Vậy S độc lập tuyến tính... Xác định Ker f và tìm một cơ sở của nó... Trong các ma trận sau đây, ma trận nào chéo hóa được?. Nếu chéo hóa được, xác định ma trận chéo hóa nó cũng như ma t
Trang 1Bài tập
1 Trong các ánh xạ sau đây, ánh xạ nào là ánh xạ tuyến tính
f : → , f x , x , x = x ,0,0
f : → , f x , x , x = x , x−
f : → , f x , x , x , x = x +x , x −x
f : → , f x , x , x = x x , x
f : → , f x , x , x = x +3, x , x
u = x , x , x , v = y , y , y ∈ và α β ∈, , ta có
( 11 ) (1 21 )2 3( 1 32 3) 1 ( 11 2 3) ( ) ( )
u= x , x , x , v = y , y , y ∈ và α β ∈, , ta có
( 11 3) (1 21 32) 3 ( 1 3 2 3) 1 ( 11 2 3)3 ( )3 ( )
x , x y , y f x , x , x f y , y , y f u f v
u = x , x , x , x , v = y , y , y , y ∈ và α β ∈, , ta có
f x , x , x , x f y , y , y , y f u f v
α + β = α + β α + β α + β α + β
d) Không vì với u =(1,1,0 , v) =(1,0,0)∈ 3 , ta có u v+ =(2,1,0),
f u = f 1,1,0 = 1,0 , f v( ) ( )= 0,0 và do đó
f u v+ = f 2,1,0 = 2,0 ≠ f u +f v = 1,0
e) Không vì với u =(1,0,0 , v) =(0,0,0)∈ 3 , ta có u v+ =(1,0,0),
f u = f 1,0,0 = 4,0,0 , f v( ) (= 3,0,0) và do đó
f u v+ =f 2,1,0 = 4,0,0 ≠ f u +f v = 7,0,0
2 Cho f : V →W là một ánh xạ tuyến tính giữa hai không gian vectơ và
{ 1 2 r}
S = u ,u , ,u là một hệ các vectơ của V Chứng minh rằng nếu hệ vectơ
( ) ( ) ( )
{f u , f u , , f u1 2 r } độc lập tuyến tính (trong W) thì hệ vectơ S cũng độc lập tuyến tính (trong V)
Trang 2ĐS: Với k , k , , k ∈1 2 r sao cho k u1 1 +k u2 2 + k u+ r r =0, ta có
( 1 1 2 2 r r) ( )
f k u +k u + k u+ = f 0 Do f là ánh xạ tuyến tính, f 0( )= 0 và
( 1 1 2 2 r r) 1 ( )1 2 ( )2 r ( )r
f k u +k u + k u+ = k f u +k f u + k f u+
Vì {f u , f u , , f u( ) ( )1 2 ( )r } độc lập tuyến tính nên đẳng thức
k f u +k f u + k f u+ = 0 kéo theo k1 = k2 = k= r = 0
Vậy S độc lập tuyến tính
3 Cho ánh xạ f : 2 → 2 xác định bởi
f x, y = x 2y,2x y+ + a) Chứng minh rằng f là một toán tử tuyến tính trên 2
b) Tìm ma trận của f đối với cơ sở B ={u1 = ( )2,1 ,u2 =( )3,2}
u= x , y , v = x , y ∈ và α β ∈, , ta có
f x , y f x , y f u f v
α + β = α + β α + β
b) Ta có f u( ) ( )1 = 4,5 , f u( ) ( )2 = 7,8 và
1
f u
2
f u
Vậy ( )1
7
f u
6
⎛− ⎞
10
f u
9
⎛− ⎞
⎣ ⎦B ⎝ ⎠ và do đó f 7 10
⎣ ⎦
4 Cho ánh xạ tuyến tính f : 3 → 2 xác định bởi
( 1 2 3) ( 1 2 3)
f x , x , x = 2x , x −x a) Tìm ma trận của f đối với cơ sở B ={e1 = (1,0,0 , e) 2 =(0,1,0 , e) 3 =(0,0,1) } trong
3 và cơ sở C ={f1 =( )1,0 , f2 =( )0,1} trong 2
b) Tìm ma trận của f đối với cơ sở B trong 3 và cơ sở C′ ={f1′ =( )1,2 , f2′ = ( )1,1}
trong 2
Trang 3c) Tìm ma trận của f đối với cơ sở B′ ={e1′ =(1,1,1 ,e) 2′ =(0,1,2 ,e) 3′ =(0,0,1) } trong
3 và cơ sở ′C trong 2
ĐS: a) f e( ) ( )1 = 2,0 , f e( ) ( )2 = 0,1 , f e( ) (3 = 0, 1− ) cho ( )1
2
f e
0
⎛ ⎞
0
f e
1
⎛ ⎞
và ( )2
0
f e
1
⎣ ⎦C ⎝− ⎠ Suy ra f , 2 0 0
b)
( )
( )
( )
1
2
2
f e
f e
f e
′
′
′
C
C
C
′
B C
c) Ta có f e( ) (1′ =f 1,1,1) ( )= 2,0 , f e( ) (2′ =f 0,1,2) (= 0, 1− ) và
( ) (3 ) ( )
f e′ = f 0,0,1 = 0, 1− Ta có
( )
( )
( )
1
2
2
f e
f e
f e
′
′
′
C
C
C
′
⎣ ⎦
B C
5 Cho ánh xạ ϕ: 4 → 3 xác định bởi
(x , x , x , x1 2 3 4) (x1 2x , x2 2 2x , x3 3 2x4)
a) Chứng minh rằng ϕ là một ánh xạ tuyến tính
b) Tìm ma trận của ϕ trong cặp cơ sở (B C , với , )
B ={e1 =(1, 1,0,0 ,e− ) 2 =(0,1, 1,0 ,e− ) 3 =(0,0,1, 1 ,e− ) 4 = (0,0,0,1) },
C ={f1 =(1,1,1 , f) 2 = (1,1,0 , f) 3 =(1,0,0) }
u= x , x , x , x , v = y , y , y , y ∈ và α β ∈, , ta có
Trang 4( ) ( )
(
(
x 2x , x 2x , x 2x y 2y , y 2y , y 2y
x , x , x , x y , y , y , y u v
ϕ α + β = ϕ α + β α + β α + β α + β
⎤
b) Ta có ϕ( ) (e1 = ϕ 1, 1,0,0− ) (= − −1, 1,0), ϕ( ) (e2 = ϕ 0,1, 1,0− ) (= − − −2, 1, 1),
( ) (e3 0,0,1, 1) (0, 2, 1)
ϕ = ϕ − = − − , ϕ( ) (e4 = ϕ 0,0,0,1) (= 0,0, 2− ) nên
⎧
C
⎧
C
⎧
C
⎧
C
Vậy,
,
⎣ ⎦
B C
6 Cho phép biến đổi tuyến tính f : 3 → 3 xác định bởi
( 1 2 3) ( 2 3 1 2 1)
f x , x , x = x −2x , x + x , x
Tìm ma trận của f đối với cơ sở B ={e1 =(1,1,0 ,e) 2 =(0,1,1 ,e) 3 =(1,0,1) }
ĐS: Ta có f e( ) (1 = ϕ 1,1,0) (= 1,2,1), f e( ) (2 = ϕ 0,1,1) (= −1,1,0),
f e = ϕ 1,0,1 = −2,1,1 nên
⎧
B
Trang 5( )2 12 11 2 3 12
⎧
B
⎧
B
Vậy,
⎣ ⎦
B
7 Xác định ánh xạ tuyến tính f : 3 → 3 có ma trận đối với cơ sở
{e1 1,1,0 ,e2 0,1,1 ,e3 1,0,1}
1 2 0
1 2 1
Với u =(3, 2,0− ), tìm tọa độ của f u( ) đối với cơ sở B
ĐS: Gọi C là cơ sở chính tắc của 3 Ta có
1 0 1
0 1 1
→
1
2
−
B C C B Do đó, ma trận của f đối với cơ sở (chính tắc) C
cho bởi
−
i u= (x , x , x1 2 3), ta có
1 2 3
x
x
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎡ ⎤ = ⎜ ⎟
⎣ ⎦
⎜ ⎟
⎝ ⎠
( )
1 2 3
1 3
1 2 3
x 2x 3x 2 1
x x
5x 6x 5x 3
2
x
1
2
− −
− + +
C C C
Do đó ( ) ( ) (x 2x 3x 1 2 3 x x 1 3 5x 6x 5x 1 2 3)
f x , x , x = f u = − − , − , + +
Trang 6Với u =(3, 2,0− ), ta có
1 2 5 2 5 2
1
2
→
⎛ ⎞
⎡ ⎤ = ⎡ ⎤ = ⎜− ⎟ ⎜− ⎟= −⎜ ⎟
B C
( )
9 1
5 2
1 2 0
⎡ ⎤ = ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ =⎜ − ⎟⎜− ⎟ = −⎜ ⎟
8 Cho phép biến đổi tuyến tính f : 4 → 4 với ma trận đối với cơ sở chính tắc là
1 0 2 1
1 2 0 1 A
2 0 1 1
0 0 2 1
Xác định Ker f và tìm một cơ sở của nó
ĐS: Ta có f x , x , x , x( 1 2 3 4) (= x1 +2x3 + x , x4 − 1 +2x2 +x ,2x4 1 + x3 +x ,2x4 3 + x4)
Do Kerf ={ (x , x , x , x f x , x , x , x1 2 3 4) ( 1 2 3 4) =0}, với
1 2 3 4
f x , x , x , x 0
⎪
⎪
= ⇔ ⎨
⎪
⎩
Do
1 0 2 1
2 0 1 1
0 0 2 1
−
= − ≠ nên hệ phương trình thuần nhất nhận được là hệ Cramer
Suy ra Kerf ={ }0 và không có cơ sở
9 Cho ánh xạ tuyến tính f : 4 → 3 xác định bởi
f x , x , x , x = 2x +3x +5x +6x ,3x +4x +6x +7x ,3x +x + x +4x
Tìm một cơ sở của Ker f và một cơ sở của Im f
ĐS: Ta có Kerf ={ (x , x , x , x f x , x , x , x1 2 3 4) ( 1 2 3 4)= 0}, với
⎪
⎩ Biến đổi
Trang 7( ) ( ) ( )
3 2 3 2
3 : 3 1
5 13
= −
Cho x4 = m, với m ∈ Ta được x3 = −5x4 = −5m;
x = −3x −4x =15m 4m 11m− = ;
x = −3x −5x −6x = −33m 25m 6m+ − =7m và do đó
Kerf = 7m,11m, 5m, m m− ∈ = 7,11, 5,1−
Vậy một cơ sở cho Ker f là { (7,11, 5,1− ) }
Im f = a, b,c ∈ ∃ x , x , x , x ∈ , f x , x , x , x = a, b,c và vì
a, b,c x 2,3,3 x 3,4,1 x 5,6,1 x 6,7,4
⎪
⎩
ta suy ra Im f = (2,3,3 , 3,4,1 , 5,6,1 , 6,7,4) ( ) ( ) ( ) Biến đổi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 2 5 2
9
4
7
3 13 4 : 4 4 2
3 : 3 1
4 : 4 3 1
7 1
2 3 3
3 4 1
0
= −
= −
= −
= −
2 2
Im f = 2,3,3 , 0,− ,− , 0,0,4 = 2,3,3 , 0, 1, 7 , 0,0,1− − và ta nhận được một cơ sở cho Im f là { (2,3,3 , 0, 1, 7 , 0,0,1) ( − − ) ( ) }
10 Cho ánh xạ tuyến tính f : 3 → 3 xác định bởi
( 1 2 3) ( 1 2 3 2 3 1 2 3)
f x , x , x = x −2x +x , x +x , x +x −2x
Xác định số chiều và tìm một cơ sở cho Ker f, Im f
ĐS: Ta có Kerf ={ (x , x , x f x , x , x1 2 3) ( 1 2 3) =0}, với
Trang 8( 1 2 3) 1 22 33
⎪
⎩ Biến đổi
( ) ( ) ( )3 : 3 1 ( ) ( ) ( )3 : 3 3 2
Ta suy ra Kerf ={ (0,0,0) } Vậy dim Kerf = 0 và Ker không có cơ sở
Im f = a, b,c ∈ ∃ x , x , x ∈ , f x , x , x = a, b,c và vì
a, b,c x 2x x , x x , x x 2x
a, b,c x 1,0,1 x 2,1,1 x 1,1, 2
⎪
⎩
ta suy ra Im f = (1,0,1 , 2,1,1 , 1,1, 2) (− ) ( − ) Biến đổi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 : 3 1
= −
ta suy ra Im f = (1,0,1 , 0,1,3 , 0,0, 6) ( ) ( − ) = (1,0,1 , 0,1,3 , 0,0,1) ( ) ( ) và dim Im f =3
ta nhận được một cơ sở cho Im f là { (1,0,1 , 0,1,3 , 0,0,1 ) ( ) ( ) }
11 Trong các ma trận sau đây, ma trận nào chéo hóa được ? Nếu chéo hóa được, xác định ma trận chéo hóa nó cũng như ma trận chéo nhận được
1 3
2 1 A
2 3
c)
1 0 0
2 0 1
d)
⎜− − − ⎟
e)
f)
0 0 1
Trang 9Ta được một trị riêng λ = 2 Lúc đó không gian riêng V2 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( )2 : 2 1
= +
Ta suy ra V2 = −{ ( m, m m) ∈ }= −( 1,1) và vì 2
2 dim V = < =1 2 dim , ta suy ra
ma trận này không chéo hóa được
− λ
Ta được hai trị riêng λ =1 và λ =4 Với λ =1, không gian riêng V1 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( )2 : 2 1
= −
Ta suy ra V2 = −{ ( m, m m) ∈ } = −( 1,1)
Với λ =4, không gian riêng V1 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( )2 : 2 1
= +
Ta suy ra V4 ={ (m,2m m) ∈ }= ( )1,2
dim V +dim V = =2 dim nên ma trận này chéo hóa được Với cơ sở của 2 gồm các vectơ riêng C = −{ ( 1,1 , 1,2) ( ) } và với ma trận đổi cơ sở từ cơ sở chính tắc của 2 sang cơ sở C , P 1 1
1 2
⎝ ⎠, ta có P là ma trận chéo hóa A và ma trận chéo nhận được là D P 1 A P 1 0
0 4
− λ
− − λ
− λ
− λ
Ta được hai trị riêng λ =1 và λ = −1 Với λ =1, không gian riêng V1 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
2
2 : 2 1
1 3
= −
∼
Ta suy ra V1 ={ (0, m,2m m) ∈ } = (0,1,2)
Với λ = −1, không gian riêng V−1 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
Trang 10( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2
3 : 3 2
= −
Ta suy ra V−1 ={ (0, m,0 m) ∈ } = (0,1,0)
Vì dim V1 +dim V−1 = <2 dim 3 nên ma trận này không chéo hóa được
d)
2
2
Ta được hai trị riêng λ =1 và λ =3 Với λ =1, không gian riêng V1 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 : 23 : 3 11
= −
= +
V = − −m n, m,n m,n∈ = −1,1,0 , − ,0,1 = −1,1,0 , 3,0,2− Với λ = 3, không gian riêng V3 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( )
4 6
3 : 3 2
2 : 2 2 1
3 : 3 2 2
= +
= −
= +
Ta suy ra V3 = −{ ( m, m, m m− ) ∈ } = − −( 1, 1,1)
dim V +dim V = =3 dim nên ma trận này chéo hóa được Với cơ sở của 3 gồm các vectơ riêng C = −{ ( 1,1,0 , 3,0,2 , 1, 1,1) (− ) (− − ) } và với ma trận đổi cơ sở từ cơ sở chính tắc của 2 sang cơ sở C ,
⎛− − − ⎞
, ta có P là ma trận chéo hóa A
và ma trận chéo nhận được là 1
1 0 0
0 0 3
−
e)
Trang 11( ) ( )
2
2
Ta được hai trị riêng λ =9 và λ = −9 Với λ =9, không gian riêng V9 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( )
3 : 3 1
= −
Ta suy ra V1 ={ (m, 2m 2n,n m,n− − ) ∈ } = (1, 2,0 , 0, 2,1− ) ( − )
Với λ = −9, không gian riêng V−9 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( )
( ) ( )
4 5
5
36
3 : 3 2
36 18
2 : 2
= +
=
Ta suy ra V3 ={ (2m, m,2m m) ∈ } = (2,1,2)
dim V +dim V = =3 dim nên ma trận này chéo hóa được Với cơ sở của 3 gồm các vectơ riêng C ={ (1, 2,0 , 0, 2,1 , 2,1,2− ) ( − ) ( ) } và với ma trận đổi cơ sở từ cơ sở chính tắc của 3 sang cơ sở C ,
= −⎜ − ⎟
, ta có P là ma trận chéo hóa A
và ma trận chéo nhận được là 1
9 0 0
−
− λ − λ = −λ − λ − − λ − λ = −λ + λ − λ −
Xét hàm số f x( )= −x3 +2x2 − −x 1 Ta có f x′( )= −3x2 +4x 1− ;
3
f x′ = ⇔0 x = ∨ =x 1, với ( )1 31
f = − , f 1( ) = −1 và ta có bảng biến thiên
Trang 12x −∞ 1
( )
( )
27
Bảng biến thiên cho thấy phương trình f x( )= 0 có một nghiệm trong khoảng
3
,
−∞ −
Từ đó suy ra ma trận A chỉ có một trị riêng và không gian riêng tương ứng có số chiều ≤ < =2 3 dim 3 Do đó A không chéo hóa được
12 Cho B ={e ,e ,e1 2 3} là một cơ sở của không gian vectơ V Phép biến đổi tuyến tính : Vϕ → V có ma trận đối với cơ sở này là A Hãy tìm một cơ sở của V sao cho đối với cơ sở này ma trận của f là một ma trận chéo
a)
ĐS: a) Chéo hóa ma trận A, ta có
2
− − λ − − − λ = −λ − λ − λ − − λ + λ
= −λ λ − λ + + λ −
= −λ + λ + λ −
= − λ − λ + λ −
Ta được ba trị riêng λ =1, λ = −2 và λ = 4 Với λ =1, không gian riêng V1 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
2
3 : 3 2
2 : 2 2 1
= −
= +
Ta suy ra V1 ={ (2m, m, 2m m− ) ∈ } = (2,1, 2− )
Với λ = −2, không gian riêng V2 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( )1 ( ) ( ) ( )
2
V− = m, m, m m∈ = ,1,1 = 1,2,2
Với λ = 4, không gian riêng V4 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
Trang 13( ) ( ) ( )2 : 2 1 ( ) ( ) ( )3 : 3 2 2
Ta suy ra V4 ={ (2m, 2m, m m− ) ∈ } = (2, 2,1− )
Vì dim V1 +dim V−2 +dim V4 = =3 dim 3 nên ma trận này chéo hóa được Với cơ sở của 3 gồm các vectơ riêng C′ ={ (2,1, 1 , 1,2,2 , 2, 2,1− ) ( ) ( − ) } và với ma trận đổi cơ sở từ cơ sở chính tắc của 3 sang cơ sở ′C ,
2 1 2
2 2 1
, ta có P là ma trận chéo
hóa A, và ma trận chéo nhận được là 1
1 0 0
0 0 4
−
Khi đó, với cơ sở của V
{f1 2e1 e2 2e , f3 2 e1 2e2 2e , f3 3 2e1 2e2 e3 }
C
với chú ý rằng ϕ( )e1 = 2e1 −2e2 ; ϕ( )e2 = −2e1 +e2 −2e3 ; ϕ( )e3 = −2e2 , ta có
Điều đó cho thấy ( )1
1
0
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎡ϕ ⎤ = ⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
C ; ( )2
0
0
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎡ϕ ⎤ = −⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
C ; ( )3
0
4
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎡ϕ ⎤ = ⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
C và do đó
1 0 0
0 0 4
⎡ ⎤ϕ =⎜ − ⎟
⎣ ⎦
b) Chéo hóa ma trận A, ta có
Trang 14( )( )( )
2
1
= −λ − λ + λ +
= − λ + λ −
Ta được hai trị riêng λ =1 và λ = −1 Với λ =1, không gian riêng V1 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( )
3 2 3 2
3 : 3 1
= −
Ta suy ra V1 ={ (m, m, m m) ∈ }= (1,1,1)
Với λ = −1, không gian riêng V−1 tương ứng là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ma trận các hệ số
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 : 23 : 3 11
= −
= −
Ta suy ra V−1 ={ (m,n, 3m 3n m− + ) ∈ } = (1,0, 3 , 0,1,3− ) ( )
Vì dim V1 +dim V−1 = =3 dim 3 nên ma trận này chéo hóa được Với cơ sở của 3 gồm các vectơ riêng C′ ={ (1,1,1 , 1,0, 3 , 0,1,3) ( − ) ( ) } và với ma trận đổi cơ sở từ cơ sở chính tắc của 3 sang cơ sở C ,
1 1 0
, ta có P là ma trận chéo hóa A và
ma trận chéo nhận được là 1
−
Khi đó, với cơ sở
{f1 e1 e2 e , f3 2 e1 3e , f3 3 e2 3e3 }
C
với chú ý rằng ϕ( )e1 =5e1 +6e2 +6e3 ; ϕ( )e2 = −6e1 −7e2 −6e3 ;
( )e3 2e1 2e2 e3
ϕ = + + , ta có
Trang 15( ) ( ) ( ) ( )
= − + = −
= − − = −
Điều đó cho thấy ( )1
1
0
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎡ϕ ⎤ = ⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
C ; ( )2
0
0
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎡ϕ ⎤ = −⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
C ; ( )3
0
1
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎡ϕ ⎤ = ⎜ ⎟
⎜− ⎟
⎝ ⎠
C và do đó
⎡ ⎤ϕ =⎜ − ⎟
⎣ ⎦