Tài liệu cuối kỳ cho môn giải tích hàm nhiều biến và không gian tuyến tính

Giải môn không gian tuyến tính (đại số tuyến tính 2) và giải tích hàm nhiều biến Không gian tuyến tính sẽ chia theo các dạng Giải tích hàm nhiều biến sẽ chia theo dạng và giải đề của các năm trước Tài liệu này sẽ giúp ích cho các bạn học chuyên ngành sư phạm toán của trường đại học sư phạm thành phố hồ chí minh

KHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH

Dạng 1 Tìm hệ con độc lập tuyến tính tối đại và hạng của một hệ vectơ.

Ví dụ 1 Trong R5 cho hệ vectơ.

Do đó, rank{α1, α2, α3, α4} = 3

Hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ α1, α2, α3, α4 là {α1, α2, α4} □ Dạng 2 Viết ma trận đổi cơ sở từ (α) sang (β) và công thức tính tọa độ của vectơ x trong cơ sở (α) theo tọa độ của vectơ x trong cơ sở (β).

Ví dụ 2 Trong R3 cho 2 cơ sở:

α1 = (1, 1, 1), α2 = (−1, 2, 1), α3 = (1, 3, 2) (α)

β1 = (1, 0, 1), β2 = (1, 1, 0), β3 = (0, 1, 1) (β)

(a) Viết ma trận đổi cơ sở từ (α) sang (β).

(b) Viết công thức tính tọa độ của vectơ x trong cơ sở (α) theo tọa độ của vectơ

x trong cơ sở (β).

b Lời giải.

Công thức quan trọng: dim U + dim V = dim(U + V ) + dim(U ∩ V )

a Tìm cơ sở, số chiều của các KGVT con A, B, A + B.

b Chuyển các cơ sở B thành dạng 2 (Tìm điều kiện để x = (x, y, z, t) ∈ B)

c Tìm cơ sở, số chiều của A ∩ B.

Hệ phương trình có vô số nghiệm theo 2 tham số là z và t.

Phương trình có nghiệm tổng quát là:

Do đódim A+B = 4và cơ sở củaB = (1, 2, 1, 0), (0, 2, 3, 1), (0, 0, 6, 3), (0, 0, 0, −3)

b Để x = (x, y, z, t) ∈ B thì phương trình x = b1β1+b2β2+b3β3 có nghiệm, phương trình này tương đương:

Hệ phương trình có vô số nghiệm theo t.

Phương trình có nghiệm tổng quát là:

x = 4t3

z = t3

t tuỳ ý Chọn t = 1 → x = 4

Ví dụ 5 Cho trước số thực m Có bao nhiêu toán tử tuyến tính f : R3 → R3

thoả trong các trường hợp sau:

(2, −1, 4) = (2, −1, m)

⇒ m = 4

Vậy với mọi m ̸= 4 thì không tồn tại ánh xạ tuyến tính thoả đề.

Ta có rankA = rankA = 3 nên phương trình (1) luôn có nghiệm duy nhất.

Vì với mỗi α4 bất kỳ cho trước cho trước tạo với với α1 và α2 hệ độc lập tuyến tính và β bất kỳ cho trước luôn xác định đước một ánh xạ tuyến tính thoả đề nên

số toán tử tuyến tính thoả đề là vô số.

Vậy có vô số toán tử tuyến tính thoả đề nếu m = 4 và không có toán tử tuyến tính

Phân tích: Nếu những vectơ đề cho đã tạo thành một cơ sở thì luôn tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính thoả đề Còn nếu các vectơ đã cho chưa tạo thành cơ

sở Giả sử α1, α2, α3 phụ thuộc tuyến tính, nên α1, α2, α3 không là cơ sở của R3.

Ta sẽ coi là không có ánh xạ tuyến tính nào hay vô số ánh xạ tuyến tính thoả đề bằng cách phân tích α1 = mα2+ nα3 ⇐⇒ f (α1) = mf (α2) + nf (α3) Nếu tồn tại

tử tuyến tính đó có phải là duy nhất không? Vì sao?

b Lời giải.

Gọi α1 = (1, 1, 1, 0), α2 = (2, 2, 0, 1), β1 = (1, 1, 1, 1), β2 = (0, 1, 0, −1) Chọn α3 =(0, 1, 0, 0) và α4 = (0, 0, 0, 1) Xét ma trận:

Thử lại thấy thoả.

Vậy tồn tại toán tử tuyến tính thoả đề.

Toán tử tuyến tính f ở trên không là duy nhất.

Xét toán tử tuyến tính f :R4 →R4

f (x1, x2, x3, x4) = (4x2− 4x1, 4x2+ 2x3+ 4x4− 6x1, 4x2− 4x1, 4x2− 2x3− 4x4− 2x1)

Kiểm tra ta thấy toán tử tuyến tính trên vẫn thoả yêu cầu đề bài Vậy toán tử

Dạng 7 Tìm Kerf, Imf Chứng minh đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu.

Lý thuyết quan trọng:

1/ dim Kerf + dim Imf = dim V

2/ Cơ sở, số chiều của Kerf là không gian nghiệm của f (x) = 0

Ký hiệu của Kerf là def f.

dim Kerf = def f = dim V − rankf

3/ Nếu V = α1· · · αn (xét cho ánh xạ tuyến tính V → U)

thì f (V ) = Imf = f (α1) · · · f (αn)

Ký hiệu của Imf là rankf.

Gọi (α) là cơ sở bất kỳ của V, (β) là cơ sở bất kỳ của U thì

rankf = dim f (V ) = rank [f ]/(α)(β) .

4/ f gọi là đơn cấu nếu f là đơn ánh ⇔ Kerf = {0} ⇔ dim Kerf = 0

⇔ rankf = dim V ⇔ rank [f ]/(α)(β) = dim V

5/ f gọi là toàn cấu nếu f là toàn ánh ⇔ Imf = U ⇔ dim Imf = dim U

⇔ rankf = dim U ⇔ rank [f ]/(α)(β) = dim U

6/ f gọi là đẳng cấu nếu f là song ánh

⇔ dim U = dim V = rankf ⇔ dim U = dim V = rank [f ]/(α)(β).

Hệ phương trình trên có vô số nghiệm phụ thuộc vào x4 và x5.

Phương trình có nghiệm tổng quát là:

Chọn x5 = 1, x4 = 0 → x1 = 1, x3 = −2, x2 = 0, ta được α1 = (1, 0, −2, 0, 1).

Vậy dim Kerf = 2 và A = α1, α2

Tìm cơ sở, số chiều của Imf:

Vì dim Kerf = 2 ̸= 0 nên f không đơn cấu.

Vì dim Imf = 3 = dim U (U ở đây là R3) nên f là toàn cấu.

Dạng 8 Tìm vectơ riêng, giá trị riêng của f và chéo hoá f.

Ví dụ 8 Trong R3 cho cơ sở u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 1, 0), u3 = (1, 0, 0)

Tìm vectơ riêng, giá trị riêng của f và chéo hoá f.

b Lời giải.

Ta có: PA(λ) =

1 −λ 1

1 1 −λ

= −λ3 + 3λ + 2 = (λ + 1)2(2 − λ)

PA(λ) = 0 ⇐⇒ (λ + 1)2(2 − λ) = 0 ⇐⇒ λ = −1(kép), λ = 2

Vậy A có 2 giá trị riêng là λ = −1, λ = 2

Suy ra f có 2 giá trị riêng là λ = −1, λ = 2

-Ứng với giá trị riêng λ = −1.

Để tìm vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = −1, ta giải hệ:

Trong trường hợp này, A có 2 vectơ riêng độc lập tuyến tính là α1 = (−1, 0, 1) và

α2 = (−1, 1, 0) (Chọn lần lượt a = 1, b = 0 và a = 0, b = 1 sẽ ra được 2 vectơ trên) Vectơ riêng của f có dạng (−a − b)u1+ au2+ bu3 = (0, −b, −a − b) với a2+ b2 ̸= 0

(Cách viết khác: Ef(−1) = {(−a − b)u1 + au2 + bu3 | a, b ∈ R}

Ef(−1) = {(0, −b, −a − b)|a, b ∈ R} ) Trong trường hợp này f có 2 vectơ độc lập tuyến tính là:

β1 = −u1 + 0u2+ u3 = (0, −1, −1) β2 = −u1 + u2+ 0u3 = (0, 0, −1)

-Ứng với giá trị riêng λ = 2.

Để tìm vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 2, ta giải hệ:

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 1 tham số x3 Nghiệm tổng quát của hệ là

x3 = a → x2 = x3 = a → x1 = 2x3 − x2 = a Vectơ riêng của A, ứng với giá trị riêng λ = 2 là (a, a, a), a ̸= 0.

Trong trường hợp này, A có 1 vectơ riêng độc lập tuyến tính là α3 = (1, 1, 1).

Vectơ riêng của f có dạng au1+ au2 + au3 = (3a, 2a, a) với a ̸= 0

Trong trường hợp này f có 2 vectơ độc lập tuyến tính là:

Bổ sung: Chéo hoá ma trận A

Vì A có 3 vectơ riêng độc lập tuyến tính là α1, α2 (ứng với λ = −1) và α3 (ứng với

Giải thích: Trong ma trận A thì mỗi cột sẽ ứng với một vectơ riêng Cột 1 ứng với α1 mà α1 ứng với λ = −1 nên vị trí a11 = −1 Tương tự cho α2, α3.

Dạng 9 Viết biểu thức toạ độ của dạng toàn phương.

Lý thuyết quan trọng: q xác định dương thì Di > 0, i = 1, n,

Phép chuyển từ hệ vectơ α1, α2, , αn sang hệ vectơ trực giao β1, β2, , βn như trên gọi là trực giao hoá hệ vectơ α1, α2, , αn.

Ví dụ 12 Trong không gian vectơ R4 choU = {(x1, x2, x3, x4)|x1+ x2+ x3+ x4 =0} Tìm cơ sở trực chuẩn của U.

b Lời giải.

Xét ma trận:

î

1∗ 1 1 1 0 ó

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số x2, x3, x4 Nghiệm tổng quát x1 = −x2−

x3− x4 (x2, x3, x4 tuỳ ý) Suy ra dim U = 3, cơ sở của U là α1 = (−1, 1, 0, 0), α2 =(−1, 0, 1, 0), α3 = (−1, 0, 0, 1) (Chọn lần lượt x2, x3, x4 = 1 và 2 số còn lại bằng 0

và α2 là hệ trực giao trong R4 Để bổ sung một cơ sở trực giao của R4 thì ta bổ sung thêm 2 vectơ α3, α4 của R4 để được 1 cơ sở của R4 Sau đó ta trực giao hoá

ã

Chọn β4 = (0, 1, 0, −1)

Ta có thể bổ sung 2 vectơβ3 = (1, −1, 1, −1), β4 = (0, 1, 0, −1)để đượcα1, α2, β3, β4

Nhắc lại lý thuyết: Phân biệt cơ sở trực chuẩn và cơ sở trực giao:

-Hệ vectơ α1, α2, , αn ∈ E gọi là hệ trực giao nếu chúng đôi một trực giao, nghĩa

là αi ⊥ αj, ∀i ̸= j ( hay αi, αj = 0, ∀i ̸= j) Một cơ sở của E mà là hệ trực giao thì gọi là cơ sở trực giao của E.

–Hệ vectơ α1, α2, , αn ∈ E gọi là hệ trực chuẩn nếu nó lầ hệ trực giao và mỗi vectơ αi là vectơ đơn vị (||αi|| = 1, ∀i) Một cơ sở của E mà là hệ trực chuẩn thì gọi là cơ sở trực chuẩn của E.

-Nếu α1, α2, , αn là hệ trực giao, không chứ vectơ không của E thì e1, e2, , en là

một hệ trực chuẩn của E, với:

Dạng 13 Tìm hình chiếu lên một không gian vectơ.

Nhắc lại lý thuyết: Trình bày cách giải phổ thông hơn (tìm hình chiếu dựa trên cơ sở trực chuẩn): Để tìm hình chiếu của vectơ x lên U thì

ta cần tìm 1 cơ sở trực chuẩn của U (cách tìm ở dạng 11) Giả sử một cơ sở trực chuẩn đó là e1, e2, , en Khi đó hình chiếu của x lên U sẽ xác định bởi công thức:

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số x2, x3, x4 Nghiệm tổng quát x1 = −x2−

x3− x4 (x2, x3, x4 tuỳ ý) Suy ra dim U = 3, cơ sở của U là α1 = (−1, 1, 0, 0), α2 =(−1, 0, 1, 0), α3 = (−1, 0, 0, 1)

β1, β2, β3 là cơ sở trực giao của U Trực chuẩn hoá β1, β2, β3, ta được một cơ sở

ã

.Cách 2 (Cách ít xài hơn): Ta có: Xét ma trận:

î

1∗ 1 1 1 0 ó

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số x2, x3, x4 Nghiệm tổng quát x1 = −x2−

x3− x4 (x2, x3, x4 tuỳ ý) Suy ra dim U = 3, cơ sở của U là α1 = (−1, 1, 0, 0), α2 =

ã

Vậy hình chiếu của α lên U là α′ =

ã

Bổ sung thêm: Cách tính khoảng cách từ 1 vectơ đến không gian con: Để tính khoảng cách từ vectơ α lên không gian vectơ U thì tìm hình chiếu

α′ của α lên U Khi đó: d(α, U ) = ||α − α′||

Dạng 14 Chéo hoá trực giao ma trận.

Ví dụ 15 Chéo hoá trực giao:

1 −λ 1

1 1 −λ

0 m2 − 5m m2 − 5m

0 m2 − 5m m2− 5m + 6

=(m − 4)(m2 − 5)

m2− 5m m2 − 5m + 6