HẠNG VÀ MA TRẬN CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH I.. Gọi f là một ánh xạ tuyến tính từ không gian véc tơ E vào không gian véc tơ F.. Tính chất 2.2: Ánh xạ tuyến tính f từ không gian véc tơ E vào F
Trang 1Bài giảng số 02 HẠNG VÀ MA TRẬN CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
I Tóm lược lý thuyết
Cho E và F là hai K – không gian véc tơ có số chiều lần lượt là n và m Giả sử {e 1 , e 2 , …,e n} là cơ
sở của E và {f 1 , f 2 , …, f m } là cơ sở của F Gọi f là một ánh xạ tuyến tính từ không gian véc tơ E vào không gian véc tơ F
Định nghĩa 2.1: Hạng của ánh xạ tuyến tính f là hạng của hệ véc tơ: { ( ),f e1 f e( ),2 , f e( )}.n
Kí hiệu hạng của ánh xạ tuyến tính f là rg f( )
Tính chất 2.2: Ánh xạ tuyến tính f từ không gian véc tơ E vào F là đẳng cấu tuyến tính nếu
( ) dim
Với mỗi véc tơ e i (i =1, 2, …, n), ta có f e( )i a f1i 1a f2i 2a f mi m
Bộ số (a 1i , a 2i , …, a mi ) được gọi là toạ độ của véc tơ f(e i) đối với cơ sở f1, f2,, f n của không
gian véc tơ F
Định nghĩa 2.3: Ma trận A của ánh xạ tuyến tính f E: F trong các cơ sở e e1, 2,,e n của E và
f1, f2,, f ncủa F là ma trận cấp m n có dạng:
Nhận xét 2.4:
i) Mỗi cột thứ i của ma trận A là toạ độ tương ứng của véc tơ f(e i)
ii) Ma trận A của ánh xạ tuyến tính f phụ thuộc vào cơ sở của E và F
iii) Nếu dim E =dim F = n thì ma trận A của f là ma trận vuông cấp n
Đặc biệt nếu E = F và lấy cơ sở của E và F trùng nhau thì A là ma trận của tự đồng cấu f đối với cơ sở
e e1, 2,,e n
iv) Cho véc tơ vE v, x e x e x e , ta có:
mn m
m
n n
a a
a
a a
a
a a
a
2 1
2 22
21
1 12
11
Trang 21 1 2 2
f v x f e x f e x f e Vậy nên nếu biết ảnh của các véc tơ e i , tức là biết ma trận A của ánh xạ tuyến tính f thì ảnh f(v) của véc tơ v được hoàn toàn xác định và khi đó f(v) =Av
Tính chất 2.5: Nếu f là ánh xạ tuyến tính từ không gian véc tơ E vào F có ma trận A trong các cơ sở đã
cho thì rg f( )rankAdim Im f
Tính chất 2.6: Nếu f là một tự đồng cấu tuyến tính của E và ma trận A trong một cơ sở nào đó của f là
không suy biến thì f là đẳng cấu tuyến tính
Định lý 2.7: Cho phép biến đổi tuyến tính f của K- không gian véc tơ E có số chiều n, gọi A là ma trận của
f trong cơ sở e e1, 2,,e ncủa E Các tính chất sau đây là tương đương:
a) Kerf {0}
b) f là một đơn cấu
c) Hệ véc tơ { ( ),f e1 f e( ),2 , f e( )}n là độc lập tuyến tính
d) f là một toàn cấu
e) rg f( )n
f) f là một đẳng cấu
g) Ma trận A của f là khả nghịch
Tính chất 2.8: Cho f là một tự đồng cấu tuyến tính của không gian véc tơ E Giả sử A và B lần lượt là các
ma trận của tự đồng cấu tuyến tính f trong các cơ sở e e1, 2,,e n và h h1, 2,,h ncủa E Gọi T là ma
trận chuyển cơ sở từ cơ sở {e e1, 2,,e n sang cơ sở h h1, 2,,h n, khi đó B =T -1 AT
II Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1:
Xét ánh xạ tuyến tính f M: 1 3 ( ) M1 3 ( ) , xác định bởi:
( , , ) ( , 2 3 2 , )
f x y z x x y z z
Gọi e1(1, 0, 0),e2 (1, 1, 0),e3 (1, 1, 1) là một cơ sở của M1 3 ( ).
1) Tìm ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cơ sở:
a) e e e 1, 2, 3
b) e e e 3, 2, 1
Trang 3c) e e e và 1, 2, 3 e e e 3, 2, 1
2) Tìm hạng của ánh xạ tuyến tính f
Giải
1) a) Dễ thấy f(e 1 ) = (1, 2, 0), f(e 2 ) = (1, 5, 0) và f(e 3) = (1, 7, 1)
Ta có f(e 1 ) = e 1 +2e 2 , f(e 2 ) = e 1 +5e 2 , f(e 3 ) = e 1 +7e 2 +e 3
Vậy ma trận của f trong cơ sở e e e là: 1, 2, 3
1 1 1
2 5 7
0 0 1
f
A
b) Tương tự, ta cũng có f(e 2 ) = 5e 2 -4e 1 , f(e 3 ) = 6e 2 +e 3 -6e 1 , f(e 1 ) = 2e 2 -e 1
Vậy trận của f trong cơ sở e e e là: 3, 2, 1
f
B
c) Ta có f(e 1 ) = 2e 2 - e 1 , f(e 2 ) = 5e 2 - e 1 và f(e 3 ) = 6e 2 + e 3 -6e 1
Vậy ma trận của f trong cặp cơ sở {e 1 , e 2 , e 3 } và {e 2 , e 3 , e 1} là:
f
C
2) Ta có: rg f( )dim Im f dim[ ( ),f e1 f e( ),2 f e( )]3 rank A( f)3
Ví dụ 2:
Giả sử f :1( )x 2( ),x là ánh xạ tuyến tính xác định bởi: f(p) = xp + p
1) Tìm ma trận của ánh xạ tuyến tính đó đối với các cơ sở B{1, }x và ' 2
{1, 1 , 1 }
B x x
Trang 4Giải:
1) Ta có:
2 (1) 1 0.1 1.(1 ) 0.(1 )
f x x x và f x( )x2x 2.1 1 (1 x) 1.(1 x2),
nên ma trận của f trong các cơ sở B và B’ là:
A f =
1 1 2
0 1 0
2) Toạ độ của p trong cơ sở B là (2, - 3), vậy toạ độ của f(p) trong cơ sở B’ là:
6 2
3
3
f
f p A
Vậy đa thức f p( )cần tìm là p x( )6.1 1.(1 x) 3.(1 x2) 2 x 3 x2
Ví dụ 3:
Cho phép biến đổi tuyến tính 4 4
f xác định bởi:
f x y z t x y z xy z t xy z t xy z t
Chứng minh rằng phép biến đổi f là một đẳng cấu
Giải :
Phép biến đổi tuyến tính f là một đẳng cấu nếu ma trận A f của f trong một cơ sở nào đó của 4
là khả nghịch
Xét ma trận của f trong cơ sở chính tắc của , ta có: 4
f(e 1 ) = (-1, 1, 1, 1), f(e 2 ) = (1, -1, 1, 1), f(e 3 ) = (1, 1, -1, 1), f(e 4) = (1, 1, 1, -1)
Vậy ma trận của f có dạng:
Trang 51 1 1 1
f
A
Ta có
f
A
Vậy A f là khả nghịch
Ví dụ 4:
Cho một tự đồng cấu f a của không gian véc tơ R 3 có ma trận trong cơ sở chính tắc là
1 1
1 1
a
a
a
1) Xác định theo tham số a hạng của f a 2) Xác định Kerf và Im a f a
Giải:
1) Ta có rg f a = rank M a Bằng các phép biến đổi sơ cấp ma trận ta đưa ma trận M a về dạng tam giác trên:
2 2
0 0
1 1 0
1 1
a a
a a
a
biện luận:
+) Nếu 2
2 a a 0
2
1
a
a
thì rg f a rank M a 3
2 a a 0
2
1
a a
Trang 6i) Nếu a thì 2 rg f a rank M a 2.
ii) Nếu a thì 1 rg f a rank M a 1
2) Trường hợp 1: Nếu
2
1
a
a
thì dim Im f a rg f a 3
mà dimKerf adim Im f a nên dim3 Kerf a 0 Vậy Kerf a 0 và Im f a 3
Trường hợp 2: a , 2 Kerf a {x( ,x x1 2,x3)3| f x a( )0},
ta có: f x a( )0 M x a 0 1 2 3
3 2
3 2 1
0
0 2
x x x x
x
x x x
Vậy Kerf a [(1, 1, 1)]
Im f a {( ,y y , y ) | ( , x x , x ) mà f x x( , , x )( ,y y , y )}, ta có:
1 2 3 1
2
2
Trường hợp 3: a , ta có: 1
[( 1, 1, 0), ( 1, 0, 1)]
Kerf x x x f x x x x x x x
Và Im f a {( ,y y1 2, y3)3|y1 y2 y3} [(1, 1, 1)].
Ví dụ 5:
Cho E là K – không gian véc tơ có số chiều bằng 4 và cơ sở b { ,e e e e1 2, 3, 4}. Xét tự đồng cấu u theo cơ sở b có ma trận là:
A
3
Im f a {( ,y y , y ) |y y y 0} [( 1, 1, 0), ( 1, 0, 1)]}
Trang 71) Xác định Ker u, rgu và Im u
2) Imu và Ker u có bù nhau trong không gian véc tơ E không?
3) Chứng minh rằng {e 3 , u(e 3 ), u 2 (e 3 ), u 3 (e 3 )} là một cơ sở của E
4) Xác định ma trận của u trong cơ sở trên
5) Chứng minh rằng nếu u 3 0 thì u 4 = 0
Giải:
2
4 8 0
2 4 0
Vậy ( , , , )x y z t Keru( , , , )x y z t ( , 3 , 0, 0).x x
Suy ra: Ker u [(1, 3, 0, 0)]
Ta có rg u = dim Im u = dim E – dim Ker u = 3
Im u = [u(e 1 ), u(e 2 ), u(e 3 ), u(e 4 )] Dễ thấy u(e 1 ) = (3, 9, 0, 0), u(e 2 ) = (-1, -3, 0, 0) suy ra u(e 1 ) = -3u(e 2)
Vậy Im u =[u(e 2 ), u(e 3 ), u(e 4 )], vì dim Im u = 3 nên {u(e 2 ), u(e 3 ), u(e 4 )} là cơ sở của Im u
2) Ta có (1, 3, 0, 0) Ker u mà (1, 3, 0, 0) u e( )2 Im ,u vậy Ker u Im u {0} nên Ker u và Im u không bù nhau trong E
3) Ta có 3
0 0 1 0
e
1 3
4 2
u e Ae
2
10 10
0 0
u e A Ae
Trang 8
và 3 3 2 3
40 120
0 0
u e A u e
Kí hiệu các véc tơ trên tương ứng là f 1 , f 2 , f 3 và f 4, ta xét
Vậy hệ véc tơ {f 1 , f 2 , f 3 , f 4 } là độc lập tuyến tính Vì dim E = 4 nên hệ véc tơ trên là cơ sở của E
4) Ta có u(f 1 ) = u(e 3 ) = f 2
u(f 2 ) = u 2 (e 3 ) = f 3
u(f 3 ) = u 3 (e 3 ) = f 4
Vậy ma trận của u trong cơ sở {f 1 , f 2 , f 3 , f 4 } của E là:
5) Vì u3(e3) = f4 0 nên u3 0 Ta có u4(e3) = 0 nên u(f4) = u4(e3) = 0
Vì e3 = f1 nên ta có u4(f1) = 0, u4(f2) = u4(u(e3)) = u(u4(e3)) = u(0) = 0,
u4(f3) = u4(u2(e3)) = u2(u4(e3)) = u2(0) = 0 và u4(f4) = u4(u3(e3)) = u7(e3) = u3(u4(e3)) = u(0) = 0 Vậy ảnh của cơ sở {f1, f2, f3, f4}của E qua ánh xạ tuyến tính u4 là véc tơ không nên u4 = 0
Ví dụ 6:
1 1f 2f2 3f3 4f4 0
0 2
0 4
0 120 10
3
0 40 10
4 3 2 1 2
2 1
4 3
2
4 3
2
3
u f Au e A
0 0 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
B
Trang 9Cho một tự đồng cấu tuyến tính f :33 có ma trận trong cơ sở chính tắc {e 1 , e 2 , e 3 } là:
15 11 5
20 15 8
A
1) Chứng minh f 1 = 2e 1 + 3e 2 + e 3 , f 2 = 3e 1 + 4e 2 + e 3 , f 3 = e 1 + 2e 2 + 2e 3 là một cơ sở của R 3
2) Tìm ma trận của f trong cơ sở {f 1 , f 2 , f 3 }
Giải:
1) Xét: a1f 1 + a2f 2 + a3f 3 + a4f 4 = 0
a1(2e 1 + 3e 2 + e 3) + a2(3e 1 + 4e 2 + e 3) + a3(e 1 + 2e 2 + 2e 3) = 0
(2a1 + 3a2 + a3)e1 + (3a1 + 4a2 +2a3)e2 + (a1 + a2 + 2a3)e3 = 0
Vì {e 1 , e 2 , e 3} độc lập tuyến tính nên ta có:
0 a a a 0
a 2 a a
0 2a 4a 3a
0 a 3a 2a
3 2 1 3
2 1
3 2 1
3 2 1
Vậy hệ véc tơ {f 1 , f 2 , f 3 } độc lập tuyến tính và vì dim R 3 = 3 nên hệ véc tơ trên là cơ sở của R 3
2) Ma trận chuyển từ cơ sở {e 1 , e 2 , e 3 } sang cơ sở {f 1 , f 2 , f 3 } của R 3 là ma trận T có dạng:
T =
2 1 1
2 4 3
1 3 2
T là ma trận khả nghịch và ma trận nghịch đảo của T là:
T-1 =
1 1 1
1 3 4
2 5 6
Vậy ma trận B của f trong cơ sở {f 1 , f 2 , f 3} của R3 có dạng
Trang 10B = T -1 AT =
1 1 1
1 3 4
2 5 6
6 7 8
8 15 20
5 11 15
2 1 1
2 4 3
1 3 2
=
3 0 0
0 2 0
0 0 1
Ví dụ 7:
Cho R 2 (x) là không gian véc tơ các đa thức với hệ số thực có bậc không vượt quá 2, b = {1, x, x 2 }
là một cơ sở chính tắc của R 2 (x) Xét phép biến đổi tuyến tính T: R2(x)R2(x), ở đó với mọi đa thức p(x) =a 0 +a 1 x + a 2 x 2 ta có T(p(x)) = p(2x +1) = a 0 + a 1 (2x +1) +a 2 (2x +1) 2
1) Tính T(1), T(x), T(x 2 ) và viết ma trận A của T tương ứng với cơ sở {1, x, x 2 }
2) Dùng ma trận A hãy tính T(3 +x +2x 2 ) Kiểm tra lại bằng cách tính trực tiếp
3) Ma trận của T T: R2(x)R2(x) là gì đối với cơ sở chính tắc trên
4) Xét một cơ sở mới c = {1+ x, 1 + x 2 , x + x 2 } của R 2 (x) Dùng ma trận chuyển cơ sở hãy tính ma trận của T trong cơ sở c
5) Hãy kiểm tra lại phần 4 bằng cách tính trực tiếp
Giải:
1) (1) 1
( ) 1.(2 1) 1 2
( ) 1.(2 1) 1 4 4
T
Vậy ma trận của T trong cơ sở b là:
1 1 1
0 2 4
0 0 4
A
2) Ta có toạ độ của véc tơ T(3 x 2x2) là:
2 1
3
A
8 10 6
2 1 3
4 0 0
4 2 0
1 1 1
Vậy T(3 +x +2x 2 ) = 6 +10x +8x 2
Mặt khác tính trực tiếp ta có
Trang 11T(3 +x +2x 2 ) =3T(1) +T(x) +2T(x 2 ) = 3 + 1+2x + 2(1 +2x)2 = 6 + 10x + 8x 2
3) Cách 1:
Ta có T T(p(x)) =T(T(p(x)) = T(p(2x +1)) =T[a 0 +a 1 (1 +2x) +a 2 (1 +2x) 2 ]
= T[(a 0 +a 1 +a 2 ) +(2a 1 +4a 2 )x +4a 2 x 2 ]
= (a 0 +a 1 +a 2 ) +(2a 1 +4a 2 )(1 +2x) +4a 2 (1 +2x) 2
= a 0 + 3a 1 +9a 2 +(4a 1 +24a 2 )x +16a 2 x 2
suy ra: T 2 (1) = 1, T 2 (x) = 3 +4x, T 2 (x 2 ) = 9 +24x +16x 2, vậy ma trận của T2 trong cơ sở chính tắc là:
16 0 0
24 4 0
9 3 1
Cách 2 : Ta có T T(p(x)) =T(Ap(x)) = A.Ap(x) = A 2 p(x)
Vậy ma trận của T2 trong cơ sở chính tắc là A2 và dễ thấy A2 =
16 0 0
24 4 0
9 3 1
4) Ma trận chuyển cơ sở từ b sang c có dạng: P =
1 1 0
1 0 1
0 1 1
Ta có
P-1 =
2
1 2
1 2
1
2
1 2
1 2
1
2
1 2
1 2
1
Ma trận của T trong cơ sở c là:
Trang 12B = P-1AP =
2
1 2
1 2
1 2
1 2 1
2
1 2
1 2 1
4 0 0
4 2 0
1 1 1
1 1 0
1 0 1
0 1 1
=
8 6 0
0 2 0
4 2 4 2
1
=
4 3 0
0 1 0
2 1 2
5) Ta có T(1 + x) = 1 +1.(1 +2x) = 2(1+x)
T(1 + x2) = 1 + 1.(1 +2x)2 = 2 +4x +4x2
= 1.(1 + x) +1.(1 +x2) +3 (x +x2) T(x + x2) = 1(1 +2x) +1(1 + 2x)2 = 2 + 6x +4x2
= 2 (1 + x) + 0.(1 + x2) +4(x + x2)
Vậy ma trận B của T trong cơ sở c có dạng:
B =
4 3 0
0 1 0
2 1 2
Ví dụ 8: Xét phép biến đổi tuyến tính f: R 3 (x) R 3 (x), xác định bởi:
f(q(x)) = q(1 + x) = a 0 + a 1 (1 + x) +a 2 (1 + x) 2 + a 3 (1 + x) 3
với mọi đa thức q(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 thuộc R 3 (x) Chứng minh f là một đẳng cấu và tìm biểu thức của f -1
Giải:
Ta có f(1) = 1
f(x) = 1.(1 + x) = 1 + x f(x2) = 1.(1 + x)2 = 1 + 2x + x2 f(x3) = 1 (1 + x)3 = 1 + 3x + 3x2 + x3
Trang 13Vậy ma trận của f đối với cơ sở chính tắc B = {1, x, x2, x3} là
1 1 1 1
0 1 2 3
0 0 1 3
0 0 0 1
A
Vì det (A) = 1 nên tự đồng cấu f là một đẳng cấu, do đó f có đẳng cấu ngược f1
Ta có: 1
A
Giả sử p(x) = p 0 + p 1 x + p 2 x 2 + p 3 x 3, thế thì toạ độ của p(x) đối với cơ sở B là:
0
1
2
3
[ ( )]B
p
p
p x
p
p
, ta có 1
[ ( )]
B
A p x
3 2 1 0
p p p p
=
3
3 2
3 2 1
3 2 1 0
3
3 2
p
p p
p p p
p p p p
Vậy f1( ( ))p x (p0p1p2p3) + (p12p23p3)x + ( p 2 3 p3)x 2 + p 3 x 3
p0 p x1( 1) p x2( 22x1)p x3( 33x23x1)
0 1( 1) 2( 1) 3( 1) ( 1)
Ví dụ 9:
Cho E là không gian véc tơ hữu hạn có số chiều n, u L(E) Chứng minh rằng nếu u 2 = 0 thì rgu
2
n
Giải:
Vì dim E = n nên ta có dim Ker u + dim Im u = n
rg u = dim Im u = n – dim Ker u (1)
Trang 14Vậy Im u Ker u hay dim Ker u dim Im u (2)
Từ (1) và (2) ta có:
rg u n – rg u rg u
2
n
Ví dụ 10:
Cho E là R – không gian véc tơ có số chiều hữu hạn, f và g là các tự đồng cấu của E
1) Chứng minh rằng: ker(g| Imf )= ker(g) Im(f)
2) Chứng minh rằng:
a) rg(g f)= rg(f) –dim(ker(g)Im(f)) (1)
b) rg(g f) rg(f) + rg(g) –dim E (2)
Giải:
1) Ta xem g|Imflà ánh xạ tuyến tính từ Im(f) vào E
Giả sử xker(g|Imf) xIm(f) và g(x)=0 xker(g)Im(f)
Ngược lại nếu xker(g) Im(f)
0 g(x)
Im(f)
x
g|Imf(x) =0 xker(g|Imf)
Vậy ker(g|Imf) = ker(g) Im(f)
2)
a) Ta có rg(g f) = dim(Im(g f)), rg(f) = dim(Im f)
Theo 1) ta có dim(ker(g) Im(f)) = dim(ker(g|Imf)) = dim(Im f) – dim(Im(g|Imf))
dim(Im(g|Imf)) = dimIm f - dim(ker(g) Im(f)) = rg(f) - dim(ker(g) Im(f))
Ta chứng minh dim(Im(g f)) = dim(Im(g| Imf)), thật vậy:
yIm(g| Imf) x Im f sao cho y = g(x) và x Im f
tE, x = f(t) hay yIm(g| Imf) tE sao cho y = g f(t)
y Im(g f) Im(g f)) = Im(g| Imf ) dim(Im(g f)) = dim(Im(g| Imf))
Trang 15b) Theo 2a) bất đẳng thức cần chứng minh:
( ) ( ) ( ) dim ( ) dim( Im ) ( ) ( ) dim
dim( Im ) dim ( )
dim(KergIm )f dimKerg KergImf Kerg
Bao hàm thức cuối cùng luôn đúng nên suy ta bất đẳng thức (2) đúng
III Bài tập có hướng dẫn
Bài tập 1: Cho ánh xạ tuyến tính f M: 1 3 ( ) M1 3 ( ), xác định bởi:
( , , ) ( 2 , 3 4 2 , 3 )
f x y z y z x y z z
Cho một cơ sở e 1 (1, 1, 0), e 2 (0, 1, 1) và e 3(1, 0, 1) của M1 3 ( ).
1) Tính f(e 1 ), f(e 2 ), f(e 3 ) theo cơ sở {e 1 , e 2 , e 3}
2) Tìm ma trận của f trong cơ sở {e 1 , e 2 , e 3}
3) Tìm ma trận của f trong cơ sở {e 2 , e 3 , e 1}
Bài tập 2: Xét ánh xạ 3 2
:
f , xác định bởi:
f(x, y, z) = (x – z, y + z)
1) Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính
2) Tìm ma trận của f trong cơ sở {e 1 (1, 0, 0), e 2 (0, 1, 0), e 3(0, 0, 1)} của và cơ sở {v3 1(1, 0),
v 2(1, 1)} của 2
2) Tìm toạ độ của véc tơ f(u) trong cơ sở {f 1 , f 2 } với u = (1, 2, 3)
Bài tập 3: Cho ánh xạ tuyến tính 3 3
f có ma trận trong cơ sở chính tắc là:
0 1 1
1 0 1
1 1 0
A
1) Chứng minh rằng f là một tự đẳng cấu của 3
2) Tính các thành phần toạ độ x’, y’, z’ của f(v) theo các thành phần x, y, z của véc tơ v
3) Tính các thành phần toạ độ x, y, z của véc tơ v theo các thành phần toạ độ x’, y’, z’ của f(v) Từ
đó suy ra ma trận A-1