Xem mẫu
- Đ I S CƠ B N
(ÔN THI TH C SĨ TOÁN H C)
Bài 13. Bài t p v không gian véctơ
PGS TS M Vinh Quang
Ngày 10 tháng 3 năm 2006
1. Xét xem R2 có là không gian véctơ hay không v i phép c ng và phép nhân vô hư ng sau:
(a1 , a2 ) + (b1 , b2 ) = (a1 + b1 , a2 + b2 )
a∗ (a1 , a2 ) = (aa1 , 0)
Gi i. B n đ c có th ki m tra tr c ti p r ng 7 đi u ki n đ u c a không gian véctơ đ u
th a mãn, riêng đi u ki n th 8 không th a mãn vì v i α = (1, 1), khi đó: 1∗ α = 1∗ (1, 1) =
(1, 0) = α.
V y R2 v i các phép toán trên không là không gian véctơ vì không th a mãn đi u ki n
8.
2. Ch ng minh r ng m t không gian véctơ ho c ch có m t véctơ, ho c có vô s véctơ.
Gi i. Gi s V là không gian véctơ và V có nhi u hơn 1 véctơ, ta ch ng minh V ch a
vô s véctơ. Th t v y, vì V có nhi u hơn m t véctơ nên t n t i véctơ α ∈ V , α = 0. Khi
đó, V ch a các véctơ aα v i a ∈ R. M t khác:
∀a, b ∈ R, aα = bα ⇔ (a − b)α = 0
⇔ a − b = 0 ( vì α = 0)
⇔ a=b
B i v y có vô s các véctơ d ng aα, a ∈ R, do đó V ch a vô s véctơ.
3. Xét s ĐLTT, PTTT. Tìm h ng và h con ĐLTT t i đ i c a các h 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).
Gi i. a. L p ma tr n A tương ng và tìm h ng c a ma tr n A:
1
-
1 0 −1 0 1 0 −1 0 1 0 −1 0
1 2 1 1 −→ 0 2 2 1
−→ 0 1 3 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
V y rankA = 3, ít hơn s véctơ, nên h trên là h PTTT. Vì 3 dòng khác không c a
ma tr n ng v i các véctơ α1 , α4 , α2 , nên h con ĐLTT t i đ i c a α1 , α2 , α3 , α4 là
α1 , α4 , α2 và rank{α1 , α2 , α3 , α4 } = 3.
b. Gi i tương t câu a., b n đ c t gi i.
4. Cho h véctơ α1 , α2 , . . . , αm ĐLTT trong không gian véctơ V . Ch ng minh
a. H véctơ β1 = α1 , β2 = α1 + α2 , . . ., βm = α1 + α2 + . . . + αm cũng ĐLTT.
b. H véctơ:
γ1 = a11 α1 + . . . +a1m αm
γ2 = a21 α1 + . . . +a2m αm
.
. .
. .. .
.
. . . .
γm = am1 α1 + . . . +amm αm
ĐLTT khi và ch khi detA = 0, trong đó
a11 a12 . . . a1m
a21 a22 . . . a2m
A= .
. .. .
. . .
. . . .
am1 am2 . . . amm
Gi i. a. Gi s b1 β1 + b2 β2 + . . . + bm βm = 0 v i bi ∈ R
⇔ b1 α1 + b2 (α1 + α2 ) + . . . + bm (α1 + . . . + αm ) = 0
⇔ (b1 + . . . + bm )α1 + (b2 + . . . + bm )α2 + . . . + bm αm =0
Vì α1 , . . . , αm ĐLTT nên ta có:
b1 + b2 + . . . +bm−1 +bm
= 0
b2 + . . . +bm−1 +bm = 0
.. .
. .
. .
.
. . . .
bm−1 +bm = 0
bm = 0
Suy ngư c t dư i lên, ta có: bm = bm−1 = . . . = b1 = 0.
V y β1 , . . . , βm ĐLTT.
b Gi s c1 γ1 + c2 γ2 + . . . + cm γm = 0 v i 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
⇔ . . .. . . (∗) H véctơ γ1 , γ2 , . . . , γm
.
. .
. . .
. .
.
a c + a c + ... + a c
1m 1 2m 2 mm m = 0
ĐLTT khi và ch khi h phương trình tuy n tính (∗) có nghi m duy nh t (0, 0, . . . , 0)
khi và ch khi ma tr n các h s c a h (∗) không suy bi n khi và ch khi detA = 0.
5. H véctơ α1 , α2 , . . . , αm bi u th tuy n tính đư c qua h véctơ β1 , β2 , . . . , βn . Ch ng minh
rank{α1 , . . . , αm } rank{β1 , . . . , βn }.
Gi i. Gi s αi1 , . . . , αik và βj1 , . . . , βjl l n lư t là h con ĐLTT t i đ i c a các h véctơ
α1 , . . . , αm và β1 , . . . , βn . Vì h α1 , . . . , αm bi u th tuy n tính đư c qua h β1 , . . . , βn nên
h αi1 , . . . , αik bi u th tuy n tính đư c qua h βj1 , . . . , βjl , m t khác h αi1 , . . . , αik đ c l p
tuy n tính nên theo B đ cơ b n ta có k l t c là rank{α1 , . . . , αm } rank{β1 , . . . , βn }.
6. Cho 2 h véctơ cùng h ng, h đ u bi u th tuy n tính đư c qua h sau. Ch ng minh 2 h
véctơ tương đương.
Gi i. Gi s α1 , . . . , αm (α), β1 , . . . , βn (β) th a mãn đ ra. Vì hai h véctơ cùng h ng
nên ta có th gi s rank(α) = rank(β) = k, đ ng th i αi1 , . . . , αik và βj1 , . . . , βjk l n
lư t là h con ĐLTT t i đ i c a các h véctơ (α) và (β). Vì h (α) bi u th tuy n tính
đư c qua h (β) nên h αi1 , . . . , αik bi u th tuy n tính đư c qua h βj1 , . . . , βjk , l i do h
αi1 , . . . , αik ĐLTT nên theo B đ cơ b n, ta có th thay k véctơ αi1 , . . . , αik , cho k véctơ
βj1 , . . . , βjk đ đư c h véctơ m i αi1 , . . . , αik tương đương v i h véctơ βj1 , . . . , βjk , t c là
αi1 , . . . , αik tương đương v i βj1 , . . . , βjk . M t khác, αi1 , . . . , αik tương đương v i h (α),
βj1 , . . . , βjk tương đương v i h (β), do đó ta có h (α) tương đương v i h (β).
7. Trong R4 cho h véctơ
u1 = (1, 1, 1, 1), u2 = (2, 3, −1, 0), u3 = (−1, −1, 1, 1)
Tìm đi u ki n c n và đ đ h véctơ u = (x1 , x2 , x3 , x4 ) bi u th tuy n tính đư c qua h
u1 , u2 , u3 .
Gi i. Véctơ u bi u th tuy n tính đư c qua h u1 , u2 , u3 khi và ch khi phương trình
u = y1 u1 + y2 u2 + y3 u3 có nghi m khi và ch khi h sau có nghi m:
1 2 −1 x1 1 2 −1 x1
1 3 −1 x2 0 1 0 −x1 + x2
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 1
0 −x1 + x2
−→
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 h có nghi m khi và ch khi x1 − x2 − x3 + x4 = 0. B i v y véctơ u = (x1 , x2 , x3 , x4 )
bi u th tuy n tính đư c qua u1 , u2 , u3 khi và ch khi x1 − x2 − x3 + x4 = 0.
3
- 8. Trong R3 [x] cho các h véctơ:
u1 = x3 + 2x2 + x + 1
u2 = 2x3 + x2 − x + 1
u3 = 3x3 + 3x2 − x + 2
Tìm đi u ki n đ véctơ u = ax3 + bx2 + cx + d bi u th tuy n tính đư c qua h u1 , u2 , u3 .
Gi i. Cách gi i bài này tương t như bài t p 7. Chi ti t cách gi i xin dành cho b n
đ c.
9. Trong R3 cho các h véctơ:
u1 = (1, 2, 1), u2 = (2, −2, 1), u3 = (3, 2, 2) (U )
v1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 0, 0) (V )
a. Ch ng minh (U ), (V ) là cơ s c a R3
b. Tìm các ma tr n đ i cơ s t (U ) sang (V ) và t (V ) sang (U ).
Gi i. a. L p ma tr n mà các dòng c a U là các véctơ u1 , u2 , u3
U
1 2 1
U = 2 −2 1 , ta có detU = 2 = 0.
3 2 2
Do đó h véctơ u1 , u2 , u3 đ c l p tuy n tính vì dimR3 = 3 nên u1 , u2 , u3 là cơ s c a
R3 . Tương t v1 , v2 , v3 là cơ s c a R3 .
b. Gi i tương t như ví d 1, bài 11, sau đây là chi ti t cách gi i:
tìm ma tr n TU V ta gi i h sau:
Đ 3
1 2 3 1 1 1 1 2 3 1 1 1
2 −2 2 1 1 0 −→ 0 −6 −4 −1 −1 −2
1 1 2 1 0 0 0 −1 −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 0 0 2 −1 5 4
1 1 3
H 1: a3 = − , a2 = −a3 = , a1 = 1 − 2a2 − 3a3 =
2 2 2
5 3 7
H 2: b3 = , b2 = 1 − a3 = − , b1 = 1 − 2b2 − 3b3 = −
2 2 2
H 3: c3 = 2, c2 = 1 − c3 = −1, c1 = 1 − 2c2 − c3 = −3
3 7
a1 b 1 c 1 2 2
−3
V y TU V = a2 b2 c2 = 1 3 −1
2 2
1 5
a3 b 3 c 3 2 2
2
Vi c tìm ma tr n TV U xin dành cho b n đ c.
1 1 3 1
10. Trong R2 cho các cơ s (α), (β), (γ). Bi t Tαβ = , Tγβ = và cơ s
2 1 2 1
(γ) : γ1 = (1, 1), γ2 = (1, 0). Tìm cơ s (α).
4
- Gi i. Đ u tiên ta tìm cơ s (β):
3 1
Do Tγβ = nên β1 = 3γ1 + 2γ2 = (5, 3), β2 = γ1 + γ2 = (2, 1). M t khác ta có
2 1
1 1 −1 1
Tαβ = nên Tβα = T−1 =
αβ do đó:
2 1 2 −1
α1 = −β1 + 2β2 = (−1, −1)
α2 = β1 − β2 = (3, 2)
V y cơ s (α) = α1 = (−1, −1), α2 = (3, 2).
11. Cho R+ là t p các s th c dương. Trong R+ ta đ nh nghĩa 2 phép toán
(a) ∀x, y ∈ R+ : x ⊕ y = xy
(b) ∀a ∈ R, x ∈ R+ : a ∗ x = xa
Bi t r ng, (R+ , ⊕, ∗) là KGVT. Tìm cơ s , s chi u c a KGVT R+ .
Gi i. V i m i véctơ x ∈ R+ ta có:
x ⊕ 1 = x.1 = x do đó véctơ không trong KGVT R+ là 1.
V i m i véc tơ α ∈ R+ , α khác véctơ không (t c là α = 1) ta ch ng minh {α} là h
sinh c a R+ . Th t v y ∀x ∈ R+ ta có: x = αlogα x = (logα x) ∗ α = a ∗ α trong đó
a = logα x ∈ R. V y x luôn bi u th tuy n tính đư c qua h g m 1 véctơ {α}.
M t khác vì α khác véctơ không nên h {α} là h véctơ đ c l p tuy n tính. V y dim
R+ = 1 và cơ s c a R+ là h g m 1 véctơ {α} v i α là s th c dương, khác 1.
a −b
12. Cho V = , a, b ∈ R
b a
bi t r ng V cùng v i phép c ng 2 ma tr n và phép nhân 1 s v i ma tr n là KGVT.
Tìm cơ s , s chi u c a V .
Gi i. Xét 2 véctơ trong V :
1 0 0 −1
A1 = , A2 =
0 1 1 0
a −b
Khi đó, v i m i véctơ X = ∈ V ta luôn có X = a.A1 + b.A2 . V y {A1 , A2 } là
b a
1 h sinh c a V .
M t khác, v i m i 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 h véctơ {A1 , A2 } đ c l p tuy n tính.
V y {A1 , A2 } là cơ s c a V và dim V = 2
1
1
Đánh máy: LÂM H U PHƯ C, Ngày: 15/02/2006
5
nguon tai.lieu . vn
