bài tập lớn đại số tuyến tính phần Ma trận

Chơng I: Định thứcNội dung: Trình bày định nghĩa các tính chất của định thức và các ph-ơng pháp cơ bản tính định thức.. Yêu cầu chính của chơng này là: * Hiểu rõ và nắm vững các tính chấ

Chơng I: Định thức

Nội dung: Trình bày định nghĩa các tính chất của định thức và các

ph-ơng pháp cơ bản tính định thức Đó là một phph-ơng tiện để nghiên cứu khônggian vectơ và lý thuyết hệ phơng trình tuyến tính

Yêu cầu chính của chơng này là:

* Hiểu rõ và nắm vững các tính chất của định thức;

+ Phơng pháp đa về dạng tam giác

+ Phơng pháp quy nạp và phơng pháp truy hồi

ứng dụng: giải hệ phơng trình Gramer

- Ma trận nghịch đảo của một ma trận vuông

- Giá trị riêng, vectơ riêng

- Chéo hoá một ma trận

Ta đã biết ma trận góp phần vào việc nghiên cứu lý thuyết hệ phơngtrình tuyến tính Bây giờ ta tiếp tục hiểu ma trận sâu hơn nữa: đặc biệt nghiêncứu mối liên hệ giữa ma trận và ánh sáng tuyến tính

Nhờ có ma trận mà ta xác định giá trị riêng và vectơ riêng một ánh xạtuyến tính; do đó xác định đợc những không gian con bất biến ứng với tuyếntính đặc biệt nh các phép biến đổi đối xứng, biến đổi trực giao.

Mục lục

Mở đầu

Chơng i định thức

Định nghĩa, các tính chất của định thức

Các phơng pháp tính định thức, ứng dụng

Chơng ii Ma trận

Ma trận của một ánh xạ tuyến tính

Các phép toán trên các ma trận

Cách tính định thức của tích hai ma trận vuông và cách tìm ma trận nghịch đảo

Sự thay đổi của ma trận của một ánh xạ tuyến tính khi thay đổi cơ sở - ma trận đồng dạng

Vectơ riêng - giá trị riêng

Chéo hoá ma trận

Một phép thế //////////// trên tập Xn đợc gọi là một chuyển trí hai phần tử

i, j thuộc Xn nếu I (i) = j và I (K) = k ,  k  Xn, k ≠ i, k ≠ j Đợc ký hiệu bởi(i, j)

3 2 1

7 6 5

6 7 5

7 6 5

7 5 6

7 6 5

6 5 7

7 6 5

7 6 5

5 7 6

7 6 5

σ6

1.2 Nghịch thế

a Định nghĩa: giả sử  là một phép biến trên tập Xn với i, j  Xn, i ≠ j

ta nói cặp ((i) ; (j)) là 1 nghịch tế của  nếu i < j nhng (i) > (j)

7 6 5

σ5 có 3 nghịc thế là (7,6); (5,6);(7,5)

1.3 Dấu hiệu của phép thế

Định nghĩa: Ta gọi phép thế  là một phép thế chẵn nếu có một số chẵnnghịch thế  gọi là phép nghịch thế lẻ nếu nó có một số lẻ nghịch thế 7

Gán cho mỗi phép thế chẵn 1 giá trị bằng +1; mỗi phép thế lẻ - một giá

trị bằng -1

* Hệ quả

1

(j) σ (i) σ j i j i;π ) (σ Sgn















2 Sgn (σ , u)  Sgn(σ ) Sgn(u )

3 Mọi chuyển trí đều là phép thế lẻ

II Khái niệm ma trận, định nghĩa tính chất của định thức

1 Khái niệm ma trận

Định nghĩa 1: Một bảng gồm m.n số đợc viết thành m dòng n cột nh sau























n n

n j

n 2

n 1

i n

i j

i 2

i 1

2 n

2 j

2 2

2 1

i n

i j 12

1 1

a

a

a a

a

a

a a

a

a

a a a .

a

a a B  đợc gọi là 1 ma trận kiểu (m,n) Ký hiệu: A = a (i,j) (m,n) n 1, j m 1, i R aij   - Các ma trận ký hiệu bằng chữ in hoa - Nếu m = n ta gọi A là ma trận vuông cấp n VD:         90 4 17 84 5 25 83 7 17 A là ma trận cấp 3; m = n = 3          90 64 B ma trận cột; C ( 14 7 84 )  ma trận dòng Định nghĩa 2: có ma trận:           nn nj n2 n1 nj ij 2j 1j n2 i 2 22 12 n 1 i1 21 11 a

a

a a

.

.

.

.

a

a .

a a

.

.

.

.

a .

a

a a a

a .

a a là ma trận chuyển vị của ma trận A: KH At VD:      1 2 4 3 6 5 2 1 A ; At =         1 6 4 2 3 1 A 2 Định nghĩa của định thức Định nghĩa: Cho ma trận vuông, cấp n            n n n j n 2 n 1 2 n 2 j 2 2 2 1 1 n ij 1 2 1 1 a

a

a a

.

a

a

a a a

a

a a A ta thấy tổng 2 (2) Sn σ (1) 1 σ a σ )a Sng(σ D    Tổng đợc gọi là định thức của ma trận A           n n n j n2 n 1 2 n 2 j 22 2 1 1 n ij 1 2 1 1 a

a

a a

a

a

a a a

a

a a

đợc ký hiệu A hay det A

3 Các tính chất của định thức

3.1 Tính chất 1

Nếu định thức D có tính chất mỗi dòng thứ i, mọi thành phần đều có dạng:

aij = aij’ + aij’’ thì D = D1+D2













































nn '

n j'

n 2 n1

2n '

2 j'

2 2 21

1n '

ij 12

11

n n

nj ' n2

n 1

2 n 2j '

22

2 1

1n '

i j

1 2

1 1

a

a

a a

a

a

a a a

a

a a a

a

a a

.

a

a

a a a

a

a a D VD: a 0 0 b 1 3 2 b 1 a 7 0 0 b a 7 3 2 1 a 7 0 3 0 2 b 1 D               3.2 Tính chất 2 Nếu  thành phần thứ i, có thừa số chung là C thì ta có                   nn n 2 n1 2 n 2 2 21 1n 1 2 11 nn n 2 n1 2 n 2 2 21 1n 1 2 11 a

a a

a

a a a

a a a

a a

a

a a a

a a

VD:





































10 9 8 7

5 4 3 2

7 6 5 4

4 3 2 1 2 10 9 8 7

10 8 6 4

7 6 5 4

4 3 2 1

D

3.3 Tính chất 3: Trong định thức nếu đổi chỗ 2 dòng cho nhau thì đổi

dấu

VD 15 62

4 3 6 5

4 3

2 1





3.4 Tính chất 4: Nếu định thức có 2 dòng (2 cột) giống nhau = 0

3.5 Tính chất 5: nếu định thức có 2 dòng (cột) có các thành phần tơng

ứng tỉ lệ  hệ thức đó = 0

3.6 Tính chất 6: Nếu mỗi thành phần ở dòng thứ i với cùng một số C

rồi cộng vào thành phần cùng cột ở dòng thứ k thì ta đợc 1 định thức mới bằng

định thức đã cho

VD:

25 5 0 6 5 7 10 6 5 D hay

25

7

10

6

5

D     

3.7 Tính chất 7: Với At là ma trần chuyển vị của ma trận A ta có

A

A t

 tức là 2 mà trận chuyển vị của nhau thì có định thức bằng nhau

III Khai triển định thức

1 Định thức con - Phần bù đại số

a Định nghĩa: Cho định thức D cấp N

+ Nếu chọn dòng i1, , ir và r cột j1, jr (r<n) thì các thành phần nằm

ở giao của r dòng và r cột ấy lập thành 1 định thức con cấp r của D

+ Nếu xoá đi r dòng và r cột ấy thì các thành phần còn lại lập thành 1

định thức kí hiệu bởi 1 r

r 1

j j i i

~

M và gọi là định thức con bù của định thức 11 rr

j j i i

M

r 1 r

1 2 1 r

1 r 1

j j i i

~ j j i i j

j i

M      đợc gọi là phần bù đại số của 1 r

r 1

j j i i

~ MVD: Cho định thức

6 5

1

4 2

3

3 2

4 2

M 11

~

 là định thức con bù của 1

8 M

) 1

~ 1 1

11     

A là phần bù đại số của 1

2 Khai triển định thức theo dòng

Định ý: cho định thức A cấp n có các thành phần là aij Với mỗi i 

ij ij in

in i2

i2 i1 i1 A a A a A a A a

A

đợc gọi là khai triển định thức A theo dòng thứ i

VD:

24 5.2 8)

4.(

18

7 4 3 2 8 4 6 2 8 7 6 3 8 7

4

6 3

2

5 4

3 Khai triển định thức theo r dòng

Định lý Laplace: Nếu trong định thức D đã chọn r dòng cố định i1, i2 ,

ir, M1, M2 Ms là tất cả các định thức on cấp r của D chọn trong r dòng này và

j

j A M D

VD: Xét định thức:

5 6

7 0

0 3

0 2

2 4

1 3

1 2

0 1

A 

Chọn dòng thứ nhất và dòng thứ 3 ta có 6 định thức cấp 2

0 3

1 2

; 0 2 M

; 3 2

2 1

1) (

A 1 3 1 3

2       

- M3 đợc tạo thành từ dòng 1,3, cột 1,4 nên

22 6 7 4 1 1)

(

98 3)

21.(

2) 22.(

1) (

M A M A M A

7 0

0 -2

0 10

1 -7

5 3

-4 5

2 1

b

1 7

0 20

2 -3

5 4

8 0

5 3

2 -1

1 1

2 Tính định thức dùng định lý Paplace

a

1 1

0 0

1 2

3 0

0 -2

1 3

0 0

2 1

b

3 1

0 9

16

10 -5

- 1 3

1

0 1

2 15

6

0 0

0 3

2

-0 0

0 4

8

Phơng pháp tính định thức

1 Tính định thức cấp 3

Quy tắc Sarus

33 12 32 11 31 13 32 13 31 12 33 11 33 32 31 23 22 21 13 12 11

a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a

D       

Đợc tính theo sơ đồ sau:

Dấu “+” Dấu “ -”

33 32

31

23 22

21

13 12

11

a a

a

a a

a

a a

a

33 32

31

23 22

21

13 12

11

a a

a

a a

a

a a

a

VD:

17 8.

2 áp dụng phép triển khai định thức dòng hoặc cột

Để phép tính đợc đơn giản ta nên khai triển theo dòng (hoặc cột) cónhiều thành phần bằng 0 hoặc là những số đơn giản

Ví dụ:

VD1: Tính định thức

9 2

0 4

10 0

0 1

3 6

0 7

0 5

2 3

D = (-1)1+2 (-2) A

Trong đó:

9 2

4

10 0

1

3 6

7 A

2 4

10 0

1 1

3 6

0 7

0 5

2 3

1 dòng hoặc trong 1 cột chỉ còn nhiều nhất là một thành phần khác 0 Chẳng

hạn ta sẽ biến đổi dòng thứ 3 Nhân cột thứ nhất với -1 rồi cộng vào cột thức

hai, nhân cột thứ nhất với -10 rồi cộng vào cột thứ 4 t đợc

49 2

6

67 6

7

30 5

5 1 1) ( 49 2

6 4

0 0

0 1

67 6

7 7

30 5

5 3



















Giữ nguyên cột thứ hai, cộng cột thứ 2 vào cột thứ nhất, nhân cột thứ

hai với 6 rồi cộng vào cột thứ 3, ta đợc

935 248) 61 ( 5 61 8 31 1 5 1) ( 61 2

8

31 6

1

0 5

0

D       2        

VD3

3 6 1 3

3 5 3

4 10 7 10 5 2

10 1 3

4 10 7 10 5 2

6 1 3

3 5 3

2.

10 5 2 1

6 1 3 0

3 5 3 1

4 10 7 2

D



























3 Đa định thức về dạng tam giác

Định thức dạng tam giác dới là định thức có dạng

n n ni

n2 n1

ij i2

i 1

22 21

.a a

a a

0

.a a a

0

0

a a 0

0 .

0 a D  (aij = 0 nếu i <j) Định thức dạng tam giác trên là định thức dạng n n i n i i 2 n 2 i 2 2 1 n 1 i 1 2 1 1 a 0

.

0 0

.

a a 0

0

.

a a

a 0 a a

a a

(aij = 0 nếu i > j)

Khi đó nhờ phép khai triển định thức theo một dòng hoặc một cột ta có

D = a11a22 ann

Ví dụ:

VD 1:

42 )3 (

2.

2 6 4 0 3 1 0 0 7 60 5.6.2

2

0

0

9

6

0

9

7

5





















áp dụng tính chất 3 và tính chất 6 ta có thể đa mọi định thức về dạng

tam giác

VD 2: Đa về dạng tam giác rồi tính

1 3

2 2

1 3

1 2

6 1

0 0

4 2

1 3

D







Giải: Trong cột 1 ta có thể giữ nguyên số 3, rồi triệt tiêu các số 2

Song muốn thế ta phải nhân dòng thứ nhất với

3

2

 Phép tính sẽ phứctạp Để tránh ta đổi chỗ cột 1 và cột 2 cho nhau ta đợc

1 3

2 2

-1 3

1 2

6 -1

0 0

4 4

3 1

D  

Trong cột 1 giữ nguyên số 1 và triệt tiêu các thành phần khác thuận lợi.Nhân dòng 1 lần lợt với -1 và 2 rồi lần lợt cộng vào dòng thứ 3 và thứ 4 ta đ-ợc:

9 7

8 0

-3 1

-1 0

6 -1

0 0

4 2

3 1

D 

Đổi chỗ dòng 2 và dòng 3 cho nhau

9 7

8 0

6 1

0 0

3 - -1

1 0

4 2

3 1

Nhân dòng 2 với 8 rồi cộng và dòng 4

1 5 15

0 0

6 1

0 0

3 1

1 0

4 2

3 0

( 15.1 5 0 0 0

6 1 0 0

3 1 1 0

4 2 3 1 15 -1 1 0 0

6 -1 0 0

-3 1 -1 0

4 2 3 1 15

0 3

3 1

2 0

-1 1

5 4

7 5

-2 3

D 

Giải: Nhân cột 4 với -3 rồi cộng vào cột 1 ta có

1 0 0 0

3 1 0 0

1 1 1 16

7 5 4 27 3 1 0 0 0

3 1 2 9

1 1 5 7

7 5 -2 18

Đa thừa số chung 3 ở cột 2 ra ngoài định thức

Tiếp tục nhân cột 2 của định thức cuối cùng ở trên với -16 rồi cộng vàocột 1 ta đợc

273 1 1 1 1 9 3 1 0

0 0

3 1

0 0

1 1

1 0

7 5

4 91

2 0

1 2 10

12 5 87

41

2 0

1 0

6 5

3 1

1 2

-2 0

12 10

1 25 87

- 41 20

2 -1

5 3

D

2 1

1 4

2 1

4 3

4 3

2

4 3

2 1

D 

Nhận xét: Tổng các thành phần trong các dòng đều bằng nhau Do đónếu cộng vào cột tất cả các cột khác, chẳng hạn cộng vào cột thứ nhất thì cácthành phần của cột ấy đều bằng nhau Theo tính chất 6, ta có:

1 60 ) 2 ) (

1 (

4 20 4 0 0

2 2 0

3 1 1

20 1 1 1

1 1 1

3 1 1

2

1 0

4 0 0

2 2 0

3 1 1

.

1 0

1 0 1 1 1

0

2 2 2

0

3 1 1

0

4 3 2

1

3 2

1 1

2 1

4 1

1 4

3

1 10 3 2

1 3 2 1 4

2 1

4 2 1 4 3

1 4

3 1 4 3

2 2 3 4 2 3 4

1

D

4 1

3 1

2 1

- 8

- 12 16

-2 0

- 2

- 4 6

-2 1

0

- 1 2

-3 2

1 0

1 -

4 3

2 1

1 2

3 4

1 0

1 2

3 2

1 0

1

4 3

2 1

0 D'

0 1

2 3

4

-1 0

1 2

-3 -2

-1 0

1

-4 -3

-2 -1

1 2

3 4

1 0

1 2

3

2 1

0 1

1

4 3

2 1

0 4 2 D

-1 5

1 0

7 1

20 15

24 21

1 -4

5 2

D 

Nhận xét: Các thành phần dòng 2 bằng các thành phần tơng ứng củadòng 1 cộng 19 áp dụng tính chất 1 ta có

0 2

1 5

1 0

7 1

19 19

19 19

1 4

5 2

0 2

1 5

1 0

7 1

1 4

5 2

1 4

5 2

0 2

1 5

1 0

7 1

19 1 19 4 -

1 9 5 19 2

1 4

5

1 5

1 0

7 1

19 19

19 19

1 4

5 2

5 2

1 1

1 1

1 4

5 2

19





2 6 79 ) 1 9

2 2 6 ( 19

2 2 9

1 6

)

1

(

1 9

(

0

2 2 9

1 4 9

0 1 6

1 9 5 2

3 6

1 4 9

0 1 6

19

5 2

3 6 0

1 4 9 0

1 9 0 2 1 5

1 4 5 2

1 4 5 2

1 9































































5 Phơng pháp quy nạp và phơng pháp truy hồi

VD:

VD 1: Dùng phơng pháp quy nạp tính định thức

1 1

1 1 1

0 0 0

.

.

0 0

0 0 0 0

0 0 0

0 3 2 2 1 1 n n n a a a a a a a D      Giải: Khai triển định thức theo cột cuối ta có 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

.

0 0 0 .

.

.

0

0 0 0

0 0

0

1 1

3 2

1 3

2 1

























n n

n n

n

a a

a a

a a

a a

a a

a

D



1 )

1

n

i

i

n  a a D

Xét vài trờng hợp để dự đoán kết quả

Với n = 1 1 1

1 1

1

a a

D     

Với n = 2 1 1

01 1 1 0

0

1 1 2 2 1 2 2 1 1 1

a a a a a a a a a





2 1 2 2

1 2 1

2

1 a 2a a 3a a ( 1) 3a a



Từ đó ta dự đoán Dn = (-1)n(n+1) n i

i

i a



Chứng minh công thức ( phơng pháp quy nạp)

Công thức (*) đúng với n = 1, n = 2

Giả sử n> 2 và công thức đúng với n - 1, tức là

i

1 n 1 i 1 n 1





Khi đó

i n 1 i

n i

n 2 i i n

1

i

n

i n 1 i 1 n n

i n 1 i

n 1

n n i n 1 i

n

n

a π 1) (n 1) ( a π n a π

1)

(

a π n 1) ( a a π 1) ( D a a π 1)

(

D



















































Vậy Dn= n i 1

1 i

n π a 1)

Tính định thức D5= 0 0 2 4 5

0 5

4 2

0

0 0

5 4

2

0 0

0 5

4

Giải: Khai triển định thức theo dòng 1

D5=

4 2 0 0

5 4 2 0

0 5 4 0

0 0 5 2 5 4 2 0 0

5 4 2 0

0 5 4 2

0 0 5 4



4 2 0

5 4 2

0 5 4 5 4 2 0

0

5 4 2

0

0 5 4

2

0 0 5

2 2

3  D D    

D

Vậy: D5 =4D4 - 10D3= 4 (4D3- 10D2) - 10 D3 = 6D3 - 40D2=6 (16) 40.6 = 336

-6 Tính định thức bằng máy tính bỏ túi và máy tính điện tử

6.1 Tính định thức bằng máy tính bỏ túi Casio fx 570MS (Chỉ có thể tính đ“ ”

-ợc định thức cấp n ≤ 3).

Ví dụ: Tính định thức 35 02 14

6 1

Giải

Bớc 1: Tạo ma trận ứng với định thức

Thực hiện theo các thao tác sau:

- Đa về tập ma trận bằng cách bấm các nút theo thứ tự:

Trên cửa sổ máy tính hiển thị chữ MAT; nghĩa là máy tính đã mở tập

Cửa số xuất hiện hai dòng A B C

+ Bấm nút để kí hiệu ma trận A

+ Bấm để xác định rằng A là ma trận vuông cấp 3

Bấm

Trên cửa sổ xuất hiện 2 dòng A B C Ans

1 2 3 4Nhắc lại rằng 1 là kí hiệu ma trận A

Bấm

Trên cửa sổ xuất hiện số 73 Đó là định thức của ma trận A

6.2 Tính định thức bằng máy tính điện tử (theo chơng trình

Mathematica 4.0) Với chơng trình này máy tính điện tử có thể tính định thức cấp bất kỳ.

0 2

1 5

1 0

7 1

20 15

24

2 1

1 4

5 2

2 = - 1 - 6 = 5 = 0 - 1 = 3 = 2 = 4 = AC

AC

SHIFT MAT 

1 =1SHIFT MAT 3

ứng dụng hệ phơng trình cramer

1 Định nghĩa

1.1 Hệ phơng trình tuyến tính n ẩn là hệ có dạng

(1 ) b

x a

x

a .

x a

x a

.

.

b x

a .

x a

x

a x

a

b x

a .

x a

x

a x

a

m1 n

m n j

m j 2

m 2 1

m 1

2 n

2n j

2j 2

22 1

21

1 n

1n j

1j 2

12 1

1.2 Một nghiệm của hệ (1) là một bộ n số (c1, c2, cj, cn) thuộc

tr-ờng K sao cho khi thay xj= cj thì mọi đẳng thức trong (1) đều là những đẳng

thức số đúng

1.3 Nếu hệ (1) có m = n và định thức

mn nj

n2 n1

in ij

i2 i1

1n 1j

12 11

a a

.

a a

a a

.

a a

a a

.

a a

x a

x

a .

x a

x a

.

.

b x

a .

x a

x

a x

a

b x

a .

x a

x a

x a

n n

nn j

nj 2

n2 1

n1

2 n

2n j

2j 2

22 1

21

1 n

1n j

1j 2

12 1

n2 n1

in

i j

i 2 i1

1n 1j

12 11

.a a

a

a

.a a

.

a a

a a

a

nn j

nj 1

n1 n2

n1

in n

in j

ij 1

i1 i2

i1

1n n

1n j

1j 1

11 12

11 j

.a )

x a

x a

x

a ( a

a

a )

x a

x a

x a (

a a

a

) x a

x a .

x a (

a a

n 1

i n

i n

i 2 i1

1 n

1 n

1 2 11

nn n

n 2 n1

1 1

n n n

a a

a a

a a

a a

a a

a

a

a a

a

a

a a

a

a

a a

a

a

a a

a a

.

a a

a a

.

a a

a a

D

xj j  

Vậy hệ phơng trình cramer có nghiệm duy nhất

2 x

1 x

4x x

0 5x

3 x x

3

2 x

3 x

4 3

2

4 3

2

4 2

1

3 1

Ta phải tính D và Dj

26 4 1 2

1 4 1

15 2 9

)

1

(

4 1 2 0

1 4 1 0

5 0 3 1

15 2 9 0 4 1 2

0

1 4 1

0

5 0 3

1

0 2 0

1 4 1 0

0 0 3 1

3 2 0 3 D 52 0 1

2

0

1 4

1

0

0 0

3

1

3 2

0

3

D

0 4 0 2 0

1 1 1 0

5 0 3 1

0 3 0 3 D 26 4 1

3

1

0 2

0

3

D

4 2

3 1

26 D

D x 0

52 D

D x 1

3

3

2 2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1, -2, 0, 1)

3 Giải hệ Cramer bằng máy tính bỏ túi, máy tính điện tử

3.1 Giải bằng máy tính bỏ túi Casio - 570 MS chỉ giải đợc hệ với n ≤3

3y x

0 5z

2y 4x

5 z

y 3x

Giải

Để về chơng trình “Giải phơng trình ta bấm

Cửa sổ xuất hiện 2 dòng UnKnowns? (ẩn)

2 3 (2 hay 3 ẩn)Bấm (để khẳng định số ẩn là 3)

Cửa sổ xuất hiện a1? (có nghĩa là bảo ta nhập hệ số a1)

Bấm (để nhập hệ số a1= 3)

Tiếp tục ta nhập các hệ số bằng cách bấm liên tiếp:

Lập tức cửa sổ xuất hiện x = 1

Bấm tìm đợc y = -2

Bấm tìm đợc z = 0

Vậy hệ có nghiệm (1, -2, 0)

3.2 Giải bằng máy tính điện tử

MODE MODE MODE 1

3

3 =

-1 = 1 = 5 = 4 = 2 = 5 = 0 = 1 = 3 = -6 = -5 =

Máy tính điện tử có thể giải hệ Cramer n ẩn và số n là số nguyên dơngtuỳ ý.

2x

1 x

4x x

0 5x

3 x x

3

2 x

3 x

4 3

2

4 3

2

4 2

1

3 1

Giả sử V và W là hai K - không gian vectơ với cơ sở lần lợt là

  ε  ε1; ε2; εn  ; ξ ξ 1; ξ2; εn; f : V  W

là một ánh xạ tuyến tính mà

m mn 2

2n 1 1n n

m m2 2

22 1 12 2

m m1 2

21 1 11 1

ξ a

ξ a ξ a )

ξ

f(

ξ a

ξ a ξ a )

ξ

f(

ξ a

ξ a ξ a )

m

n n

a a

a

a a

a

a a

a A

2 1

2 22

21

1 12

11

đợc gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính đối với hai cơ sở () và () Có thể viết gọn các đẳng thức (1) nh sau:

i m

VD1: Giả sử 1v: V -> V là đồng cấu đồng nhất của không gian vectơ V,

và () = ε1; ε2; ; εm là một cơ sở bất kì trong V Khi đó:

m m

v

m v

m v

ε

ε ε )

ε

(

ε

ε ε )

ε

(

ε

ε ε )

2 1 2

2 1 1

0 0 1

0 0

1

0 0

0 0

0

1 0

j i khi 1

aij

VD2: Nếu V và W là hai k - không gian vectơ với dim v = n, dim W =

m thì đồng cấu 0 có ma trận đối với mọi cơ sở của V và của W là ma trận 0kiểu (m;n) dới đây

0 0

0

0 0

0

0 0

1

8 1

0

2 6

1.2 Liên hệ giữa Hom k (V; W) với Mat (m,n) (k)

Mệnh đề: Giả sử V; W là hai k - không gian vectơ và

m

n n

a a

a

a a

a

a a

a A

2 1

2 22

21

1 12

2 ξ 2j a 1

2) Cố định hai cơ sở trong V và W Với mỗi f  Homk (V, W); f xác

định một ma trận A duy nhật Xác định ánh xạ

: Hôm k(V, W) -> Mat(m,n)(k) bởi (f) = A

Với mỗi A  Mat(m,n) (k); có 1axt2 f duy nhất mà A là ma trận của

nó, tức là (f) = A Do đó:  là toàn ảnh Vì f đợc xác định duy nhất bởi A nên  là đơn ánh

ξ 3 2 ξ 1 ξ 4 ) 2 ε f(

3 ξ 1 ξ 5 1 ξ 2 ) 1 ε f(

0

4 0

1

7 1

5

0 4

2 A

b) Có: α3ε2ε3 Có f là 1 ánh xạ tuyến tính =>

4 9 3 4 2 10 1 12 3 4 2 7 ) 4 3 - 2 1 3(4

) 3 ε f(

) 2 ε 3f(

) 3 ε 2 ε f(3 )

5 1 3

là ma trận của ánh xạ tuyến tính f: V -> W đối với cơ

sở ε1; ε2; ε3 của V và cơ sở ξ1; ξ2 của W α V có toạ độ là (-1; 2; 3)

Tìm toạ độ của f( α) đối với cơ sở ξ1; ξ2

* BL:

Ta có: { ε1; ε2; ε3}  V; ξ1; ξ2 W

2 ξ 1 ξ 5 (5;1) )

3

ε

f(

2 ξ 4 1 ξ 1 1;4) ( )

2

ε

f(

2 ξ 0 1 ξ 3 (3;0) )

2 ξ 11 1

ξ 10 )

2 ξ 1

ξ 3(

) 2 ξ 4 1

ξ 2(

1 ξ 3

) 3 ε 3f(

) 2 ε 2f(

) 1 ε f(

) 3 ε 3 2

ε 2 1

ε f(

) α f(

3 2

; 0 ( );

7 0 2

A

b) Ta có:

) ε f(

) ε f(

) ε 5f(

) ε ε ε f(5 ) α f(

ε ε ε 5 1;1) (5;

α

3 2

1 3

2 1

3 2 1

2 2

2 1 1

ξ ξ 7 (7;-1) )

ε

f(

ξ 5 (0;5) )

ε

f(

ξ 3 ξ 2 2;3) ( )

ξ ξ 7 ξ 5 ) ξ 3 ξ 2 5(

) α

f(

2 1

2 1 2 2 1

Bài 4: Cho P2; P3 lần lợt là những không gian con gồm 0 và các đa thức

bậc không vợt quá 2; quá 3; 4: P2-> P3 là ánh xạ tuyến tính xác định bởi:

0

0 1

1

0 0

1

A

b) Có

3 2

3 2 2 2

2 2

x 4x 3x 2

) x (x ) x 5(x x) 2(1 ) (x (x) 5 (1) 2

) x 5x (2 ) α ( x

5x 2

=> Toạ độ C’  ( ) đối với cơ sở đã cho là: (2; -3; -4; 1)

Bài 5: Giả sử P3; P2 là các không gian gồm đa thức 0 và các đa thức R[x] có bậc tơng ứng không vợt quá 3; không vợt quá 2 d: P3 -> P2 là phép lấy

Do đó: Ma trận của d đối với 2 cơ sở này là

0 2 0 0

0 0 1 0

0 0

1 1

0 3

1 0

2 1

1 2

0 1

3 2

4 3 1 3

2 2

4 3 2 1 1

ε ε ε ε (1;1;1;1) f(0;0;0;1)

)

ε

f(

ε 2 ε 1 ε (1;1;1;1) f(0;0;0;1)

)

ε

f(

ε 2 2;0;0) (0;

f(0;1;0;0) )

ε

f(

ε 0 ε 2 ε ε 1;2;0) (1;

f(1;0;0;0) )

; 6 (2;

(1;1;1;1) (2;0;1;2)

0) 0;

2;

5(0;

0) 2;

1;

2.(1;

) ε 2f(

) ε f(

) ε 5f(

) ε 2f(

) ε 2 ε ε 5 ε f(2 ) α

b) Ta có 4

3 3 2

1 ; x ; x ; x ) R (x

) x 2x

; x x 2x

; x 2x x

; x 2x (x

(1;1;1;1) x

(2;0;1;2) x

(0;2;0;0) x

1;2;0) (1;

x

) ε f(

x ) ε f(

x ) ε f(

x ) ε f(

x ) ε x ε x ε x ε f(x )

β

f(

ε x ε x ε x ε x ) x

; x

; x

; (x β

4 3 4

3 1 4 2 2 4 3 1

4 3

2 1

4 4 3 3 2 2 1 1 4 4 3 3 2 2 1 1

4 4 3 3 2 2 1 1 4 3 2 1

0 x

0 x

0 x

0 x

2x

0 x

x 2x

0 x

2x x

0 x

2x x

4 2 4

3

4 3

1

4 2

1

4 3

1

Vậy: Ker f = {(0; 0; 0; 0)  0 R}

Bài 7: Cho ánh xạ t2: f: R2-> R3 xác định bởi f(a1; a2) = (a1; 3a2; a2-5a)

Tìm ma trận của f đối với 2 cơ sở chính tắc của R2 và R3

* Bài làm:

2

1 (1;0); ε (0;1) R ε

3 1 2

3 1 1

5 )

1

; 3

; 0 ( ) 1

; 0 ( ) (

5 )

5

; 0

; 1 ( ) 0

; 1 ( ) (

f f

Do đó ma trận của f đối với 2 cơ sở là

3 0

0 1

A

A + B = [aij + bij] mxnTøc lµ (A + B)ij = aij + bij

73 52

4.2 3.2

kj

ik b a