅ → (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø. b. A = (A \ B) ∪ (A ∩ B) (A \ B) ∪ (A ∩ B) = ( A \ (A ∩ B) ) ∪ (A ∩ B) = A. c. (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B) De Morgan (A \ B) ∪ (B \ A) = ((A ∪ B) \ B) ∪ ((B ∪ A) \ A)) = (A ∪ B) \ (A ∩ B) d. A ∩ (B \ C) = (A ∩ B) \ (A ∩ C) De Morgan (A ∩ B) \ (A ∩ C) = ((A ∩ B) \ A) ∪ ((A ∩ B) \ C) = Ø ∪ ((A ∩ B) \ C) = (A ∩ B) \ C = A ∩ (B \ C) . e. A ∪ (B \ A) = A ∪ B 1
x ∈A ∪ (B \ A) ↔ x ∈A hoặc (x ∈ B và x ∉ A) ↔ x ∈ A hoặc x ∈ B ↔ x ∈ A∪B . f. A \ (A \ B) = A ∩ B x ∈ A \ (A \ B) ↔ x ∈ A và x ∉ (A \ B) ↔ x ∈ A và x ∈ B ↔ x ∈ A ∩ B . 3. Chứng minh a. (A x B) ∩ (B x A) ≠ Ø ↔ A ∩ B ≠ Ø (A x B) ∩ (B x A) ≠ Ø ↔ ∃ x ∈ A, ∃ y ∈ B: (x, y) ∈ A x B và (x, y) ∈ B x A. (x, y) ∈ B x A → x ∈ B, y ∈ A → x ∈ A ∩ B , y ∈ A ∩ B hay A ∩ B ≠ ∅. b. (A x C) ∩ (B x D) = (A ∩ B) x (C ∩ D) (x, y) ∈ (A x C) ∩ (B x D) ↔ x ∈ A và x ∈ B đồng thời y ∈ C và y ∈ D ↔ x ∈(A ∩ B) , y ∈(C ∩ D) hay (x, y) ∈(A ∩ B) x (C ∩ D) đpcm. T .NE 4. Với ánh xạ f : X → Y và A, B ⊂ X. Chứng minh : a. f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B) y ∈ f (A ∪ B) → ∃ x ∈ (A ∪ B) : f (x) = y . Mà x ∈ (A ∪ B) → x ∈ A hoặc x ∈ B kéo theo f (x) ∈ f (A) hoặc f (x) ∈ f (B) hay y ∈ f (A) ∪ f (B) . Cm tương tự cho chiều THS ngược lại. b. f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B) y ∈ f (A ∩ B) → ∃ x ∈ (A ∩ B) : f (x) = y . Mà x ∈ (A ∩ B) → x ∈ A và x ∈ B kéo theo f (x) ∈ f (A) và f (x) ∈ f (B) hay y ∈ f (A) ∩ f (B) . Cm tương tự cho chiều ngược lại. A c. f (A \ B) ⊃ f (A) \ f (B) TM y ∈ f (A \ B) → ∃ x ∈ (A \ B) : f (x) = y . Mà x ∈ (A \ B) → x ∈ A và x ∉ B kéo theo f (x) ∈ f (A) và f (x) ∉ f (B) hay y ∈ f (A) \ f (B) . Cm tương tự cho chiều ngược lại. * Phản ví dụ chứng tỏ không thể có dấu bằng ở b. và c. : VIE Lấy X = {-2, -1, 0, 1, 2} , A = {-2, -1, 0}, B = {0, 1, 2} và f (x) = |x| Ta có f (A ∩ B) = {0} , f (A) ∩ f (B) = {2, 1, 0} ∩ {0, 1, 2} = {0, 1, 2}. f (A \ B) = {2, 1} , f (A) \ f (B) = ∅ . 5. Với ánh xạ f : X → Y và A, B ⊂ Y. Chứng minh : a. f -1(A ∪ B) = f -1(A) ∪ f -1(B) x ∈ f -1(A ∪ B) ↔ f (x) ∈ A ∪ B ↔ f (x) ∈ A hoặc f (x) ∈ B ↔ x ∈f -1(A) hoặc x ∈f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) ∪ f -1(B) . b. f -1(A ∩ B) = f -1(A) ∩ f -1(B) 2
x ∈ f -1(A ∩ B) ↔ f (x) ∈ A ∩ B ↔ f (x) ∈ A và f (x) ∈ B ↔ x ∈f -1(A) và x ∈ f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) ∩ f -1(B) . c. f -1(A \ B) = f -1(A) \ f -1(B) x ∈ f -1(A \ B) ↔ f (x) ∈ A \ B ↔ f (x) ∈ A và f (x) ∉ B ↔ x ∈f -1(A) và x ∉ f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) \ f -1(B) . 6. Với f : X → Y và g : Y → Z. Chứng minh : a. Mệnh đề 2.8 - f, g là đơn ánh → g∘ f là đơn ánh ∀ x ≠ x’ ∈ X, do f là đơn ánh → f (x) ≠ f (x’). Lại do g là đơn ánh: → g ( f (x)) ≠ g (f (x’)) hay g∘ f (x) ≠ g∘ f (x’) đpcm. - f, g là toàn ánh → g∘ f là toàn ánh ∀ z ∈ Z, do g là toàn ánh → ∃ y ∈ Y: g (y) = z. Lại do f là toàn ánh: → ∃ x ∈ X : f (x) = y . Vậy ∃ x ∈ X để g ( f (x)) = z hay g∘ f (x) = z đpcm. - f, g là song ánh → g∘ f là song ánh Theo định nghĩa, ánh xạ h là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh. Nên điều phải chứng minh ở đây là hệ quả của 2 điều vừa chứng minh ở trên. b. Mệnh đề 2.9 - Nếu g∘ f là đơn ánh thì f là đơn ánh. Giả sử f không phải là đơn ánh → ∃ x ≠ x’ : f (x) = f (x’) → g(f (x)) = g(f (x’)) hay g∘ f (x) = g∘ f (x’) → g∘ f không phải là đơn ánh, trái giả thiết. Vậy thì f phải là đơn ánh. - Nếu g∘ f là toàn ánh thì g là toàn ánh. Giả sử g không phải là toàn ánh → ∃ z ∈ Z mà z ≠ g (y), ∀ y ∈ Y → ∃ z ∈ Z mà z ≠ g (f (x)), ∀ x ∈ X hay ∃ z ∈ Z: z ≠ g∘ f (x), ∀ x ∈ X nghĩa là g∘ f không phải là toàn ánh, trái giả thiết. Vậy g phải là toàn ánh. 7. Với f : R → R xác định bởi f (x) = x2 – 3x + 2. Hỏi f có phải là một đơn ánh? Toàn ánh? Tìm f (R) , f (0), f -1(0), f ([0, 5]), f -1 ([0,5]). Dễ thấy x2 – 3x + 2 = 0 có nghiệm là 1 và 2 → f (1) = f (2) = 0. f không phải là đơn ánh. f cũng không phải là toàn ánh. Các câu hỏi còn lại là dễ. 3
8. A là tập hợp đúng n phần tử. Chứng minh rằng số lượng các tập hợp con của A có đúng 2n phần tử. Chú ý công thức khai triển nhị thức Niu tơn: (1+1)n. 12. Lập bảng cộng và bảng nhân của vành Zn với n = 12 và n = 15. Tìm các phần tử khả nghịch đối với phép nhân trong hai vành đó. Lời giải đối với n = 12 (n = 15 – làm tương tự) + 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 T 2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 3 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 .NE 4 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3 5 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3 4 6 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3 4 5 7 7 8 9 10 11 0 1 2 3 4 5 6 THS 8 8 9 10 11 0 1 2 3 4 5 6 7 9 9 10 11 0 1 2 3 4 5 6 7 8 10 10 11 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 11 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 TM 2 0 2 4 6 8 10 0 2 4 6 8 10 3 0 3 6 9 0 3 6 9 0 3 6 9 4 0 4 8 0 4 8 0 4 8 0 4 8 5 0 5 10 3 8 1 6 11 4 9 2 7 VIE 6 0 6 0 6 0 6 0 6 2 3 4 5 7 0 7 2 9 4 11 6 1 8 3 10 5 8 0 8 4 0 8 4 2 8 4 0 8 4 9 0 9 6 3 0 9 3 3 0 9 6 3 10 0 10 8 6 4 2 4 10 8 6 4 2 11 0 11 10 9 8 7 5 5 4 3 2 1 Các phần tử khả nghịch đối với phép nhân là: 1, 5, 7, 11, nghịch đảo của chúng là chính chúng. 17. Chứng minh tập hợp Q (√2 ) = { a + b√2 | a, b ∈ Q} lập nên 1 trường với phép toán cộng và nhân thông thường. 4
Trước hết ta làm rõ các phép toán cộng và nhân trong Q (√2 ). - Phép cộng: (a + b√2) + (a’ + b’√2) là c + d√2 với c = (a+a’), d = (b+b’) - Phép nhân: (a + b√2) . (a’ + b’√2) là x + y√2 Với x = aa’ + 2bb’ y = ab’ + a’b Từ đó dễ kiểm tra được: phép cộng có tính kết hợp, giao hoán, phần tử không là: 0 = 0 + 0√2 Cũng dễ kiểm tra được phép nhân có tính giao hoán, kết hợp, phân phối về hai phía đối với phép cộng. Phần từ đơn vị là 1 = 1 + 0√2 . Tìm phần tử nghịch đảo của a + b√2 ≠ 0 (với a, b không đồng thời bằng 0). Theo định nghĩa, nó là (a’ + b’√2) thỏa mãn (a + b√2) . (a’ + b’√2) = 1 + 0√2 → aa’ + 2bb’ = 1 và ab’ + a’b = 0. - Nếu a ≠ 0, ta có b’ = -a’b / a → aa’ + 2b(-a’b/a) = 1 → a’ (a – 2b2/a) = 1 → a’ = a/(a2-2b2) → b’ = -b//(a2-2b2) (chú ý: vì a, b ∈ Q nên a2 – 2b2 ≠ 0). - Nếu a = 0 thì b≠ 0 → a’ = 0 → b’ = 1/(2b) Gộp lại ta có nghịch đảo của a + b√2 là a/(a2-2b2) + [-b/(a2-2b2)]√2 . 18. Chứng minh rằng nếu số phức z ∉ R thì trường các phần tử dạng : R (z) = { a + bz | a, b ∈ R } trùng với trường số phức C . Hiển nhiên mỗi phần tử a + bz với a, b ∈ R là một số phức → R (z) ⊂ C (1) Ngược lại, giả sử z = x + iy, (y≠0). ∀ z’ = x’ + iy’ ∈C . Gọi a , b là các số thực thỏa mãn z’ = a + bz = a + b(x+iy) = a+bx + iby → a+bx = x’, y’ = by → b = y’/y , a = x’ – bx = x’ – xy’/y = (x’y – xy’) / y. Tóm lại, ∀ z’ = x’ + iy’ ∈ C ta có z’ = (x’y – xy’) / y + (y’/y) z → z’ ∈R (z). Vậy C ⊂R (z) (2). Từ (1) và (2) suy ra R (z) = C . 22. 23. Sinh viên tự làm vì dễ. 30. Sinh viên tự làm, gợi ý sử dụng biểu diễn dạng lượng giác của số phức. 31. Sinh viên tự làm, gợi ý sử dụng biểu diễn dạng lượng giác của số phức. Các căn bậc n của 1 số phức là các điểm tại các đỉnh của 1 đa giác đều n cạnh. Giả sử tổng các căn bậc n của 1 số phức là một véc tơ từ tâm đến 1 điểm S nào đó. Véc tơ này là không đổi khi ta quay cả hệ đi 1 góc 360o/n. Điều này chỉ xảy ra khi véc tơ tổng = θ. 32. Phân tích các đa thức sau đây thành các nhân tử bất khả quy trên R[X] và C[X] . 5
a. X3 + 3X2 + 5X + 3 b. X3 – X2 – X - 2 Sinh viên tự làm. Gợi ý : Dễ nhận thấy các đa thức trên có 1 nghiệm thực. Vậy, chúng có thể phân tích thành (x – x0)(ax2 + bx + c). Nếu biệt thức của ax2 + bx + c âm thì phân tích trên là phân tích bất khả quy trên R[X]. Trên C, các đa thức trên luôn có đủ 3 nghiệm, nên sẽ phân tích được thành dạng (x – x0)(x – z1)(x – z2). T .NE A THS TM VIE 6
Bài tập chương Không gian véc tơ 1. Các tập hợp sau đây có lập thành không gian véc tơ trên trường K hay không, đối với các phép toán thông thường. a. A = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 + … + xn = 0} Rõ ràng A với phép cộng (x1, …, xn) + (y1, …, yn) := (x1+y1, …, xn+yn) (∈ Kn) làm thành một nhóm giao hoán (phép cộng có tính kết hợp, giao hoán, phần tử không là (0, …, 0), phần tử đối của (x1, …, xn) là (-x1, …, -xn). ∀ a ∈ K, và x = (x1, …, xn) ∈ A, phép nhân a . (x1, …, xn) := (ax1, …, axn) (∈ Kn) có tính phân phối 2 phía đối với phép cộng, hơn nữa a(bx) = (ab)x, 1x = x. Vậy A là một không gian véc tơ trên trường K. b. B = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 + … + xn = 1} Từ phép cộng thông thường, ta không thể định nghĩa phép cộng trong B, vì ∀ (x1, …, xn), (y1, …, yn) ∈ B thì ((x1+y1, …, xn+yn) ∉ B. Vậy B không là không gian véc tơ trên K với phép toán định nghĩa từ các phép toán thông thường. c. C = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 = xn = -1} Tương tự b. C không là không gian véc tơ trên trường K. d. D = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 = x3 = …., x2 = x4 = …} Tương tự a. D là không gian véc tơ trên trường K. e. E = {(aij)nxn | aij = aji với 1 ≤ i, j ≤ n } Tương tự a. E là không gian véc tơ trên trường K. 2. F = {(x1, …, xn) ∈ Rn | x1, …, xn ∈ Z} có lập thành một không gian véc tơ trên trường số thực R hay không? Không! Không định nghĩa được phép nhân giữa a ∈ R với x ∈ F. 3. Với các phép toán thông thường, Q có là một không gian véc tơ trên trường số thực R hay không? R có là một không gian véc tơ trên trường số phức hay không? Không! Tương tự 2. 6. Các véc tơ sau đây độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính a. e1 = (-1, -2, 1, 2), e2 = (0, -1, 2, 3), e3 = (1, 4, 1, 2), e4 = (-1, 0, 1, 3). 7
Xét ràng buộc tuyến tính xe1 + ye2 + ze3 +te4 = 0 hay x (-1, -2, 1, 2) + y (0, -1, 2, 3) + z (1, 4, 1, 2) + t (-1, 0, 1, 3) = (0, 0, 0, 0) ↔ −𝑥 + 𝑧 − 𝑡 = 0 (1) −2𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 = 0 (2) { 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 0 (3) 2𝑥 + 3𝑦 + 2𝑧 + 3𝑡 = 0 (4) (1) → x = z – t, thay vào (2) có -2 (z - t) – y + 4z = 0 hay -y +2z + 2t = 0 Cộng (1) và (3) → 2y + 2z + 2t = 0 hay y + z + t = 0 Kết hợp -y +2z + 2t = 0 và y + z + t = 0 → z+t = 0 → y = 0. Thay vào (3) T → x = 0, thay vào (2) → z = 0, thay vào (4) → t = 0 . Vậy hệ véc tơ e1, e2, e3, e4 là độc lập tuyến tính . .NE b. α1 = (-1, 1, 0, 1), α2 = (1, 0, 1, 1), α3 = (-3, 1, -2, -1). Giải theo phương pháp tương tự a. 7. Chứng minh rằng hai hệ véc tơ sau đây là các cơ sở của C3. Tìm ma trân chuyển từ cơ THS sở thứ nhất sang cơ sở thứ hai. (1) e1 = (1, 2, 1), e2 = (2, 3, 3), e3 = (3, 7, 1) (2) a1 = (3, 1, 4), a2 = (5, 2, 1), a3 = (1, 1, -6) Dễ chứng minh e1, e2, e3 là độc lập tuyến tính (như trong 6.a. hoặc tính định thức cấp A 3 lập từ chúng ≠ 0) → chúng làm thành 1 cơ cở của C3 . Tương tự a1, a2, a3 cũng là TM 1 cơ sở của C3 . Để tìm ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở (1) sang cơ sở (2) ta phải tìm biểu diễn tuyến tính của mỗi véc tơ trong hệ (2) qua cơ sở (1). Điều này tương đương với việc giải ba hệ phương trình: - Hệ phương trình thứ nhất: x1 (1, 2, 1) + y1 (2, 3, 3) + z1 (3, 7, 1) = (3, 1, 4) VIE - Hệ phương trình thứ hai: x2 (1, 2, 1) + y2 (2, 3, 3) + z2 (3, 7, 1) = (5, 2, 1) - Hệ phương trình thứ ba: x3 (1, 2, 1) + y3 (2, 3, 3) + z3 (3, 7, 1) = (1, 1, -6) Ma trận chuyển cơ sở cần tìm là ma trận: x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 8. Chứng minh rằng hai hệ véc tơ sau là các cơ sở của C4 . Tìm mối liên hệ giữa tọa độ của cùng một véc tơ trong hai cơ sở đó : (1) e1 = (1, 1, 1, 1), e2 = (1, 2, 1, 1), e3 = (1, 1, 2, 1), e4 = (1, 3, 2, 3); (2) a1 = (1, 0, 3, 3), a2 = (2, 3, 5, 4), a3 = (2, 2, 5, 4), a4 = (2, 3, 4, 4). 8
Dễ chứng minh (bằng tính toán như với 6.a.) hai hệ trên là độc lập tuyến tính trong C4 → chúng là các cơ sở của C4. Tìm biểu diễn tuyến tính của ai qua ei. Từ đó có ma trận chuyển cơ sở (cij) → công thức đổi tọa độ : Nếu α = ∑ j=1,.., n (xj aj) thì α = ∑ j=1,..,n∑ i=1,.., n (ajcij)ei . 10. V = {(x, y) ∈ RxR | y > 0} . Định nghĩa phép cộng và nhân với vô hướng như sau : (x, y) + (u, v) = (x+u, yv) ∀ (x, y), (u, v) ∈ V, a.(x, y) = (ax, ya), ∀ a ∈ R và ∀ (x, y) ∈ V. V có phải là không gian véc tơ trên R đối với hai phép toán đó không ? Nếu có hãy tìm một cơ sở của không gian ấy. Lời giải : - Phép cộng có tính kết hợp, giao hoán, phần tử 0 = (0,1), phần tử đối của (x, y) là (-x, 1/y). - Phép nhân có các tính chất:  a(x, y) + b(x, y) = (ax, ya)+ (bx, yb) = (ax+by, yayb) = ((a+b)x, ya+b) = (a+b) (x, y)  a(x, y) + a(u, v) = (ax, ya)+ (au, va) = (a(x+u), (yv)a) = a(x+u, yv) = = a((x, y)+(u, v)).  a(b(x, y)) = a(bx, yb) = (abx, (yb)a) = ((ab)x, yab) = (ab)(x, y).  1(x, y) = (1x, y1) = (x, y). Vậy V là không gian véc tơ trên R với các phép toán nói trên. Cơ sở của V : (1, 1) là véc tơ ≠ 0 = (0, 1). (0, 2) cũng là véc tơ ≠ 0 = (0, 1). Ta kiểm tra xem hệ hai véc tơ này có độc lập tuyến tính hay không : Xét ràng buộc : a (1, 1) + b (0, 2) = (0, 1) ↔ (a, 1) + (0, 2b) = (0, 1) ↔ (a, 2b) = (0, 1) → a = 0, b = 0. Vậy (1, 1) và (0, 2) là đltt. ∀ (x, y) ∈ V, xét a (1, 1) + b (0, 2) = (x, y) ↔ (a, 2b) = (x, y) → a = x, b = log2y. Tóm lại ∀ (x, y) ∈ V ta luôn có (x, y) = x (1, 1) + log2y (0, 2) → (1, 1), (0,2) là một cơ sở của V. Tương tự (1, 1) , (0, e) là một cơ sở của V. 11. Ma trận chuyển từ cơ sở sang một cơ sở khác thay đổi thế nào nếu a. Đổi chỗ hai véc tơ trong cơ sở thứ nhất Gọi (α) = (α1, … , αn) là cơ sở thứ nhất, (β) = (β1, … , βn) là cơ sở thứ hai. Ta có (aij)nxn là ma trận chuyển từ cơ sở (α) sang (β), với βj = ∑ aijαi . Vậy việc đổi chỗ hai véc tơ thứ tự ik và is trong (α) tương ứng với việc đổi chỗ 2 hàng thứ ik và is trong ma trận (aij)nxn . 9
b. Đổi chỗ 2 véc tơ trong cơ sở thứ hai → đổi chỗ 2 cột tương ứng trong ma trận. c. Đặt các véc tơ trong mỗi cơ sở theo thứ tự hoàn toàn ngược lại → hoán vị các phần tử đối xứng qua đường chéo chính, sau đó hoán vị các phần tử đối xứng qua đường chéo phụ. 15. Chứng minh rằng W = {(x1, …, xn) ∈ Rn , x1+2x2+…+nxn = 0} là một không gian con của Rn. Tìm số chiều và cơ sở của không gian con đó. Dễ kiểm tra W đóng kín với phép toán cộng và nhân của Rn : (x1, …, xn) + (y1, …, yn) = (x1+y1, …, xn+yn) , a(x1, …, xn) = (ax1, …, axn) . Dễ thấy W là không gian con thực sự của Rn , vì rõ ràng A ≠ Rn . Vậy dim A < n. Xét các véc tơ có dạng (i, 0, … , 0, -1, 0, …, 0) (phần tử -1 ở vị trí thứ i, i = 2, …, n). T Hệ n-1 véc tơ này là độc lập tuyến tính, thật vậy, xét ràng buộc: .NE a2(2, -1, 0, …, 0)+ a3(3, 0, -1, 0, …, 0) + …+an(n, 0, …, 0, -1) = 0 ↔ (2a2 +3a3 +…+nan , -a2, …, -an) = (0, …, 0) ↔ a2= …= an = 0 . → dim A = n-1 và hệ véc tơ nói trên là một cơ sở của W. 17. Chứng minh rằng W = {(aij)nxn , aij = aji } là không gian con của M(nxn). Tìm số THS chiều và cơ sở của W. Cơ sở của W là hệ gồm các ma trận: - Có 1 phần tử trên đường chéo = 1, tất cả các phần tử còn lại = 0 - Có 2 phần tử đối xứng qua đường chéo = 1, tất cả các phần tử còn lại = 0 A → dim W = n + (1+2+..+(n-1)) = n(n+1)/2 . 18. Chứng minh rằng W = {(aij)nxn , aij = -aji } là không gian con của M(nxn). Tìm số TM chiều và cơ sở của W. Tương tự 17. 19. Giả sử V1 ⊂ V2 là các không gian con của V. Chứng minh rằng dim V1 ≤ dim V2 . VIE Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi V1 = V2. Khẳng định đó còn đúng không nếu V1, V2 là các không gian con tùy ý của V. V1 ⊂ V2 → V1 là không gian con của V2 . Vì vậy dim V1 ≤ dim V2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi V1 = V2 (mệnh đề 4.3 trang 64). Khẳng định đó không còn đúng nếu V1, V2 là các không gian con tùy ý của V. 20. Giả sử V1, V2 là các kg véc tơ con của V. Chứng minh rằng nếu dim V1 + dim V2 > dim V thì V1 ∩ V2 chứa ít nhất 1 véc tơ khác 0. Giả sử ngược lại V1 ∩ V2 = {0}. Gọi (α1, …, αr) là một cơ sở của V1, (β1, …, βs) là một cơ sở của V2. Ta thấy βi (i = 1, …, s) không thể biểu diễn tuyến tính qua (α1, …, αr), vì nếu thế thì βi ∈ V1 → V1 ∩ V2 ≠ {0}. Tiếp theo nếu βi biểu diễn tuyến tính 10
qua (α1, …, αr, β1, …, βi-1) thì biểu diễn ấy phải có dạng βi = 0.α1 + … + 0.αr + a1β1 + … + ai-1βi-1 = a1β1 + … + ai-1βi-1. Điều này là không thể vì (β1, …, βs) là đltt. Vậy hệ véc tơ (α1, …, αr, β1, …, βs) là độc lập tuyến tính trong V → r + s ≤ dim V hay dim V1 + dim V2 < dim V – trái giả thiết. Vậy V1 ∩ V2 ≠ {0}. 21. Giả sử V1, V2 là các kg véc tơ con của V. Chứng minh rằng nếu dim (V1 +V2) = dim (V1 ∩ V2) +1 thì V1+V2 trùng với 1 trong hai không gian con đã cho còn V1 ∩ V2 trùng với không gian con còn lại. Giả sử (α1, …, αr) là 1 cơ sở của V1 ∩ V2 (nếu V1 ∩ V2 = {0} thì r = 0). Bổ sung vào hệ này các véc tơ để nhận được (α1, …, αr, β1, …, βs) là cơ sở của V1. Và (α1, …, αr, γ1, …, γt) là cơ sở của V2 → (α1, …, αr, β1, …, βs, γ1, …, γt) là cơ sở của V1 + V2 (*) → dim (V1 + V2) = r + s + t Mặt khác theo gt thì dim (V1 +V2) = dim (V1 ∩ V2) +1 → r + s + t = r + 1 → s + t = 1 → s = 0, t =1 hoặc s = 1, t = 0. - Nếu s = 0 → (α1, …, αr) là cơ sở của V1 , nghĩa là V1 = V1 ∩ V2 → V1 ⊂ V2 thế thì V1+V2 = V2. - Nếu t = 0 → (α1, …, αr) là cơ sở của V2 , nghĩa là V2 = V1 ∩ V2 → V2 ⊂ V1 thế thì V1+V2 = V1. ---------- (*) Giải thích: (α1, …, αr, β1, …, βs, γ1, …, γt) là một cơ cở của V1 + V2. - Trước hết ta thấy (α1, …, αr, β1, …, βs, γ1, …, γt) là một hệ sinh của V1 + V2. (1) - Xét ràng buộc: a1α1+ …+ arαr + b1β1 + … +bsβs + c1γ1 + … +ctγt = 0 → a1α1+ …+ arαr + b1β1 + … +bsβs = -c1γ1 - … - ctγt Do vế trái ∈ V1, vế phải ∈ V2 → ∈ V1 ∩ V2 , vậy thì: -c1γ1 - … - ctγt = d1α1+ …+ drαr hay d1α1+ …+ drαr +c1γ1 + … + ctγt = 0 → d1 = … = dr = c1 = … = ct = 0 → a1α1+ …+ arαr + b1β1 + … +bsβs = 0 → a1 = … = ar = b1 = … = bs = 0. Tóm lại có: a1 = … = ar = b1 = … = bs = c1 = … = ct = 0. Vậy (α1, …, αr, β1, …, βs, γ1, …, γt) đltt. (2) Từ (1) & (2) → (α1, …, αr, β1, …, βs, γ1, …, γt) là cơ sở của V1 + V2. 22. Tìm hạng của hệ véc tơ α1 = (1, 2, 0, 1), α2 = (1, 1, 1, 0), α3 = (1, 0, 1, 0), α4 = (1, 3, 0, 1) Dễ thấy α4 = (1, 3, 0, 1) = (1, 2, 0, 1) + (1, 1, 1, 0) – (1, 0, 1, 0) = α1 + α2 – α3. → hệ (α1, α2, α3, α4) phụ thuộc tuyến tính. Xét ràng buộc: x (1, 2, 0, 1) + y (1, 1, 1, 0) + z (1, 0, 1, 0) = 0 ↔ x + y + z = 0 , 2x + y = 0 , y + z = 0 , x = 0 → y = 0 , z = 0 Vậy hệ (α1, α2, α3) là độc lập tuyến tính → rank (α1, α2, α3, α4) = 3. 11
23. Tìm hạng của hệ véc tơ α1 = (1, 1, 1, 1), α2 = (1, 3, 1, 3), α3 = (1, 2, 0, 2), α4 = (1, 2, 1, 2), α5 = (3, 1, 3, 1) Dễ thấy α2 = (1, 3, 1, 3) = 2 (1, 2, 1, 2) – (1, 1, 1, 1) = 2α4 – α1 . α5 = (3, 1, 3, 1) = 5(1, 1, 1, 1) – 2(1, 2, 1, 2) = 5α1 – 2α4 . → (α1, α2, α3, α4, α5), (α1, α3, α4, α2), (α1, α3, α4, α5) là phụ thuộc tuyến tính. Xét ràng buộc: xα1 + yα3 +zα4 = x(1, 1, 1, 1) + y(1, 2, 0, 2) + z(1, 2, 1, 2) = 0 ↔ x + y + z = 0 (1) (1)–(3) → y = 0, x + 2y +2z = 0 (2) (2)–(1) → z = 0, → x = 0 x+z=0 (3) Vậy (α1, α3, α4) là độc lập tuyến tính T x + 2y +2z = 0 → rank (α1, α2, α3, α4, α5) = 3. .NE 24. α1 = (1, 2, 1), α2 = (1, 1, -1), α3 = (1, 3, 3); β1 = (2, 3, -1), β2 = (1, 2, 2), β3 = (1, 1, -3) U = L (α1, α2, α3), V = L (β 1, β 2, β 3). Tìm U + V và U ∩ V. Bước 1. Tìm dim U = rank(α1, α2, α3) và dim U = rank(β 1, β 2, β 3) THS - 2(1, 2, 1) - (1, 1, -1) = (1, 3, 3) → α3 = 2α1 – α2 → (α1, α2, α3) phụ thuộc tuyến tính. Xét ràng buộc xα1 + yα2 = 0 ↔ x(1, 2, 1) + y(1, 1, -1) = 0 → hệ phương trình x+y=0 2x + y = 0 → x = y = 0. Vậy (α1, α2) đltt → dim U = rank(α1, α2, α3) = 2 A x–y=0 TM - Dễ thấy β3 = β1 – β2. Vậy hệ véc tơ (β1, β2, β3) là phụ thuộc tuyến tính. Xét ràng buộc xβ 1 + yβ 2 = 0 ↔ x (2, 3, -1) + y (1, 2, 2) = 0 → 2x + y = 0 3x + 2y = 0 → x = y = 0. Vậy (β 1, β 2) đltt → dim V = rank(β 1, β 2, β 3) = 2 VIE -x + 2y = 0 Bước 2. Từ bước 1, ta có (α1, α2, β 1, β 2) là một hệ sinh của U + V. Chú ý rằng α1, α2, β1, β 2 ∈ R3 nên hệ 4 véc tơ ấy là phụ thuộc tuyến tính (vì 4 > 3). Xét ràng buộc xα1 + yα2 + zβ1 = 0 ↔ x(1, 2, 1) + y(1, 1, -1) +z(2, 3, -1) = 0 → x + y + 2x = 0 2x + y + 3z = 0 → x = y = z = 0. Vậy (α1, α2, β 1) là độc lập tuyến tính. x - y –z = 0 → (α1, α2, β1) là cơ sở của U + V. Bước 3. ∀α ∈ U ∩ V → α = x α1 + y α2 = x’ β1 + y’ β2 → 12
x + y = 2x’ + y’ x + y – y’ = 2x’ (1) (1)+(3) → 2x – 3y’ = x’ 2x + y = 3x’ + 2y’ → 2x + y - 2y’= 3x’ (2) (2)–(1) → x - y’ = x’ x – y = -x’ + 2y’ x – y - 2y’= -x’ (3) → y’ = x’ , x = 2x’ Thay vào (1) → y = 2x’ + x’ -2x = x’ . Vậy α = 2x’α1 + x’α2 = x’(2α1+α2) → → α = x’(3, 5, 1). Vậy U ∩ V là không gian có cơ sở là (3, 5, 1). 25. Tương tự 26. Tương tự 27. Chứng minh rằng với mỗi không gian con V1 của không gian véc tơ V tồn tại một không gian con V2 sao cho V = V1⊕V2. Không gian con V2 có duy nhất không ? Giả sử (α1, …, αr) là một cơ sở của V1. Bổ sung vào hệ này các véc tơ để nhận được cơ cở (α1, …, αr, β1, …, βs) của V. Hiển nhiên β1, …, βs ∉ V1 . Gọi V2 = L (β1, …, βs), ta có : V1 ∩ V2 = {0} và V = V1⊕V2. V2 là không duy nhất vì β1, …, βs là không duy nhất. 30. K[X]n là không gian véc tơ các đa thức với hệ số trong K, bậc ≤ n. Tìm không gian thương K[X]n / K[X]m và số chiều của nó khi m < n. Chúng ta biết rằng với W là không gian con của V, xác lập được quan hệ tương đương ~ : a ~ b ↔ a – b ∈ W. Không gian thương V/W được định nghĩa là V/~ . Mỗi phần tử của V/W là một lớp tương đương theo quan hệ tương đương ~ và có thể biểu diễn ở dạng [a] = a + W. Đồng thời dim V/W = dim V – dim W. Bây giờ xem xét V = K[X]n , W = K[X]m . Hai đa thức fn và gn ∈ K[X]n là tương đương với nhau nếu fn - gn ∈ K[X]m – nghĩa là hiệu của chúng là một đa thức bậc ≤ m. Nói cách khác chúng tương đương với nhau nếu tất cả các hệ số của xn, xn-1, …, xm+1 trong fn và gn là tương ứng bằng nhau. Vậy : K[X]n / K[X]m = { anxn + an-1xn-1 + … +am+1xm+1 + K[X]m , ai ∈ K} dim (K[X]n / K[X]m) = dim K[X]n - dim K[X]m = n+1 – (m+1) = n – m. Hệ cơ sở là các véc tơ xn, xn-1, …, xm+1. 13
Bài tập chương Ma trận và ánh xạ tuyến tính 1. Tính tích hai ma trận. Dễ 2. Tính các lũy thừa sau a. cos φ - sin φ n cos φ - sin φ n-2 cos φ - sin φ cos φ - sin φ = sin φ cos φ sin φ cos φ sin φ cos φ sin φ cos φ cos φ - sin φ n-2 cos2φ - sin2φ -2cosφ sinφ = sin φ cos φ 2cosφ sinφ cos2φ – sin2φ cos φ - sin φ n-2 cos2φ -sin2φ = T sin φ cos φ sin2φ cos2φ cos φ - sin φ n-3 cos2φ -sin2φ cosφ -sinφ .NE = sin φ cos φ sin2φ cos2φ sinφ cosφ cos φ - sin φ n-3 cos2φ cos φ - sin2φ sin φ -(cos2φ sinφ + sin2φ cosφ) = sin φ cos φ sin2φ cosφ + cos2φ sinφ - sin2φsinφ + cos2φ cosφ THS cos φ - sin φ n-3 cos3φ -sin3φ = sin φ cos φ sin3φ cos3φ cos nφ -sin nφ = sin nφ cos nφ A b. λ 1 n λ 1 n-2 λ 1 λ 1 λ 1 n-2 λ2 2λ = = TM 0 λ 0 λ 0 λ 0 λ 0 λ 0 λ2 λ 1 n-3 λ 1 λ2 -2λ λ 1 n-3 λ3 3λ = = 0 λ 0 λ 0 λ2 0 λ 0 λ3 λn nλ VIE = 0 λn 3. n a1 0 … 0 a1 n 0 … 0 0 a2 … 0 0 a2 n … 0 = … … 0 0… an 0 0… an n 14
4. Tính lũy thừa của ma trận vuông cấp n x n 1 1 0 0 …..0 0 n-1 0 1 1 0 …..0 0 0 0 1 1 …..0 0 0 0 0 1 …..0 0 … 0 0 0 0 …..1 1 0 0 0 0 …..0 1 Với n – 1 = 2 1 1 0 0 …..0 0 1 1 0 0 …..0 0 1 2 1 0 …..0 0 0 1 1 0 …..0 0 0 1 1 0 …..0 0 0 1 2 1 …..0 0 0 0 1 1 …..0 0 0 0 1 1 …..0 0 0 0 1 2 …..0 0 = 0 0 0 1 …..0 0 0 0 0 1 …..0 0 0 0 0 1 …..0 0 … … … 0 0 0 0 …..1 1 0 0 0 0 …..1 1 0 0 0 0 …..1 2 0 0 0 0 …..0 1 0 0 0 0 …..0 1 0 0 0 0 …..0 1 Với n -1 = 3 1 2 1 0 …..0 0 1 1 0 0 …..0 0 1 3 3 1 …..0 0 0 1 2 1 …..0 0 0 1 1 0 …..0 0 0 1 3 3 …..0 0 0 0 1 2 …..0 0 0 0 1 1 …..0 0 0 0 1 3 …..0 0 = 0 0 0 1 …..0 0 0 0 0 1 …..0 0 0 0 0 1 …..0 0 … … … 0 0 0 0 …..1 2 0 0 0 0 …..1 1 0 0 0 0 …..1 3 0 0 0 0 …..0 1 0 0 0 0 …..0 1 0 0 0 0 …..0 1 Với n-1 = 4 1 3 3 1 …..0 0 1 1 0 0 …..0 0 1 4 6 4 1 …. 0 0 0 1 3 3 …..0 0 0 1 1 0 …..0 0 0 1 4 6 4 …. 0 0 0 0 1 3 …..0 0 0 0 1 1 …..0 0 0 0 1 4 6 …. 0 0 = 0 0 0 1 …..0 0 0 0 0 1 …..0 0 0 0 0 1 4 …. 0 0 … … … 0 0 0 0 …..1 3 0 0 0 0 …..1 1 0 0 0 0 …..1 4 0 0 0 0 …..0 1 0 0 0 0 …..0 1 0 0 0 0 …..0 1 Chú ý quy luật (1, 1) → (1, 2, 1) → (1, 3, 3, 1) → (1, 4, 6, 4, 1) → … tương ứng là (C10 , C11 ) → (C20 , C21 , C22 ) → (C30 , C31 , C32 , C33 ) → (C40 , C41 , C42 , C43 3 , C44 ) → ⋯ Mặt khác : C10 + C11 = C21 , C20 + C21 = C31 , C21 + C22 = C32 , . . . do Cnk−1 + C𝑛k = C𝑛k . 0 1 2 3 n−1 1 1 0 0 …..0 0 n-1 Cn−1 Cn−1 Cn−1 Cn−1 … Cn−1 0 1 2 n−2 0 1 1 0 …..0 0 0 Cn−1 Cn−1 Cn−1 … Cn−1 0 1 n−3 0 0 1 1 …..0 0 0 0 Cn−1 Cn−1 … Cn−1 = 0 n−4 0 0 0 1 …..0 0 0 0 0 Cn−1 … Cn−1 … … 0 0 0 0 …..1 1 0 0 0 0 … 1 Cn−1 0 0 0 0 …..0 1 0 0 0 0 …. 0 Cn−1 5. Chứng minh rằng nếu các tích của hai ma trận AB và BA đều có nghĩa và hơn nữa AB = BA thì A và B là hai ma trận vuông cùng cấp. 15
AB có nghĩa → Nếu A có cấp m x n thì B có cấp n x p. BA có nghĩa → p = m → AB là ma trận cấp m x m , BA là ma trận cấp n x n. Lại có AB = BA → m = n. 6. Ma trận tích AB (A = (aij) m x n, B = (bij) n x p) sẽ thay đổi thế nào nếu a. Đổi chỗ hai hàng i và j của ma trận A. Gọi C = (cuv)m x p là ma trận tích AB → cuv = ∑k=1, .., n aukbkv → Các phần tử hàng thứ i của A chỉ tham gia vào hàng thứ i của C, các phần tử hàng thứ j của A chỉ tham gia vào hàng thứ j của C: civ = ∑k=1, .., n aikbkv , cjv = ∑k=1, .., n ajkbkv . Vậy đổi chỗ hai hàng i và j của A sẽ dẫn đến đổi chỗ hai hàng i và j của ma trân tích. T b. Cộng vào hàng thứ i tích của vô hướng c với hàng thứ j của ma trận A. .NE Các phần tử hàng i, cột k của ma trận A bây giờ sẽ là dik = aik + cajk → Các phần tử hàng i, cột v của ma trận C bây giờ sẽ là civ = ∑k=1, .., n dikbkv = ∑k=1, .., n (aik+caik)bkv = ∑k=1, .., n aikbkv + c ∑k=1, .., n ajkbkv → hàng i của ma trận tích được cộng thêm tích của vô hướng c với hàng thứ j. THS c. Đổi chỗ hai cột i và j của ma trận B. Gọi C = (cuv)m x p là ma trận tích AB → cuv = ∑k=1, .., n aukbkv → Các phần tử cột thứ i của B chỉ tham gia vào cột thứ i của C, các phần tử cột thứ j của A chỉ tham gia vào cột thứ j của C: A Cui = ∑k=1, .., n aukbki , cuj = ∑k=1, .., n aukbkj . TM Vậy đổi chỗ hai cột i và j của B sẽ dẫn đến đổi chỗ hai cột i và j của ma trân tích. d. Cộng vào cột thứ i tích của vô hướng c với cột thứ j của ma trận B. Các phần tử hàng k, cột i của ma trận A bây giờ sẽ là dki = bki + cbkj → VIE Các phần tử hàng u, cột i của ma trận C bây giờ sẽ là Cui = ∑k=1, .., n aukdki = ∑k=1, .., n auk (bki + cbkj) = ∑k=1, .., n aukbki + c ∑k=1, .., n aukbkj → cột i của ma trận tích được cộng thêm tích của vô hướng c với cột thứ j. 7. Vết của ma trận - tr (cij)mxm := c11 + c22 + … + cnn . Chứng minh rằng nếu A.B và B.A có nghĩa thì tr (AB) = tr (BA). AB và BA có nghĩa → nếu cấp của A là m x n, cấp của B sẽ là n x m. Giả sử A = (aij) mxn, B = (bij) nxm → - Gọi C = A.B → C = (cij) mxm, cij = ∑ aikbkj → tr (C) = ∑ ∑ aikbki . k=1,.., n i=1,.., m k=1,.., n - Gọi D = A.B → D = (dij) nxn, dij = ∑ bikakj → tr (D) = ∑ ∑ bikaki . k=1,.., m i=1,.., n k=1,.., m 16
=∑ ∑ bkiaik = ∑ ∑ aikbki = tr (C) . k=1,.., n i=1,.., m i=1,.., m k=1,.., n 10. Hai ma trận vuông A, B được gọi là giao hoán với nhau nếu AB = BA. Chứng minh rằng A giao hoán với mọi ma trận vuông cùng cấp nếu và chỉ nếu A = cE. () Giả sử A = cE và B là ma trận vuông bất kỳ cùng cấp với A → AB = cEB = cB. Mặt khác BA = BcE = cB → AB = BA . () Giả sử A giao hoán với mọi ma trận vuông B cùng cấp. Ta sẽ chứng minh A = cE. Lấy B là các ma trận mà tất cả các phần tử bằng 0, chỉ riêng phần tử hàng 1, cột p bằng 1. Ta có tích AB và BA như sau : a11 a12 … a1p … a1n 00…1…0 0 0 … a11 … 0 a21 a22 … a2p … a2n 00…0…0 0 0 … a21 … 0 = … … … an1 an2 … anp … ann 00…0…0 0 0 … an1 … 0 00…1…0 a11 a12 … a1p … a1n ap1 ap2 … app … apn 00…0…0 a21 a22 … a2p … a2n 0 0… 0 … 0 = … … … 00…0…0 an1 an2 … anp … ann 0 0… 0 … 0 → ap1 = ap2 = … = app-1 = app+1 = … apn = 0, app = a11 , p = 1, …, n → A = a11E hay A = cE . 15. Sinh viên tự làm. 19. Tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 sao cho A2 = 0 ab a2+bc ab+bd a2+bc b(a+d) Giả sử A = c d , ta có A = ac+cd d2+bc = c(a+d) d2+bc = 0 → 2 a2 + bc = 0, d2 + bc = 0, b(a+d) = 0, c(a+d) = 0 → a2 – d2 = 0. 0b 00 - Nếu a = 0 → d2 = 0 → hoặc b = 0 hoặc c = 0. → A = 0 0 , c 0 , ∀ b, c - Nếu a ≠ 0, do a2 – d2 = 0 → (a + d)(a – d) = 0 Ta có a – d ≠ 0 vì nếu ngược lại thì d = a ≠ 0 → a + d ≠ 0. Mặt khác b(a+d) = 0 = c(a+d) → b = c = 0 → a = d = 0, mâu thuẫn với a ≠ 0. Vậy a + d = 0 → d = -a → bc = -a2 ≠ 0 → c = -a2/b a b → A = -a2/b -a , ∀ a, b ≠ 0 20. Tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 sao cho A2 = E ab a2+bc ab+bd a2+bc b(a+d) 10 Giả sử A = c d , ta có A = ac+cd d2+bc = c(a+d) d2+bc = 0 1 → 2 a2 + bc = 1, d2 + bc = 1, b(a+d) = 0, c(a+d) = 0 → a2 – d2 = (a+d)(a-d) = 0. - Nếu a + d ≠ 0 → a – d = 0 và b = c = 0 → a2 = d2 = 1 → a = d = ±1 → 1 0 -1 0 A= , 0 -1 . 0 1 17
- Nếu a + d = 0 → a = -d, bc = 1 – a2 . . Nếu a = ±1 → bc = 0 → b = 0 hoặc c = 0 → 1 0 A= 1 b , , -1 b , -1 0 0 -1 c -1 0 1 c 1 a b . Nếu a ≠ ±1 → c = (1 – a2)/b → A = , ∀ b ≠ 0, ∀ a ≠ ±1. (1-a2)/b -a Tổng hợp lại, các giá trị A có thể nhận là: 1 0 -1 0 1 0 -1 0 a b , ∀ a, ∀ b ≠ 0 . 0 1 0 -1 c -1 c 1 (1-a2)/b -a 21. Giải phương trình AX = 0. Trong đó A là ma trận vuông cấp 2 đã cho còn X là ma trận vuông cấp 2 cần tìm. ab xz ax + by az + bt Giả sử A = ,X= yt → AX = cx + dy cz + bt = 0 → cd T ax + by = 0 az + bt = 0 Hai hệ phương trình thuần nhất là một và sẽ cho họ cx + dy = 0 cz + bt = 0 nghiệm sai khác một hằng số nhân (z, t) = λ(x, y). .NE 00 Nếu |A| ≠ 0 → hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0 → z = t = 0 → X = 0 0 . Nếu |A| = 0 (ad – bc = 0 hay c = ka, d = kb) → hệ tương đương với 1 phương trình xác định quan hệ giữa x và y, chẳng hạn là ax + by = 0 → THS x λx X= , ∀ x, y thỏa mãn ax+by=0. y λy 25. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất tự đồng cấu f : R3 → R3 chuyển các véc tơ α1 = (2, 3, 5), α2 = (0, 1, 2), α3 = (1, 0, 0) tương ứng thành các véc tơ β1 = (1, 1, 1), β2 = (1, 1, -1), β3 = (2, 1, 2). Tìm ma trận của f trong cơ sở chính tắc của không gian. A 2x + z = 0 Xét ràng buộc x (2, 3, 5) + y (0, 1, 2) + z (1, 0, 0) = 0 ↔ 3x + y = 0 5x + 2y = 0 TM Cộng vào phương trình 3 với (-2) * phương trình hai → x = 0 → z = 0, y = 0. Vậy hệ (α1, α2, α3) là độc lập tuyến tính → là cớ sở của R3 → f xác định duy nhất. 1 1 2 Ta có (f (α1), f (α2), f (α3)) = (β1, β2, β3) = (e1, e2, e3) 1 1 1 VIE 2 0 1 1 -1 2 Lại có (α1, α2, α3) = (e1, e2, e3) 3 1 0 → 5 2 0 2 3 5 (f (α1), f (α2), f (α3)) = (f(e1), f(e2), f(e3)) 0 1 2 → 1 0 0 1 1 2 2 0 1 -1 (f(e1), f(e2), f(e3)) = (e1, e2, e3) 1 1 1 3 1 0 → ma trận của f trong cơ 1 -1 2 5 2 0 1 1 2 2 0 1 -1 1 1 2 0 2 -1 2 -11 6 sở (e1, e2, e3) là: 1 1 1 3 1 0 = 1 1 1 0 -5 3 = 1 -7 4 1 -1 2 5 2 0 1 -1 2 1 -4 2 2 -1 0 Để tìm ma trận nghịch đảo, dùng phương pháp biến đổi sơ cấp chuyển A|E về E|A-1 : 201|100 2 0 1| 1 0 0 1 -1 2 | 2 -1 0 1 -1 2 | 2 -1 0 1 -1 2 | 2 -1 0 1 0 0 | 0 2 -1 1 0 0 | 0 2 -1 3 1 0 | 0 1 0 → 1 1 -1 | -1 1 0 → 1 1 -1 | -1 1 0 → 0 2 -3 | -3 2 0 → 0 1 -2 | -2 3 -1 → 0 1 -2 | -2 3 -1 → 0 1 0 | 0 -5 3 520|001 0 1 -1 | -1 -1 1 0 1 -1 | -1 -1 1 0 1 -1 | -1 -1 1 0 1 -1 | -1 -1 1 0 0 1 | 1 -4 2 0 0 1 | 1 -4 2 18