Bước 1:Tại trang tài liệu thuvienmienphi bạn muốn tải, click vào nút Download màu xanh lá cây ở phía trên. Bước 2: Tại liên kết tải về, bạn chọn liên kết để tải File về máy tính. Tại đây sẽ có lựa chọn tải File được lưu trên thuvienmienphi Bước 3: Một thông báo xuất hiện ở phía cuối trình duyệt, hỏi bạn muốn lưu . - Nếu click vào Save, file sẽ được lưu về máy (Quá trình tải file nhanh hay chậm phụ thuộc vào đường truyền internet, dung lượng file bạn muốn tải)
Có nhiều phần mềm hỗ trợ việc download file về máy tính với tốc độ tải file nhanh như: Internet Download Manager (IDM), Free Download Manager, ... Tùy vào sở thích của từng người mà người dùng chọn lựa phần mềm hỗ trợ download cho máy tính của mình
HÌNH ẢNH DEMO
Chỉ xem 5 trang đầu, hãy download Miễn Phí về để xem toàn bộ
Nguồn: thuvienmienphi
6 Đánh giá
Tài liệu rất tốt (4)
Tài liệu tốt (1)
Tài liệu rất hay (1)
Tài liệu hay (0)
Bình thường (0)
anhthi
1/26/2021 11:21:36 AM
tài liệu rất hay, rất tốt, giúp ích cho em rất nhiều
cảm ơn ạ
duychun123
10/30/2021 8:47:01 PM
tai lieu rat hay co ich cho hoc sinh nhieu
HaitaQ
12/9/2021 7:05:01 AM
Tài liệu rất hay. Em cảm ơn
ksin219
12/25/2021 7:28:49 AM
tai lieu rat hay cam on ad
thienkhiem
1/5/2022 6:25:38 PM
quaaaaassssss hay luôn nè trời ơi mọi người đừng vào nhá rác tối lắm luôn
danghoangngan
2/27/2022 6:15:48 PM
Trong chương trình toán cao cấp môn đại số và hình học giải tích, để hiểu rõ hơn về không gian vecto con , bài viết này TTnguyen sẽ chia sẻ một số kiến thức cơ bản cùng với các dạng bài tập về không gian vecto con thường gặp trong quá trình học. Chúc các bạn học tập tốt!
1.Kiểm tra có phải không gian vecto con
Vì phần tử đường chéo chính khác ban đầu (k+h≠1) => W không là vecto con
b. W={a+bx+cx2 | a+b-c=0} ⊂P2
Lấy 2 ma trận bất kỳ thuộc P2
m1=a1+bx1+c1x2 , a1+b1-c1=0; m2=a2+b2x+c2x2 , a2+b2-c2=0
km1+hm2=k(a1+bx1+c1x2)+h(a2+b2x+c2x2)
=(ka1+ha2)+ (kb1+hb2)x+ (kc1+hc2)x2
=(ka1+ha2)+ (kb1+hb2) – (kc1+hc2)=0
k(a1+b1-c1)+h(a2+b2-c2)=0
=> W là vecto con
2. Cách xác định chiều và cơ sở không gian vecto con
+ Lập ma trận hàng
+ Biến đổi về dạng bậc thang
+ Dim = rank(A)
- Cơ sở:Lấy số vecto khác 0 của ma trận bậc thang làm cơ sở
3. Các dạng bài tập liên quan đến không gian vecto con
Tìm cơ sở, số chiều của không gian con
a/ (1,-1,2), (2,1,3), (-1,5,0) ⊂ R3
Xét ma trận bổ sung sau:
Vậy dim=3 và cơ sở là các vecto đã cho
b/ (1,1,-4,-3), (2,0,2,-2), (2,-1,3,2) ⊂ R4
Xét ma trận bổ sung:
Vật dim=3 và cơ sở là (1,1,-4,-3),(0.-2,10,4),(0,0,-4,2)
c/ Xác định số chiều và một cơ sở của không gian nghiệm sau:
Giải
Xét ma trận bổ sung:
Đặt:
x1= -a/4
x2=-2a-8b/8
x3=a
x4=b
Vậy dim=2 và cơ sở là
d/ Xác định số chiều và một cơ sở của không gian nghiệm sau:
Giải
Xét ma trận bố sung
Đặt
x1= -2a-b
x2=-a-2b
x3=a
x4=b
=a(-2,-1,1,0)+b(-1,-2,0,1)
Vậy dim =2 và cơ sở là (-2,-1,1,0), (-1,-2,0,1)
5 116 KB 0 10
Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu
Để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên
Giáo dục Đào tạo sau đại học MBA Toán đại số
ĐẠI SỐ CƠ BẢN
(ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC)
Bài 13. Bài tập về không gian véctơ
PGS TS Mỵ Vinh Quang
Ngày 10 tháng 3 năm 2006
1. Xét xem R2 có là không gian véctơ hay không với phép cộng và phép nhân vô hướng sau:
(a1 , a2 ) + (b1 , b2 ) = (a1 + b1 , a2 + b2 )
a∗ (a1 , a2 ) = (aa1 , 0)
Giải. Bạn đọc có thể kiểm tra trực tiếp rằng 7 điều kiện đầu của không gian véctơ đều
thỏa mãn, riêng điều kiện thứ 8 không thỏa mãn vì với α = (1, 1), khi đó: 1∗ α = 1∗ (1, 1) =
(1, 0) 6= α.
Vậy R2 với các phép toán trên không là không gian véctơ vì không thỏa mãn điều kiện
8.
2. Chứng minh rằng một không gian véctơ hoặc chỉ có một véctơ, hoặc có vô số véctơ.
Giải. Giả sử V là không gian véctơ và V có nhiều hơn 1 véctơ, ta chứng minh V chứa
vô số véctơ. Thật vậy, vì V có nhiều hơn một véctơ nên tồn tại véctơ α ∈ V , α 6= 0. Khi
đó, V chứa các véctơ aα với a ∈ R. Mặt khác:
∀a, b ∈ R, aα = bα ⇔ (a − b)α = 0
⇔ a − b = 0 ( vì α 6= 0)
⇔ a=b
Bởi vậy có vô số các véctơ dạng aα, a ∈ R, do đó V chứa vô số véctơ.
3. Xét sự ĐLTT, PTTT. Tìm hạng và hệ con ĐLTT tối đại của các hệ véctơ sau:
a α1 = (1, 0, −1, 0), α2 = (1, 2, 1, 1), α3 = (3, 2, 3, 2), α4 = (1, 1, 2, 1)
b α1 = (1, 0, 0, −1), α2 = (2, 1, 1, 0), α3 = (1, 1, 1, 1), α4 = (1, 2, 3, 4), α5 = (0, 1, 2, 3).
Giải. a. Lập ma trận A tương ứng và tìm hạng của ma trận A: 1
1 0 −1 0
1 0 −1 0
1 0 −1 0
1 2
1 1
2 1
3 1
−→ 0 2
−→ 0 1
A=
3 2
3 2
0 2
6 2
0 2
2 1
1 1
2 1
0 1
3 1
0 2
6 2
1 0 −1
0
0 1
3
1
−→
0 0 −4 −1
0 0
0
0
Vậy rankA = 3, ít hơn số véctơ, nên hệ trên là hệ PTTT. Vì 3 dòng khác không của
ma trận ứng với các véctơ α1 , α4 , α2 , nên hệ con ĐLTT tối đại của α1 , α2 , α3 , α4 là
α1 , α4 , α2 và rank{α1 , α2 , α3 , α4 } = 3.
b. Giải tương tự câu a., bạn đọc tự giải. 4. Cho hệ véctơ α1 , α2 , . . . , αm ĐLTT trong không gian véctơ V . Chứng minh
a. Hệ véctơ β1 = α1 , β2 = α1 + α2 , . . ., βm = α1 + α2 + . . . + αm cũng ĐLTT.
b. Hệ véctơ:
γ1
γ2
..
.
γm = a11 α1 + . . . +a1m αm
= a21 α1 + . . . +a2m αm
..
..
..
.
.
.
= am1 α1 + . . . +amm αm ĐLTT khi và chỉ khi detA 6= 0, trong đó
a11 a12
a21 a22
A = ..
..
.
.
am1 am2 . . . a1m
. . . a2m
..
..
.
.
. . . amm Giải. a. Giả sử b1 β1 + b2 β2 + . . . + bm βm = 0 với bi ∈ R
⇔ b1 α1 + b2 (α1 + α2 ) + . . . + bm (α1 + . . . + αm ) = 0
⇔ (b1 + . . . + bm )α1 + (b2 + . . . + bm )α2 + . . . + bm αm
Vì α1 , . . . , αm ĐLTT nên ta có:
b1 + b2 + . . . +bm−1 +bm
b2 + . . . +bm−1 +bm
..
..
..
.
.
.
bm−1 +bm
bm
=0 = 0
= 0
..
.
= 0
= 0 Suy ngược từ dưới lên, ta có: bm = bm−1 = . . . = b1 = 0.
Vậy β1 , . . . , βm ĐLTT.
b Giả sử c1 γ1 + c2 γ2 + . . . + cm γm = 0 với cj ∈ R
⇔ (a11 c1 + a21c2 + . . . + am1 cm )α1 + (a12 c1 + a22 c2 + . . . + am2 cm )α2 + . . . + (a1m c1 +
a2m c2 + . . . + amm cm )αm = 0 2
a11 c1 + a21 c2 + . . . + am1 cm = 0
a12 c1 + a22 c2 + . . . + am2 cm = 0
⇔
(∗) Hệ véctơ γ1 , γ2 , . . . , γm
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
a c + a c + ... + a c
1m 1
2m 2
mm m = 0
ĐLTT khi và chỉ khi hệ phương trình tuyến tính (∗) có nghiệm duy nhất (0, 0, . . . , 0)
khi và chỉ khi ma trận các hệ số của hệ (∗) không suy biến khi và chỉ khi detA 6= 0. 5. Hệ véctơ α1 , α2 , . . . , αm biểu thị tuyến tính được qua hệ véctơ β1 , β2 , . . . , βn . Chứng minh
rank{α1 , . . . , αm } 6 rank{β1 , . . . , βn }.
Giải. Giả sử αi1 , . . . , αik và βj1 , . . . , βjl lần lượt là hệ con ĐLTT tối đại của các hệ véctơ
α1 , . . . , αm và β1 , . . . , βn . Vì hệ α1 , . . . , αm biểu thị tuyến tính được qua hệ β1 , . . . , βn nên
hệ αi1 , . . . , αik biểu thị tuyến tính được qua hệ βj1 , . . . , βjl , mặt khác hệ αi1 , . . . , αik độc lập
tuyến tính nên theo Bổ đề cơ bản ta có k 6 l tức là rank{α1 , . . . , αm } 6 rank{β1 , . . . , βn }. 6. Cho 2 hệ véctơ cùng hạng, hệ đầu biểu thị tuyến tính được qua hệ sau. Chứng minh 2 hệ
véctơ tương đương.
Giải. Giả sử α1 , . . . , αm (α), β1 , . . . , βn (β) thỏa mãn đề ra. Vì hai hệ véctơ cùng hạng
nên ta có thể giả sử rank(α) = rank(β) = k, đồng thời αi1 , . . . , αik và βj1 , . . . , βjk lần
lượt là hệ con ĐLTT tối đại của các hệ véctơ (α) và (β). Vì hệ (α) biểu thị tuyến tính
được qua hệ (β) nên hệ αi1 , . . . , αik biểu thị tuyến tính được qua hệ βj1 , . . . , βjk , lại do hệ
αi1 , . . . , αik ĐLTT nên theo Bổ đề cơ bản, ta có thể thay k véctơ αi1 , . . . , αik , cho k véctơ
βj1 , . . . , βjk để được hệ véctơ mới αi1 , . . . , αik tương đương với hệ véctơ βj1 , . . . , βjk , tức là
αi1 , . . . , αik tương đương với βj1 , . . . , βjk . Mặt khác, αi1 , . . . , αik tương đương với hệ (α),
βj1 , . . . , βjk tương đương với hệ (β), do đó ta có hệ (α) tương đương với hệ (β).
7. Trong R4 cho hệ véctơ
u1 = (1, 1, 1, 1), u2 = (2, 3, −1, 0), u3 = (−1, −1, 1, 1)
Tìm điều kiện cần và đủ để hệ véctơ u = (x1 , x2 , x3 , x4 ) biểu thị tuyến tính được qua hệ
u1 , u2 , u3 .
Giải. Véctơ u biểu thị tuyến tính được qua hệ u1 , u2 , u3 khi và chỉ khi phương trình
u
= y1 u1 + y2 u2 + y3 u3 cónghiệm khi và chỉ khi hệsau có nghiệm:
1
2 −1 x1
1
2 −1 x1
1
3 −1 x2
1
0 −x1 + x2
0
−→
1 −1
0 −3
1 x3
2 −x1 + x3
1
0
1 x4
0 −3
2 −x1 + x4
1 2 −1 x1
1 2 −1 x1
0 1
0 −x1 + x2
0 −x1 + x2
−→ 0 1
−→
0 0
2 −4x1 + 3x2 + x3
0 0
2 −4x1 + 3x2 + x3
0 0
2 −3x1 + 2x2 + x4
0 0
0 x1 − x2 − x3 + x4
Do đó hệ có nghiệm khi và chỉ khi x1 − x2 − x3 + x4 = 0. Bởi vậy véctơ u = (x1 , x2 , x3 , x4 )
biểu thị tuyến tính được qua u1 , u2 , u3 khi và chỉ khi x1 − x2 − x3 + x4 = 0.
3 8. Trong R3 [x] cho các hệ véctơ:
u1 = x3 + 2x2 + x + 1
u2 = 2x3 + x2 − x + 1
u3 = 3x3 + 3x2 − x + 2
Tìm điều kiện để véctơ u = ax3 + bx2 + cx + d biểu thị tuyến tính được qua hệ u1 , u2 , u3 .
Giải. Cách giải bài này tương tự như bài tập 7. Chi tiết cách giải xin dành cho bạn
đọc.
9. Trong R3 cho các hệ véctơ:
u1 = (1, 2, 1), u2 = (2, −2, 1), u3 = (3, 2, 2)
v1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 0, 0) (U )
(V ) a. Chứng minh (U ), (V ) là cơ sở của R3
b. Tìm các ma trận đổi cơ sở từ (U ) sang (V ) và từ (V ) sang (U ).
Giải. a. Lập
U mà các dòng của U là các véctơ u1 , u2 , u3
ma trận
1
2 1
U = 2 −2 1 , ta có detU = 2 6= 0.
3
2 2
Do đó hệ véctơ u1 , u2 , u3 độc lập tuyến tính vì dimR3 = 3 nên u1 , u2 , u3 là cơ sở của
R3 . Tương tự v1 , v2 , v3 là cơ sở của R3 .
b. Giải tương tự như ví dụ 1, bài 11, sau đây là chi tiết cách giải:
Để tìm ma trận TU V ta
3 hệ sau:
giải
1
2 3 1 1 1
1
1
1
1
2
3
2 −2 2 1 1 0 −→ 0 −6 −4 −1 −1 −2
0 −1 −1
1 2 1 0 0
1
0 −1
−1
1
2
3
1
1
1
1
2
3
1
1
1
0 −1 −1
0 −1 −1 −→ 0 −1 −1
0 −1 −1
0 −6 −4 −1 −1 −2
5
4
0
0
2 −1
1
1
3
Hệ 1: a3 = − , a2 = −a3 = , a1 = 1 − 2a2 − 3a3 =
2
2
2
5
3
7
Hệ 2: b3 = , b2 = 1 − a3 = − , b1 = 1 − 2b2 − 3b3 = −
2
2
2
Hệ 3: c3 = 2, c2 = 1 − c3 =
−1,
c
=
1
−
2c
−
c
=
−3
1
2
3
3 7
a1 b 1 c 1
−3
2
2
Vậy TU V = a2 b2 c2 = 12 32 −1
5
1
a3 b 3 c 3
2
2
2
Việc tìm ma trận TV U xin dành cho bạn đọc. 2 10. Trong R cho các cơ sở (α), (β), (γ). Biết Tαβ =
(γ) : γ1 = (1, 1), γ2 = (1, 0). Tìm cơ sở (α). 4 1 1
2 1
, Tγβ = 3 1
2 1
và cơ sở Giải. Đầu tiên ta tìm cơ sở (β):
3 1
Do Tγβ =
nên β1 = 3γ1 + 2γ2 = (5, 3), β2 = γ1 + γ2 = (2, 1). Mặt khác ta có
2 1
1 1
−1
1
−1
Tαβ =
nên Tβα = Tαβ =
do đó:
2 1
2 −1
α1 = −β1 + 2β2 = (−1, −1)
α2 = β1 − β2
= (3, 2)
Vậy cơ sở (α) = α1 = (−1, −1), α2 = (3, 2). 11. Cho R+ là tập các số thực dương. Trong R+ ta định nghĩa 2 phép toán
(a) ∀x, y ∈ R+ : x ⊕ y = xy
(b) ∀a ∈ R, x ∈ R+ : a ∗ x = xa
Biết rằng, (R+ , ⊕, ∗) là KGVT. Tìm cơ sở, số chiều của KGVT R+ .
Giải. Với mọi véctơ x ∈ R+ ta có:
x ⊕ 1 = x.1 = x do đó véctơ không trong KGVT R+ là 1.
Với mỗi véc tơ α ∈ R+ , α khác véctơ không (tức là α 6= 1) ta chứng minh {α} là hệ
sinh của R+ . Thật vậy ∀x ∈ R+ ta có: x = αlogα x = (logα x) ∗ α = a ∗ α trong đó
a = logα x ∈ R. Vậy x luôn biểu thị tuyến tính được qua hệ gồm 1 véctơ {α}.
Mặt khác vì α khác véctơ không nên hệ {α} là hệ véctơ độc lập tuyến tính. Vậy dim
R+ = 1 và cơ sở của R+ là hệ gồm 1 véctơ {α} với α là số thực dương, khác 1.
a −b
12. Cho V =
, a, b ∈ R
b a
biết rằng V cùng với phép cộng 2 ma trận và phép nhân 1 số với ma trận là KGVT.
Tìm cơ sở, số chiều của V .
Giải. Xét 2 véctơ
trong
V:
1 0
0 −1
A1 =
, A2 =
0 1
1
0
a −b
∈ V ta luôn có X = a.A1 + b.A2 . Vậy {A1 , A2 } là
Khi đó, với mọi véctơ X =
b a
1 hệ sinh của V .
Mặt khác, với mọi a, b ∈ R ta có
0 0
a −b
0 0
a.A1 + b.A2 = 0 ⇔ a.A1 + b.A2 =
⇔
=
⇔ a = 0, b = 0
0 0
b a
0 0
do hệ véctơ {A1 , A2 } độc lập tuyến tính.
Vậy {A1 , A2 } là cơ sở của V và dim V = 2
1 1 Đánh máy: LÂM HỮU PHƯỚC, Ngày: 15/02/2006 5 This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.
Video liên quan