MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH N.T.Nhựt Version 1 nguyentannhut19061987@gmail.com Tài liệu xin gửi tặng cho tất có duyên nhặt mà khơng đem lòng ghét bỏ Đây quà tui tự thưởng cho sau ngày mài mò LATEX tưởng tuyệt vọng 1 Vì thời gian khơng đủ nên vài chương IV chưa kịp giải (khoảng bài), chủ yếu tính tốn dài khơng phức tạp Do tài liệu chưa hồn thiện, cập nhật tương lai cho cần Một số tuyên bố XANH NGƯỜI ➊ Không chịu trách nhiệm xuất bản, nội dung, khúc mắc khác mà người đọc gặp phải ➋ Người chữ tài liệu có tượng đạo văn ➌ Một số ý tưởng số chứng minh khơng khuyến khích người đọc làm theo (tợ tợ “ cấm trẻ em 18 tuổi ”) ➍ Nếu tài liệu có chữ khơng tả lỗi Cô giáo thời Tiểu học ➎ Biển học vô bờ, khờ nhảy xuống biển Chương SỰ CHÉO HÓA Bài Cho f phép biến đổi tuyến tính khơng gian vector V giá trị riêng f Chứng minh f không khả nghịch Mệnh đề “f khả nghịch tất trị riêng f khác ” có khơng? Lời giải Giả sử A ma trận f sở V , λ = trị riêng f nên ta có: det (A − λI) = ⇔ det (A − 0I) ⇔ det(A) = Suy A ma trận suy biến nên tốn tử f khơng khả nghịch Ta chứng minh mệnh đề “f khả nghịch tất trị riêng f khác ” • Nếu f khả nghịch, cần chứng minh tất trị riêng f khác Theo chứng minh trên, tồn trị riêng f khơng khả nghịch Do đó, f khả nghịch trị riêng f phải khác • Ngược lại, tất trị riêng f khác 0, cần chứng minh f khả nghịch Giả sử f không khả nghịch, với trị riêng λ f , ta có: det(A) = ⇔ det(A − λI) = Từ suy λ = 0, vơ lí điều mâu thuẫn với giả thiết λ = Vậy mệnh đề cho Bài Cho λ trị riêng toán tử khả nghịch f Chứng minh λ−1 trị riêng f −1 Lời giải Giả sử f ∈ EndK (V ), gọi A ma trận f sở V λ ma trận f Do f khả nghịch nên λ = f đẳng cấu, f −1 có ma trận A−1 det (A − λI) = ⇔ det (A − λI) det A−1 = ⇔ det I − λA−1 = ⇔ det A−1 − I λ =0 Suy λ−1 trị riêng f −1 Bài Cho v vetor riêng tốn tử tuyến tính f g Chứng minh v vector riêng f + g Lời giải Vì v vector riêng toán tử f g, gọi λf λg giá trị riêng f g ứng với vector riêng v (f + g)(v) = f (v) + g(v) = λf v + λg v = (λf + λg ) v Suy v vector riêng toán tử f + g Bài Cho v vetor riêng tốn tử tuyến tính f Chứng minh với k ∈ K v vector riêng tốn tử tuyến tính kf Lời giải Giả sử λ ∈ K giá trị riêng f ứng với vector riêng v với k ∈ K (kf )(v) = kf (v) = (kλ)v Suy v vector riêng toán tử kf Bài Cho λ trị riêng toán tử tuyến tính f Chứng minh λn trị riêng toán tử f n (n 2) Lời giải Giả sử v vector riêng f ứng với trị riêng λ Cần chứng minh f n (v) = λn v, ∀n • Nếu n = f (v) = f (f (v)) = f (λv) = λf (v) = λ2 v, điều cần chứng minh với n = • Nếu f k−1 (v) = λk−1 v, ∀k f k (v) = f f k−1 (v) = f λk−1 v = λk−1 f (v) = λk v Theo ngun lí qui nạp ln có f n (v) = λn v, ∀n Vậy λn trị riêng f n (n 2) Bài Cho f phép biến đổi tuyến tính khơng gian vector V λ1 , λ2 trị riêng phân biệt f ứng với vector riêng v1 , v2 Khi λ1 + λ2 λ1 · λ2 có trị riêng f hay khơng? Lời giải Xét phép biến đổi tuyến tính f : R2 → R2 cho f (x, y) = (x + y, 3x − y) Gọi A ma trận f với sơ tắc R2 A= −1 Gọi λ ∈ R trị riêng f det (A − λI2 ) = ⇔ 1−λ = ⇔ λ2 − = −1 − λ Do f có trị riêng λ1 = −2 λ2 = Thấy rằng:   λ1 + λ2 = = λ1  λ + λ = = λ 2 λ1 · λ2 = −4 = λ1    λ1 · λ2 = −4 = λ2 Vậy nói chung λ1 + λ2 λ1 · λ2 khơng giá trị riêng f Bài Cho λ trị riêng tốn tử tuyến tính f Chứng minh P (λ) trị riêng P (f ) với P ∈ K[t] Lời giải n ti ∈ K[t] Gọi v vector riêng f ứng với trị riêng λ P (t) = i=0 n n f i P (f )(v) = f i (v) (v) = i=0 i=0 n n λi v = = λi i=0 (v) = P (λ)v i=0 Vậy P (λ) trị riêng P (f ) Bài Cho toán tử tuyến tính f : V → V P (t) ∈ K[t] Chứng minh ker P (f ) bất biến f Lời giải n n ti ∈ K[t], đặt g = P (f ) = Giả sử P (t) = f i i=0 i=0 ker g = {v ∈ V : g(v) = θ} Cần chứng minh f (ker g) ⊂ ker g, nghĩa là: f (v) ∈ ker g, ∀v ∈ ker g Thật vậy, với v ∈ ker g n n f g f (v) = i i=0 n f i+1 (v) = = f i f (v) f (v) = i=0 n i=0 n f i+1 (ai v) i=0 n f f i (ai v) = f = i=0 f i (ai v) i=0 n n f i (v) =f f i =f i=0 (v) i=0 = f g(v) = f (θ) = θ Suy f (v) ∈ ker g, ∀v ∈ ker g Bài Cho V không gian vector hữu hạn chiều Q f phép biến đổi tuyến tính V cho tồn số nguyên dương m để f m = θ Chứng minh tất trị riêng f Từ suy f = θ f khơng chéo hóa Lời giải Giả sử λ ∈ Q trị riêng v ∈ V vector riêng ứng với trị riêng λ f Theo giả thiết, tồn m nguyên dương cho f m (v) = θ ⇔ λm v = θ ⇔ λm = ⇔ λ = Giả sử f chéo hóa dim V = n, tồn sở U = {u1 , u2 , , un } với ui , i = 1, n vector riêng V cho   λ1 · · ·  λ2 · · ·    [f ]U =     ··· λn λi (i = 1, n) trị riêng ứng với vector riêng ui f Theo chứng minh λi = với i Mặt khác, với v ∈ V αi ∈ Q ln có n v= αi ui i=1 Do n f (v) = n αi ui i=1 n = αi f (ui ) = i=1 αi λi ui = θ i=1 Suy f = θ Vậy, f = θ f khơng chéo hóa Bài 10 Cho V khơng gian vector hữu hạn chiều R f phép biến đổi tuyến tính V cho f = IdV Chứng minh tổng tất trị riêng f số nguyên Lời giải Giả sử λ ∈ R trị riêng f v vector riêng ứng với trị riêng λ Theo giả thiết f (v) = IdV (v), mặt khác f (v) = λ2 v Do v = IdV (v) = λ2 v ⇔ λ = ±1 Vậy, tổng trị riêng f phải số nguyên Bài 11 Tìm đa thức đặc trưng ma trận sau  2 (a) A = 0 (c) C =  0   0 0 (b) B = −2 −1 −2  0  2 Lời giải (a) Đa thức đặc trưng A PA (λ) = det (A − λI2 ) = 1−λ = λ2 − 3λ − 2−λ (b) Đa thức đặc trưng B PB (λ) = det (B − λI3 ) = 1−λ −2 2−λ 0 −1 = −λ3 + 5λ2 − 14λ − 20 −2 − λ (c) Đa thức đặc trưng C 2−λ PC (λ) = det (C − λI4 ) = 0 2−λ 0 2−λ 0 0 5−λ = λ4 − 11λ3 + 42λ2 − 68λ + 40 Bài 12 Tìm trị riêng, sở không gian riêng ma trận sau trường số thực R Ma trận số chéo hóa được? Trong trường hợp ma trận chéo hóa được, tìm dạng chéo ma trận khả nghịch làm chéo     1 (a) A = 2 2 (d) D = −4 0 1 −2     1 0 0 0 0 (b) B = 0 0  (e) E =  0 0 0 0   0 −1 (c) C =  −3  −1 −2 Lời giải (a) ❶ Tìm trị riêng Giả sử λ ∈ R trị riêng A det (A − λI3 ) = 3−λ 1 4−λ = −(λ − 2)2 (λ − 6) 3−λ Vậy A có trị riêng λ = (bội 2) λ = ❷ Các không gian riêng Gọi x = (x1 , x2 , x3 ) vector riêng ứng với trị riêng λ ∗ λ=2   x1 + x2 + x3 = 2x1 + 2x2 + 2x3 =   x1 + x2 + x3 = Giải hệ vector riêng trường hợp (a + b, −a, −b), a, b số thực cho a2 + b2 > Suy sở không gian riêng ứng với λ = B1 = {(1, −1, 0), (1, 0, −1)} ∗ λ=6   −3x1 + x2 + x3 = 2x1 − 2x2 + 2x3 =   x1 + x2 − 3x3 = Giải hệ vector riêng trường hợp (c, 2c, c), c số thực khác Suy sở không gian ứng với λ = B2 = {(1, 2, 1)} Vì đa thức đặc trưng PA (λ) = −(λ − 2)2 (λ − 6) phân rã R dim E(2) = nên A chéo hóa ❸ Ma trận dạng chéo ma trận làm chéo hóa A    0 D = 0 0 P = −1 0 (b)  1 2 −1 ❶ Tìm trị riêng Giả sử λ ∈ R trị riêng B det (B − λI3 ) = 1−λ 0 1−λ = −(λ − 1)3 1−λ Vậy B có trị riêng λ = (bội 3) Giải hệ x = (b, 5b, 25b) với b số thực khác Do E(5) có sở {(1, 5, 25)} dim E(5) = Vì dim E(3) + dim E(5) = < nên A không chéo hóa ● Giả sử A ma trận tốn tử tuyến tính f : R3 → R3 sở tắc R3 Vì đa thức đặc trưng A phân rã trên R nên  c d tồn sở U = {u1 , u2 , u3 } R3 cho [f ]U = 0 e 0 Xác định vector sở U ∗ Chọn u1 = (1, 3, 9) vetor sở E(3) ∗ Giả sử u2 = (x1 , x2 , x3 ), tìm u2 cho f (u2 ) = cu1 + 3u2 ⇔ (f − 3IdR3 )u2 = cu1   −3x1 + x2 + 0x3 = c ⇔ 0x1 − 3x2 + x3 = 3c   45x1 − 39x2 + 8x3 = 9c Chọn c = u2 = (0, 1, 6) thỏa hệ ∗ Chọn u3 = (1, 5, 25) ● Gọi P ma trận làm tam giác hóa  A = P T P −1 với P = 3 ma trận A    T = 0 25  0 ❸ Từ kết có  Xn = An X0 = P T n P −1 X0 = P 0 0    0 Đặt T1 = 0 0 T2 = 0 0 T12 = Θ nên theo nhị thức Newton 0   0 0 + 0 0 n 0 P −1 X0  0 Vì T1 , T2 giao hoán  14n3n−1 + · 3n − 5n+1 Xn = P (T1n + nT1n−1 T2 )P −1 X0 =  42n3n−1 + 29 · 3n − 5n+2  126n3n−1 + 129 · 3n − 5n+3  Vậy un = 14n3n−1 + · 3n − 5n+1 , n ∈ N 51 Chương KHÔNG GIAN EUCLIDE Bài Cho vector u = (u1 , u2 , u3 ) , v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ R3 Các biểu thức tích vơ hướng R3 không? Tại sao? (a) u, v := u1 v1 + u3 v3 (b) u, v := u21 v12 + u22 v22 + u23 v32 (c) u, v := 2u1 v1 + u2 v2 + 4u3 v3 (d) u, v := u1 v1 − u2 v2 + u3 v3 Lời giải (a) Ánh xạ cho khơng phải tích vô hướng Thật vậy, u = (0, 1, 0) = u, u = (b) Ánh xạ cho khơng phải tích vơ hướng Thật vậy, u = (1, 1, 1), v = (1, 1, 0), w = (1, 0, 0) u + v, w = u, w + v, w = ⇒ u + v, w = u, w + v, w (c) Với u = (u1 , u2 , u3 ), v = (v1 , v2 , v3 ), w = (w1 , w2 , w3 ) ∈ R3 với số thực α u, v = 2u1 v1 + u2 v2 + 4u3 v3 = 2v1 u1 + u2 v2 + 4v3 uu = v, u u + v, w = 2(u1 + v1 )w1 + (u2 + v2 )w2 + 4(u3 + v3 )w3 = (2u1 w1 + u2 w2 + 4u3 w3 ) + (2v1 w1 + v2 w2 + 4v3 w3 ) = u, w + v, w αu, v = 2(αu1 )v1 + (αu2 )v2 + 4(αu3 )v3 = α(2u1 v1 + u2 v2 + 4u3 v3 ) = α u, v 52 u, u = 2u21 + u22 + 4u23   u1 = u2 = ⇔ u1 = u2 = u3 = ⇔ u = θ u, u = ⇔  22 u3 = Ánh xạ cho thỏa tiên đề tích vơ hướng nên tích vơ hướng √ (d) Ánh xạ cho khơng phải tích vơ hướng Thật vậy, u = (1, 2, 1) = θ u, u = Bài Với giá trị λ ánh xạ xác định tích vơ hướng khơng gian R3 (a) x, y = x1 y1 + 10x2 y2 + 6x1 y2 + λx3 y3 − x2 y3 − x3 y2 (b) x, y = 2x1 y1 + 7x1 y2 + 7x2 y1 + 8x2 y2 − 3x3 y3 + λx2 y3 + λx3 y2 Lời giải (a) Nếu x = (1, 0, 0) y = (0, 1, 0) với số thực λ ln có: x, y = y, x = ⇒ x, y = y, x , ∀λ Do ánh xạ cho khơng tích vơ hướng với λ (b) Nếu x = (0, 0, 1) x, x = −3, ∀λ Do ánh xạ cho khơng phải tích vơ hướng với λ Bài Cho V = Mm,n (R), với A, B ∈ V , ta định nghĩa: , : V ×V (A, B) → R → tr B A Chứng minh V không gian Euclide Lời giải 53 Có V khơng gian vector với dim V = mn Với A, B, C ∈ Mmn (R) A = (aij ), i = 1, m, j = 1, n với số thực α A, B = tr B A = tr B A = tr A B = B, A A + B, C = tr C (A + B) = tr C A + C B = tr C A + tr C B = A, C + B, C αA, B = tr B αA = αtr B A = α A, B n m a2ij A, A = tr A A = i=1 j=1 m n a2ij = ⇔ aij = 0, ∀i, j ⇔ A = θ A, A = ⇔ i=1 j=1 Vậy, V không gian vector hữu hạn chiều ánh xạ cho thỏa tiên đề tích vơ hướng nên V với ánh xạ khơng gian Euclide Bài Cho không gian vector Mn (R) gồm ma trận vng cấp n trng số thực R (a) Với A = (aij ) ∈ Mn (R), tính vết tr AA minh |tr(A)| theo aij Qua chứng ntr (AA ) (b) Chứng minh ánh xạ (A, B) → tr AB vô hướng khơng gian Mn (R) xác định tích Lời giải (a)  a11  a21  AA =   a12 a22 ··· ···  a1n a11  a12 a2n      a21 a22 ··· ···  an1 an2     an1  n an2 ··· ann a2n  ··· ann b12 ··· a1j   j=1    b  21 =       b n1 a1n n a22j ··· bn2 ··· j=1 b1n     b2n        n   a nj j=1 Từ suy n tr AA n a21j = j=1 n a22j + j=1 54 n a2nj + ··· + j=1 n a2ij = i=0 j=0 Mặt khác n tr (A) = aii i=0 Do  n n n a2ij n  i=0 j=0  = n  n a2ii i=0 n a2ij    + i=0,j=0 i=j n n a2ii aii i=0 i=0 Từ bất đẳng thức càn chứng minh |tr(A)| ntr (AA ), đẳng thức xảy A ma trận đường chéo tất phần tử đường chéo (b) Kiểm tra tương tự Bài Chứng minh tích vơ hướng u, v = 0, ∀v ∈ V ⇔ u = θ , V thỏa: Lời giải • Nếu u, v = 0, ∀v ∈ V u, v = θ + u, v = θ, v + u, v = θ, v + = θ, v Suy u = θ • Nếu u = θ ,thì θ, v − θ, v = ⇔ θ, v − −1θ, v = ⇔ θ, v + θ, v = ⇔ θ, v = ⇔ θ, v = Bài Với tích vơ hướng Euclide R4 , tìm hai vetor có chuẩn trực giao với vector sau: u = (2, 1, −4, 0), v = (−1, −1, 2, 2), w = (3, 2, 5, 4) Lời giải 55 Gọi x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 vector trực giao với vector u, v w có chuẩn Khi có hệ:  17  x = t       u, x = 2x + x − 4x + 0x =    22        v, x = −x − x + 2x + 2x = x2 = − t ⇔ ⇔ x3 = t    w, x = 3x1 + 2x2 + 5x3 + 4x4 =       11    2  x4 = − t  x =1 x1 + x2 + x3 + x4 =    x2 + x2 + x2 + x2 = 1 Trong t số thực khác Giải hệ vector thỏa yêu cầu toán 34 44 11 34 44 11 ,− , ,− − , , − , 57 57 19 57 57 57 19 57 Bài Trong R3 xét tích vơ hướng Euclide Hãy áp dụng trình Gram - Schmidt trực chuẩn hóa sở {u1 , u2 , u3 } trường hợp sau: (a) u1 = (1, 1, 1), u2 = (−1, 1, 0), u3 = (1, 2, 1) (b) u1 = (1, 0, 0), u2 = (3, 7, −2), u3 = (0, 4, 1) Lời giải (a) Gọi V = {v1 , v2 , v3 } sở trực giao xây dựng từ sở cho – Chọn v1 = u1 = (1, 1, 1) – Vì u2 ⊥v1 nên chọn v2 = u2 = (−1, 1, 0) – Chọn v3 = u3 − u3 , v2 u3 , v1 v2 − v1 v2 v1 = (1, 1, −2) Gọi E = {e1 , e2 , e3 } sở trực chuẩn xây dựng từ sở cho Khi v1 1 e1 = = √ ,√ ,√ v1 3 e2 = e3 = Vậy E = 1 , , 3 v2 = e2 v3 = v3 1 , − , ,0 , 2 1 −√ , √ , 2 1 √ , √ , −√ 6 1 √ , √ , −√ 6 (b) Gọi V = {v1 , v2 , v3 } sở trực giao xây dựng từ sở cho – Chọn v1 = u1 = (1, 0, 0) 56 – Chọn v2 = u2 − u2 , v1 v1 = (0, 7, −2) v1 – Chọn v3 = 53 u3 − u3 , v1 u3 , v2 v2 − v1 v2 v1 = (0, 30, 105) Gọi E = {e1 , e2 , e3 } sở trực chuẩn xây dựng từ sở cho Khi v1 e1 = = (1, 0, 0) v1 e2 = e3 = Vậy E = v2 = e2 v3 = v3 (1, 0, 0) , 0, √ , − √ 53 53 0, √ , − √ 53 53 0, √ , √ 53 53 , 0, √ , √ 53 53 Bài Xét tính vơ hướng Euclide R4 Tìm sở trực giao, sở trực chuẩn không gian U ⊂ R4 trường hợp sau: (a) U = u1 , u2 , u3 với u1 = (1, 1, 0, 0), u2 = (1, 1, 1, 1), u3 = (0, −1, 0, 1) (b) U = u1 , u2 , u3 u3 = (3, 2, 8, −7) (c) U = (x1 , x2 , x3 , x4 ) với u1 = (1, 2, 2, −1), u2 x1 − x2 + x4 = x2 − x3 − x4 = = (1, 1, −5, 3), Lời giải Gọi V = {v1 , v2 , v3 } E = {e1 , e2 , e3 } sở trực giao sở trực chuẩn không gian U (a) ❶ Xác định vector sở trực giao ∗ Chọn v1 = u1 = (1, 1, 0, 0) u2 , v1 v1 = (0, 0, 1, 1) ∗ Chọn v2 = u2 − v1 u3 , v2 u3 , v1 ∗ Chọn v3 = u3 − v2 − v1 v2 v1 = (1, −1, −1, 1) Vậy V = {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (1, −1, −1, 1)} ❷ Xác định vector sở trực chuẩn v1 1 ∗ e1 = = √ , √ , 0, v1 2 57 v2 = v2 v3 = ∗ e3 = v3 ∗ e2 = 1 0, 0, √ , √ 2 1 1 ,− ,− , 2 2 Vậy E = (b) 1 1 √ , √ , 0, , 0, 0, √ , √ 2 2 , 1 1 ,− ,− , 2 2 ❶ Xác định vector sở trực giao ∗ Chọn v1 = u1 = (1, 2, 2, −1) u2 , v1 ∗ Chọn v2 = u2 − v1 = (2, 3, −3, 2) v1 u3 , v1 u3 , v2 v2 − v1 ∗ Chọn v3 = u3 − v2 v1 = (−1, −7, −7, 1) Vậy V = {(1, 2, 2, −1), (2, 3, −3, 2), (−1, −7, −7, 1)} ❷ Xác định v1 ∗ e1 = v1 v2 ∗ e2 = v2 v3 ∗ e3 = v3 vector sở trực chuẩn 2 = √ , √ , √ , −√ 10 10 10 10 3 = √ , √ , −√ , √ 26 26 26 26 7 = − ,− ,− , 10 10 10 10 Vậy E = 2 √ , √ , √ , −√ 10 10 10 10 , 3 √ , √ , −√ , √ 26 26 26 26 7 − ,− ,− , 10 10 10 10 (c) U= (x1 , x2 , x3 , x4 ) x1 − x2 + x4 = x2 − x3 − x4 = = u1 = (1, 1, 0, 0), u2 = (−1, 0, 0, 1) ❶ Xác định vector sở trực giao ∗ v1 = u1 = (1, 1, 0, 0) u2 , v1 ∗ v2 = u − v1 = (−2, −1, 0, 1) v1 Vậy V = {(1, 1, 0, 0), (−2, −1, 0, 1)} ❷ Xác định vector sở trực chuẩn 58 , v1 = v1 v2 ∗ e2 = = v2 ∗ e1 = 1 √ , √ , 0, 2 1 − √ , − √ , 0, √ 6 Vậy E = 1 1 √ , √ , 0, , − √ , − √ , 0, √ 2 6 Bài Xét tích vơ hướng Euclide R4 Với trường hợp sau, bổ sung vector thích hợp để sở trực giao R4 (a) u1 = (1, 1, 1, 1), u2 = (1, 0, −1, 0) (b) u1 = (0, 0, 1, 1), u2 = (1, 1, 1, −1) Lời giải Giả sử x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 vector trực giao với vector u1 u2 u1 , x = u2 , x = (∗) (a) Trong trường hợp (∗) ⇔ x1 + x2 + x3 + x4 = x1 + 0x2 − x3 + 0x4 =   x1  x ⇔ x3    x4 =t = −2t − s =t =s Trong t s số thực Chọn u3 = (0, −1, 0, 1) với t = s = Chọn u4 = (1, −1, 1, −1) với t = s = −1 Dễ thấy u3 , u4 = Vậy sở trực giao R4 U1 = {(1, 1, 1, 1), (1, 0, −1, 0), (0, −1, 0, 1), (1, −1, 1, −1)} (b) Trong trường hợp (∗) ⇔ 0x1 + 0x2 + x3 + x4 = x1 + x2 + x3 − x4 =  x1    x ⇔  x    x4 = −t + 2s =t = −s =s Trong t s số thực Chọn u3 = (−1, 1, 0, 0) với t = s = Chọn u4 = (1, 1, −1, 1) với t = s = Dễ thấy u3 , u4 = Vậy sở trực giao R4 U2 = {(0, 0, 1, 1), (1, 1, 1, −1), (−1, 1, 0, 0), (1, 1, −1, 1)} 59 Bài 10 Xét tích vơ hướng Euclide R4 Hãy tìm hình chiếu trực giao vetor x lên không gian U ⊂ R4 với: (a) x = (1, −1, 1, 0), U = u1 , u2 , u3 u2 = (1, 1, 1, 1), u3 = (0, −1, 0, 1) (b) x = (1, 0, 1, 2), U = (x1 , x2 , x3 , x4 ) u1 = (1, 1, 0, 0), x1 − x2 + x4 = x2 − x3 − x4 = Lời giải (a) Gọi V = {v1 , v2 , v3 } E = {e1 , e2 , e3 } sở trực giao sở trực chuẩn U ❶ Xác định vector V v1 = u1 = (1, 1, 0, 0) u2 , v1 v1 = (0, 0, 1, 1) v = u2 − v1 u3 , v2 u3 , v1 v3 = u3 − v2 − v1 = (1, −1, −1, 1) v2 v1 Do V = {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (1, −1, −1, 1)} vector E 1 = √ , √ , 0, 2 1 = 0, 0, √ , √ 2 1 1 = ,− ,− , 2 2 1 1 1 1 √ , √ , 0, , 0, 0, √ , √ Do E = , ,− ,− , 2 2 2 2 ❸ Tìm hình chiếu trực giao x = (1, −1, 1, 0) lên U 1 prU (x) = x, e1 e1 + x, e2 e2 + x, e3 e3 = − , , , 4 4 ❷ Xác định v1 e1 = v1 v2 e2 = v2 v3 e3 = v3 (b) Gọi V = {v1 , v2 , v3 } E = {e1 , e2 , e3 } sở trực giao sở trực chuẩn U U= (x1 , x2 , x3 , x4 ) x1 − x2 + x4 = x2 − x3 − x4 = = u1 = (1, 1, 0, 0), u2 = (−1, 0, 0, 1) ❶ Xác định vector V v1 = u1 = (1, 1, 0, 0) u2 , v1 v = u2 − v1 = (−2, −1, 0, 1) v1 Do V = {(1, 1, 0, 0), (−2, −1, 0, 1)} 60 ❷ Xác định vector E v1 1 e1 = = √ , √ , 0, v1 2 v2 1 e2 = = − √ , − √ , 0, √ v2 6 1 √ , √ , 0, , − √ , − √ , 0, √ Do E = 2 6 ❸ Tìm hình chiếu trực giao x = (1, 0, 1, 2) lên U 1 prU (x) = x, e1 e1 + x, e2 e2 = , , 0, 2 Bài 11 Xét khơng gian Euclide Rn với tích vơ hướng tắc Chứng minh với số thực x1 , x2 , , xn ta có n xi n x2i n i=1 i=1 Lời giải Với hai vector x = (x1 , x2 , , xn ) y = (1, 1, , 1) Rn , theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz n x, y x y ⇔ n xi i=0 n x2i i=1 n i ⇔ i=1 xi i=0 n x2i n i=1 Đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Bất đẳng thức chứng minh Bài 12 Xét khơng gian Euclide R3 với tích vơ hướng tắc (a) Cho P mặt phẳng R3 xác định phương trình x1 − 2x2 + x3 = π phép chiếu trực giao từ R3 xuống P Hãy viết ma trận biểu diễn π sở tắc (b) Cho vector u1 = (1, 0, 1), u2 = (2, 1, 0), u3 = (1, 1, 1) Chứng minh U = {u1 , u2 , u3 } sở R3 Xét xem U có phải sở trực chuẩn không? Nếu U sở trực chuẩn dùng trình trực chuẩn hóa Gram Schmidt để xây dựng từ U sở trực chuẩn R3 Lời giải (a) P = x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 |x1 − 2x2 + x3 = = p1 = (−1, 0, 1), p2 = (1, 1, 1) 61 Rõ ràng p1 , p2 = nên P = {p1 , p2 } sở trực giao P Gọi E sở trực chuẩn P E = e1 = p1 p2 , e2 = p1 p2 = e1 = e2 = 1 − √ , 0, √ 2 1 √ ,√ ,√ 3 , Giả sử y = (y1 , y2 , y3 ) ∈ R3 , theo giả thiết π phép chiếu trực giao từ R3 xuống P nên ánh xạ π xác định sau: π(y) = y, e1 e1 + y, e2 e2 = (5y1 +2y2 −y3 , 2y1 +2y2 +2y3 , −y1 +2y2 +5y3 ) Giả sử B0 sở tắc R3 , ma trận biểu diễn π B0   −1 [π]B0 =  2  −1 (b) ❶ Chứng minh U sở R3 Hệ U có vector nên sở R3 vector hệ độc lập tuyến tính Thật vậy, gọi A ma trận hệ vector U     1 h3 →h3 −h1 A = 0 1GGGGGGGGGGGGGGA 0 1 −2 1   h3 →h3 +2h2 GGGGGGGGGGGGGGGA 0 1 0 Suy rank(A) = hệ vector U độc lập tuyến tính Vậy U sở R3 ❷ Vì u1 , u2 = = nên U không sở trực giao khơng sở trực chuẩn ❸ Gọi U = {u1 , u2 } U = {u1 , u2 } sở trực giao sở trực chuẩn R3 xây dựng U ∗ Xác định vector U Chọn u1 = u1 = (1, 0, 1) u2 , u1 Chọn u2 = u2 − u = (1, 1, −1) u1 u3 , u1 u3 , u2 u − u = (−1, 2, 1) Chọn u3 = u3 − u2 2 u1 Vậy U = {(1, 0, 1), (1, 1, −1), (−1, 2, 1)} ∗ Xác định vector U u 1 Chọn u1 = = √ , 0, √ u1 2 62 1 √ , √ , −√ 3 1 −√ , √ , √ 6 u2 = u2 u Chọn u3 = = u3 Vậy Chọn u2 = U 1 √ , 0, √ 2 = , 1 √ , √ , −√ 3 , −√ , √ , √ 6 Bài 13 Trong không gian Euclide R4 với tích vơ hướng tắc cho vetor u1 (2, 1, −2, 4), u2 = (−2, − 1, −6), u3 = (−2, 3, −4, −8) Gọi W = u1 , u2 , u3 không gian R4 sinh vector u1 , u2 , u3 W ⊥ không gian R4 trực giao với W (a) Tìm sở không gian W W ⊥ (b) Cho u = (5, 5, −3, 1) ∈ R4 Tìm hình chiếu trực giao prW (u) u xuống W tính khoảng cách d(u, W ) từ u đến W Lời giải (a) Gọi A ma trận hệ  −2 1 A= −2 −1 −6 vector {u1 , u2 , u3 }   h1 → 21 h1 −2 1 (2h −h ) h → 2 0 3 GGGGGGGGGGGGGGGGGGA  −4 h →− (h +h ) 0 3 −8 h4 →− 12 (h4 −2h1 )  −1 h3 →h3 −h2 0 GGGGGGGGGGGGGGA  0 h4 →h4 −h2 0  −1 2  2  −1 2  0 −1 1 Suy rank(A) = nên hệ vector cho có vector độc lập tuyến tính Vì u1 = ku2 , ∀k ∈ R nên chọn U = {u1 , u2 } làm sở W Với x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ W ⊥ u1 , x = u2 , x = ⇔ 2x1 + x2 − 2x3 + 4x4 = −2x1 + x2 − x3 − 6x4 =   x1  x ⇔ x3    x4 Suy W ⊥ = (s, 6s + 16t, 4s + 10t, t) ∈ R4 |s, t ∈ R = v1 = (0, 16, 10, 1), v2 = (1, 6, 4, 0) 63 =s = 6s + 16t = 4s + 10t =t Vì v1 = hv2 , ∀h ∈ R nên chọn V = {v1 , v2 } làm sở W ⊥ Vậy, sở W W ⊥ chọn U = {(2, 1, −2, 4), (−2, 1, −1, −6)} V = {(0, 16, 10, 1), (1, 6, 4, 0)} (b) Gọi U = {u1 , u2 } U sở trực chuẩn W = {u1 , u2 } sở trực giao ❶ Xác định vector U ∗ Chọn u1 = u1 = (2, 1, −2, 4) u2 , u1 u = (0, 2, −3, −2) ∗ Chọn u2 = u2 − u1 Vậy U = u1 = (2, 1, −2, 4), u2 = (0, 2, −3, −2) ❷ Xác định vector U 2 u , ,− , ∗ Chọn u1 = = u1 5 5 u ∗ Chọn u2 = = 0, √ , − √ , − √ u2 17 17 17 Vậy U = u1 = 2 , ,− , 5 5 , u2 = 0, √ , − √ , − √ 17 17 17 ❸ Hình chiếu trực giao cùa u = (5, 5, −3, 1) lên W prW (u) = u, u1 u1 + u, u2 u2 = (2, 3, −5, 2) ❹ Khoảng cách từ u đến W √ d(u, W ) = u − prW (u) = (3, 2, 2, −1) = Bài 14 CHo A ∈ Mn (K), chứng minh : (a) A trực giao A trực giao (b) A trực giao A−1 trực giao (c) A, B trực giao AB trực giao (d) A trực giao det(A) = ±1 Lời giải 64 (a) A trực giao ⇔ A A = In AA = In A ⇔ A A = In A = In ⇔ A trực giao (b) A trực giao ⇔ A A = In AA = In A A AA ⇔ −1 −1 = In = In −1 A−1 A = In −1 −1 A A = In ⇔ A−1 A−1 ⇔ A −1 A = In −1 = In ⇔ A−1 trực giao (c)  A A = In    AA = I n A, B trực giao ⇔  B B = In    BB = In ⇒ B A A B = In A BB A = In ⇒ B A (AB) = In (AB) B A = In ⇒ (AB) (AB) = In (AB) (AB) = In ⇔ AB trực giao (d) A trực giao ⇒ A A = In ⇔ det A A = ⇔ det A det(A) = ⇔ (det(A)) = ⇔ det(A) = ±1 65 ... (v) i=0 = f g(v) = f (θ) = θ Suy f (v) ∈ ker g, ∀v ∈ ker g Bài Cho V không gian vector hữu hạn chi u Q f phép biến đổi tuyến tính V cho tồn số nguyên dương m để f m = θ Chứng minh tất trị riêng... i=1 αi λi ui = θ i=1 Suy f = θ Vậy, f = θ f khơng chéo hóa Bài 10 Cho V không gian vector hữu hạn chi u R f phép biến đổi tuyến tính V cho f = IdV Chứng minh tổng tất trị riêng f số nguyên Lời... k + vector riêng tương ứng P = ck (x + α)k , ck ∈ C Bài 26 Cho V K - không gian vector hữu hạn chi u, f ∈ End(V ) W không gian bất biến f g : W → W tự đồng cấu cảm sinh f W Chứng minh Pg (λ)|Pf