Lần 1:
Câu 1: Biết rằng A là ma trận không suy biến, B là ma trận khác không sao cho tồn tại tích AB. Chứng minh rằng AB khác không.
Câu 2: Hai ma trận $A,B \in M_{m\times n}(\mathbb{R})$ được gọi là tương đương nếu tồn tại các ma trận khả nghịch P cấp n và ma trận Q cấp m sao cho $B=QAP$. Kí hiệu $A\sim B$
a) Chứng minh rằng
$AP\sim A$
$QA\sim A$
b) Với X là ma trận vuông tùy ý. Chứng minh rằng $X$ và $X^{T}$ tương đương với nhau. Trong đó $X^{T}$ là ma trận chuyển vị của $X$
Câu 3: Cho $A_{0},A_{1},\cdots ,A_{m\times n}$ là các ma trận cấp $m\times n$. Chứng minh rằng ta luôn tìm được các số thực $\alpha _{0},\alpha _{1},\cdots ,\alpha _{m\times n}$ không đồng thời bằng 0 thỏa mãn $\alpha _{0}A_{0}+\alpha _{1}A_{1}+\cdots \alpha _{m\times n}A_{m\times n}=0$
Câu 4: Giả sử $\left \{ u_{1},u_{2},\cdots ,u_{n} \right \}$ là hệ độc lập tuyến tính trên V và $u=\alpha _{1}u_{1}+\alpha _{2}u_{2}+\cdots +\alpha _{n}u_{n}$. Chứng minh rằng $\left \{ u-u_{1},u-u_{2},\cdots ,u-u_{n} \right \}$ độc lập tuyến tính khi và chỉ khi $\sum_{i=1}^{n}\alpha _{i}\neq 0$
Chia ra làm hai để tiện theo dõi ^^
Câu 1: A không suy biến, do đó $A$ khả nghịch. Nếu $AB=0 \Rightarrow A^{-1}AB=0 \Leftrightarrow B=0$ mâu thuẫn. Vậy phải có $AB \neq 0$ với $B \neq 0$
Câu 2:Ta có $A=I_m(AP)P^{-1} \Rightarrow AP \sim A$
$A=Q^{-1} (QA)I_n \Rightarrow QA \sim A$
Câu 3: Không gian $M_{m\times n}$ các ma trận cấp $m \times n$ là một không gian vecto có một cơ sở là họ $(E_i)_{i \in \{1;2;...;m \times n \}}$
với $E_i$ có phần tử thứ $i$ bằng 1, các phần tử còn lại bằng 0, do đó $dim(M_{m \times n})=m \times n$
Họ $(A_0;A_1;...;A_{m \times n}) $ có $m.n+1$ phần tử, do đó phụ thuộc tuyến tính, suy ra tồn tại các số thực
$\alpha _{0},\alpha _{1},\cdots ,\alpha _{m\times n}$ không đồng thời bằng 0 sao cho $\alpha _{0}A_{0}+\alpha _{1}A_{1}+\cdots \alpha _{m\times n}A_{m\times n}=0$.Câu 4:Hình như viết sai đề rồi anh, đề này sai! Lấy ví dụ $\alpha_1=1\;, \alpha_2=...=\alpha_n=0 \Rightarrow u-u_1=0$ do đó $\{u-u_1,u-u_2,...,u-u_n\}$ là phụ thuộc tuyến tính.
Sửa lại chắc phải là $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n \neq 1 $
Với điều kiện này ta giải như sau.
Với $(\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n) \in \mathbb{R}^n$,
xét biểu diễn tuyến tính $0=\lambda_1(u-u_1)+\lambda_2(u-u_2)+...+\lambda_n (u-u_n)$
$=(\alpha_1\lambda-\lambda_1)u_1+(\alpha_2\lambda-\lambda_2)u_2+...+(\alpha_n\lambda-\lambda_n)u_n$
với $\lambda=\lambda_1+\lambda_2+...+\lambda_n$
do $\{u_1,u_2,...,u_n\}$ độc lập tuyến tính nên
$\alpha_1\lambda=\lambda_1 \; ,\alpha_2\lambda=\lambda_2\;, ..., \alpha_n\lambda=\lambda_n$
Cộng các phương trình này lại với nhau ta được $(\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n)\lambda=\lambda$
Do đó nếu $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n \neq 1 \Rightarrow \lambda=0 \Rightarrow \lambda_i=0 \;, \forall i \in \{1;2;...n\}$
Suy ra $\{u-u_1,u-u_2,...,u-u_n\}$ độc lập tuyến tính
Chiều ngược lại, tức nếu $\{u-u_1;u-u_2;...;u-u_n\}$ độc lập tuyến tính thì $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n \neq 1$
Giả sử $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n = 1$
$ \forall (\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n) \in \mathbb{R}^n$,
$$\lambda_1(u-u_1)+\lambda_2(u-u_2)+...+\lambda_n (u-u_n)$$
$$=(\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n) u-\alpha_1u_1-\alpha_2u_2-...-\alpha_nu_n=0$$
Suy ra $\{u-u_1;u-u_2;...;u-u_n\}$ phụ thuộc tuyến tính. Vậy phải có $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n \neq 1 $
..........................................
@vo van duc: Anh viết nhầm thôi. hi
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 23-01-2013 - 07:27
