Bản thảo sách bài tập Toan A1 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vự...
Nguyễn Quốc Thơ, Thiều Đình Phong Nguyễn Thị Ngọc Diệp BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NGHỆ AN-2016 LỜI NĨI ĐẦU Nhằm đáp ứng yêu cầu tham khảo tập, dạng toán, Cuốn sách chia làm hai phần lớn: Cuốn sách dành cho Trong biên soạn khơng thể tránh khỏi sai sót nhầm lẫn mong bạn đọc cho ý kiến Mọi góp ý gửi địa chỉ: Các tác giả xin cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Sư phạm Toán học - Nhà xuất Trường Đại học Vinh giúp đỡ để sách in Vinh, ngày tháng năm 2016 Các tác giả CÁC KÍ HIỆU SỬ DỤNG TRONG CUỐN SÁCH Cuốn sách sử dụng kí hiệu Tốn học với ý nghĩa xác định bảng đây: tập hợp số tự nhiên tập hợp số tự nhiên khác tập hợp số nguyên tập hợp số hữu tỉ tập hợp số thực tập hợp số phức ≡ dấu đồng dư ∞ dương vô (tương đương với +∞) −∞ âm vô ∅ tập hợp rỗng k Cm tổ hợp chập k m phần tử chia hết cho không chia hết cho deg bậc đa thức N N∗ Z Q R C MỤC LỤC Lời nói đầu Các kí hiệu Chương Tập hợp, Quan hệ, Ánh xạ, Số phức 8 10 12 14 15 15 17 18 21 21 A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1.1 1.2 1.3 1.4 Tập hợp Quan hệ Ánh xạ Phép B BÀI TẬP 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 Tập hợp Quan hệ Ánh xạ Phép Số phức Chương Ma trận, Định thức 23 23 23 25 28 30 31 31 32 34 37 A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 2.1 2.2 2.3 2.4 Ma trận, phép toán Định thức Ma trận nghịch đảo Hạng ma trận ma trận B BÀI TẬP 2.1 2.2 2.3 2.4 Ma trận, phép toán Định thức Ma trận nghịch đảo Hạng ma trận ma trận Mục lục Chương Hệ phương trình tuyến tính 38 A TĨM TẮT LÝ THUYẾT 38 38 39 40 42 3.1 3.2 3.3 3.4 Hệ phương trình tuyến tính Hệ phương trình tuyến tính Cramer Giải hệ phương trình tuyến tính biến đổi sơ cấp Hệ phương trình tuyến tính 3.1 3.2 3.3 43 Hệ phương trình tuyến tính Cramer 43 Giải hệ phương trình tuyến tính phương pháp Gauss 44 Giải biện luận hệ phương trình tuyến tính 45 B BÀI TẬP Chương Không gian vectơ 47 47 47 49 50 52 54 54 55 57 60 A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 4.1 4.2 4.3 4.4 Khái niệm không gian vectơ Độc lập tuyến tính, phụ thuộc Cơ sở, số chiều, tọa độ Không gian vectơ tuyến tính, hệ sinh B BÀI TẬP 4.1 4.2 4.3 4.4 Khái niệm không gian vectơ Độc lập tuyến tính, phụ thuộc Cơ sở, số chiều, tọa độ Không gian vectơ tuyến tính, hệ sinh Chương Ánh xạ tuyến tính 64 64 Ánh xạ tuyến tính 64 Ma trận ánh xạ tuyến tính 66 Giá trị riêng vectơ riêng 67 A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 5.1 5.2 5.3 B BÀI TẬP 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 5.6 Khái niệm ánh xạ tuyến tính Ảnh, hạt nhân ánh xạ tuyến tính Ma trận ánh xạ tuyến tính Giá trị riêng vectơ riêng Chéo hóa ma trận Bài tập tổng hợp 67 67 68 69 71 74 74 Mục lục Chương Dạng song tuyến tính dạng tồn phương 77 6.1 6.2 77 Dạng song tuyến tính 77 Dạng toàn phương 78 6.1 6.2 6.3 84 Dạng song tuyến tính 84 Dạng toàn phương 86 Không gian vectơ Euclid 87 A TÓM TẮT LÝ THUYẾT B BÀI TẬP Lời giải, dẫn, đáp số Lời giải, dẫn chương Lời giải, dẫn chương Lời giải, dẫn chương Lời giải, dẫn chương Lời giải, dẫn chương Lời giải, dẫn chương Tài liệu tham khảo 90 90 98 106 111 132 194 202 CHƯƠNG TẬP HỢP, QUAN HỆ, ÁNH XẠ, SỐ PHỨC A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1.1 Tập hợp Tập hợp khái niệm toán học xem khái niệm gốc xuất phát (nguyên thuỷ), không định nghĩa mà mô tả ví dụ cụ thể Một tập hợp xác định cách liệt kê phần tử tập số tính chất chung cho phần tử thuộc tập Tập X phần tử x có tính chất P (x) ký hiệu là: X = {x | P (x)} Một tập hợp có hữu hạn phần tử vô hạn phần tử, tương ứng gọi tập hữu hạn tập vô hạn Số phần tử X ký hiệu #X Tập hợp rỗng, ký hiệu ∅, tập hợp không chứa phần tử Tập có phần tử gọi tập đơn tử Ta nói tập A tập tập B phần tử A phần tử B nghĩa x ∈ A x ∈ B , ký hiệu A ⊆ B B ⊇ A Ta gọi A ⊆ B bao hàm thức Ta quy ước tập rỗng tập tập: ∅ ⊆ A Nếu đồng thời A ⊆ B B ⊆ A, ta nói A B ký hiệu A = B , tức A = B ⇔ (x ∈ A ⇔ x ∈ B) Tập hợp mà phần tử tập tập hợp A gọi họ tập hợp A, ký hiệu ℘ (A) hay 2A Nếu tập A gồm n phần tử tập ℘ (A) gồm 2n phần tử Hợp tập A B , ký hiệu A ∪ B , tập hợp gồm tất phần tử thuộc A thuộc B , tức là: A ∪ B = {x | x ∈ A x ∈ B} Tổng quát hơn, cho họ tập {Ai , i ∈ I} Khi đó, hợp Ai tập hợp gồm tất i∈I 1.1 Tập hợp phần tử thuộc tập Ai , nghĩa là: Ai = { x | ∃ i ∈ I : x ∈ Ai } i∈I Tính chất i ) A ∪ A = A, A ∪ ∅ = A; ii) A ∪ B = B ∪ A; iii) (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C); iv) A ⊆ B ⇔ A ∪ B = B Giao hai tập A, B ký hiệu A ∩ B , tập hợp gồm tất phần tử thuộc A thuộc B , tức là: A ∩ B = {x | x ∈ A; x ∈ B } Có thể mở rộng định nghĩa phép giao từ hai sang họ tập tuỳ ý Giao họ tập {Ai , i ∈ I} tập hợp gồm phần tử chung họ Ai , tức là: Ai = {x | x ∈ Ai , ∀i ∈ I } i∈I Nếu A ∩ B = ∅ ta nói tập A, B rời khơng giao Họ tập {Ai , i ∈ I} gọi rời đôi hai tập chúng rời Tính chất 1) A ∩ A = A; A ∩ ∅ = ∅ 2) A ∩ B = B ∩ A 3) (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) 4) B ⊆ A ⇔ A ∩ B = B 5) (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) 6) (A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) Ta gọi hiệu tập A tập B (theo thứ tự đó), ký hiệu A\B , tập gồm tất phần tử thuộc A không thuộc B : A\B = {x | x ∈ A, x ∈ / B} Nếu B ⊆ A hiệu A\B gọi phần bù B A, ký hiệu CA (B) Đặc biệt, tập xét tập tập cố định X ta viết C (B)thay cho CX (B) Ngồi ký hiệu C (B) ta dùng ký hiệu B để phần bù tập B tập X Hiệu đối xứng tập A tập B , ký hiệu A ÷ B , định nghĩa bởi: A ÷ B = (A\B) ∪ (B\A) Ta có B ÷ A = A ÷ B lý để phép tốn có tên "hiệu đối xứng" Ngoài ra, hiệu đối xứng có tính chất kết hợp: (A ÷ B) ÷ C = A ÷ (B ÷ C) Giữa phép tốn hợp, giao lấy phần bù có mối liên hệ sau đây, gọi công thức De Morgan Với tập nêu tập tập hợp cố 1.2 Quan hệ 10 định X cho trước, ta có: Ai = i∈I Ai = Ai ; i∈I i∈I Ai i∈I Nói riêng A1 ∪ A2 = A1 ∩ A2 hay X − (A1 ∪ A2 ) = (X − A1 ) ∩ (X − A2 ) ; A1 ∩ A2 = A1 ∪ A2 hay X − (A1 ∩ A2 ) = (X − A1 ) ∪ (X − A2 ) Tích Đềcác (tích) tập A B, ký hiệu A × B , tập hợp cặp có thứ tự (a, b), a ∈ A, b ∈ B , tức A × B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B } Nếu A, B tập hữu hạn có số phần tử tương ứng m n tích A × B gồm mn phần tử Tương tự tích n tập A1 , A2 , , An tập hợp n phần tử có thứ tự n (a1 , a2 , , an ), ∈ Ai , ∀i ∈ {1, 2, , n} ký hiệu Ai i=1 Tích dãy tập A1 , A2 , , An , tập dãy phần tử có thứ tự (a1 , a2 , , an , ), ∈ Ai , ∀i ∈ N∗ Nếu A1 = A2 = = An = A n Ai i=1 ký hiệu An gọi lũy thừa bậc n A Nói riêng, A2 = A × A bình phương tập A Ví dụ R2 = R × R tập hợp cặp có thứ tự (x, y) với x,y số thực Như vậy, R2 biểu thị tập điểm mặt phẳng toạ độ; R3 = R × R × R tập ba có thứ tự số thực, tức điểm khơng gian chiều thơng thường; R4 = R × R × R × R tập bốn có thứ tự số thực, tức điểm khơng gian vật lý chiều, chiều không gian chiều thời gian Nếu A = [a, b] , B = [c, d] đoạn thẳng, tích A × B biểu thị tập điểm hình chữ nhật 1.2 Quan hệ Cho tập X khác rỗng Ta gọi quan hệ - tập X tập S tập X × X Nếu cặp phần tử (a, b) thuộc S ta nói a có quan hệ S với b viết a S b Một quan hệ 2- S tập X có tính chất sau: - Tính phản xạ: aSa,với ∀a ∈ X - Tính đối xứng: Với ∀a, b ∈ X , aSb bSa - Tính phản đối xứng: Với ∀a, b ∈ X , aSbvà bSa a = b - Tính bắc cầu: Với ∀a, b, c ∈ X , aSb bSc aSc Lời giải, dẫn chương 188 5.55 Ta có: 0 +) V = ∅ tồn θM2 (R) = 0 ∈ V a b a +) ∀A = b c , B = b b c ∈ V A + B = a b a+a b+b b+b c+c ∈ V λa λb +) ∀λ ∈ R, ∀A = b c ∈ V λA = λb λc ∈ V Vậy V không gian M2 (R) Ta có: a b a +) ∀A = b c , B = b b c ϕ(A + B) = ϕ = ∈ V a+a b+b b+b c+c a+a +c+c b+b b+b a+a +b+b +c+c a+c b a +c + b a+b+c b = ϕ(A) + ϕ(B) = b a +b +c a b +) ∀λ ∈ R, ∀A = b c ∈ V ϕ(λA) = ϕ =λ λa λb λb λc = λa + λc λb λb λa + λb + λc a+c b = λϕ(A) b a+b+c Vậy ϕ ánh xạ tuyến tính Ta biểu thị tuyến tính véctơ ϕ(E1 ), ϕ(E2 ), ϕ(E3 ) qua sở E : ϕ(E1 ) = ϕ 0 = 1 0 0 = + + = 1.E1 + 0.E2 + 1.E3 0 0 ϕ(E2 ) = ϕ 1 = 1 0 0 = + + = 0.E1 + 1.E2 + 1.E3 1 0 0 ϕ(E3 ) = ϕ 0 = 1 0 0 = + + = 1.E1 + 0.E2 + 1.E3 0 0 Vậy ma trận ϕ sở E 1 T = 1 Lời giải, dẫn chương 189 a b ∀A = b c ∈ Ker ϕ, ta có ϕ(A) = θV ⇔ Do A = a = −t a+c b 0 = ⇔ b=0 b a+b+c 0 c=t −t , ∀t ∈ R Vậy t Ker ϕ = A= −t 0 t ∀t ∈ R = A=t Đây khơng gian V sinh véctơ U0 = −1 0 ∀t ∈ R −1 Do dim(Ker ϕ) = 1 Mặt khác dim(Im ϕ) + dim(Ker ϕ) = dim(V ) = Vậy dim(Im ϕ) = 5.56 Ta có: 0 +) V = ∅ tồn θM2 (R) = 0 ∈ V a b a +) ∀A = −b c , B = −b a b c ∈ V A + B = b λa a+a b+b −(b + b ) c + c λb +) ∀λ ∈ R, ∀A = −b c ∈ V λA = −λb λc ∈ V Vậy V không gian M2 (R) Ta có: - Hệ véctơ E độc lập tuyến tính: Giả sử k1 e1 + k2 e2 + k3 e3 = θM2 (R) ⇔ k1 ⇔ 0 0 0 + k2 + k3 = 0 −2 0 0 k1 2k2 0 = −2k2 3k3 0 ⇔ k1 = k2 = k3 = - Hệ véctơ E hệ sinh V : ∈ V Lời giải, dẫn chương ∀A = 190 a b ∈ V , giả sử −b c a b = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 −b c A= = x1 = b 0 0 + x2 + x3 0 −2 0 x1 2x2 −2x2 3x3 c Suy x1 = a, x2 = , x3 = Do b c a b = ae1 + e2 + e3 −b c A= Vậy hệ véctơ E sở V a b a +) ∀A = −b c , B = −b f (A + B) = f b c ∈ V , ta có a+a b+b −(b + b ) c + c = (a + a + b + b − 2(c + c ), −2(a + a ) + b + b + c + c , a + a − 2(b + b ) + c + c ) = (a + b − 2c, −2a + b + c, a − 2b + c) + (a + b − 2c , −2a + b + c , a − 2b + c ) = f (A) + f (B) a b +) ∀λ ∈ R, ∀A = −b c ∈ V , ta có f (λA) = f λa λb −λb λc = (λa + λb − 2λc, −2λa + λb + λc, λa − 2λb + λc) = λ(a + b − 2c, −2a + b + c, a − 2b + c) = λf (A) Vậy f ánh xạ tuyến tính Cơ sở E V là: E= e1 = 0 0 , e2 = , e3 = 0 −2 0 Cơ sở tắc R3 U = {u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0), u3 = (0, 0, 1)} Lời giải, dẫn chương 191 Ta biểu thị tuyến tính véctơ f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) qua sở U : f (e1 ) = f 0 f (e2 ) = f −2 f (e3 ) = f 0 = (1, −2, 1) = 1.(1, 0, 0) − 2.(0, 1, 0) + 1.(0, 0, 1) = (2, 2, −4) = 2.(1, 0, 0) + 2.(0, 1, 0) − 4.(0, 0, 1) = (−6, 3, 3) = −6.(1, 0, 0) + 3.(0, 1, 0) + 3.(0, 0, 1) Vậy ma trận f cặp sở E U −6 −2 A= −4 a b Với X = −b c ∈ Ker(f ), ta có f (X) = θR3 ⇔ (a + b − 2c, −2a + b + c, a − 2b + c) = (0, 0, 0) ⇔ a + b − 2c = −2a + b + c = a − 2b + c = ⇔ a = b = c = t, ∀t ∈ R Vậy Ker f = A=t 1 −1 1 ∀t ∈ R không gian V sinh vectơ U0 = −1 Do dim(Ker f ) = Mặt khác dim(Im f ) + dim(Ker f ) = dim(V ) = Suy dim(Im f ) = − = Vậy dim(Im f ) = 5.57 Ta có: 0 +) V = ∅ tồn θM2 (R) = 0 ∈ V a −a a −a ,B = b b +) ∀A = A+B = ∈ V a+a −(a + a ) ∈ V b+b a −a λa −λa ∈ V λA = ∈ V b λb +) ∀λ ∈ R, ∀A = Lời giải, dẫn chương 192 Vậy V không gian M2 (R) - Một sở V U= u1 = −1 0 , u2 = 0 Do dim V = 2 Cơ sở đơn vị M2 (R) E= ∀A = 0 0 0 , e2 = , e3 = , e4 = 0 0 0 e1 = a b ∈ M2 (R), ta có c d f a b c d =f a 0 b 0 0 + + + 0 0 c 0 d =f a 0 0 b 0 +f =f a 0 +f b = af 0 +bf +f 0 0 0 c 0 +f c +cf 0 d +f 0 +f d +d f = af (e1 ) + bf (e2 ) + cf (e3 ) + d f (e4 ) =a = −5 +b +c +d −2 1 a − 5c + d 2a + b + 2d 3a − 2b + c + d 4a + 2c + d Vậy ánh xạ tuyến tính f : M2 (R) −→ M2 (R) xác định sau f a b c d = a − 5c + d 2a + b + 2d 3a − 2b + c + d 4a + 2c + d Với ánh xạ tuyến tính f xác định trên, ta có f = −10 12 14 5.58 Chứng minh f ánh xạ tuyến tính: ∀α, β ∈ R, ∀X, Y ∈ M2 (R), ta có f (αX + βY ) = (αX + βY )T = (αX)T + (βY )T = α(X)T + β(Y )T = αf (X) + βf (Y ) 0 0 Lời giải, dẫn chương 193 Cơ sở tắc M2 (R) là: E= 0 0 0 , E2 = , E3 = , E4 = 0 0 0 E1 = Ta biểu thị tuyến tính véctơ f (E1 ), f (E2 ), f (E3 ), f (E4 ) qua sở E : f (E1 ) = f 0 = = 1.E1 + 0.E2 + 0.E3 + 0.E4 0 f (E2 ) = f 0 = 0 = 0.E1 + 0.E2 + 1.E3 + 0.E4 f (E3 ) = f 0 = = 0.E1 + 1.E2 + 0.E3 + 0.E4 0 f (E4 ) = f 0 = 0 = 0.E1 + 0.E2 + 0.E3 + 1.E4 Vậy ma trận f sở tắc M2 (R) 0 0 0 A= 0 0 Với X ∈ Ker f ta có f (X) = θM2 (R) ⇔ X T = θM2 (R) ⇔ X = θM2 (R) Vậy Ker f = {θM2 (R) } Do dim(Ker f ) = Mặt khác dim(Im f ) + dim(Ker f ) = dim(M2 (R)), nên dim(Im f ) = dim(M2 (R)), mà Im f ⊆ M2 (R), Im f = M2 (R) a b a 5.59 ∀k ∈ R, ∀A = c d , B = c f (A + B) = f a+a c+c b d ∈ M2 (R), ta có b+b d+d = (a + a + b + b − 2(c + c ), b + b + c + c − 2(a + a ), c + c + a + a − 2(b + b )) = (a + b − 2c, b + c − 2a, c + a − 2b) + (a + b − 2c , b + c − 2a , c + a − 2b ) = f (A) + f (B) f (kA) = f ka kb kc kd = (ka + kb − 2kc, kb + kc − 2ka, kc + ka − 2kb) = k(a + b − 2c, b + c − 2a, c + a − 2b) = kf (A) Lời giải, dẫn chương 194 Vậy f ánh xạ tuyến tính Cơ sở đơn vị M2 (R) E= e1 = 0 0 0 , e2 = , e3 = , e4 = 0 0 0 Cơ sở đơn vị R3 U = {u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0), u3 = (0, 0, 1)} Ta biểu thị tuyến tính véctơ f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ), f (e4 ) qua sở U : f (e1 ) = f 0 = (1, −2, 1) = (1, 0, 0) − 2(0, 1, 0) + (0, 0, 1) = u1 − 2u2 + u3 f (e2 ) = f 0 = (1, 1, −2) = (1, 0, 0) + (0, 1, 0) − 2(0, 0, 1) = u1 + u2 − 2u3 f (e3 ) = f 0 = (−2, 1, 1) = −2(1, 0, 0) + (0, 1, 0) + (0, 0, 1) = −2u1 + u2 + u3 f (e4 ) = f 0 = (0, 0, 0) = 0(1, 0, 0) + 0(0, 1, 0) + 0(0, 0, 1) = 0u1 + 0u2 + 0u3 Vậy ma trận f cặp sở đơn vị M2 (R) R3 1 −2 A = −2 1 −2 Ker = X= a b ∈ M2 (R) f (X) = θR3 c d Ta có f (X) = θR3 ⇔ f a b c d = (0, 0, 0) ⇔ (a + b − 2c, b + c − 2a, c + a − 2b) = (0, 0, 0) ⇔ a + b − 2c = −2a + b + c = a − 2b + c = ⇔ a = b = c = α, ∀α ∈ R Vậy Ker f = X= α α α β α, β ∈ R Lời giải, dẫn chương 6.1 Cơ sở tắc Rn e1 = (1, 0, , 0), e2 = (0, 1, 0, , 0), , en = (0, , 0, 1) Khi ϕ(ei , ej ) = aij xi yj = aij Do A = [aij ]n×n ma trận ϕ sở tắc Rn Lời giải, dẫn chương 195 6.2 f không dạng song tuyến tính 6.3 2 −3 −1 −1 −1 32 −1 32 6.4 Từ aij = f (vi , vj ), ta có ma trận biểu diễn f A = 3 6.5 Ma trận chuyển từ sở tắc {e1 , e2 , e3 } sang sở { , , } −1 B = C T A.C = −1 −2 −1 −1 −1 −6 −1 −2 = −3 −2 −1 12 −11 −7 nên biểu thức tọa độ ϕ sở { , , } ϕ(x, y) = [x1 x2 y1 x3 ] A y y3 = a11 x1 y1 + a12 x1 y2 + a13 x1 y3 + a21 x2 y1 + a22 x2 y2 + a23 x2 y3 + a31 x3 y1 + a32 x3 y2 + a33 x3 y3 với a11 = 9, a12 = −6, a13 = 9, a21 = −2, a22 = 3, a23 = 2, a31 = 12, a32 = −11, a33 = −7 b) −1 −1 −1 → −1 0 nên rank ϕ = rank A = 6.6 Giả sử {e1 , e2 , , en } sở V A[aij ]n×n ma trận f sở Vì rank A = nên ta giả thiết cột ma trận A tương ứng tỷ lệ mj , j = 1, , n, nghĩa aij = ai1 mj , j = 1, n Khi ánh xạ tuyến tính g : V → R h : V → R xác định g(ei ) = ai1 , i = 1, n h(ej ) = mj , j = 1, n thỏa mãn yêu cầu toán Thật vậy, giả sử x = ni=1 xi ei , y = nj=1 yj ej ∈ V Khi n n xi ei , f (x, y) = f ( i=1 Hơn n yj ej ) = j=1 n g(x) = g( j=1 n n xi ei ) = i=1 n h(y) = h( aij xi yj xi g(ei ) = i=1 n yj ej ) = j=1 ai1 xi , i=1 n yj h(ej ) = j=1 yj mj j=1 Từ n g(x)h(y) = n ai1 xi i=1 n yj mj = j=1 n ai1 mj xi yj = i,j=1 aij xi xj = f (x, y) i,j=1 Lời giải, dẫn chương 196 n t=1 btj et , ∀i, j 6.7 Giả sử A = [aij ]n×n , B = [bij ]n×n Khi aij = f (ei , ej ) h(ej ) = 1, n Thế n n g(ei , ej ) = f (ei , h(ej )) = f (ei , n btj et ) = t=1 btj f (ei , et ) = t=1 = n btj ait = t=1 ait btj t=1 Từ G = AB , G ma trận g sở E Tính toán cụ thể, nhận −1 G = AB = −2 −1 1 −1 −3 −4 = −9 −2 −3 −10 −23 −4 6.8 Dễ thấy f + g αf dạng song tuyến tính U × V Ngồi ánh xạ biến phần tử U × V thành phần tử 0, phần tử đối f (x, y) (−f )(x, y) := −f (x, y) Khi ta kiểm tra trực tiếp tiên đề không gian véc tơ phần tử L2 (U, V ) cách đưa kiểm tra tiên đề cho phần tử f (x, y), Điều thỏa mãn K không gian véc tơ n i=1 ci ei {ei , i = 1, n} sở V Khi từ n n n f (ei , j=1 cj ej ) = i=1 cj f (ei , ej ) = i=1 aij cj ta suy c1 , c2 , , cn 6.9 a) Giả sử vp = p(ei ) = f (ei , vp ) = nghiệm hệ n aij xj = p(ej ), i = 1, n (∗) j=1 Vì |A| = với A = [aij ]n×n nên hệ (*) hệ Crame có nghiệm Khi với y ∈ V, y = ni=1 yi ei , ta có n n f (y, vp ) = f ( yi ei , i=1 n cj e j ) = j=1 n = n yi cj f (ei , ej ) = i=1 j=1 n yi i=1 aij ei i=1 n yi p(ei ) = p( i=1 n yi ei ) = p(y) i=1 b) Giả sử p, q ∈ HomK (V, R) Khi (p + q)(ei ) = p(ei ) + q(ei ) với λ ∈ R có p(λei ) = λp(ei ), ∀i = 1, n Từ ϕ(p + q) = ϕ(p) + ϕ(q) ϕ(λp) = λϕ(p) nên ϕ ánh xạ tuyến tính Giả sử vp = vq Khi ci = ci nên p(x) = q(x), ∀x ∈ V Từ p = q nên ϕ đơn ánh ϕ đơn cấu Mặt khác V HomK (V, R) khơng gian vectơ hữu hạn chiều (và có số chiều nhau) nên ϕ đẳng cấu tuyến tính 6.10 Giả sử A ma trận f sở E = {ei , i = 1, n} A ma trận f sở U = {ui , i = 1, n}, ma trận chuyển sở E sang U P Thế −A = P T A.P ⇒ (−1)n |A| = |P |2 |A| (Vì |P T | = |P |) Do |P |2 = (−1)n |A| = Vì n lẻ nên |P |2 = −1 (vô lý) Lời giải, dẫn chương 197 6.11 a) ϕ(x, y) = x1 y1 + 5x2 y2 − 4x3 y3 + x1 y2 + x2 y1 − 2x1 y3 − 2x3 y1 ω(y1 , y2 , y3 ) = y12 + y22 − 9y32 Ma trận chuyển từ sở {ei } sang sở {ui } − 12 25 S = 12 − 12 , với u1 = (1, 0, 0), u2 = (− 12 , 12 , 0), u3 = ( 52 , − 12 , 1) Ma trận ω đối 0 1 0 với sở {ui } A = 0 −9 Vì rank A = nên hạng dạng toàn phương cho b) ϕ(x, y) = 12 x1 y2 + 12 x2 y1 + 2x1 y3 + 2x3 y1 + 12 x2 y3 + 12 x3 y2 ω(y1 , y2 , y3 ) = y12 − y22 − 4y32 −1 −1 Ma trận chuyển từ sở {ei } sang sở {ui } S = 1 −4 , với u1 = 0 (1, 1, 0), u2 = (−1, 1, 0), u3 = (−1, −4, 1) 0 −1 Ma trận ω sở {ui } A = 0 −4 rank ω = rank A = 6.12 a) λ > 2, b) |λ| < 3, c) − 54 < λ < 6.13 Mỗi dạng tồn phương có nhiều dạng tắc Chẳng hạn: a) y12 − 3y22 + 25 12 y3 b) y12 − 5y22 + 20 y3 c) (x1 + x4 )(x2 + x3 ) = 12 y12 − 12 y22 6.14 Có nhiều đáp án Chẳng hạn: a) x21 − 5x22 + 4x23 + 4x1 x2 − 2x1 x3 = [x21 + 2x1 (2x2 − x3 ) + (2x2 − x3 )2 ] − (2x2 − x3 )2 − 5x22 + 4x23 = y12 − 9x22 + 4x2 x3 + 3x23 = y12 − 9(x2 − 29 x3 )2 + 31 x3 = y12 − 9y22 + 31 y3 Phép biến đổi sử dụng là: y1 = x1 + 2x2 − x3 , y2 = x2 − 29 x3 , y3 = x3 b) Tương tự câu a) c) Dùng phép biến đổi x1 = y1 , x2 = y1 + y2 , x3 = y3 , ta có x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = y12 + y1 y2 + 2y1 y3 + y2 y3 , sau giải tương tự 6.15 a) Tổng ( ni=1 xi )2 = y12 , y1 = ni=1 xi Các phép biến đổi lại giữ nguyên với điều kiện phép biến đổi khơng suy biến Do a1 = đặt yj = xj với j ≥ Nếu a1 = · · · = ai−1 = với = với i ≥ đặt yj = xj với j = 1, i với yi = x1 Lời giải, dẫn chương 198 b) Ta có n i=1 xi + 1≤i