Đề cương môn thí nghiệm sức bền vật liệu - Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
Tìmtấtcảcácgiátrịriêngvàtậpcácvéctơriêngtươngứngcủa
Đề cương môn thí nghiệm sức bền vật liệu - Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
Tài liệu gồm13 trang , giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao.
Môn: Thí nghiệm sức bền vật liệu 19 tài liệu
Trường: Trường Đại học Bách khoa, Đại học Đà Nẵng 1 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
2020 a b c d a 2020 b c d
Câu 1. Tính D = a b 2020 c d a b c 2020 d a b c d 2020
Câu 2. Cho ánh xạ f : R3 → R3 xác định bởi:
f (x1, x2, x3) = (x1 + 3x2 − 2x3, 2x1 − x2 + 3x3, 3x1 + 2x2 + x3)
Chứng minh rằng f là một phép biến đổi tuyến tính trên R3 và tìm Im(f ).
Câu 3. Cho phép biến đổi tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi:
f (x1, x2, x3) = (4x1 + 2x3, 4x1 + 5x2, 2x1 + 4x3)
a) Tìm tất cả các giá trị riêng và tập các véctơ riêng tương ứng của f.
b) Tìm cơ sở của R3 sao cho ma trận của f đối với cơ sở này có dạng chéo.
Câu 4. Cho dạng toàn phương ω(x) = x2 + 2x2 − 7x2 − 4x1x2 + 6x1x3 + 3x2x3 đối 1 2 3
với cơ sở {e1, e2, e3} của R-không gian véctơ E. Dùng phương pháp Lagrange để
đưa dạng toàn phương trên về dạng chính tắc. Tìm ma trận chuyển cơ sở {e1, e2, e3}
sang cơ sở để dạng toàn phương có dạng chính tắc. II.
Câu 1. Trong không gian véctơ các ma trận vuông cấp 2 trên trường số thực R. cho tập a b U = A = | c
d a + b − c + 2d = 0
Chứng minh U là một không gian véctơ con của V và tìm một cơ sở và số chiều của U.
Câu 2. Cho ánh xạ f : R3 → R3 xác định bởi:
f (x1, x2, x3) = (x1 + x2 + x3, 2x1 + x2 − x3, −x1 − 2x2 − 4x3)
Chứng minh rằng f là một phép biến đổi tuyến tính trên R3 và tìm Ker(f ).
Câu 3. Cho phép biến đổi tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi:
f (x1, x2, x3) = (2x1 − 6x3, x1 + 3x2 − 5x3, −x1 + x3) 1
a) Tìm tất cả các giá trị riêng và tập các véctơ riêng tương ứng của f.
b) Tìm cơ sở của R3 sao cho ma trận của f đối với cơ sở này có dạng chéo.
Câu 4. Cho dạng toàn phương ω(x) = x2 + 2x2 − 7x2 − 4x1x2 + 6x1x3 + 3x2x3 đối 1 2 3 với cơ sở {e } 1, e2, e3
của R-không gian véctơ E. Dùng phương pháp Lagrange để
đưa dạng toàn phương trên về dạng chính tắc. Tìm ma trận chuyển cơ sở {e1, e2, e3}
sang cơ sở để dạng toàn phương có dạng chính tắc. III.
Câu 1. Trong không gian véctơ R3 cho cơ sở {e1, e2, e3} và các véctơ v1 = e1+e2−2e3,
v2 = 2e1 + e3, v3 = 2e1 − e2 + 2e3
a) Chứng minh rằng {v1, v2, v3} cũng là cơ sở của R3.
b) Tìm tọa độ của x = 2e1 + 3e2 + e3 theo cơ sở {v1, v2, v3}.
Câu 2. Cho ánh xạ f : R3 → R3 xác định bởi:
f (x1, x2, x3) = (x1 + x2 − x3, 2x1 + 3x2 − x3, 3x1 + 5x2 − x3)
Chứng minh rằng f là một phép biến đổi tuyến tính trên R3 và tìm Ker(f ).
Câu 3. Cho phép biến đổi tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi:
f (x1, x2, x3) = (x1 − x2 − x3, x1 + 3x2 + x3, −3x1 + x2 − x3)
a) Tìm tất cả các giá trị riêng và tập các véctơ riêng tương ứng của f.
b) Tìm cơ sở của R3 sao cho ma trận của f đối với cơ sở này có dạng chéo.
Câu 4. Cho dạng toàn phương ω(x) = x2 + 5x2 + 16x2 + 4x1x2 + 8x1x3 − 2x2x3 1 2 3
đối với cơ sở {e }
1, e2, e3 của R-không gian véctơ E. Dùng phương pháp Lagrange để
đưa dạng toàn phương trên về dạng chính tắc. Tìm ma trận chuyển cơ sở {e } 1, e2, e3
sang cơ sở để dạng toàn phương có dạng chính tắc. 2 ĐÁP ÁN I 2020 a b c d a 2020 b c d
Câu 1. Tính định thức: D = a b 2020 c d a b c 2020 d a b c d 2020
Cộng các cột thứ 2, 3, 4, 5 vào cột thứ 1 ta được:
a + b + c + d + 2020 a b c d
a + b + c + d + 2020 2020 b c d D
= a + b + c + d + 2020 b 2020 c d
a + b + c + d + 2020 b c 2020 d
a + b + c + d + 2020 b c d 2020
Đưa (a + b + c + d + 2020) ra trước dấu định thức: 1 a b c d 1 2020 b c d
(a + b + c + d + 2020) 1 b 2020 c d 1 b c 2020 d 1 b c d 2020
Lấy cột thứ 1 nhân với "-a" cộng vào cột thứ 2; cột thứ 1 nhân với "-b" cộng
cột 3; cột thứ 1 nhân với "-c" cộng vào cột 4; cột thứ 1 nhân với "-d" cộng vào cột 5 ta được 1 0 0 0 0 1 2020 − a 0 0 0
(a + b + c + d + 2020) 1 b − a 2020 − b 0 0 1 b − a c − b 2020 − c 0 1 b − a c − b
d − c 2020 − d
Định thức cuối là định thức của ma trận tam giác dưới, do đó ta có kết quả:
(a + b + c + d + 2020)(2020 − a)(2020 − b)(2020 − c)(2020 − d).
Câu 2. Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính.
Ta kiểm tra f thỏa hai điều kiện: 1) f (x + y) = f (x) + f (y);
2)f (λx) = λf (x), với
x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) ∈ R3, λ ∈ R.
Ta có: x + y = (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3), λx = (λx1, λx2, λx3). Khi đó 3
f (x + y) = (4(x1 + y1) + 2(x3 + y3), 4(x1 + y1) + 5(x2 + y2), 2(x1 + y1) + 4(x3 + y3))
(4x1 + 2x3, 4x1 + 5x2, 2x1 + 4x3) + (4y1 + 2y3, 4y1 + 5y2, 2y1 + 4y3)
f (x) + f (y).
f (λx) = (4λx1 + 2λx3, 4λx1 + 5λx2, 2λx1 + 4λx3)
λ(4x1 + 2x3, 4x1 + 5x2, 2x1 + 4x3) = λf (x).
Vậy f là một ánh xạ tuyến tính.
Xét cơ sở chính tắc e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1) trên R3 ta có:
f (e1) = (1, 2, 3) = e1 + 2e2 + 3e3; f (e2) = (3, −1, 2) = 3e1 − e2 + 2e2; f (e3) =
(−2, 3, 1) = −2e1 + 3e2 + e3. 1 3 −2
Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là: A = 2 −1 3 3 2 1 1 3 −2
Dùng phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận A về ma trận: A = 0 −7 7 0 0 0
Suy ra r(A) = 2, do đó dim(Im f ) = 2. Ta thấy định thức con cấp tạo bởi hai
cột đầu và hai dòng đầu khác không nên Im(f ) có một cơ sở là: {f (e1), f (e2)} hay
Im(f ) = L{(1, 2, 3), (3, −1, 2)}. 4 0 2
Câu 3. a) Ma trận của ánh xạ f đối với cơ sở chính tắc là: A = 4 5 0 . 2 0 4 4 − λ 0 2
Phương trình đặc trưng của f : 4 5 − λ 0 = 0. 2 0 4 − λ
Giải phương trình đặc trưng ta có ba nghiệm: λ1 = 2, λ2 = 5, λ3 = 6. 2 0 2 x1 0 (+) Với λ
1 = 2. Khi đó (A − 2I)X = θ hay 4 3 0 x2 = 0 . 2 0 2 x3 0 Dùng phép
biến đổi sơ cấp đưa ma trận trận hệ số của phương trình cuối trở thành 1 0 1 0 3 −4 . 0 0 0 ( ( x
Do đó ta có hệ phương trình: 1 + x3 = 0 x hay 1 = −x3 . 3x x 2 − 4x3 = 0 2 = 4x3 3 4 x1 = −x3 x
Hệ phương trình đã cho có nghiệm 2 = 4x3 . 3 x3 ∈ R
Tập các véctơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ1 = 2 là: {α(−1, 4/3, 1), α ∈ R}. − 1 0 2 x1 0 (+) Với λ
2 = 5. Khia đó (A − 5I)X = θ hay 4 0 0 x2 = 0 . 2 0 −1 x3 0 Dùng phép biế
n đổi sơ cấp đưa ma trận trận hệ số của phương trình cuối trở −1 0 2 thành 0 0 1 . 0 0 0 ( −x
Do đó ta có hệ phương trình: 1 + 2x3 = 0 x3 = 0 x1 = 0 x Hệ đã cho có nghiệm: 2 ∈ R . x3 = 0
Tập các véctơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ2 = 5 là: {β(0, 1, 0), β ∈ R}. − 2 0 2 x1 0 (+) Với λ
3 = 6. Khia đó (A − 6I)X = θ hay 4 −1 0 x2 = 0 . 2 0 −2 x3 0
Dùng phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận trận hệ số của phương trình cuối trở −1 0 1 thành 0 −1 4 . 0 0 0 ( ( −x
Do đó ta có hệ phương trình: 1 + x3 = 0 x hay 1 = x3 −x2 + 4x3 = 0 x2 = 4x3 Hệ đã cho có nghiệm: x1 = x3
x2 = 4x3 . x3 ∈ R
Tập các véctơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ3 = 6 là: {γ(1, 4, 1), γ ∈ R}.
b) Từ câu a) với α = 2, f có một véctơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ = 2 là:
u1 = (−3, 4, 3).
với β = 1, f có một véctơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ = 5 là: u2 = (0, 1, 0). 5
với γ = 1, f có một véctơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ = 6 là: u1 = (1, 4, 1).
Vậy với cơ sở u = {u1 = (−3, 4, 3), u2 = (0, 1, 0), u3 = (1, 4, 1)} thì ma trận của
f có dạng chéo là: 2 0 0 0 5 0 0 0 6
Câu 4. Ta có x2 + 2x2 − 7x2 − 4x1x2 + 6x1x3 + 3x2x3 1 2 3
= [x2 + 2x1(−2x2 + 3x3) + (−2x2 + 3x3)2] − (−2x2 + 3x3)2 + 2x2 − 7x2 + 3x2x3 1 2 3
= (x1 − 2x2 + 3x3)2 − 2x2 + 15x2x3 − 16x2 2 3
= (x1 − 2x2 + 3x3)2 − 2(x2 − 2x2 17 x3 + (17 x3)2) + 289 x2 − 16x2 2 4 4 16 3 3
= (x1 − 2x2 + 3x3)2 − 2(x2 − 17 x3)2 + 33 x2. 4 16 3 11
y1 = x1 − 2x2 + 3x3
x1 = y1 + 2y2 + y 2 3 Đặt y − 17 2 = x2 x3 suy ra
x2 = y2 + 17 y3 4 4 x3 = y3 y3 = x3 x1 1 2 11 y 2 1 Hay x 2 = 0 1 17 y 4 2 x3 0 0 1 y3
Dạng toàn phương ω có dạng chính tắc là: ω(x) = y2 − 2y2 + 33 y2 1 2 16 3 Ma trậ chuyển cở }
sở {e1, e2, e3 sang cơ sở sao cho dạng toàn phương có dạng chính 1 2 11 2 tắc là: 0 1 17 4 . 0 0 1 6 0 0 II.1 Ta có
∈ U, nên U ̸= ∅. 0 0 Bây giờ ta ki ể m tra U thỏa 2 điều
ki ện của không gian véctơ con. a b a′ b′ Với mọi A = , A′ = c d
c′ d′ ∈ U và λ ∈ R.
Do A, A ∈ U nên a + b − c + 2d = 0, a′ + b′ − c′ + 2d′ = 0. ′
a + a′ b + b′ Ta có A + A =
, hơn nữa (a + a ′)
+ (b + b ′) − (c + c ′) + 2(d + d )= ′
c + c′ d + d′ (a + b − c + 2d
) + (a′ + b′ − c′ + 2d′) = 0 + 0 = 0 nên A + A′ ∈ U. λa λb λA =
, ta có λa + λb − λc + 2λd = λ(a + b − c + 2d) = λ.0 = 0 do đó λc λd λA ∈ U.
Vậy U là một không gian con. a b
Từ ràng buộc a+b−c+2d = 0 suy ra a = −b+c−2d, do đó với A = ∈ U c d −
b + c − 2d b −b b c 0 −2d 0 ta có A = = + + c d 0 0 c 0 0 d − 1 1 1 0 −2 0 = b +c +d 0 0 1 0 0 1 − 1 1 1 0 −2 0 Do đó , ,
là một hệ sinh của U. 0 0 1 0 0 1 0 0 −1 1 1 0 −2 0 −2 − x Hơn nữa, = x +x +x = 1 + x2 − 2x3 x1 0 0 1 0 0 2 1 0 3 0 1 x2 x3 − 1 1 1 0 −2 0
Suy ra x1 = x 2 = x 3 = 0. Vậy , , độc lập tuyến tính. 0 0 1 0 0 1 − 1 1 1 0 −2 0 Vậy , ,
là cơ sở của U, dim(U ) = 3. 0 0 1 0 0 1
II.2 Kiểm tra f là ánh xạ tuyến tính, tượng tự I.2. Ta tìm Ker(f ).
Ta có Ker(f ) = {x = (x1, x2, x3) ∈ R3|f (x) = 0} đó đó x1, x2, x3 là nghiệm của hệ
x1 + x2 + x3 = 0 phương trình
2x1 + x2 − x3 = 0
−x1 − 2x2 − 4x3 = 0 1 1 1
Xét ma trận hệ số của hệ phương trình trên: 2 1
−1 , dùng phép biến −1 −2 −4
đổi sơ cấp theo dòng đưa ma trận trên về ma trận 1 1 1 0 −1 −3 0 0 0 7 ( ( x
Do đó ta có hệ phương trình
1 + x2 + x + 3 = 0 x hay 1 = 2x3 . x2 + 3x3 = 0 x2 = −3x3
Do đó Ker(f ) = {(x1, x2, x3)|x1, x2, x3 ∈ R} = {(2x3, −3x3, x3)|x3 ∈ R} =
{x2(2, −3, 1)|x3 ∈ R}
Vậy Ker(f ) = L{(2, −3, 1)} và dim(Ker(f )) = 1.
II.3, II.4 tương tự I.3, I.4 8
III.1 Để chứng tỏ {v } } 1, v2, v3
là cở sở của R3 ta chứng minh {v1, v2, v3 độc lập tuyến tính. Ta có
ma trận của hệ véctơ {v1, v2, v3} đối với cơ sở {e1, e2, e3} là: 1 2 2 A =
1 0 −1 , det(A) = 3 ̸= 0, −2 1 2 do đó {v } } 1, v2, v3
độc lập tuyến tính. Vậy {v1, v2, v3 là một cơ sở của R3. Gọi (y }
1, y2, y3) là tọa độ của x đối với cơ sở {v1, v2, v3 . Khi đó ta có 2 1 2 2 y1 3 = 1 0 −1 y 2 1 −2 1 2 y3 − 1 y
1/3 −2/3 −2/3 2 1 1 2 2 2 y1 hay y 2 = 1 0 −1 3 hay y2 = 0 2 1 3 = y3 −2 1 2 1 y3
1/3 −5/3 −2/3 1 −2 7 −5 9
CÁC BÀI THI GIỮA KỲ
1 x x2 x3 x4 1 1 x x2 x3
1. Tính định thức: A = 2 2 1 x x2 3 3 3 1 x 4 4 4 4 1
Lấy cột thứ 4 nhân "-x" cộng vào cột 5; cột thứ 3 nhân "-x" công vào cột 4; cột
thứ 2 nhân "-x" công vào cột 3; cột thứ 1 nhân "-x" công vào cột 2 ta được 1 0 0 0 0 1 1 − x 0 0 0 2
2 − 2x 1 − 2x 0 0
3 3 − 3x 3 − 3x 1 − 3x 0
4 4 − 4x 4 − 4x 4 − 4x 1 −4 x
Suy ra A = (1 − x)(1 − 2x)(1 − 3x)(1 − 4x).
2. Trong không gian R4 chứng tỏ rằng tập con F sau đây là không gian con của
R4. Tìm cơ sở và số chiều của F với
F = {x = (x }
1, x2, x3, x4) | x1 + x2 + x3 = 0, x1 = x3
Ta thấy θ(0, 0, 0, 0) ∈ F, do đó F ̸= ∅. Với mọi x = (x1, x2, x3, x4), y = (y1, y2, y3, y4) ∈
F, λ ∈ R thì x1 + x2 + x3 = 0, x1 = x3 y1 + y2 + y3 = 0, y1 = y3. Khi đó
(+) x+y = (x1 +y1, x2 +y2, x3 +y3, x4 +y4), hơn nữa (x1 +y1)+(x2 +y2)+(x3 +y3)=
(x1 + x2 + x3) + (y1 + y2 + y3) = 0 + 0 = 0 và x1 + y1 = x3 + y3, do đó x + y ∈ F.
(+) λx = (λx1, λx2, λx3, λx4), ta có λx1 + λx2 + λx3 = λ(x1 + x2 + x3) = λ0 = 0,
và do x1 = x3 nên λx1 = λx3 nên λx ∈ F. Vậy F là một không gian con.
Từ x1+x2+x3 = 0, x1 = x3 suy ra x1 = x3, x2 = −2x3, Do đó x = (x1, x2, x3, x4) ∈
F thì x = (x3, −2x3, x3, x4) = (x3, −2x3, x3, 0) + (0, 0, 0, x4)= x3(1, −2, 1, 0) +
x4(0, 0, 0, 1). Do đó F có một cơ sở là {u1 = (1, −2, 1, 0), u2 = (0, 0, 0, 1)} và dim(F ) = 2. 3 2 2 · · · 2 2 3 2 · · · 2
3. Tính định thức: A = 2 2 3 · · · 2
. . . · · · . 2 2 2 · · · 3 n×n 10
Cộng tất cả các dòng thứ 2 đến thứ n vào dòng 1 ta được
2n + 1 2n + 1 2n + 1 · · · 2n + 1 2 3 2 · · · 2 A = 2 2 3 · · · 2 . . . · · · . 2 2 2 · · · 3
Đưa 2n+ 1 o dòng 1 ra trước dấu của định thức ta được: 1 1 1 · · · 1 2 3 2 · · · 2
A = (2n + 1) 2 2 3 · · · 2 . . . · · · . 2 2 2 · · · 3
Nhân dòng 1 cho "-2" rồi cộng vào các dòng dưới ta được: 1 1 1 · · · 1 0 1 0 · · · 0
A = (2n + 1) 0 0 1 · · · 0 . . . · · · . 0 0 0 · · · 1
Suy ra A = 2n + 1.
4. Trong R-không gian véctơ P3[t] gồm các đa thức hệ số thực bậc bé hơn hoặc
bằng 3. Chứng minh rằng tập con F sau đây là một không gian véctơ con của P3[t]
. Tìm cơ sở và số chiều của F.
F = {g(t) ∈ P3[t] | g(1) = 0}
Ta có đa thức 0 có 0(1) = 0 nên 0 ∈ F, do đó F ̸= ∅. Ta kiểm tra F thỏa mãn
hai điều kiện của không gian con.
Với mọi g(t), f (t) ∈ F, khi đó g(1) = f (1) = 0, ta có h(t) = g(t) + f (t) h(1) =
g(1) + f (1) = 0 + 0 = 0 nên g(t) + f (t) ∈ F.
Với mọi g(t) ∈ F, λ ∈ R khi đó λg(1) = λ.0 = 0 nên λg(t) ∈ F.
Vậy F là một không gian con.
Giả sử g(t) = a0 + a1t + a2t2 + a3t3 từ g(1) = 0 nên a0 + a1 + a2 + a3 = 0, suy
ra a0 = −a1 − a2 − a3. Suy ra
g(t) = −a1 − a2 − a3 + a1t + a2t2 + a3t3 = a1(t − 1) + a2(t2 − 1) + a3(t3 − 1). Do đó 11
{t − 1, t2 − 1, t3 − 1} là hệ sinh của F.
Hơn nữa, 0 = a(t − 1) + b(t2 − 1) + c(t3 − 1) = −a − b − c + at + bt2 + ct3 suy ra
a = b = c = 0 nên {t − 1, t2 − 1, t3 − 1} độc lập tuyến tính.
Vậy {t − 1, t2 − 1, t3 − 1} là cơ sở của F và dim F = 3. 0 2 2 0 2 a 2 c 1 2 5.
Tính định thức: A = 0 a b 0 c 1 2 − 1 1 0
0 a2 b2 0 c2 0 2 2 0 2 1 2 −1 1 0 a 2 c 1 2 a 2 c 1 2
Đổi chổ dòng 1 và dòng 4 ta được: 0 a
b 0 c = − 0 a b 0 c 1 2 −1 1 0 0 2 2 0 2
0 a2 b2 0 c2
0 a2 b2 0 c2
áp dụng công thức Laplace cho ba dòng cuối ta được: 1 2 −1 1 0 a 2 c 1 2 a b c 3+4+5+2+3+5 1 1 = − 0 0 c = −(−1) 2 2 2 a b 0 2 2 0 2 a 1 a2 b2 c2 0 a2 b2 0 c2 1 1 1 1 1 = 2 a b c
= 2(1 − a)(c − a)(c − b)(b − a)
a2 b2 c2 a 1 1 1 1 Chú ý: 1. a
b c định thức của ma trận Wandermon.
a2 b2 c2
2. Ta có thể khải triển định thức theo các hàng (cột) có chứa nhiều giá trị không. 1 a2 4 5 a −1 b2 −1 5 b
6. Tính định thức: A = 2 c2 2 5 c . x 0 y 0 0 1 0 1 0 0
Khai triển định thức theo hai dòng cuối ta có: a2 5 a a2 1 a 1 a a2 4+5+1+3 x y 2 2 2 A = (−1) 1 1 b
5 b = 5(x − y) b
1 b = 5(x − y) 1 b b
c2 5 c c2 1 c 1 c c2
= 5(x − y)(c − b)(c − a)(b − a).
Chú ý: 1. Định thức cuối cùng có dạng Wandermon. 12
2. Có thể sử khai triển theo dòng hoặc cột chứa nhiều giá trị không nhất.
7. Cho P2[t] là không gian véctơ gồm các đa thức bậc bé hơn bằng 2 hệ số thực.
Xét ánh xạ f : P2[t] → R3 xác định bởi
f (p) = (p(1), p(2), p(3)) = (a0 + a1 + a2, a0 + 2a1 + 4a2, a0 + 3a1 + 9a2).
a. Chứng minh rằng f là một ánh xạ tuyến tính. Tìm ma trận của f đối với cơ sở
I = {1, t, t2} và cơ sở chính tắc của R3.
b. Tìm Im(f ) và dim(Ker(f )).
a. Với mọi p(t), q(t) ∈ P2(t) khi đó f (p(t)+q(t)) = (p(1)+q(1), p(2)+q(2), p(3)+
q(3)= (p(1), p(2), p(3)) + (q(1), q(2), q(3)) = f (p) + f (q).
Với mọi p(t) ∈ P2(t), λ ∈ R, f (λp) = (λp(1), λp(2), λp(3)) λ(p(1), p(2), p(3)) = λf (p).
Vậy f là một ánh xạ tuyến tính.
f (1) = (1, 1, 1) = e1 + e2 + e3; f (t) = (1, 2, 3) = e1 + 2e2 + 3e3; f (t2) = (1, 4, 9) =
e1 + 4e2 + 9e3 1 1 1
Ma trận của f đối với cặp cở sở trên là: A = 1 2 4 . 1 3 9 1 1 1 1 1 1
b. Dùng phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận trên về được 1 2 4 = 0 1 3 . 1 3 9 0 0 0
Do đó r(A) = 2 nên dim(Im(f )) = 2, hơn nữa định thức của ma trận con cấp 2
tạo bởi hai dòng đầu và hai cột đầu khác không nên Im(f ) có một cơ sở gồm
{f (1), f (t)} = {(1, 1, 1), (1, 2, 3)} và Im(f ) = L{(1, 1, 1), (1, 2, 3)}. ( ( a
Từ ma trận cuối cùng ta có hệ phương trình: 0 + a1 + a2 = 0 a hay 0 = 2a2 a1 + 3a2 = 0 a1 = −3a2
Do đó Ker(f ) = {p = a0 + a1t + a2t2|f (p)} = 0 = {p = a0 + a1t + a2t2|a0 = 2a }
2, a1 = −3a2 = {2a2 − 3a2t + a2t2|a2 ∈ R} = {a2(2 − 3t + t2)|a2 ∈ R}.
Ker(f ) có một có sở gồm một véctơ 2 − 3t + t2 và Ker(f ) = L{2 − 3t + t2}. 13