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+ x31Vậy: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 hệ1 0 1 x10 1 0 x20 1 1 x3−→1 0 1 x10 1 0 x20 0 1 −x2+ x3do 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]=a1b1c1a2b2c2a3b3c32các 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 13• 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 14. 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 . . . 0b. 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 củahệx1− 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 0Hệ 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 có1 2 0−1 0 21 0 −10 1 11234−→1 2 00 2 20 −2 −10 1 11234−→1 2 00 1 10 −2 −10 2 21234−→1 2 00 1 10 0 10 0 01234Vậy 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 −2Giải. 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 2000−→−1 2 −25 −1 11 −2 2000−→−1 2 −20 −11 110 0 0000Hệ 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 −1000−→1 −2 −1−1 −1 −22 −1 1000−→1 −2 −10 −3 −30 3 3000−→1 −2 −10 −3 −30 0 0000Hệ 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 −4000−→−1 −1 10 −3 −30 −3 −3000−→−1 −1 10 −3 −30 0 0000Hệ 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 1vàT−1AT =0 0 00 3 00 0 6là 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 10000−→1∗0 0 00 0 0 1∗0 0 0 00 0 0 00000Hệ 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 00000−→1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 00000Hệ 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 0Bước 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 28. 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 Ltức 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,