không gian tuyến tính một số bài toán lạ trong đề thi

Khoa Toán - Tin họcKHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH MỘT SỐ BÀI TOÁN LẠ TRONG ĐỀ THI NHÓM THỰC HIỆN: K47.SPTOANB GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN: PGS.. Vậy theo định nghĩa, là phép biến đổi trực giao.f Nhận xé

Khoa Toán - Tin học

KHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH

MỘT SỐ BÀI TOÁN LẠ TRONG ĐỀ THI

NHÓM THỰC HIỆN: K47.SPTOANB

GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN: PGS TS MỴ VINH QUANG

Mục lục

1.1 Đề số 1 2

1.2 Đề số 2 3

1.3 Đề số 3 5

1.4 Đề số 4 7

1.5 Đề số 5 11

1.6 Đề số 6 12

1.7 Đề số 7 13

2 Đề thi những năm gần đây 16 2.1 Đề thi 2017-2018 16

2.2 Đề thi 2018-2019 17

2.3 Đề thi 2019-2020 18

1 Ngân hàng đề thi

1.1 Đề số 1

Câu 3: ChoElà không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều vàf : E → Elà phép biến đổi tuyến tính Chứng minh rằng nếu ma trận của trong cơ sở trực chuẩn nào đó làf

ma trận trực giao thì là phép biến đổi trực giao.f

Giải: Giả sửdim E = nvà(ϵ) : {e1,e ,e2 3, ,en}là cơ sở trực chuẩn củaEtheo đề cho GọiAlà ma trận biểu diễn trong cơ sởf ( )ϵ Với mọix,y ∈ E, do⟨x,y⟩ = [x]t (ϵ)[y](ϵ)nên

ta có::

< x,y > = [x]t

(ϵ)[ ]y(ϵ)

= [x]t (ϵ)AtA [y](ϵ)(doAlà ma trận trực giao)

= A[x](ϵ) t

A [y](ϵ)

= [f(x)]t (ϵ)[f(y)](ϵ)

= f(x),f y( ) Vậy theo định nghĩa, là phép biến đổi trực giao.f

Nhận xét: Bài toán này có trong phần lý thuyết trong sách Đại số tuyến tính của thầy

Mỵ Vinh Quang Chủ yếu là ta phải đọc qua thì mới hiểu được tại sao như vậy Phần tích vô hướng của hai vectơ bằng tích vectơ chuyển vị của vectơ này và vectơ khác trong cùng một cơ sở có thể kiểm tra bằng cách viết hai vectơ theo cơ sở đã cho

Câu 4: Cho các ánh xạ tuyến tínhf : V → U,g : U → W Chứng minh rằng:

Im(gf) = Im g ⇔ Ker g + Im f = U

Giải: Ta chứng minh chiều thuận: Giả sửIm(gf) = Im g Lấyx ∈ Ubất kỳ DoIm(gf) =

Im gnên tồn tạiy ∈ V sao cho:

g(f(y)) = (x) ⇔ (f(y) − x) = 0g g

⇔ f (y) − x ∈ Ker g

Do đó, tồn tạiz ∈ Ker g sao chof(y) − x = z hay x = f(y) − z Vậy ta đã chứng minh được với mọix ∈ U, tồn tại f(y) ∈ Im f,−z ∈ Ker g sao chox = f(y) + (−z) VậyU ⊂ Ker g + Im f Mặt khác, do Ker g ⊂ U,Im f ⊂ U nênKer g + Im f ⊂ U Vậy Ker g + Im f = U

Ta chứng minh chiều đảo: Giả sửKer g + Im f = U

Dễ thấy, với mọix ∈ V thìg(f(x)) ∈ Im gnênIm(gf) ⊂ Im g

Lấyy ∈ Im gbất kỳ Khi đó, tồn tạix ∈ Usao chog(x) = y Mặt khác doKer g +Im f = U nên tồn tạiu ∈Ker g,v∈V sao chox = u + f(v) Khi đó, ta có:

y = g(u + f(v)) = (ug ) + g(f(v)) = g(f(v)) ∈ Im( )gf

Do đóIm g ⊂ Im( )gf VậyIm g = Im(gf) Hoàn tất chứng minh

Nhận xét: Bài toán này khi học với thầy Quang, thầy sẽ cho mấy bài giống vậy, dưới đây là một số bài tập tương tự:

Câu 1: Cho các ánh xạ tuyến tínhf : V → U,g : U → W Chứng minh rằng:

Ker(gf) = Ker g ⇔ Ker g ∩ Im f = { } 0 Câu 2: Cho ánh xạ tuyến tínhf,g : V → V thỏa:

fgf= f , gfg= g

Chứng minh rằng

a) Ker g ∩ Im f = {0},Ker g + Im f = V

b) Tương tự câuamà đổi vị tríf,g

1.2 Đề số 2

Cảu 3: Trong không gian vectơ EuclideR4, cho không gian con:

L = (x1,x ,x ,x2 3 4) ∈R4:x1+x2=x3+x4 a) Tìm một cơ sở trực chuẩn của L

b) Tìm hình chiếu trực giao của vectơα = (0, , ,0 0 1) lên L

Giải:

a) Ta tìm một cơ sở củaL.Llà không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính sau:

x1+x2=x3+x4⇔x1+x2−x3− x4= 0

Xét ma trận hệ số kết hợp:

[ 1 1 −1 −1 0 ] Vậy hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộcx2,x ,x3 4 Nghiệm tổng quát của hệ là:

x1= −x2+x3+x4

x2,x ,x3 4bất kỳ . Vậy một cơ sở của là:L

(α) : (

α1αα23= (−1 1 0 0)= (1, 0, 1, 0)= (1, 0, 0, 1), , , .

Trực giao hóa( )α, ta có:

β1= α1= (−1, , ,1 0 0);

β2= α2−⟨α2,β1⟩

⟨β1,β1⟩β1= (1, 0 1, , 0) −−1

2 ( 1 1 0 0)− , , ,

= 12

,1

2, 1 0 ;,

β3= α3−⟨α3,β1⟩

⟨β1,β1⟩β1−⟨α3,β2⟩

⟨β2,β2⟩β2= (1, 0 0, , 1) −−12 (−1 1 0, , , 0) −1

3 12 ,1

2, 1 0,

= 13

,1

3, −

1

3, 1

Trực chuẩn hóa, ta được:

γ1= β1

||β1||= − 1

√

2, 1

√

2, 0 0 ;,

γ2= β2

||β2||= 1

√

6,

1

√

6, 2

√

6, 0 ;

γ3= β3

||β3||=

√

3 6 ,

√ 3

6 , −

√ 3

6 ,

√ 3 2

!

Ta được cơ sở trực chuẩn{γ1,γ ,γ2 3}

b) Hình chiếu trực giao của vectơα = (0, ,0 0, 1) lênLxác định bởi:

u = ⟨α,γ1⟩ γ1+ ⟨α,γ2⟩ γ2+ ⟨α,γ3⟩ γ3

=

√ 3

2 −

√

3 6 ,

√ 3

6 , −

√ 3

6 ,

√ 3 2

!

= 1 4

,1

4, −

1

4, 3

4 . Nhận xét: Bài này không phải bài khó Chỉ là trong lúc học, ta chưa học phần hình chiếu trực giao Công thức tìm hình chiếu ở trên là trong phần chứng minh một định lý trong sách Đại số tuyến tính của thầy Quang Có 2 cách tìm được đề cập, mình thích cách tìm cơ sở trực chuẩn rồi áp dụng công thức hơn là giải hệ phương trình tuyến tính một lần nữa Đây là một bài tập tương tự trong đề số 3

Bài tập tương tự (câu 4 đề 3): Trong không gian vectơ Euclide R4cho không gian con:

U = (x1,x ,x ,x2 3 4) ∈R4:x1+x2+x3+ x4= 0

a) Tìm một cơ sở của U

b) Tìm hình chiếu trực giao của vectơα = (1, , ,0 0 0) lên U

Câu 4: ChoElà không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều.L1,L2là các không gian vectơ con củaE,dim L1< dim L2 Chứng minh rằng tồn tại vectox ∈ L2,x = 0sao cho

xtrực giao vớiL1

Giải: Ta chứng minh định lý sau:

Ký hiệuL⊥

i là không gian vectơ trực giao của không gian vectơLitức là:

L⊥

i = {x ∈ E : x ⊥ Li}

Dễ thấy,L⊥

i là không gian vectơ con củaEdo tính song tuyến tính của phép toán⟨ ⟩,

Ta chứng minh:

E = Li+L⊥

i ,Li∩ L⊥

i = {0} Lấyx ∈ Ebất kỳ, ta gọiαlà hình chiếu củaElênLi Khi đó, vectơβ = x − αsao cho

β ⊥ L⊥i xác định duy nhất với mỗi x

Mặt khác dox = α + βmàα ∈ Li,β ∈L⊥

i nênE = Li+ L⊥

i Lấyx ∈ Li∩ L⊥

i, ta có:

x ∈ Li

x ∈ L⊥

i ⇔

n

x ∈ Lx⊥ Li inênx⊥ x Vậy⟨x,x⟩ = 0hayx = 0 Do đóLi∩ L⊥

i = { }0 Vậy ta có:

dim E = dim Li+ dim L⊥

i − dim (Li∩ L⊥ i) = dim Li+ dim L⊥

i Trở lại bài toán, áp dụng định lý, ta có:

dim E = dim L1+ dim L⊥

1 = dim L2+ dim L⊥

2 Mặt khác, dodimL1<dimL2nêndim L⊥

2 < dim L⊥

1 Ta cần chứng minh tồn tại vecto

x ∈ L2,x = 0sao choxtrực giao vớiL1tức là chứng minhL⊥

1∩ L2không phải là không gian vectơ không Ta có:

dim (L⊥

1∩ L2) = dim L⊥

1 + dim L2− dim (L⊥

1+ L2)

> dim L⊥

2 + dim L2− dim (L⊥ 1+ L2)

> dim E − dim (L⊥

1 + L2) ≥ 0

Vậydim (L⊥

1∩ L2) > 0nênL⊥

1∩L2khác không gian vectơ không Vậy tồn tạix ∈ L2,x = 0 sao cho trực giao vớix L1

Nhận xét: Bài toán này cũng có trong phần bài tập Đại số tuyến tính của thầy Quang,

có sử dụng định lý về không gian trực giao Ở đây ta viết cách chứng minh cho định

lý đó để bạn đọc dễ hiểu hơn Bạn đọc có thể tham khảo sách của thầy Quang để coi thêm một số bài tập trong bài Không gian vectơ Euclide

1.3 Đề số 3

Câu 1: ChoV là không gian vectơ hữu hạn chiều vàf : V → V là phép biến đổi tuyến tính Chứng minh rằng:

a) dim Im f + dim Ker f = dim V

b)dim Ker(f2) ≤ 2 dim Ker f

Giải:

a) Câu a này có trong phần chứng minh trong bài ánh xạ tuyến tính trong sách của thầy Quang Ta sơ lược cách chứng minh Giả sửdim Ker f = k,dim V = n(k<n), gọi {α1,α ,α2 3, ,αk}là cơ sở củaKer f, ta bổ sung thêmn − kvectơαk+1,αk+2, ,αnsao cho

{α1,α ,α2 3, ,αn}là cơ sở củaV Khi đó, ta chứng minh f(αk+1),f(αk+2), ,f(αn) là

cơ sở củaIm f Lấyx ∈ V bất kỳ Ta có:

x = x1α1+x2α2+ +xnαn

do{α1,α ,α2 3, ,αn}là cơ sở của Ta có:V

f(x) = f(x1α1)+ (xf 2α2)+ +f(xkαk)+ (xf k+1αk+1)+ +f(x nαn) = αk+1f(xk+1)+ + αnf(xn)

Vậy f(αk+1) (,f αk+2), ,f(αn) là hệ sinh củaIm f Mặt khác, xét phương trình vectơ

ck+1f(αk+1) +ck+2f(αk+2) + +cnf(αn) = 0

⇔f (ck+1αk+1+ck+2αk+2+ +cnαn) = 0

⇔ck+1αk+1+ck+2αk+2+ +cnαn∈ Ker f

Vậy tồn tạic1,c2, ,cksao cho:

c1α1+c2α2+ +ckαk=ck+1αk+1+ck+2αk+2+ +cnαn

⇔c1α1+c2α2+ +ckαk−ck+1αk+1− ck+2αk+2− − cnαn= 0

⇔c1=c2= =cn= 0 (do{α1,α ,α2 3, ,αn}là hệ độc lập tuyến tính)

Vậy f(αk+1),f(αk+2), ,f(αn) độc lập tuyến tính nên cũng là cơ sở củaIm f Vậy ta có:

dim V = n = k + (n − k) = dim Ker f + dim Im f

b) Câubnày ta sử dụng một bất đẳng thức về số chiều thường được dùng trong bài toán chứng minh về bất đẳng thức số chiều: ChoV,Ulà không gian vectơ hữu hạn chiều

và ánh xạ tuyến tínhf : V → U GọiW là không gian vectơ con bất kỳ của , khi đóV

ta có:

dim W − dim Ker f ≤ dim f(W ) ≤ dim Im f (1)

Ta xét ánh xạ thu hẹp:f| W: W → Uxác định bởif| W(x) = f(x ) Ta dễ dàng chứng minh

f| W là ánh xạ tuyến tính

DoW ⊂ V nênf(W ) ⊂ f(V )hayf(W ) ⊂ Imf Do đó,dim f(W ) ≤ dim Im f

Mặt khác, cũng doW ⊂ V nênKerf|W⊂Kerf Do đó, ta có:

dim Kerf|W≤dim Kerf haydim W − dim Im f|W≤ dim Ker f haydimW − dim Ker f ≤dimf(W )

Vậy ta chứng minh xong bất đẳng thức

Trở lại bài toán, ta biến đổi một chút để có thể nhìn ra bất đẳng thức này dễ dàng

hơn Ta có:

dim Ker(f2) ≤ 2 dim Ker f

⇔ dim V − dim Im(f2) ≤ 2 dim V − 2 dim Im f

⇔2 dim Im f ≤ dim V + dim Im(f2)

Lúc này, áp dụng bất đẳng thức trên vớiW = Im f, và chú ý rằngIm(f2) = Im(f|Im f) =

Im f(Im f), ta có

dim Im f − dim Kerf≤ dim f(Im ))f haydim Im f − (dim V − dim Im f) ≤ dim Im( )f2

hay2 dim Im f ≤ dim V + dim Im(f2)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Nhận xét: Bài toán chủ yếu là khó câu b, câu a có trong phần lý thuyết trong sách Đại số tuyến tính của thầy Quang Đối với những câu bất đẳng thức về số chiều như vậy, thì bất đẳng thức (1) là bất đẳng thức thường được sử dụng để chứng minh trong các bất đẳng thức số chiều, phần biến đổi ta ghi ra từ từ là có thể biến đổi được Vì vậy, ta chỉ cần nhớ bất đẳng thức (1) và cách chứng minh bất đẳng thức đó là được

1.4 Đề số 4

Câu 2: Cho không gian vectơRn[x]gồm tất cả các đa thức có bậc nhỏ hơn hay bằng

số tự nhiên cho trước Xét ánh xạ:n

φ :Rn[x] →Rn[ ], p( ) 7→xpx x ′( ) (px ′(x)là đạo hàm củap( )).x

a) Chứng minhφlà ánh xạ tuyến tính Tìm ma trận của trong cơ sởφ 1,x,x , ,x2 n b) Chứng minh rằng không là đơn cấu Tìm một cơ sở và số chiều củaφ Ker φ Giải:

a) Với mọif(x) (,g ) ∈x Rn[ ]x ,c ∈R, ta có:

φ(f(x) + g(x)) = x(f(x) + g(x))′=xp′(x) +xg′(x)

= φ(f(x)) + φ g(x( ));

φ cf( (x)) = x( (x))cf ′=cxf′(x) =cφ(f(x)) Vậyφlà ánh xạ tuyến tính Ta có:

φ(1) = x.0 = 0;

φ(xk) = x.k.xk−1=n.xk, ∀k ∈N, 1 ≤ k ≤n

Vậy ma trận củaφtrong cơ sở(ϵ) : 1,x,x , ,x2 n là:

A =

0 0 0 · · · 0 0

0 1 0 · · · 0 0

0 0 2 · · · 0 0

0 0 0 · · · 0 n

b) φkhông là đơn cấu vìφ(x + 1) = x = (x + 2)φ Gọip(x)là đa thức bất kỳ thuộc

Rn[x], ta có:

[φ(p( ))]x /(ϵ)= A p x[ ( )]/(ϵ) Mặt khác, giả sửp(x) = x1+x2x + +xn+1xn, ta có:

p(x) ∈ Ker φ ⇔ φ( (x)) = 0p

⇔ A [p(x)]/(ϵ)= 0

Đây là hệ phương trình tuyến tính có ma trận hệ số kết hợp là:

0 0 0 · · · 0 0 0

0 1 0 · · · 0 0 0

0 0 2 · · · 0 0 0

0 0 0 · · · 0 n 0 Vậy hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc Nghiệm tổng quát của hệ là:x1

x1bất kỳ

x2=x3= =xn+1= 0

Vậy 1 cơ sở củaKer φlà{1}nêndim Ker φ = 1

Nhận xét: Bài toán này không khó, chỉ là có phần hơi lạ vì đây là không gian vectơ các đa thức Lúc này, thay vì làm trên đa thức, ta đưa các đa thức về tọa độ theo cơ sở nào đó (thường là cơ sở( )ϵ) để đưa về dạng ma trận Tuy nhiên, sau khi làm xong trên

ma trận, ta phải đưa về lại đa thức để ra được kết quả cần tìm Ở câu , nếu muốn tìmb

cơ sở, số chiều củaIm φ, ta cũng có φ(1) (,φ x) (,φx2), ,φ(xn) là hệ sinh củaIm f, lúc này ta tìm hệ độc lập tuyến tính tối đại bằng cách lập ma trận của hệ số các phần tử

của φ(1),φ(x) (x,φ 2), ,φ(xn) theo cơ sở(ϵ)như sau:

φ(1)/(ϵ)= 0/(ϵ)= (0, ,0 0, 0 0), φ(x)/(ϵ)= x/(ϵ)= (0, 1, 0, ,0, 0) φ(x2)/(ϵ)= 2x2

/(ϵ)= (0, 0 2, , , ,0 0)

· · ·

φ(xn)/(ϵ)=n.xn

/(ϵ)= (0, 0 0, , , ,n).0

thì ma trận cần xét để tìm hệ độc lập tuyến tính tối đại là:

0 0 0 · · · 0 0

0 1 0 · · · 0 0

0 0 2 · · · 0 0

0 0 0 · · · 0 n

Lúc này, ta dễ dàng tìm được được hệ các vectơ φ(x),φ(x2), ,φ(xn) là cơ sở củaIm φ Đây là một số bài tập tương tự:

Câu 1 (câu 2 đề số 5): Cho phép biến đổi tuyến tính đạo hàmf :R12[x] →R12[ ]x,

p(x) 7→p′(x)với R12[x]là không gian vectơ gồm các đa thức hệ số thực bậc nhỏ hơn hoặc bằng 12 Tìm cơ sở, số chiều củaIm f,Ker f

Câu 2 (câu 2 đề 2018-2019): Cho Rn[x]là không gian vectơ các đa thức hệ số thực

có bậc không vượt quá (kể cả đã thức không) và phép biến đổi tuyến tính:n

f : Rn[x] −→Rn[ ]x p(x) 7−→f(p(x)) = p x) − xp( ′(x) (p′(x)là đạo hàm của đa thứcp(x))

a) Tìm ma trận củaftrong cở sở 1,x,x , ,x2 n

b) Tìm cơ sở và số chiều củaKer fvàIm f

Câu 4: Trong không gian vectơC[π,π]gồm tất cả các hàm số thực liên tục trên đoạn [π,π]

a) Chứng minh rằngC[π,π]là không gian vectơ Euclide với tích vô hướng được xác định bởi:

⟨f,g⟩ =

π

Z

−π

f(x)g( ) dx.x b) Hãy trực chuẩn hóa hệ vectơ sau:

1

2, cos x,sinx,cos 2x,sin 2x, ,cos 2011 sin 2011xx, . Giải:

a) Với mọif,g,h∈ C[π,π ,c] ∈R, ta có:

⟨g,f ⟩ =

π

Z

−π

g(x x)f( ) dx = ⟨f,g⟩ ;

⟨f + h,g⟩ =

π

Z

−π

( (f x) + h x g(x) d =( )) x

π

Z

−π

f(x)g( ) dx +x

π

Z

−π

h(x)g(x) dx

= ⟨f,g⟩ + ⟨h,g⟩ ;

⟨cf,g⟩ =

π

Z

−π

cf(x)g(x) dx =c

π

Z

−π

f(x)g( ) dx = c ⟨f,g⟩ ;x

⟨f,f ⟩ =

π

Z

−π

f2(x) dx ≥ 0

Dấu” = ”xảy ra khi và chỉ khif(x) = 0 VậyC[π,π]là không gian vectơ Euclide với tích vô hướng⟨• •⟩,

b) Đặtf1(x) =1

2,f2n(x) = cos(nx ,f) 2 +1n (x) = sin(nx)vớin ∈N, 1 ≤ n ≤ 2011 Ta cần trực chuẩn hệ(α) : f1(x),f2( ), ,fx 4023( )x Với mọia,b ∈N,a = b, ta có:

1

2, cos( )ax =

π

Z

−π

1

2cos(ax) dx =

1 2 sin( )ax a

π

−π

= 0 (1);

1

2, sin( )ax =

π

Z

−π

1

2sin(ax) dx = −

1 2 cos( )ax a

π

−π

= −1 2a(cos(πa) −cos(−πa)) = 0 (2);

cos( ) sin(ax , bx) =

π

Z

−π

cos(ax) sin(bx) d =x

π

Z

−π

1

2 sin((b + a)x) + sin((b − a x)) dx = 0 (do (2));

cos( ) sin(ax , ax) =

π

Z

−π

cos(ax) sin( ) d =ax x

π

Z

−π

1

2 sin((b + a x) + sin 0) dx = 0(do (2));

cos(ax),cos(bx) =

π

Z

−π

cos(ax) cos(bx) d =x

π

Z

−π

1

2 cos((a + b x) + cos((a − b x)) ) dx = 0 (do (1));

sin( ) sin(ax , bx) =

π

Z

−π

sin(ax) sin(bx) d =x

π

Z

−π

−1

2 cos((b + a x) −) cos((a − b x)) dx = 0 (do (1));

cos(ax),cos(bx) =

π

Z

−π

cos(ax) cos(ax) d =x

π

Z

−π

1

2 cos((a + a)x) + cos(0) dx =

1 2

π

−π

= π(do (1));

sin( ) sin( )ax , ax =

π

Z

−π

sin(ax) sin(ax) d =x

π

Z

−π

−1

2 cos((a + a x) −) cos(0) dx =

1 2

π

−π

= π (do (1))

Do đó, ta có:

fi,fj = 0,π, nếunếui = ji = j= 1. Vậy hệ(α) = f1(x),f2( ), ,fx 4023( )x là hệ trực giao Ta cần trực chuẩn hệ( )α, ta có:

g1(x) = f1(x)

||f( )x ||=

1 2 vu u t

π

Z

−π

1 2

1

2dx

=

1 2 r 12π

= √1 2π;

g2n(x) = f2n(x)

||f2n(x)||=

cos(nx)

√ , 1 ≤ n ≤ 2011;

g2 +1 n (x) = f2n(x)

||f2n+1( )=

sin(nx)

√ , 1 ≤ ≤n 2011

Ta được hệ trực chuẩn(β) = g1(x),g2(x), ,g4023(x)

Nhận xét: Đối với bài toán này, câu a thì ta kiểm theo 4 tính chất của tích vô hướng Đối với câu b, ta phải tìm ra được quy luật tích vô hướng giữa hai số bất kỳ trong hệ

là chúng đều bằng 0, phần tính toán khá nặng Tuy nhiên, đối với đề mà cho hệ mà có nhiều vectơ thì thường chúng trực giao, ta chỉ cần trực chuẩn hóa là ra được hệ trực chuẩn

1.5 Đề số 5

Câu 3: Tìm một phép biến đổi tuyến tínhf :R3→R3sao choIm f = ( 1 0 1) (2 1 2)− , , , , , − Giải: Ta trình bày cách tìm:

Giả sửflà ánh xạ tuyến tính thỏa đề bài Ta tìm một cơ sở đơn giản củaIm f Ta xét

ma trận sau: h

−1 0 1

2 1 −2

i

→

h

1 0 −1

0 1 0

i Vậy ta có một cơ sở củaIm f là(α) : (1 0 1) (0 1 0), , − , , ,

f(x1,x ,x2 3) = a1(−1, 0, 1) + a2(0, 1, 0)

= (a1,a2, −a1)

Lúc này ta cần chọna1,a2 theo x1,x ,x2 3, ta sẽ sử dụng điều kiện về Ker f Do (α)

là hệ vectơ độc lập tuyến tính nên cũng là cơ sở củaIm f Do đódim Im f = 2nên dim Ker f = dimR3− dim Im f = 3 − 2 = 1 Ta cần chọna1,a2theox1,x ,x2 3sao cho hệ phương trình tuyến tính sau có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số (theox1,x ,x2 3):

aa12 = 0= 0

−a1 = 0 ⇔ a1=a2= 0.

Lúc này, ta chọna1= x1,a2= x2thì hệ chỉ phụ thuộc tham sốx3(có rất nhiều cách chọn nhưa1= x1+x3,a2=x2+x3miễn là hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số) Lúc này ta có

f(x1,x ,x2 3) = (x1, −x2 1,x )

Ta cũng dễ dàng kiểm tra ánh xạ tuyến tính này thỏa đề bài

Nhận xét: Bài toán này chỉ cung cấp cho người đọc phần quan trọng nhất là cách tìm tại đề chỉ yêu cầu tìm một phép, có thể có nhiều cách nhưng mình chọn sử dụng điều kiện củaKer f Phần cách tìm có thể làm ngoài nháp, ta chỉ ghi ra ánh xạ đã tìm được

và chứng minh là được

1.6 Đề số 6

Câu 5: Cho không gian vectơ EuclideEvới tích vô hướng⟨•, •⟩và ánh xạ tuyến tính

f : E → E thỏa f(x),x = 0với mọi vectơx ∈ E Chứng minh rằng ma trận củaf trong cở sở trực chuẩn củaElà một ma trận phản đối xứng

Giải: Với mọi(x,y) ∈ E, ta có:

f(x),y + x,f( )y = f(x),y + f( )y ,x

= f(x) + f y ,x + y( ) = f(x + y ,x + y)

= 0

Vậy f(x),y = − y,f(x) (*)

Giả sửdim E = nvà(ϵ) : {e1,e2, ,en}là một cơ sở trực chuẩn của Ta có:E

f(e1) = x11e1+ x21e2+ + xn1en

f(e2) = x12e1+ x22 2e + + xn2en

· · · f(en) = x1n 1e + x2ne2+ +xnnen

thì ma trận biểu diễn củaftrong cở sở(ϵ)là:

A =

x11 x12 · · ·x1n

x21 x22 · · ·x2n

xn1 xn2 · · ·xnn

Ta chứng minhAlà ma trận phản đối xứng Áp dụng tính chất (*), với mọii,j= 1,n,

ta có:

f( )ei,ej = − ei,f( )ej

⇔ x1ie1+x2ie2+ +xnien,ej = − ei 1j,x e1+x2je2+ +xnjen

⇔xji ej,ej = x− ⟨ijei,ei⟩

⇔xji= x−ij

VậyA = −AthayAlà ma trận phản đối xứng

Nhận xét: Đối với bài toán này, cách chứng minh tương tự nếu là phép biến đổi đốif

xứng, tức là f(x),y = y,f(x) , khi đóAlà ma trận đối xứng Bạn đọc có thể dựa vào