Tuyển tập bài tập hình học giải tích và đại số: Phần 2

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:92

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nối tiếp nội dung phần 1, phần 2 cuốn sách "Bài tập Đại số và hình học giải tích" cung cấp cho người đọc các nội dung: Hệ phương trình tuyến tính, ánh xạ tuyến tính, phép biến đổi tuyến tính, dạng song song tuyến tính và dạng toàn phương, hình học giải tích. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập bài tập hình học giải tích và đại số: Phần 2

Chương 5 H ệ p h ư ơ n g t r ì n h tu y ế n t í n h Trong chương này, ta thấy sự liên hệ chặt chẽ giữa ma trận, định thức, hệ phương trình tuyến tính và không gian véc tơ . Vê cách giải, cách lấy nghiệm và biểu diễn nghiệm của hệ phương trình tuyến tính, ngoài việc tham khảo phần lý thuyết, bạn đọc có thể xem đáp sô và hướng dẫn một sõ bài (chẳng hạn, Bài 5.8, 5.9, 5.10, 5.11); bằng cách đó ta thấy cấu trúc tập nghiệm, hệ nghiệm cơ bản, nghiệm riêng, nghiệm tổng quát ... Cuối chương là một sô bài điển hình về việc áp dụng hệ phương trình tuyến tính cho không gian véc tơ. 5.1. P h ư ơ n g pháp Cramer và p h ư ơ n g pháp G auss Giải các hệ phương trinh tuyến tính bằng phương pháp Cramer: X 4 x2 j * +x3 =1, +2x,, +x3 = 0 , 5.1. a) X + 2 x2 +4x3 = -1 , j b) 2Xj +x* +2x3 = 0 , Xj + 3 x2 +6x3 = -4 ; 3x.* s . +4x0 = 0 . -* H Xj +x2 +2x3 5Xj - x 2 +4x3 = 1 , I I 5.2. a) 2x, - x 2 +2x3 = 2 , b) 3x, +4x3 = 1 , 5x.* +2x9 +7x3 4xt +x2 +4x:ì = 2 . I I • 97
3 x l +x, +2x3 = 0 , 5.3. a) 2x1 +3x2 +x3 = 0, X1 +2x2 +3 x3 = 1 ; 5x, +3x2 +2 x3 = 5 , b) 3Xj +2x2 +5 x3 = 7 , 2Xj +5x2 +3x3 8 . X -fix. ! = 1, 5.4. a) +(1 - i)Xj = -i > +X2 -x 3 =i ; X, + ix2 *3 = 1 , b) 2Xj +ix2 ix3 = 1 , /----------- to to >< >< 1 . II + (l + i)x2 Ó C x t +2x2 + 3 x3 - 4 x 4 = 1 , J X1 + 4 x 2 + x 3 -2 x4 = 0 , 5.5* â) s x 2 + x 4 = 0 , “ *s 2Xj +3 x2 +7x3 ~ x 4 = 0 ; X1 -2 x , + x 4 = 0 -3 X j + 2 x 2 +2x3 + x 4 = 0 b) 4 x x + 3 x 2 +4 x3 = 0 w 3x. * +2x2 - 3 x3 +3 x4 = 1 3xj +2x2 - 2 x 3 = 1 , 5.6. a) 14 * 1 +3 x2 +5 x3 = 2 , x . + x 2 +7 x3 = 1; X1 - x 2 + x 4 = 1 , J x . +3 x2 -*3 +3x4 = 3 , b) < + 2 x 2 + x 4 = 1 , 2x, - 4 x2 +6x3 + x 4 = 1 . 98
G iải các hệ phư ơ ng trìn h tuyến tín h bâng p h ư ơ n g p h á p G auss: X! +x2 +x3 = 1 , 5.7. a ) 2x, -3 x2 +3x. = 1 , "xi +x2 -2 x3 = 3 ; X1 -2x, = 1 , - x 2 +3x, = 7 , r-T - x , ,2xi +3x9 -5x., = 0 . x. +2x.; =0 , - x 3 5.8. a ) 9 4AI +7x2 < -5x 3 = 0 , V ,4x. -x 2 +5x3 = 0 ; x, -2x0 +4x3 = 1 , b) X1 +3x., ~X3 = 6 , 3x, - x 2 +7x. = 8 . 3Xj +5x.7 +7x3 = 1 , 5.9. a ) 2x, +7x9 +3x3 =1, 4*. +3x9 + llx 3 = 1; 'x, +x0 +3x3 = 1, x. -2 x2 = -2 , b) 2xt +x., +5x3 = 1, 3x, +2x2 +7x3 = 3 . 3Xị +2x2 -2 x3 = 2 , 5.10. a
5.11. Giải các hệ p h ư ơ n g trìn h tuyến tín h và so sánh tập nghiệm của c h ú n g : VN ----------------------------------------------- G 2Xj +3 x2 +5x;, =0 ĩ +3 x2 +5 x 3 X a)
X1 +x 2 -fX, +x 4 = 1 , X1 -x 2 +2x; +3Xj = 3 , t b) 3Xj - X . , +5x.j +7x , = 7 , 2Xj +4x9 +xs =0 . 2 x, +X +3x3 +2x, = 4 9 , 3Xj +3x2 +3x3 +2 x 4 = 6 , 5.15. a) < < 3Xj - x 2 - x 3 + 2 x 4 = 6 , 3Xj -x 2 +3x3 -X, = 6 ; X1 +2 x2 +3x, +4x4 =0 , 2Xj +3x9 +4x:ị + x 4 =0 , b) 3Xj + 4 x 2 +x3 +2 x 4 =0 , 4x 1 +x2 +2x3 +3x4 =0 . +3x2 -4x 3 = 1 , C_ X N. X, -x 2 +x3 = 0 , 5.16. a
X , +ix2 -ix3 = 1+i , 5.18.
X1 +x2 =1» X1 +x.2 +x3 +x3 1 , 5.23. a) aXj +bx2=1 , b)
5.27. Giả sử A = (a^) và |A| * 0 , Chứng minh công thức : ■ ( A ••• A ^ A 21 nl > A 12 to tó A „ 2 A 1 = . 1 . ......................... |A | A n ■^2n ' ■' A n n , trong đó Aịj là phần phụ đại số của a () (i, j = l,...,n ) . 5.28. Cho các véc tơ V, = (au ,...,alD)..... v n = (anl,...,ann) . Chứng minh rằng {v,,...,v nỊ độc lập tuyến tính khi và chỉ khi định thức ịa^l * 0. 5.29. Chứng minh rằng Vj.V2 .V3 lập thành cơ sở của c 3, tìm toạ độ của V đổi với cơ sở đó: ' 2i > ' 1ì f ~l ' '° ì a) V = , -1 v2 = 0 V3 = i V= -i1 Vi > J + i> '2i N í *1 í 1! ' _iì b) V = 1 , v2 = —i v3 = 1 V = 4 + 2i , i, 1 2 , í 5Ì í °ì c) V, = 2 v2 = 5 6 -5 > > II II M ,2 , 5.30. Chứng minh rằng hệ các véc tơ sau là phụ thuộc tuyến tính, biểu diển mỗi véc tơ qua các véc tơ còn lại: (3, 2, -3 ) , (2, 1, 0, 3) , a) (2, 1, 2) , b) { (2, -2 , 2, 1) , (3, 1, 9) ; (2, 4, -2 , 5) . 5.31. Hãy xác định a để véc tơ V biểu diễn tuyến tính qua v „ v 2,v 3 : 104
a) V = ( a , l , l ) , V, = (1 ,-1 ,2 ), v 2 = (1,2,1), v 3 = ( l,- 4 ,3 ) ; b) V = (1,1,1), Vj = (2,3,5) , v2 = (2,1,4), v3 = (7,a , a ) . 5.32. Chứng minh ràng L, ©L., = R* với Lj = s r |(l,2 ,2 ),(2 ,l,3 )} , h 0 = 2 T |(3 ,2 ,-1 )Ị. Phân tíc h ( - 1 , 3 , 1 1 ) = Uj + u 2 với Uj G L , , u 2 G L 9 . 5.33. Tìm phần bù trực giao L của L và phân tích V = Uj + u9 với u, € L , u9 G L : a) L = S r { ( l , - 2 , 3 ) } và V = (1 ,-3 ,-7 ) ; b) L= 2 {(1,1,1,-2), (1,2,-1,1), (1,0,3,-5)} và v = (4,2,1,0) ; c) L = 2 {(1,2,1,1), (0 ,1 ,2 ,3 ), (0 ,2 ,2 ,1 )} và V = ( 4 , - 7 , 2 , - 6 ) . 5.34. Tìm phần bù trực giao của không gian con L sinh bởi vl,v2,v3 theo tham sô" a với: ĩ vt = (l,a,l,3), v2 = ( - l ,l ,a ,- 2 ), v3 = ( 2 ,-5,1 ,V • 5.35. Cho các véc tơ V pV 2,V 3 và V Hãy phân tích V thành . tổng u + h, trong đó u € L = 2r{vj,v9,v3Ị và h 1 L. B iết: ■ V =(1, , 0, -2) , 1, v2 = (1, 2, -3 , 2) , v3 = (3, 2, -5 , -2) , V = (3, 5, -2 , -5) ; V, =(3, 1, 3, 2), v 2 = (3, 3, 8, 5), v3 = (0 , 3, 4, 4), V = (2 , -8, 3, 8). 5.36. Giả sử N0 là không gian nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất n ẩn với ma trận A và r(A) = k . Chứng minh rằng d im N() = n - k . 105
5.37. Cho không gian con L = S ’{v1,v2,v3| với V = (1,1,-1,-2), j v2 =(1,2,0,1), v3 = (5,8,-2,-1). Hảy viết hệ phương trình tuyến tính thuần nhất xác định L (tức hệ có không gian nghiệm N0 = L). 5.38. Tìm chiều và một cơ sở của không gian con S?(X)ní?(Y), b iết: a) x = {(1,3,2),(0-1,1),(1,2,3)}, Y = {(1,1,0),(1,-3,-2),(0,2,1)}; b) X = {(1 ,1 ,1 - 1 ),( 1 ,2 - 1 , 1 ),(1 ,3 ,0 , 2 )}, Y = {(1,0,1,-1),(1,3 -1 ,3 )}. Đáp số và hướng dẫn T rừ n h ữ n g trường hợp đ ã rõ ràng, các hệ p h ư ơ n g tr in h được xét trên trường sô K m à ch ú n g thoả m ãn, ở đây, đ ể đ ịn h ý, ta g iả i trên trường R là trường hợp p h ổ biến n h ấ t . 5.1. a) (5,-5,1) ( hay Xị = 5, x2 = -5, x3 = 1); b) (0,0,0). / 5.2. a) b) -,-,0 3 3 3 3 5.3. a) -W-5,1,7); b) (0,1,1) . lo 2+i -1 -i —— 1 3i 5.4. a) (1,-1 ,-i) ; b) 5 2 10 5.5. a) Hệ vô nghiệm. H ướng d ẫ n . 0 = 0 ,0 , * 0 . b) (-1,8,-5,-9). 106
5.6. H ướng dẫn. a) D = Dị = D2 = Dị = 0 , hệ vô định. Ta nhận thấy định thức con cấp 2 của D ở góc trên, bên trái, khác 0, suy ra : 3Xj + 2 x2 = 1 + 2 x3 , 4Xj + 3 x2 = 2 - 5 x3 . Đật x3= k, bằng quy tắc Cramer, ta có Xj = - 1 + 16k, x2 = 2 - 23k . Vậy (xpx2,x3) = (-1 + 16k, 2-23k, k) = (-1,2,0) + k(16,-23,1) với k tuỳ ý thuộc R . b) D = Dj = D2 = D3 = D4 = 0 , quy về hệ Cramer ẩn x*,x3,x4 . 3x2 - x3 +3x4 i= 3 » 2x2 +x4 = 1, -4x0 +6 x3 +x4 = l-2 X j. Nghiệm là (0,0,0,1) + k(3,l,0,-2), k e R . 5.7. a) (8,-1,-6) ; b) Hệ vô nghiệm . 5.8. a) k(l,— 1), k e R . Hướng dẫn, Từ hệ phương trình đã 1,— cho, ta rút ra ma trận mở rộng và biến đối sơ cấp trên ma trận đó : 2 -1 0 ' 'l 2 -1 0 ' ìr cĩ (1 X 1 1 2 7 -5 0 J 0 3 -3 0 x( ,4 -1 5 0; • — 4 ,0 -9 9 0 ( \ 2 - 1 0' *1 ị \ 0 1 0N 0 1 - 1 0 x(-2)~ 0 1 --1 0 ,0 0 0 0 ,0 0 0 0. Từ ma trận cuối cùng ta có : X, + x3 = 0, X, -X 3 » hay x2 - x3 = 0 x2 = 107
Đặt x3 = -k (e R) suy ra X = k , x2 = -k . Vậy : , (Xj, x2, x3) = ( k ,- k ,- k ) = k ( l , - l , - l ) với k e R . b) (3,l,0) + k ( - 2 , l , l ) , k e R . Hướng dẫn. Lập ma trận mở rộng của hệ phương trình và biến đổi sơ cấp trên ma trận đó : ( \ -2 4 V -2 4 1] ị l -2 4 n 1 3 -1 6 0 5 -5 5 ~ 0 1 -1 1 ,3 -1 7 8; 0 . Suy ra tập nghiệm của hệ thứ hai là .2 ) B = u0 + A (đa tạp tuyến tính xác định bởi không gian con A và véc tơ UH). 108
Chú ý: Nghiệm tổng quát của hệ 2 là tông ' ( 1 A u ,“ 2,0 -f k ( l,6 ,- 4 ) , k € R . 2 ) Ta biến đối (1 \ \ í u = - , - 2 , 0 + i ( l , 6 , - 4 ) + k - i (1,6,-4) \Z J 2 \ 2) = (4,1,-2) -I h(l,6,-4) với h e R . - Vậy ta cũng có B = v0 + A với v0 = (4,1,-2) (toạ độ chẵn) . Điểu này cho thây u0 không phải là duy nhất. Cách 2: Giải hệ không thuần nhất trưỏc, quy về hệ: 2Xj + 3 x2 + 5 x 3 = 1 , 2x2 + 3 x3 = - 4 . Đặt X = k e R , suy ra x 2 = 6k - 23 , x3 = 14 - 4k . Suy ra j nghiệm là (k,€k-23>14-4k)=(0t-23,14)-fk(l,6i-4), k e R . Vậy ta có : Nghiệm của hệ thứ nhất là A = |k(l,6,-4) Ik GR| Nghiệm của hệ thứ hai là B = u0 + A với u0 = (0,-23,14). b) A = {0} ; B = (l,-3,3) + A . 5.12. a) k(-3,2,l,0) + h(5,-3,0,l) , k , h e R ; b) (1,0,0,0) + k(-3,2,1,0) + h(5,-3,0,1) , k ,h e R . 5.13. a) (2,-1,0,0)-I-k(l,0,-l,0) + h(-2,1,0,1) , k,h
5.17. (1,1,-1) . 5.18. (1,1,0) . r b2 - l 1 -a 2 A 5.19. a) a * ± b: hệ có nghiệm duy nhất v b2 - a2 ’ b2 - a2 y a = b = 0: hệ vô nghiệm , a = ±b, a2 * 1: hệ vô nghiệm , a = ±b, a2 = 1: hệ có nghiệm(1,0) + k ( l , - l ) , k e R . b) Hệ có nghiệm duy nhất X, =-a - 10b + 4c , x2 = 3b - c , x3 = a + 5b - 2c 5.20. a) a * 1: hệ vô nghiệm ; a = 1 hệ có nghiệm : (1,0,0)+ k(5,-1 ,-3 ), k e R . b) a = - 1: hệ vô nghiệm ; a * -1 hệ có nghiệm : 1 ( 3 - a , 0 , a - l , a - l ) + k(5,l,-3,0), k e R . a +1 5.21. a) a * 0, a * -2 : hệ có nghiệm duy nhất - ( a -4,2,2); a a = 0: hệ vô nghiệm ; a =2: hệ có nghiệm (-1,2,0) + k (0 ,- l,l), k € R . b) a = 1: hệ có nghiệm (0, 4,1) + k(l, -1 , 0), k e R ; a * 1: hệ có nghiệm duy nhất (l,a + 2,a). 5.22. a) b * 1: hệ có nghiệm duy nhất (a -4 ,4 - a ,l) ; b = 1: hệ có nghiệm (-1,2,0) + k(a - 3,2 - a , l ) , k 6 R . b) a * -2, a * 1: hê có nghiêm duy nhất — —(1,1,1); a+2 a = -2: hệ vô nghiệm ; a = 1:hệoónghiệm (l,0,0) + k(l,-l,0) + h (l,0 ,-l), k, h e R 110
5.23. a) a, b, c khác nhau từng đôi một, hệ có nghiệm duy nhất : = (b-lXc-l) = (l-a)(c-l) = (a-l)(b-l) * 1 (b -a )(c -a ) ’ 2 (b -a )(c -b ) ’ 3 (c-b )(c-a ) a = b = c * 1: hệ vô nghiệm ; a = b = c = 1: hệ có nghiệm (1,0,0) + k(l,-1,0) + h(l,0,-1), k, h € R ; a = b * c , a * l , c * 1 : h ệ v ô nghiệm ; a = b * c, a = 1: hệ có nghiệm (1,0,0) + k (l,-l,0 ), k e R ; a = b * c, c = 1: hệ có nghiệm (0,0,1) + k(l, —1,0), k 6 R . b) a * 2, a * -1: hệ có nghiệm duy n h ất: (0,1,0); a = 2: hệ có nghiệm (0,1,0) + k ( l,0 , - 1 ) , k G R ; a = - 1: hệ có nghiệm (0,1,0) + k(0,1,-1), k e R . 5.24. a) a * 1, a * -3 : hê có nghiêm duy n h ấ t: —-—(1,1,1,1) ; a +3 a = - 3: hệ vô nghiệm ; a = 1: hệ có nghiệm (1,0,0,0) + k(l,-1,0,0) + h(0,1,-1,0) + 1(0,0,1,-1), k,h,teR . b) a * 1, a * 2, a * 3, a * -6 : hệ có nghiệm duy nhất: - ì - (1,1,1,1); a + 6 a = 1: hệ có nghiệm (1,0,0,0) + k(-6,1,1,1)» k e R ; 1 1 A a = 2: hệ có nghiệm — ,0 j + k (5,5,-3,-3), k e R ; ,-,0 ( 1\ a = 3: h ệ có n g h i ệ m 0 ,0 ,0 ,- + k (l,l,l,-2 ), k G R ; V 3y a = - 6: hệ vô nghiệm . 5.25. H ư ớ n g d ẫ n . Quy vê việc giải các hệ phương trình tuyến tính và xem hướng dẫn Bài 4.12. 111
r-1 1 - r 2/3 > í -1 -1/3 a) -1 1 0 ; b) 0 -2/3 1/3 ,2 -1 1 V V1 1/2 -1/2 J -2 -i i 1 1-1 1 - i 1+ n .1 c) 2i 1 -i d) 1-1 - 1 - i 1 -i l-2 i -1 1 + i -1 - i -1 + i 1 - i V V Ịl' í 11 5.26. a) x2 = 2 ; b) x2 = 2 -2 , 5.27. H ướng d ẫ n . Giả sử A = (8^), A 1 =(xjj). Để tính cột 1 của A 1 ta có: ' x .1A 1 ro k1 2 0 v x n iy v O y Vậy hệ phương trình tuyên tính xác định cột 1 của A có ma trận là : a i2 - a in H 9ị a 22 ••* a 2n 0 j a nn o ^ a nl a n2 - Bằng quy tắc Cramer ta có xn = -j-Ỵ , i = 1 , ... ,n . |AỊ A. . Một cách tông quát, ta có Xjj = - —, 1 = 1,... ,n, j = l , ... ,n. H 5.28, H ướng dẫn. Lập hệ phương trình tuyến tính với định thức của nó là aả 1, và áp dụng j — -! 'J 112
5.29. a) (1 + i ,- l - i,-2 i). H ướng d ẫ n . Đặt XjV + X V + X V = V j 2 2 3 3 suy ra hệ phương trình được xác định bởi ma trận : ^i — 0 1 2i ' X(-i) ' i -1 0 2i ' -1 0 i 1 -i 0 i i 3 -i j - , 0 i -1 1 + i, v0 i -1 1 + i, 0 r 2i > -H 1 0 i i 3 -i ,0 0 -1 -i — + 2i 2 J Từ ma trận cuối cùng ta suy ra Xj, x9, x3, đồng thời cho thấy định thức gồm 3 cột ở bên trái gạch dọc khác không, suy ra { V 1 >v 9 >v 3 } độc lập tuyến tính (và do đó nó là cơ sở). b) (2 + 21,1 + 1,1 + 1) . c) ( 1 , 1 , - 2 ) . 5.30. a) Chẳng hạn, ta có v ỉ - 3v2 + v3 = 0 , suy ra = 3v2 - v3 , _ 1 1 _ Q v* 3 Vl 3 3 ’ v3 = ~vi + 3v2 ; b) 2v 1- v2 - v3 =e . 5.31. a) a = 0,8 ; b) a * 24,5 . 5.32. Uj = (5 ,7 ,9 ) ; u2 = ( - 6 ,- 4 ,2 ) . 5.33. a) Chẳng hạn L1 = 2 > {v1,v2Ị với V =(2,1,0), j v2 =(3,0,-1), U =(-1,2,-3), u2 =(2,-5,-4). j (Chú ý rằng cơ sở của L1 có thể chọn khác đi, nhưng u1?u2 luôn luôn là duy nhất); b) L1 =ar{(l,0,3,2),(-3,2,1,0)}, uẵ =(2,3,0,-1), u2 =(2,-1,1,1). c) L1 =ar{(5,-4,5,-2)}, u, =-(1,3,3,4), u2 =(5,-4,5,-2). 113
5.34. H ướng d ẫ n . Giả sử V = (Xj, x2, x3, X,) thuộc phần bù trực giao, suy ra V J = v.v2 = v.v3 = 0, do đó có hệ phương trình .V xác định bởi ma trận : 1 a 1 3 0^ ị\ a 1 3 o'* -1 1 a -2 0 ~ 0 â +1 a +1 1 0 ,2 -5 1 7 0, ,0 -5 -2 a -1 1 0, Ị l a 1 3 (T 0a+1 a+1 1 0 ,0 3a + 6 a + 2 0 0, Nếu a * -2 : (x1 Xj, X , x4) = k(-7a-3,1,-3, 2a + 2), keR. Vậy ? 3 L1 = i?{(-7a-3,l,-3,2a + 2)} . Nếu a= -2: ( X j , X2 , X 3 , x 4) = k ( 3 , l , - l , 0 ) + h ( - l, 1,0 ,1) ,k , h € R . Vậy L1 = ^{(3,1,-1,0),(-1,1,0,1)} . 5.35. a) H ướng d ẫ n . Cách 1: áp dụng Bài 5.33. Cách 2: Đặt u = X, V, + X2V2 + X3V3 và đ ặ t V = u + h với điểu k iện h trực giao vói v,,v 2 ,v3. Nhân lần lượt v 1 ,v,,v 3 vào phía trái 2 vế của u + h = V ta có hệ phương trình đối với x,,x2,x3 là: '(v,.Vj)Xj +(v 1 .v2 )x2 + (v,.v 3 )x3 = v,.v ,
5.36. H ư ớ n g d ẫ n . Hệ phương trình đã cho được rút gọn còn k phương trình cho bởi k véc tơ (n thành phần) độc lập tuyến tính : V1 = )> Giả sử L = vkỊ và dim N0 = h . Vì L n N 0 = 0 nên dim (L + N0) = k -I h và vì L + N0 c R n - nên k + h < n hay h < n - k . Mặt khác, vì trong N0 luôn tìm được n - k véc tơ độc lập tuyến tính nên h > n - k . Vậy h = n - k. C hú ý. Có thể áp dụng drniL t- n - k và N0 c; L1 với dim N 0 > n - k . 5.37. H ư ớ ng d ẫ n . Phần bù trực giao của L là Ư = 5^1(5,-3,0 , 1 ),(2 , - 1 , 1 , 0 )}. Vì L lại là phần bù trực giao của L1 nên L là không gian nghiệm của hệ: Í5Xj - 3 x2 +X = 0 , .J [2 X - x 2 j +x3 = 0 . 5.38. a) S^{(3,11,4)}. Hướng dẫn. Cách 1 : Áp dụng Bài 5.37, ta có các phương trình tuyến tính xác định lần lượt i?(X) và 5?(Y) là 5Xj - x2 - x3 =0 và X -j x2 +2x3 =0. Vậygiao của 2 không gian con đó là nghiệm của hệ hai phương trình trên . Cách 2 : ar(X) có cơ sở là {u1 = (1,3,2),u2 = (0 ,-l,l)} , ST(Y) có cơ sỏ là {Vj = (1 , 1 , 0 ),v 2 = (0 , 2 , 1 )}. Giả sử V € S p( X ) n S p(Y), suy ra V = Xj Uj +X2U2 = YjVj + y 2v2. Vậy ta có hệ phương trình tuyến tính ẩn x1,x2,y1,y2 là : 115
'ĩ' ( 0 ' i n 'o '1 í° ì x. 3 + X, -1 -y . 1 -y * 2 = 0 ,2 ,