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

12 2.5K 6
Hướng dẫn giải bài tập không gian véc tơ  đại số tuyến tính , đề thi cuối kì

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

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 tập chương Bài Cho tập V hai số thực (v1, v2) hai 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 b để V không gian véc Bài Cho tập V hai số thực (v1, v2) Xác định số k1 k2 để V không gian véc với hai phép tính định nghĩa sau (x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2), (x1,x2) = (k1x1, k2x2) với   R Bài Chứng minh tập W = {0} không gian R Bài Chứng minh tập tất điểm đường thẳng qua điểm (0, 0) không gian R2 Bài Cho W tập tất điểm đường thẳng không qua điểm (0, 0) Chứng minh W không gian R2 Bài Chứng minh phát biểu Định lý 2.1.1 Bài Cho W không gian không gian V, chứng minh phần tử trung hồ W phần tử trung hồ V Bài Chứng minh W1 W2 khơng gian khơng gian V W1W2 không gian V Bài Cho W1 W2 không gian không gian V W1W2 = {} Chứng minh W1W2 không gian V W1 = {} W2 = {} Bài 10 Chứng minh ba véc u1 = 1, u2 = + x u3 = + x + x2 độc lập tuyến tính khơng gian đa thức x có bậc khơng q Bài 11 Hãy biểu diễn véc  + x + x2 dạng tổ hợp tuyến tính ba véc u1, u2 u3 cho Bài 2.10 Bài 12 Gọi Q(x) tập tất phân thức hữu tỷ a) Chứng minh Q(x) không gian véc với phép cộng phân thức hữu tỷ phép nhân số với phân thức hữu tỷ b) Chứng minh ba véc u1 = 1, u2 = 1 , u3 = độc lập tuyến tính x x Chứng minh Q(x) 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 thành phần trực giao u = (x, y, z) lên span(S) Bài 14 Tìm số chiều sở trực chuẩn khơng gian nghiệm hệ phương trình 2x + y + 3z =  x + 2y =0  y + z =0 Bài 15 Tìm số chiều hai sở trực chuẩn không gian nghiệm hệ phương trình 3x + y + z + u =  5x – y + z – u = Bài 16 Trong không gian R3, tìm sở trực chuẩn khơng gian sinh hai véc w1 = (1, –1, 0), w2 = (–1, 1, 0) Bài 17 Trong không gian R3, tìm sở trực chuẩn khơng gian sinh hai véc w1 = (1, –1, 0), w2 = (–1, 2, 0) Bài 18 Trong P2 – không gian đa thức bậc không 2, xét tích vơ hướng c) =  u(x)v(x)dx 1 Hãy xây dựng sở trực chuẩn từ sở tắc 1, x, x2 Bài 19 Trong R2 xét 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 ma trận chuyển sở từ B sang B’ b)Cho u = (–3, 5), tìm [u]B [u]B’ c) Dựa vào ma trận P, tìm ma trận chuyển sở từ B’ sang B Bài 20 Trong P1 không gian đa thức bậc không 1, cho B = {p1, p2}, B’ = {q1, q2} với p1 = + 3x, p2 = 10 + 2x, q1 = 2, q2 = + 2x, p = –4 + x a) Chứng minh B B’ hai sở P1 b)Tìm ma trận chuyển sở từ B’ sang B c) Tìm ma trận chuyển sở từ B sang B’ d)Tìm ma trận toạ độ p B Bài 21 Cho V không gian sinh B = f1, f2 với f1 = sinx, f2 = cosx Cho B’ = {g1, g2} với g1 = 2sinx + cosx, g2 = 3cosx, h = 2sinx – 5cosx a) Chứng minh B’ sở V b)Tìm ma trận P chuyển sở từ B’ sang B c) Tìm [h]B thơng qua P suy [h]B’ d)Tìm trực tiếp [h]B’ Bài 22 Cho P ma trận chuyển sở từ B = u1, u2, u3 sang B’= v1, v2, v3, với  1 0 P = 0 1  1 a) Tìm sở B’ biết u1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 0, 1), u3 = (0, 1, 1) b) Tìm sở B biết v1 = (1, 2, 1), v2 = (0, –1, 1), v3 = (–1, 1, 0) Hướng dẫn giải tập chương Bài Giả sử x = (x1, x2), y = (y1, y2), z = (z1, z2) Khi đó, Để x + y = y + x (ax1 + by1, ax2 + by2) = (ay1 + bx1, ay2 + bx2), tức ax1  by1  ay1  bx1   ax  by2  ay2  bx2 (a  b)(x1  y1)   a = b  (a  b)(x  y2 )  Khi x + y = (ax1 + ay1, ax2 + ay2) = (a(x1 + y1), a(x2 + y2)) Vì 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) (2.10.2), dễ thấy để tiên đề thoả mãn a phải Với a = b = 1, theo Ví dụ 2.1.1, V khơng gian véc với hai phép tốn Bài Xét x = (x1, x2)  V, ,   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 ( k12 x1,  k 22 x2) = (k1x1, k2x2)P Dễ thấy số k1 k2 Để tiên đề 10 thoả mãn số k1 k2 1, tức x = (x1, x2) Với k1 = k2 = 1, theo Ví dụ 2.1.1, V khơng gian véc với hai phép tốn đó. Bài Vì W gồm phần tử nên với x, y, z  W, ta có x = y = z = Khi x + y = 0 + =  W nên W = {0} không gian R Bài Mọi đường thẳng qua điểm (0, 0) có dạng Ax + Bx2 = với A B không đồng thời Gọi W tập tất điểm thuộc đường thẳng Nếu B = A  nên x1 = 0, 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  ta có x2 = kx1 với k = – A , 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 x + y  W Trong trường hợp ta có x + y  W, W không gian R2. Bài Mọi đường thẳng không qua điểm (0, 0) có dạng Ax + Bx2 + C = với A B không đồng thời 0, C khác C B Nếu B = A  nên x1 = – Đặt k = – C  0, 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 gian R2 trường hợp Nếu B  ta có x2 = kx1 + b với k = – A C b = – , 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, b  nên kz1 + b + b = kz1 + 2b  kz1, tức x + y  W Trong trường hợp ta có x + y  W, nên W không không gian R2. Bài Giả sử B1B B2B hai phần tử trung hồ Vì 1 phần tử trung hồ nên theo tiên đề ta có 1 + 2 = 2 Theo tiên đề ta có 1 + 2 = 2 + 1 Vì 2 phần tử trung hoà nên theo tiên đề ta có 2 + 1 = 1 Vậy 2 = 1, tức phần tử trung hoà Theo tiên đề 10 tiên đề ta có x + (–1)x = 1.x + (–1)x = (1 + (–1))x = (1 – 1)x =  Chứng tỏ (–1)x phần tử đối x, tức –x = (–1)x Giả sử y1 y2 hai phần tử đối x Theo tiên đề tiên đề ta có x + y1 = y1 + x = , chứng tỏ x phần tử đối y1, tức x = –y1 Tương tự ta có x phần tử đối y2, tức x = – y2, –y1 = –y2 Theo chứng minh (–1)y1 = (–1)y2, theo tiên đề ta có y1 = y2 Vậy với x, phần tử đối xứng –x Theo tiên đề tiên đề 10, ta có 0x + x = (0 + 1)x = 1x = x Theo tiên đề 0x phần tử trung hoà, tức 0x =  Theo tiên đề 10 tiên đề 4, ta có  + x = ( + x) = x Lại theo tiên đề  phần tử trung hồ, tức  =  Giả sử x =  Nếu  = theo chứng minh trên, x =  Nếu   0: y = y + x = (y + x)  y = y + x  x =  Bài Gọi  1 tương ứng phần tử trung hoà V W Khi với x  W ta có –x + x = 1 Nhưng x thuộc V nên –x + x = , 1 =  Bài Đặt W = W1W2 Giả sử x, y  W   R Rõ ràng x, y  W1 x, y  WB2B, x + y  W1 x + y  W2, tức x + y  W Vậy W không gian V Bài Giả sử W = W1W2 không gian V W1W2 = {} Ta chứng minh điều kiện cần: Giả sử ngược lại, W1  {} W2  {} Lấy hai véctơ khác  x  W1 y  W2, x y thuộc W Do W không gian nên x + y  W, suy x + y  W1, x + y  W2 Nếu x + y  W1 y  W1, mâu thuẫn với giả thiết W1W2 = {} Nếu x + y  W2 x  W2, mâu thuẫn với giả thiết W1W2 = {} Vậy W1 W2 {} Ta chứng minh điều kiện đủ: Nếu W1 W2 {} W = W1W2 W2 W1, tức W không gian V. Bài 10 Gọi P2(x) không gian đa thức x có bậc khơng q Phần tử trung hồ  P2(x) Ta có au1 + bu2 + cu3 =  a.1 + b(1 + x) + c(1 + x + x2) =  (a + b + c) + (b + c)x + cx2 = Từ nhận hệ {a + b + c = 0, b + c = 0, c = 0} Dễ thấy a = b = c = Vậy ba véc độc lập tuyến tính Bài 11 Giả sử  + x + x2 = au1 + bu2 + cu3,  + x + x2 = (a + b + c) + (b + c)x + cx2 Từ giải c = , b =  – , a =  –  Vậy  + x + x2 = ( – ) + ( – )(1 + x) + (1 + x + x2) Bài 12 a) Phần tử trung hồ Với Pm(x), Qn(x) đa thức x u = Pm (x) P (x) –u = m Qn (x) Qn (x) Dễ thấy tiên đề lại thoả mãn Vậy Q(x) không gian véc b) auB1B + buB2B + cuB3B =  ax2 + bx + c = x  a = b = c =  {u1, u2, u3} độc lập tuyến tính c) Giả sử n số tự nhiên Xét véc uB kB = , k = 1, 2, , n x k 1 Tương tự phần b) ta chứng minh họ {uk, k = 1, , n} độc lập tuyến tính Điều chứng tỏ số véc độc lập tuyến tính Q(x) khơng hạn chế, tức Q(x) không gian vô hạn chiều Bài 13 Với a b ta có ae1 + be2 = (a, b, 0), W = span(S) = {(a, b, 0): a, b  R}  W mặt phẳng chứa e1 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 hình chiếu vng góc u lên mặt phẳng W w2 = u – w1 = (x, y, z) – (x, y, 0) = (0, 0, z), đó, thành phần trực giao u chiếu vng góc u lên span({e3}) với e3 = (0, 0, 1) Bài 14 Định thức hệ D = =  0, nên hệ có nghiệm tầm thường (x, y, z) = (0, 0, 0) 1 Vậy số chiều không gian nghiệm tất nhiên khơngsở Bài 15 Ma trận hệ  A=   1 1 Định thức 1 1 1 1 1 = –2 nên rank(A) =   x   y z  4s Cho x = s, y = t   , nghiệm hệ   = z u  s  t    u   s   t   =  4s    s  t     0    1 s   + t   = su1 4  0       1 + tu2 Số chiều không gian nghiệm Để nhận sở trực chuẩn {v1, v2}, ta áp dụng trình trực chuẩn Gram-Schmidt với u1 u2 Ta có  1   u1  0 v1 = = , a2 = u1  4    1  0  1   – 1  0 3   1  1  1  0     =  18  v2 =  4 18  4 70      1 17   1  18    4   17  Nếu cho x = s, u = t, ta nhận y = s – t, z = –4s Làm tương tự ta nhận sở trực chuẩn  1    1 w1 = , w2 =  4 70    0  1 17     4    18 Bài 16 Với a, b ta có aw1 + bw2 = (a – b, –a + b, 0) Do khơng gian sinh w1 w2 tập tất điểm (x, y, z) R3 cho x = a – b, y = –a + b, z = 0, x + y = 0, z = Đây phương trình đường thẳng qua điểm (0, 0, 0) Vì số chiều khơng gian sinh w1 w2 1, đồng thời giá trị thực khác sở Bài 17 Với a, b ta có aw1 + bw2 = (a – b, –a + 2b, 0) Do khơng gian sinh wB1B wB2B tập tất w = (x, y, z) R3 cho x = a – b, y = –a + 2b, z = 0, (x, y, z) = (a – b, –a + 2b, 0) = a(1, –1, 0) + b(–1, 2, 0) = au1 + bu2 Áp dụng trình trực chuẩn, v1 = u1 3 1 = (1, –1, 0), a2 = (–1, 2, 0) – (1, –1, 0) = (1, 1, 0) u1 2  v2 = (1, 1, 0) Bài 18 Đặt u1 = 1, u2 = x, u3 = x2 Ta xây dựng sở trực chuẩn v1, v2, v3 sau u ||u1||2 =  12 dx =  v1 = = || u1 || 1 Ta có = 2 a x 1 a2 = u2 – v1 = x  ||a2||2 =  x2dx =  v2 = = || a || 1 Vì =  x 1 x 2 nên dx = xdx = =  x 3 2 1 a3 = u3 – v2 – v1 = x2 – = dx = nên 1 = x2 –  ||a3||2 = 3 2 45 Ta có v3 = a3 = (x – ) Vậy sở trực chuẩn cần tìm || a3 || 1 2  (x  3) dx 1   3   (x  )   , x, 3    2 Bài 19 a) Ta ln có au1 + bu2 = (a, b) nên v1 = (2, 1) = 2u1 + u2, v2 = (–3, 4) = –3u1 + 4u2  2 3 2 3 B 4 Do [v1]B =   , [v2]B =    P =  1 1  4 b) u = (–3, 5) = av1 + bv2 = (2a – 3b, a + 4b)  3 3 a    2 3 11  2a  3b  3     11  [u]B’ = 11   [u]B = P[u]B’ =    =  4 13  a  4b  13  b  13 11   11 11  3     c) det(P) = 11, d11 = 4, d12 = 1, d21 = –3, d22 = Vậy ma trận chuyển sở từ B’ sang B P–1 =  3 11 1 2 Bài 20 a) ap1 + bp2 =  (6a + 10b) + (3a + 2b)x =  6a + 10b = 3a + 2b =0  3a + 5b = 3a + 2b =  a = b =  B sở P1 aq1 + bq2 =  (2a + 3b) + (2b)x =  2a + 3b 2b =  a = b = Vậy B’ sở P1 b) Ta biểu diễn véc B qua véc B’ Vì aq1 + bq2 = (2a + 3b) + (2b)x nên p1 = + 3x = aq1 + bq2  + 3x = (2a + 3b) + (2b)x  a = 3 ,b= p2 = 10 + 2x = aq1 + bq2  10 + 2x = (2a + 3b) + (2b)x  a = 3  Vậy ma trận chuyển sở từ B’ sang B P =  3  7  = 3 14  6  1  , b = c) Ma trận ngược ma trận P P–1 = 1  14 , 18 6  ma trận chuyển sở từ B sang B’ d) p = –4 + x = ap1 + bp2 = (6a + 10b) + (3a + 2b)x  6a + 10b = –4 3a + 2b = 1  a = b = –1  [p]B =    Bài 21 a) ag1 + bg2 =  (2a)sinx + (a + 3b)cosx =  a = b = Vậy B’ sở V b) Ta biểu diễn véc B qua sở B’ fB1B = sinx = ag1 + bg2 = (2a)sinx + (a + 3b)cosx  a = 1 , b = –  [f1]B’ = f2 = cosx = ag1 + bg2 = (2a)sinx + (a + 3b)cosx  a = 0, b =  [f1]B’ =    0  0 P=  Đây ma trận chuyển sở từ B’ sang B  =  1 2  1    c) h = 2sinx – 5cosx = afB1B + bfB2B = acosx + bsinx  a = 2, b = –5  [h]B =  2 5   [h]B’ = P[h]B =    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 ] = B    0  0 1 Do    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) (2.10.4) ta có (1, 1, 2) = u2 + u3 Kết hợp với (2.10.5) ta (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) ... 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... (k1x1, k2x2) nên (x) = (k1x1, k2x2) = (k1k1x1, k2k2x2) = ( k 12 x1,  k 22 x2) Mặt khác, ()x = (k1x1, k2x2) nên để (x) =()x ( k 12 x1,  k 22 x2) = (k1x1, k2x2)P Dễ... x2 Ta xây dựng sở trực chuẩn v1, v2, v3 sau u ||u1| |2 =  12 dx =  v1 = = || u1 || 1 Ta có = 2 a x 1 a2 = u2 – v1 = x  ||a2| |2 =  x2dx =  v2 = = || a || 1 Vì

Ngày đăng: 30/10/2018, 23:37

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan