ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

hay.trọng tâm ôn thi hết kỳ cho các bạn năm nhất

Trang 1

Slides Chương 4:

Ánh xạ tuyến tính

Giảng viên: TS TRỊNH THANH ĐÈO

Khoa Toán - Tin học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Đại học Quốc gia Tp.HCM

T.T Đèo (ĐH Khoa học Tự nhiên Tp.HCM) Chương 4 Ánh xạ tuyến tính (Đại số B1- Đại số tuyến tính) 1 / 26

1 Ánh xạ tuyến tính

Ký hiệu f : X → Y là phép tương ứng đi từ tập X 6= Ø vào tập Y 6= Ø.

Ta nói f là ánh xạ nếu mọi phần tử x thuộc X đều có duy nhất một tương ứng y thuộc Y qua phép tương ứng f.

Khi đó y được gọi là ảnh của x qua f, ký hiệu y = f(x).

Nếu hai ánh xạ f, g : X → Y thỏa mãn f(x) = g(x), ∀x ∈ X thì ta nói f

bằng g , ký hiệu f = g.

Ánh xạ f : R n→ Rm được gọi là ánh xạ tuyến tínhnếu nó thỏa mãn các điều kiện sau:

i) f(u + v) = f(u) + f(v) với mọi u, v ∈ R n;

ii) f(αu) = αf(u) với mọi u ∈ R n và với mọi α ∈ R

Các điều kiện trong định nghĩa trên có thể được thay bởi điều kiện:

f(αu + v) = αf(u) + f(v), ∀u, v ∈ R n, ∀α ∈ R

Trang 2

Tập hợp tất cả các ánh xạ tuyến tính từ Rn vào Rm được ký hiệu bởiL(R n, Rm)

Nếu f ∈ L(R n, Rn)thì f được gọi là toán tử tuyến tínhtrên Rn, và tập

hợp L(R n, Rn) được viết ngắn gọn là L(R n)

Nhận xét. Nếu f ∈ L(R n, Rm)thì

i) f(0) = 0(vectơ 0 bên trái thuộc Rn, và vectơ 0 bên phải thuộc Rm);

ii) ∀u ∈ R n , f(−u) = −f(u).

iii) ∀u1, u2, , u m∈ Rn và ∀α1, α2, , αn∈ R, ta có

f(α1u1+ α2u2+ · · · + αm u m) = α1f(u1) + α2f(u2) + · · · + αm f(u m)

Ví dụ. Chứng minh f(x, y, z) = (2x + y, x − 2y + z) là một ánh xạ tuyến

tính từ R3 vào R2

Giải. Với mọi u = (x, y, z), v = (x0, y0, z0) ∈ R3 và với mọi α ∈ R ta có

f(u + v) = f(x + x0, y + y0, z + z0)

= (2(x + x0) + (y + y0), (x + x0)−2(y + y0) + (z + z0))

= (2x + y, x − 2y + z) + (2x0+ y0, x0− 2y0+ z0)

= f(u) + f(v).

f(αu) = f(αx, αy, αz)

= (2αx + αy, αx − 2αy + αz)

= α(2x + y, x − 2y + z)

= αf(u).

Do đó f ∈ L(R3, R2)

Trang 3

2 Dạng ma trận của ánh xạ tuyến tính

Nhận xét rằng, mọi ánh xạ tuyến tính f : R n→ Rmđều có dạng:

f(x1, x2, , x n) = (a11x1 +a12x2 + +a 1n x n, a21x1 +a22 x2 + +a2n x n, ,

a m1 x1 +a m2 x2 + +a mn x n)

ĐặtA =







a11 a12 a 1n

a21 a22 a 2n

a m1 a m2 a mn







Ta gọi A là dạng ma trận của ánh xạ tuyến tính f.

Khi đó f có thể được biểu diễn dưới dạng f(u)>= A.u>,

trong đó các vectơ u> và f(u)> là biểu diễn dạng cột của u và f(u).

2 Dạng ma trận của ánh xạ tuyến tính

Ví dụ 1. Xét ánh xạ tuyến tính f(x, y, z) = (2x − y + 3z, −x + 4y − 5z).

f có dạng ma trận là A =

2 −1 3

Biểu diễn dạng cột của f là

f





x

y

z



= 2x − y + 3z

−x + 4y − 5z

=

2 −1 3





x y z





Ví dụ 2. Nếu axtt f có dạng ma trận





4 −1 2

3 2 −4





thì f xác định bởi f(x, y, z) = (2x + 3y + z, 4x − y + 2z, 3x + 2y − 4z).

Trang 4

3 Xác định axtt thông qua ảnh các vectơ cơ sở

Định lý. Cho B = {u1, u2, , u n} là cơ sở của Rn và S = {v1, v2, , v n} là tập hợp các vectơ thuộc Rm Khi đó tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến

tính f ∈ L(R n, Rm) sao cho: f(u1) = v1, f(u2) = v2, , f(u n ) = v n

Chứng minh.

Sự tồn tại Ta xây dựng ánh xạ f : R n→ Rm như sau:

Với mọi u ∈ V, nếu [u]B=





α1

αn



,nghĩa là u = α1u1+ + αn u n

thì ta đặt f(u) = α1v1+ α2v2+ + αn v n

Khi đó, dễ dàng chứng minh f là một ánh xạ tuyến tính và

f(u i ) = v i , ∀i.

Sự duy nhất Giả sử f, g ∈ L(R n, Rm) sao cho f(u i ) = g(u i ) = v i , ∀i Khi đó, với mọi u = α1u1+ · · · + αn u n∈ Rn, ta có

f(u) = α1f(u1) + · · · + αn f(u n) = α1g(u1) + · · · + αn g(u n )= g(u).

Do đó f = g.

PP xác định áxtt thông qua ảnh của các vectơ cơ sở

Để tìm áxtt f thỏa mãn điều kiện trên, ta thực hiện như sau:

Lấy u = (x1, x2, , x n) là một vectơ bất kỳ thuộc Rn

Biểu diễn u dưới dạng tổ hợp tuyến tính của u1, u2, , u n:

u = α1u1+ α2u2+ + αn u n (Giải pt để tìm α1, α2, , αn)

Khi đó ánh xạ f cần tìm là: f(u) = α1v1+ α2v2+ + αn v n

Trang 5

Ví dụ. Tìm f ∈ L(R2, R3) sao cho f(1, 1) = (1, 2, 3), f(1, 2) = (3, 2, 1).

Giải. Ta có S = {u1 = (1, 1), u2 = (1, 2)} là cơ sở của R2

Với mọi u = (x, y) ∈ R2 ta có

(u>1 u>2|u>) =1 1 x

1 2 y

→1 0 2x − y

0 1 −x + y

Suy ra u = (2x − y)u1+ (−x + y)u2

Do đó f(u) = (2x − y)f(u1) + (−x + y)f(u2)

= (2x − y)(1, 2, 3) + (−x + y)(3, 2, 1)

= (2x − y, 4x − 2y, 6x − 3y) + (−3x + 3y, −2x + 2y, −x + y)

= (−x + 2y, 2x, 5x − 2y)

Vậy ánh xạ tuyến tính cần tìm là f(x, y) = (−x + 2y, 2x, 5x − 2y).

PP thứ hai xác định áxtt thông qua ảnh của các vectơ cơ sở

Để tìm áxtt f thỏa mãn điều kiện Định lý trên, ta thực hiện như sau: Gọi A là dạng ma trận của f.

Với mỗi i, ta có v>i = f(u i)>= A.u>i ,

nên bằng cách đặt P = (u>1 u>2 u>n) và Q = (v>1 v>2 v>n),

ta được Q = AP.

Do đó A = QP−1

Khi đó, từ dạng ma trận A của f ta xác định được f.

Trang 6

Ví dụ. Tìm f ∈ L(R2, R3) sao cho f(1, 1) = (1, 2, 3), f(1, 2) = (3, 2, 1).

Giải. Ta có S = {u1 = (1, 1), u2 = (1, 2)} là cơ sở của R2

Đặt P = (u>1 u>2) =1 1

1 2

, Q = (f(u1)>f(u2)>) =





1 3

2 2

3 1





Suy ra, P−1=

2 −1

−1 1

Do đó, dạng ma trận của f là

A = QP−1=





1 3

2 2

3 1





2 −1

−1 1

=





−1 2

5 −2





Vậy ánh xạ tuyến tính cần tìm là f(x, y) = (−x + 2y, 2x, 5x − 2y).

4 Nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính

Xét ánh xạ tuyến tính f : R n → Rm

* Tập hợpker f = {u ∈ R n |f(u) = 0} được gọi lànhân của f.

* Tập hợpImf = {f(u)|u ∈ R n } = f(R n) được gọi làảnh của f.

Ví dụ. Xét ánh xạ tuyến tính f(x, y, z) = (x + 2y − z, x + y − 2z).

a) Ta có f(3, −1, 1) = (0, 0) nên (3, −1, 1) ∈ ker f.

b) Ta có f(1, 2, 1) = (4, 1) nên (4, 1) ∈ Imf.

Định lý 1. Cho f ∈ L(R n, Rm) Khi đó

ker f là không gian con của R n , gọi là không gian nhân của f.

Imf là không gian con của R m , gọi là không gian ảnh của f.

Định lý 2. Nếu A là dạng ma trận của ánh xạ tuyến tính f thì

ker f là không gian nghiệm của hệ AX = 0.

Imf là không gian dòng của ma trận A>

Trang 7

Hệ quả. Cho f ∈ L(R n, Rm) Khi đódim Imf + dim ker f = n.

dim Imf còn được gọi là hạng của f, ký hiệu là r(f);

dim ker f còn được gọi là số khuyết của f, ký hiệu là null(f).

PP tìm cơ sở cho không gian nhân và không gian ảnh

Để tìm cơ sở cho không gian nhân và không gian ảnh của ánh xạ tuyến

tính f ∈ L(R n, Rm), ta thực hiện như sau:

Xác định dạng ma trận A của f.

Chuẩn hóa A để xác định tập nghiệm căn bản của hệ AX = 0 Khi đó, tập nghiệm căn bản trên là cơ sở của ker f.

Xác định A> và biến đổi A>về dạng bậc thang

Khi đó các vectơ dòng khác 0 trong dạng bậc thang trên là cơ sở

của Imf.

Ví dụ. Cho ánh xạ tuyến tính f(x, y, z) = (x + y + 2z, 2x + y − 3z).

Tìm một cơ sở của ker f và một cơ sở của Imf.

Giải. Ta có dạng ma trận của f là A =1 1 2

2 1 −3

Ta có A−chuẩn hóa−−−−−→1 0 −5

Do đó hệ AX = 0 có vô số nghiệm xác định bởi

(x1, x2, x3) = (5t, −7t, t), t ∈ R.

Nghiệm căn bản của hệ là u = (5, −7, 1).

Do đó tập hợp B = {u} là cơ sở của ker f.

Ta có A>=





2 −3





đưa về dạng

−−−−−−−→

bậc thang





0 −1





Do đó tập hợp C = {(1, 2), (0, −1)} là cơ sở của Imf.

Trang 8

Ví dụ. Cho axtt f(x, y, z) = (x + y − z, x + 2y + 3z, 2x + 3y + 2z).

Tìm cơ sở của ker f và Imf.

Giải. Dạng ma trận của f là A =





1 1 −1





Ta có A−chuẩn hóa−−−−−→





1 0 −5





Do đó hệ AX = 0 có vô số nghiệm xác định bởi

(x1, x2, x3) = (5t, −4t, t), t ∈ R.

Nghiệm căn bản của hệ là u = (5, −4, 1).

Do đó tập hợp B = {u} là cơ sở của ker f.

Ta có A>=





1 1 2

1 2 3

−1 3 2





đưa về dạng

−−−−−−−→

bậc thang





1 1 2

0 1 1

0 0 0





Do đó tập hợp C = {(1, 1, 2), (0, 1, 1)} là cơ sở của Imf.

5 Ma trận biểu diễn toán tử tuyến tính

Cho f ∈ L(R n)và B = {u1, u2, , u n} là cơ sở của Rn Ma trận

A = [f(u1)]B [f(u2)]B [f(u n)]B được gọi là ma trận biểu diễn của f

theo cơ sở B, ký hiệu A = [f]B

Phương pháp tìm ma trận biểu diễn toán tử tuyến tính

Để xác định [f]B ta thực hiện như sau:

Tính f(u1), f(u2), , f(u n)

Lấy u bất kỳ thuộc R n , ta xác định [u]B

Lần lượt thay u bởi f(u1), f(u2), , f(u n)

ta xác định được [f(u1)]B, [f(u2)]B, , [f(u n)]B

Từ đó ta được ma trận biểu diễn [f]B

Trang 9

Ví dụ 1. Cho f ∈ L(R2) xác định bởi f(x, y) = (2x + y, −x + 3y) và B

= {u1= (1, 2), u2 = (3, 5)} là cơ sở của R2 Hãy xác định [f]B

Giải. Ta có f(u1) = (4, 5), f(u2) = (11, 12)

Với mọi u = (a, b) ∈ R2, ta có (u>1 u>2|u>) =

1 3 a

2 5 b

chuẩn hóa

−−−−−−→

1 0 −5a + 3b

0 1 2a − b

,

nên [u]B =

−5a + 3b 2a − b

Do đó [f(u1)]B =−5

3

, [f(u2)]B=−19

10

Vậy [f]B =−5 −19

3 10

Phương pháp thứ hai để xác định [f]B

Tính f(u1), f(u2), , f(u n)

Đặt A = (u>1 u>2 u>n |f(u1)> f(u2)> f(u n)>)

Dùng thuật toán Gauss-Jordan để đưa A về dạng (I n | P)

Khi đó P = [f]B

Ví dụ 1. Cho f ∈ L(R2) xác định bởi f(x, y) = (2x + y, −x + 3y) và B

= {u1= (1, 2), u2 = (3, 5)} là cơ sở của R2 Hãy xác định [f]B

Giải. Ta có f(u1) = (4, 5), f(u2) = (11, 12)

Do đó (u>1 u>2 |f(u1)> f(u2)>) =

1 3 4 11

2 5 5 12

chuẩn hóa

−−−−−−→

1 0 −5 −19

Suy ra [f]B =−5 −19

3 10

Trang 10

Ví dụ 2. Cho f ∈ L(R2)xác định bởi f(x, y) = (2x + y, −x + 3y) Xác định

ma trận biểu diễn f theo cơ sở chính tắc của R2

Giải. Cơ sở chính tắc của R2 là B = {ε1= (1, 0), ε2 = (0, 1)}

Ta có f(ε1) = (2, −1), f(ε2) = (1, 3)

nên [f]B = [f(ε1)]B [f(ε2)]B =

2 1

−1 3

Nhận xét. Ma trận biểu diễn toán tử tuyến tính f ∈ L(R n) theo cơ sở chính tắc của Rn chính là dạng ma trận của f.

Định lý 1. Cho f ∈ L(R n)và B là cơ sở của Rn Với mọi u ∈ R n ta có

[f(u)]B = [f]B[u]B

Định lý 2. Cho P là ma trận chuyển từ cơ sở B sang cơ sở B0 của Rn và

f ∈ L(R n) Khi đó: [f]B 0 = P−1[f]BP.

Phương pháp tìm toán tử tuyến tính khi biết ma trận biểu diễn

Để xác định toán tử tuyến tính f ∈ L(R n)khi biết ma trận biểu diễn f theo cơ sở B = {u1, u2, , u n} của Rn, ta thực hiện như sau:

Cho vectơ u bất kỳ thuộc R n , xác định [u]B

Tính [f(u)]B = [f]B.[u]B

Giả sử [f(u)]B =







α1

α2

αn







Khi đó toán tử f được xác định bởi

f(u) = α1u1+ α2u2+ · · · + αn u n

Trang 11

Ví dụ. Tìm f ∈ L(R2) sao cho ma trận biểu diễn f theo cơ sở B

= {u1= (1, 2), u2 = (3, 5)} là [f]B =1 2

3 4

Giải. Với mọi u = (x, y) ∈ R2 ta có

(u>1 u>2 |u>) =1 3 x

2 5 y

chuẩn hóa

−−−−−−→1 0 −5x + 3y

0 1 2x − y

Do đó [u]B =−5x + 3y

2x − y

Suy ra [f(u)]B = [f]B.[u]B=1 2

3 4

 −5x + 3y 2x − y

=

−x + y

−7x + 5y

Vậy f(u) = f(x, y) = (−x + y)u1+ (−7x + 5y)u2

= (−22x + 16y, −37x + 27y)

6 Ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính tổng quát

Cho B = {u1, u2, , u n} là cơ sở của Rn, B0= {v1, v2, , v m} là cơ sở của

Rm , và f ∈ L(R n, Rm) Ma trận A = [f(u1)]B0 [f(u2)]B0 [f(u n)]B0

được gọi là ma trận biểu diễn của f theo cặp cơ sở B, B0, ký hiệu A = [f]B,B0

Phương pháp tìm ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính

Để xác định [f]B,B 0 ta thực hiện như sau:

Tính f(u1), f(u2), , f(u n)

Đặt M = (v>1 v>2 v>m |f(u1)> f(u2)> f(u n)>)

Dùng thuật toán Gauss-Jordan, đưa M về dạng (I m | A)

Khi đó A = [f]B,B 0

Trang 12

Ví dụ. Cho f(x, y, z) = (2x + y − z, −y + 2z) Hãy xác định [f]B,B0, với

B = {u1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 0, 1), u3= (0, 1, 1)} là cơ sở của R3, và B0

= {u01= (1, 2), u02 = (3, 5)} là cơ sở của R2

Giải. Ta có f(u1) = (3, −1), f(u2) = (1, 2), f(u3) = (0, 1)

Suy ra (u01> u02>|f(u1)> f(u2)> f(u3)>) =

1 3 3 1 0

2 5 −1 2 1

chuẩn hóa

−−−−−−→

1 0 −18 1 3

Do đó [f]B,B0 =

−18 1 3

7 0 −1

Nhận xét.

Nếu f ∈ L(R n) thì [f]B= [f]B,B

Nếu f ∈ L(R n, Rm)thì ma trận biểu diễn f theo cặp cơ sở chính tắc

(của Rn và Rm ) chính là dạng ma trận của f.

Ví dụ. Ma trận biểu diễn áxtt f(x, y, z) = (2x + y − z, −y + 2z) theo cặp

cơ sở chính tắc của R3 và R2 là

2 1 −1

0 −1 2

Định lý 1. Nếu B, B0 lần lượt là cơ sở của Rn và Rmthì với mọi

f ∈ L(R n, Rm) và với mọi u ∈ R n, ta có[f(u)]B 0 = [f]B,B 0[u]B

Định lý 2. Cho B1, B2 là các cơ sở của Rn, B10, B02 là các cơ sở của Rm,

và f : R n → Rm là một ánh xạ tuyến tính Khi đó

[f]B2,B0

2= (B20 → B10)[f]B1,B0

1(B1→ B2)

Trang 13

Phương pháp tìm ánh xạ tuyến tính khi biết ma trận biểu diễn

Để xác định ánh xạ tuyến tính f ∈ L(R n, Rm)khi biết ma trận biểu diễn f theo cặp cơ sở B = {u1, u2, , u n} (của Rn) và B0= {v1, v2, , v m} (của

Rm), ta thực hiện như sau:

Cho vectơ u bất kỳ thuộc R n , xác định [u]B

Tính [f(u)]B0 = [f]B,B 0.[u]B

Giả sử [f(u)]B 0 =







α1

α2

αm







Khi đó ánh xạ tuyến tính f được xác định bởi

f(u) = α1v1+ α2v2+ · · · + αm v m

Ví dụ. Tìm f ∈ L(R2, R3)sao cho ma trận biểu diễn f theo cặp cơ sở

B = {u1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 0, 1), u3= (0, 1, −2)} và B0 = {u01= (1, 2),

u02= (3, 5)} là [f]B,B 0 =1 2 −3

3 −1 2

Giải. Với mọi u = (x, y, z) ∈ R3 ta có

(u>1 u>2 u>3 |u>) =





1 1 0 x

1 0 1 y

0 1 −2 z





chuẩn

−−−→

hóa





1 0 0 −x + 2y + z

0 1 0 2x − 2y − z

0 0 1 x − y − z





Do đó [u]B =





−x + 2y + z

x − 2y − z

x − y − z





Suy ra [f(u)]B 0 = [f]B,B 0.[u]B=

y + 2z

−3x + 6y + 2z

Vậy f(u) = f(x, y, z) = (y + 2z)v1+ (−3x + 6y + 2z)v2

= (−9x + 19y + 8z, −15x + 32y + 14z)

Tiêu đề	Ánh xạ tuyến tính
Tác giả	T.T. Đỗ
Người hướng dẫn	TS. Trịnh Thanh Đạo
Trường học	Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh
Chuyên ngành	Toán - Tin học
Thể loại	Bài giảng
Thành phố	Tp. Hồ Chí Minh

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	169,22 KB