Bài tập ánh xạ hướng dẫn

Danh mục: Kỹ thuật lập trình

... CREATE TABLE NHACUNGCAP ( MaCongTy CHAR(3) CONSTRAINT PK_NHACUNGCAP_MaCongTy PRIMARY KEY(MaCongTy), TenCongTy NVARCHAR(50), TenGiaoDich NVARCHAR(20), DiaChi NVARCHAR(50), ... UPDATE CASCADE, CONSTRAINT FK_MATHANG_MaCongTy FOREIGN KEY(MaCongTy) REFERENCES NHACUNGCAP(MaCongTy) ON DELETE CASCADE ON UPDATE CASCADE, ) CREATE TABLE NHANVIEN ( MaNhanVien CHAR(4) CONSTRAINT PK_NHANVIEN_MaKhachHang ... '056-888777', '', ''); INSERT INTO NHACUNGCAP VALUES('DAF', N'Nội thất Đài Loan Dafuco', 'DAFUCO', N'Quy Nhơn', '056-888111', '', ''); INSERT INTO NHACUNGCAP VALUES('GOL',...

• 17
• 22,195
• 102

Ngày đăng: 25/01/2014, 16:20

ĐẠI SỐ CƠ BẢN(ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC)Bài 17. Giải bài tập về ánh xạ tuyến tínhPGS TS Mỵ Vinh QuangNgày 10 tháng 3 năm 20061. a. Cho ánh xạ f : Rn→ R, chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi tồn tạicác số a1, a2, . . . , an∈ R để f (x1, x2, . . . , xn) = a1x1+ a2x2+ . . . + anxnb. Cho ánh xạ f : Rn→ Rm. Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi tồntại các số aij∈ R đểf(x1, x2, . . . , xn) = (a11x1+ a12x2+ . . . + a1nxn, . . . , am1x1+ am2x2+ . . . + amnxn) (∗)Giải. Ta chỉ giải câu b., câu a. là trường hợp đặc biệt của câu b. khi m = 1.Kiểm tra trực tiếp, ta thấy ngay rằng nếu f có dạng như (∗) thì f là ánh xạ tuyến tính.Ngược lại, nếu f là ánh xạ tuyến tính, ta đặt:f(ei) = (a1i, a2i, . . . , ami)với i = 1, 2, . . . , n, trong đó ei= (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0). Khi đó ta cóf(x1, x2, . . . , xn) = f(x1e1+ x2e2+ . . . + xnen)= x1f(e1) + x2f(e2) + . . . + xnf(en)= f (a11x1+ a12x2+ . . . + a1nxn, . . . , am1x1+ am2x2+ . . . + amnxn)2. Tìm công thức của ánh xạ tuyến tính f : R3→ R3biếta. f(1, 1, 2) = (1, 0, 0), f(2, 1, 1) = (0, 1, 1), f(2, 2, 3) = (0, −1, 0).b. f(1, 2, 3) = (−1, 0, 1), f(−1, 1, 1) = (0, 1, 0), f(1, 3, 4) = (1, 0, 2).Giải. a. Giả sử(x1, x2, x3) = a1(1, 1, 2) + a2(2, 1, 1) + a3(2, 2, 3) (1)Khi đóf(x1, x2, x3) = a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 1) + a3(0, −1, 0) = (a1, a2− a3, a2) (2)Do đó, để tính f(x1, x2, x3), ta cần tính a1, a2, a3qua x1, x2, x3. Do công thức (1),a1, a2, a3là nghiệm của hệ:1 2 2 x11 1 2 x22 1 3 x3−→1 2 2 x10 −1 0 −x1+ x20 −3 −1 −2x1+ x3−→1 2 2 x10 −1 0 −x1+ x20 0 −1 x1− 3x2+ x31Vậy:a3= −x1+ 3x2− x3a2= x1− x2a1= x1− 2a2− 2a3= x1− 2(x1− x2) − 2(−x1+ 3x2− x3) = x1− 4x2+ 2x3Thay vào (2), công thức của ánh xạ f là:f(x1, x2, x3) = (x1− 4x2+ 2x3, 2x1− 4x2+ x3, x1− x2)b. Giải tương tự câu a., chi tiết xin dành cho bạn đọc.3. Trong R3cho 2 cơ sở:u1= (1, 0, 0), u2= (0, 1, 1), u3= (1, 0, 1) (u)v1= (1, −1, 0), v2= (0, 1, −1), v3= (1, 0, 1) (v)và cho ánh xạ tuyến tính f : R3→ R3, f(ui) = vi.a. Tìm công thức của f.b. Tìm các ma trậnAf/(u), Af/(u),(v), Af/(v), Af/(v),(u), Af/(ε3)Giải. a. Giả sử(x1, x2, x3) = a1u1+ a2u2+ a3u3(1)Khi đóf(x1, x2, x3) = f(a1u1+ a2u2+ a3u3)= a1f(u1) + a2f(u2) + a3f(u3)= a1(1, −1, 0) + a2(0, 1, −1) + a3(1, 0, 1)= (a1+ a3, −a1+ a2, −a2+ a3)Vậy f(x1, x2, x3) = (a1+ a3, −a1+ a2, −a2+ a3) (2)Ta cần tính a1, a2, a3theo x1, x2, x3, do (1), a1, a2, a3là nghiệm của hệ1 0 1 x10 1 0 x20 1 1 x3−→1 0 1 x10 1 0 x20 0 1 −x2+ x3do đó: a3= −x2+ x3, a2= x2, a1= x1− a3= x1+ x2− x3. Thay vào (2) công thứccủa f là:f(x1, x2, x3) = (x1, −x1+ x3, −2x2+ x3)b. • Ma trận Af/(u)Ta có:f(u1) = v1= a1u1+ a2u2+ a3u3(1)f(u2) = v2= b1u1+ b2u2+ b3u3(2)f(u3) = v3= c1u1+ c2u2+ c3u3(3)Khi đóAf/(u)=a1b1c1a2b2c2a3b3c32các ai, bi, cilần lượt là nghiệm của các phương trình véctơ (1), (2), (3). Mỗiphương trình (1), (2), (3) tương đương với một hệ phương trình tuyến tính cócùng ma trận các hệ số (chỉ khác nhau cột tự do), do đó, ta có thể giải cùng lúc3 hệ đó như sau:1 0 1 1 0 10 1 0 −1 1 00 1 1 0 −1 1−→1 0 1 1 0 10 1 0 −1 1 00 0 1 1 −2 1– Hệ 1: a3= 1, a2= −1, a1= 1 − a3= 0– Hệ 2: b3= −2, b2= 1, b1= −b3= 2– Hệ 3: c3= 1, c2= 0, c1= 1 − c3= 0Vậy ma trậnAf/(u)=0 2 0−1 1 01 −2 1• Ma trận Af/(u),(v)Ta cóf(u1) = v1= 1v1+ 0v2+ 0v3f(u2) = v2= 0v1+ 1v2+ 0v3f(u3) = v3= 0v1+ 0v2+ 1v3Vậy ma trậnAf/(u),(v)=1 0 00 1 00 0 1• Ma trận Af/(v)Áp dụng câu a., ta sẽ tính được f (v1), f(v2), f(v3), sau đó làm như các phầntrước. Cụ thể:f(v1) = (1, −1, 2) = a1v1+ a2v2+ a3v3f(v2) = (0, −1, −3) = b1v1+ b2v2+ b3v3f(v3) = (1, 0, 1) = c1v1+ c2v2+ c3v3ai, bi, cilà nghiệm của 3 hệ sau:1 0 11 0 1−1 1 0 −1 −1 00 −1 1 2 −3 1−→1 0 1 1 0 10 1 1 0 −1 10 −1 1 2 −3 1−→1 0 1 1 0 10 1 1 0 −1 10 0 2 2 −4 2– Hệ 1: a3= 1, a2= −a3= −1, a1= 1 − a3= 0– Hệ 2: b3= −2, b2= −1 − b3= 1, b1= −b3= 2– Hệ 3: c3= 1, c2= 1 − c3= 0, c1= 1 − c3= 0VậyAf/(v)=0 2 0−1 1 01 −2 13• Ma trận Af/(v),(u)làm tương tự.• Ma trận Af/(ε3)theo câu a., công thức của f làf(x1, x2, x3) = (x1, −x1+ x3, −2x2+ x3)do đó ta có ngay:Af/(ε3)=1 0 0−1 0 10 −2 14. Cho ánh xạ tuyến tínhθ : Rn[x] −→ Rn[x]p(x) −→ p(x)Tìm ma trận của θ trong cơ sở:a. uo= 1, u1= x, u2= x2, . . . , un= xnb. vo= 1, v1= x − a, v2=(x−a)22!, . . . , vn=(x−a)nn!Giải. a. Ta cóθ(uo) = 0 = 0uo+ 0u1+ . . . . . . . . . . . . . . . + 0unθ(u1) = 1 = 1uo+ 0u1+ . . . . . . . . . . . . . . . + 0unθ(u2) = 2x = 0uo+ 2u1+ . . . . . . . . . . . . . . . + 0un. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .θ(uk) = kxk−1= 0uo+ 0u1+ . . . + kuk−1+ . . . + 0un. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .θ(un) = nxn−1= 0uo+ 0u1+ . . . . . . . . . + nun−1+ 0unVậyAf/(u)=0 1 0 . . . 0 . . . 00 0 2 . . . 0 . . . 00 0 0 . . . 0 . . . 0........................ k..................0 0 0 . . . 0 . . . n0 0 0 . . . 0 . . . 0b. Lời giải tương tự câu a., chi tiết xin dành cho bạn đọc.5. Cho ánh xạ tuyến tínhf : R4→ R3f(x1, x2, x3, x4) = (x1− x2+ x3, 2x1+ x4, 2x2− x3+ x4)Tìm cơ sở, số chiều của Ker f, Im f4Giải. • (x1, x2, x3, x4) ∈ Ker f ⇔ f(x1, x2, x3, x4) = 0, ⇔ (x1, x2, x3, x4) là nghiệm củahệx1− x2+ x3= 02x1+ x4= 02x2+ x3+ x4= 0(1)Do đó, Ker f chính là không gian con các nghiệm của hệ (1) và hệ nghiệm cơ bản củahệ (1) chính là một cơ sở của Ker f. Để giải hệ (1), ta biến đổi ma trận hệ số mở rộng:1 −1 1 0 02 0 0 1 00 2 1 1 0−→1 −1 1 0 00 2 −2 1 00 2 1 1 0−→1 −1 1 0 00 2 −2 1 00 0 3 0 0Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số là x4. Ta cóx3= 0x2=12(2x3− x4) = −12x4x1= x2− x3= x2= −12x4Vậy nghiệm tổng quát của hệ là:x1= −ax2= −ax3= 0x4= 2ahệ nghiệm cơ bản α1= (−1, −1, 0, 2), do đó, dim Ker f = 1, cơ sở của Ker f làα1= (−1, −1, 0, 2).• Để tìm cơ sở của Im f , ta tìm ảnh của cơ sở chính tắc của R4. Ta có:f(e1) = (1, 2, 0), f (e2) = (−1, 0, 2),f(e3) = (1, 0, −1), f (e4) = (0, 1, 1)Im f = f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)Hệ con ĐLTT tối đại của f(e1), f(e2), f(e3), f(e4) là một cơ sở của Im f . Ta có1 2 0−1 0 21 0 −10 1 11234−→1 2 00 2 20 −2 −10 1 11234−→1 2 00 1 10 −2 −10 2 21234−→1 2 00 1 10 0 10 0 01234Vậy cơ sở của Im f là f(e1), f(e4), f(e3) và dim f = 3.56. Tìm vectơ riêng, giá trị riêng, chéo hóa các ma trận sau:(a)1 0 10 0 01 0 1(b)5 −1 1−1 2 −21 −2 2(c)1 2 12 4 21 2 1(d)1 0 0 00 0 0 00 0 0 01 0 0 1(e)1 3 1 20 −1 1 30 0 2 50 0 0 −2Giải. b) Tìm đa thức đặc trưng:PA(λ) =5 − λ −1 1−1 2 − λ −21 −2 2 − λ= (5 − λ)(2 − λ)2+ 2 + 2 − (2 − λ) − 4(5 − λ) − (2 − λ)= −λ3+ 9λ2− 18λPA(λ) = 0 ⇔ λ = 0, λ = 3, λ = 6.Vậy A có 3 giá trị riêng là λ = 0, λ = 3, λ = 6.• Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ nghiệm khác không của hệ:5 −1 1−1 2 −21 −2 2000−→−1 2 −25 −1 11 −2 2000−→−1 2 −20 −11 110 0 0000Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3. Ta có: x3= a, x2= a, x1= 0.Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, a, a), a ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giátrị riêng λ = 0 là các vectơ có dạng (0, a, a), a = 0, dim V0= 1.Cơ sở của V0là α1= (0, 1, 1).• Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 3 là các vectơ nghiệm khác không của hệ:2 −1 1−1 −1 −21 −2 −1000−→1 −2 −1−1 −1 −22 −1 1000−→1 −2 −10 −3 −30 3 3000−→1 −2 −10 −3 −30 0 0000Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3.6Ta có: x3= b, x2= −b, x1= 2x2+ x3= −b.Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (−b, −b, b), b ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng vớigiá trị riêng λ = 3 là các vectơ có dạng (−b, −b, b), b = 0, dim V3= 1.Cơ sở của V3là α2= (−1, −1, 1).• Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 6 là các vectơ nghiệm khác không của hệ:−1 −1 1−1 −4 −21 −2 −4000−→−1 −1 10 −3 −30 −3 −3000−→−1 −1 10 −3 −30 0 0000Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3.Ta có: x3= c, x2= −c, x1= −x2+ x3= 2c.Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (2c, −c, c), c ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng vớigiá trị riêng λ = 6 là các vectơ có dạng (2c, −c, c), c = 0, dim V6= 1.Cơ sở của V0là α3= (2, −1, 1).Chéo hóa. Tổng hợ p 3 trường hợp trên ta thấy ma trận A có 3 vectơ riêng độc lập tuyếntính. Do đó A chéo hóa được. Ma trận T cần tìm là:T =0 −1 21 −1 −11 1 1vàT−1AT =0 0 00 3 00 0 6là ma trận chéo.d) Tìm đa thức đặc trưngPA(λ) =1 − λ 0 0 00 −λ 0 00 0 −λ 01 0 0 1 − λ= λ2(1 − λ)2PA(λ) = 0 ⇔ λ = 0, λ = 1.Vậy ma trận A có 2 giá trị riêng là λ = 0, λ = 1.• Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ nghiệm khác không của hệ:1 0 0 00 0 0 00 0 0 01 0 0 10000−→1∗0 0 00 0 0 1∗0 0 0 00 0 0 00000Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số là x2, x3.Ta có: x2= a, x3= b, x4= 0, x1= 0.Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, a, b, 0), a, b ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng vớigiá trị riêng λ = 0 là các vectơ có dạng (0, a, b, 0), a2+ b2= 0, dim V0= 2.Cơ sở của V0là α1= (0, 1, 0, 0), α2= (0, 0, 1, 0).7• Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 1 là các vectơ nghiệm khác không của hệ:0 0 0 00 −1 0 00 0 −1 01 0 0 00000−→1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 00000Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số là x4.Ta có: x4= c, x3= 0, x2= 0, x1= 0.Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, 0, 0, c), c ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng vớigiá trị riêng λ = 1 là các vectơ có dạng (0, 0, 0, c), c = 0, dim V1= 1.Cơ sở của V1là α3= (0, 0, 0, 1).Chéo hóa. Tổng hợp 3 trường hợp trên ta thấy ma trận A chỉ có 3 vectơ riêng độc lập tuyếntính trong khi A là ma trận cấp 4 nên A không chéo hóa được.7. Trong R3cho cơ sở:u1= (1, 1, 1), u2= (−1, 2, 1), u3= (1, 3, 2)và cho ánh xạ tuyến tínhf : R3→ R3xác định bởi:f(u1) = (0, 5, 3)f(u2) = (2, 4, 3)f(u3) = (0, 3, 2)Tìm một cơ sở để ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo.Giải. Đầu tiên ta tìm ma trận của f trong cơ sở nào đó của R3. Vì èề đã cho f (u1), f(u2),f(u3) nên dễ nhất là tìm ma trận của f trong cơ sở (u). Bạn đọc có thể dễ dàng tìm được:Af/(u)=0 1 11 0 11 1 0Bước tiếp theo, ta tìm giá trị riêng và vectơ riêng của ma trận A = Af/(u). Từ đó sẽ tìmđược giá trị riêng và vectơ riêng của f.Các giá trị riêng, vectơ riêng của ma trận A =0 1 11 0 11 1 0, ta đã tìm trong phần lý thuyết.Kết quả tóm tắt như sau:• A có hai giá trị riêng là λ = −1 và λ = 2.• Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = −1 là các vectơ (−a − b, a, b), a2+ b2= 0.Trường hợp này A có hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là α1= (−1, 1, 0), α2=(−1, 0, 1).• Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 2 là các vectơ (c, c, 0), c = 0. Trường hợp nàyA có một vectơ riêng độc lập tuyến tính là α3= (1, 1, 1).Từ đó suy ra:• f có hai giá trị riêng là λ = −1 và λ = 2.• Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = −1 là các vectơ dạng (−a −b)u1+au2+bu3=(−2a, a + 2b, b), a2+ b2= 0.Trường hợp này f có hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là:β1= −1.u1+ 1.u2+ 0.u3= (−2, 1, 0)β2= −1.u1+ 0.u2+ 1.u3= (0, 2, 1)8• Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 2 là các vectơ dạng c.u1+ c.u2+ c.u3=(c, 6c, 4c), c = 0.Trường hợp này f có một vectơ riêng độc lập tuyến tính là:β3= 1.u1+ 1.1.u2+ 1.u3= (1, 6, 4)Kết luận. Vì f là phép biến đổi tuyến tính của R3(dim R3= 3) và f có 3 vectơ riêng độclập tuyến tính là β1, β2, β3nên β1, β2, β3(β) chính là cơ sở của R3cần tìm và ta có:Af/(β)=−1 0 00 −1 00 0 28. Cho phép biến đổi tuyến tính ϕ : V → V thỏa mãn ϕ2= ϕ. Chứng minh:(a) Im ϕ + Ker ϕ = V(b) Im ϕ ∩ Ker ϕ = {0}Giải. a) Tất nhiên Im ϕ + Ker ϕ ⊂ V , ta cần chứng minh: V ⊂ Im ϕ + Ker ϕ.Với mọi α ∈ V , ta có: α = ϕ(α) + (α − ϕ(α))Tất nhiên ϕ(α) ∈ Im ϕ, và ϕ(α − ϕ(α)) = ϕ(α) − ϕ2(α) = ϕ(α) − ϕ(α) = 0. Do đó,α − ϕ(α) ∈ Ker ϕ ⇒ α ∈ Im ϕ + Ker ϕ, và Im ϕ + Ker ϕ = V .b) Giả sử β ∈ Im ϕ ∩ Ker ϕ. Khi đó tồn tại α ∈ V để ϕ(α) = β. Theo giả thiết ϕ2= ϕ nênta có: β = ϕ(α) = ϕ2(α) = ϕ(ϕ(α)) = ϕ(β) = 0 (vì β ∈ Ker ϕ).Vậy β ∈ Im ϕ ∩ Ker ϕ thì β = 0. Do đó, Im ϕ ∩ Ker ϕ = {0}.9. Cho f : V → V là ánh xạ tuyến tính, L là không gian vectơ con của V . Chứng minh:(a) dim L − dim Ker f ≤ dim f(L) ≤ dim L.(b) dim L ≤ dim f−1(L) ≤ dim L + dim Ker f .Giải. Để giải bài tập 9 và bài tập 10, ta cần nhớ kết quả sau (đã chứng minh trong phầnlý thuyết):Nếu ϕ : V → U là ánh xạ tuyến tínhthì ta có:dim Im ϕ + dim Ker ϕ = dim Va) Xét ánh xạ¯f : L → V ,¯f = f|L, tức là¯f(α) = f(α) với mọi α ∈ L.Ta có Im¯f =¯f(L) = f(L), Ker¯f = L ∩ Ker f.Áp dụng kết quả trên với ϕ =¯f, ta có:dim Im¯f + dim Ker¯f = dim LDo đó, dim f(L) = dim Im¯f ≤ dim Lvà dim f(L) = dim L − dim Ker¯f ≥ dim L − dim Ker fb) Đặt L= f−1(L). Khi đó f(L) = L.Áp dụng a) với không gian vectơ con L, ta có:dim L− dim Ker f ≤ dim f(L) ≤ dim Ltức làdim f−1(L) − dim Ker f ≤ dim L ≤ dim f−1(L)9Do đó:dim L ≤ dim f−1(L) ≤ dim L + dim Ker f10. Cho ϕ : V → W, ψ : W → U là ánh xạ tuyến tính. Chứng minh:(a) rank(ψϕ) ≤ min{rank ψ, rank ϕ}(b) rank(ψϕ) = rank ϕ − dim(Ker ψ ∩ Im ϕ)(c) rank(ψϕ) ≥ rank kϕ + rank − dim WGiải. a) Áp dụng câu a) bài 9 cho ánh xạ tuyến tính ψ : W → U với L = Im ϕ = ϕ(V ) ⊂ W ,ta có:dim ϕ(V ) ≥ dim ψ(ϕ(V )) = dim(ψϕ)(V ) = dim Im(ψϕ)Vậy ta có: rank(ψϕ) ≤ rank ϕ (1)Mặt khác, ta có: ϕ(V ) ⊂ W nên ψ(ϕ(V )) ⊂ ψ(W ), do đó dim ψϕ(V ) ≤ dim ψ(W ), tức là:rank ψϕ ≤ rank ψ (2).Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh.b) Xét ánh xạ¯ψ : Im ϕ → U,¯ψ = ψ|Im ϕ, tức là¯ψ(α) = ψ(α) với mọi α ∈ Im ϕ.Khi đó, Ker¯ψ = Ker ψ ∩ Im ϕ và Im¯ψ =¯ψ(Im ϕ) = ψ(Im ϕ) = (ψϕ)(V ) = Im ψϕ, tức là:dim Im(ψϕ) + dim(Ker ψ ∩ Im ϕ) = dim Im ϕ.Do vậy, rank(ψϕ) = rank ϕ − dim(Ker ψ ∩ Im ϕ).c) Ta có: dim Ker ψ + dim Im ψ = dim W nên dim Ker ψ = dim W − rank ψ.Bởi vậy, theo câu b)rank(ψϕ) = rank ϕ − dim(Ker ψ ∩ Im ϕ)≥ rank ϕ − dim Ker ψ = rank ϕ − (dim W − rank ψ) = rank ϕ + rank ψ − dim W.11Đánh máy: LÂM HỮU PHƯỚC, TRẦN ĐỨC THUẬN Ngày: 09/03/200610 . HỌC) Bài 17. Giải bài tập về ánh xạ tuyến tính PGS TS Mỵ Vinh QuangNgày 10 tháng 3 năm 20061. a. Cho ánh xạ f : Rn→ R, chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến. dim Ker f . Giải. Để giải bài tập 9 và bài tập 10, ta cần nhớ kết quả sau (đã chứng minh trong phầnlý thuyết):Nếu ϕ : V → U là ánh xạ tuyến tính thì ta

- Xem thêm -

Xem thêm: Tài liệu Giải bài tập về ánh xạ tuyến tính docx, Tài liệu Giải bài tập về ánh xạ tuyến tính docx,