05 bài giảng số 1 khái niệm ánh xạ tuyến tính và các tính chất cơ bản

Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

Bài giảng số 01. KHÁI NIỆM ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
I. TÓM LƯỢC LÝ THUYẾT
Cho E, F và G là các không gian véc tơ trên trường  (  hoặc  ).
Định nghĩa 1.1: Một ánh xạ f : E  F là một ánh xạ tuyến tính (hay đồng cấu) nếu nó thoả mãn
hai điều kiện sau:
i) f (u  v)  f (u)  f (v) với mọi u, v  E ;
ii) f (u )   f (u) với mọi u  E ,    .
Khi F   , ánh xạ tuyến tính f được gọi là một dạng tuyến tính trên không gian véc tơ E .
Định nghĩa 1.2: Một ánh xạ tuyến tính f từ không gian véc tơ E vào chính nó được gọi là một
tự đồng cấu hay phép biến đổi tuyến tính trên E .
Định nghĩa 1.3: Ánh xạ tuyến tính f : E  F được gọi là một đơn cấu nếu f là tuyến tính và
đơn ánh, f được gọi là toàn cấu nếu f là tuyến tính và toàn ánh và f được gọi là đẳng cấu nếu
f là tuyến tính và song ánh.

Tính chất 1.4: Một ánh xạ

f :E F

là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi

f (u   v)   f (u)   f (v) với mọi u , v  E , và  ,    .

Tính chất 1.5: Cho ánh xạ tuyến tính f từ không gian véc tơ E vào không gian véc tơ F, ta có:
i)

f (0)  0

ii)

f (u )   f (u ) với u  E

iii)

f (u  v)  f (u)  f (v) với mọi u , v  E .

Tính chất 1.6: Nếu hai ánh xạ f : E  F và g : F  G là những ánh xạ tuyến tính thì hợp g  f
của và cũng là một ánh xạ tuyến tính.
Định lý 1.7: Cho E và F là hai  - không gian véc tơ hữu hạn chiều. {e1 , e2 , , en } là một cơ sở
của E , { f1 , f 2 , , f n } là hệ véc tơ của F . Khi đó tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính  từ E vào F
sao cho  (ei )  fi với i  1, 2, , n.
Hệ quả 1.8: Cho E và F là hai không gian véc tơ có cùng số chiều, khi đó tồn tại duy nhất một
đẳng cấu f từ không gian véc tơ E lên không gian véc tơ F . Từ đó suy ra mọi không gian véc tơ
n chiều luôn đẳng cấu với  n .
Định nghĩa 1.9:
i) Ảnh của không gian véc tơ E qua ánh xạ tuyến tính f , kí hiệu Im f là tập hợp xác định
bởi:
Im f   f ( x )  F | x  E 

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

ii) Hạt nhân của ánh xạ tuyến tính f , kí hiệu Kerf là tập hợp xác định bởi:

Kerf   x  E | f ( x )  0

Tính chất 1.10: Cho ánh xạ tuyến tính f : E  F . Nếu A là một không gian véc tơ con của E thì
f ( A) là một không gian véc tơ con của F và dim f ( A)  dim A.

Tính chất 1.11: Các tập hợp Kerf , Im f lần lượt là các không gian véc tơ con của các không gian
véc tơ E và F .
Tính chất 1.12:
i)
Ánh xạ tuyến tính f là đơn ánh khi và chỉ khi Kerf  0.
ii)

Ánh xạ tuyến tính f là toàn ánh khi và chỉ khi Im f  F .

Tính chất 1.13: Cho ánh xạ tuyến tính f : E  F , nếu E là không gian véc tơ hữu hạn chiều và
có cơ sở là hệ véc tơ {e1 , e2 , , en } thì Im f  span{ f (e1 ), f (e2 ),  , f (en )} .
Tính chất 1.14: Nếu ánh xạ f : E  F là đẳng cấu tuyến tính thì ánh xạ ngược f 1 : F  E cũng
là một đẳng cấu tuyến tính.
Tính chất 1.15: Nếu hai ánh xạ f : E  F và g : F  G là những đẳng cấu tuyến tính thì hợp
g  f của f và g cũng là một đẳng cấu tuyến tính và ( g  f )1  f 1  g 1

Định lý 1.16: Cho ánh xạ tuyến tính f : E  F , nếu E là không gian véc tơ hữu hạn chiều thì ta
có: dim Im f  dim ker f  dim E.
II. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1:
Cho ánh xạ f : M 3,1 ()  M 3,1 ( ) , ( M 3,1 () là không gian véc tơ các ma trận cấp 3  1 ) xác
định bởi:
 x   3x  2 y  3 z 
  


f  y   x
 2z 
z  
2 z 
  

1) Chứng minh rằng f là một tự đồng cấu tuyến tính trên M 3,1 () .
2 )Chứng minh rằng E1  u  M 3,1 ( R) / f (u )  u và E 2  u  M 3,1 ( R) / f (u )  2u là những
không gian véc tơ con của M 3,1 () .
3) Tìm cơ sở của E1 , E2 . Gọi véc tơ e2 là một cơ sở của E2 . Xác định véc tơ e3 thoả mãn
f (e3 )  2e3  e2 . Hệ véc tơ e1 , e2 , e3  là phụ thuộc tuyến tính hay độc lập tuyến tính?

Giải:

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

 x1 
 x2 
 
 
1) Gọi u   y1  và v   y 2  là hai véc tơ bất kì thuộc M 3,1 (), với mọi  ,    , ta có:
z 
z 
 1

 2
 x1  x 2   3(x1  x 2 )  2(y1  y 2 )  3(z1  z 2 ) 

 

f (u   v)  f  y1  y 2   
x1  x 2  2( z1  z 2 )

 z  z  

2(z1  z 2 )
2 
 1


  (3 x1  2 y1  3z1 )   (3 x2  2 y2  3z 2 ) 



 ( x1  2 z1 )   ( x2  2 z 2 )



2

z


z
1

2


 3 x1  2 y1  3 z1 
 3 x2  2 y 2  3 z 2 




   x1  2 z1
x2  2 z2
 





2
z
2
z
1
2





  f (u )   f (v ) .

2) Với mọi véc tơ u, v  E1 , mọi  ,    , ta có:
f (u   v)   f (u)   f (v)  u   v   u   v  E1.

Vậy E1 là không gian véc tơ con của không gian véc tơ M 3,1 () .
Tương tự, ta có E2 cũng là không gian véc tơ con của không gian véc tơ M 3,1 () .
x
3) Giả sử u   y   E1 , ta có f (u )  u , tức là
z 
 

 3x  2 y  3 z   x 

  
 x  2z
   y,

 z 
2z

  

1 
1 
 
suy ra véc tơ u có dạng c1  , với c   . Vậy cơ sở của E1 là véc tơ e1  1  .
 0
0
 
 
x

 3x  2 y  3 z 
x
 


Tương tự nếu v   y   E 2 , ta có f (v)  2v , tức là  x  2 z   2  y  , suy ra véc tơ v có dạng
z 


z 
2z
 


 
 2
 2
 
 
m1  , với m   . Vậy cơ sở của E2 là véc tơ e2   1 
0
0
 
 
x
Gọi e3   y  , đẳng thức f (e3 )  2e3  e2 tương đương với hệ sau:
z 
 

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi

Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

 3x  2 y  3 z 
 x   2
 x  2 y  3z  2
 2c  1 
x  2 y 1



   


 e3   c  .
 x  2z
  2  y   1    x  2 y  2 z  1   z  1

 2z

 z   0

 1 
2z  2z



   



 1
Chọn c  0 , ta có e3   0 
1 
 

Dễ thấy hệ véc tơ e1 , e2 , e3  là độc lập tuyến tính.
Ví dụ 2:
Cho ánh xạ f :  2   4 , xác định bởi:
f ( x, y )  ( x  2 y, 2 x  y , x  y , y )

1) Chứng tỏ rằng f là ánh xạ tuyến tính.
2) Tìm cơ sở và số chiều của Kerf , Im f .
Giải:
1) Xét hai véc tơ u  ( x, y )   2 , v  ( x ' , y ' )   2 , và  ,    , ta có:
f ( u   v )  f ( x   x ' ,  y   y ' )
 ( x   x '  2( y   y ' ), 2( x   x ' )   y   y ' ,  x   x '  ( y   y ' ),  y   y ' )
 ( ( x  2 y )   ( x '  2 y ' ),  (2 x  y )   (2 x '  y ' ),  ( x  y )   ( x '  y ' ),  y   y ' )
  ( x  2 y , 2 x  y, x  y, y )   ( x '  2 y ' , 2 x '  y ' , x '  y ' , y ' )
  f (u )   f (v).

Vậy f là một ánh xạ tuyến tính.
2) Gọi ( x, y)  Kerf , ta có f ( x, y)  0  ( x  2 y, 2 x  y, x  y, y)  (0, 0, 0, 0
 ( x, y )  (0, 0) . Vậy Kerf  0 và dim Kerf  0

Vì dim Kerf  0 nên dim Im f  2. Gọi {e1 (1, 0), e2 (0, 1)} là cơ sở chính tắc của  2 , ta có
Im f  [ f (e1 ), f (e2 )]  [(1, 2, 1, 0), ( 2, 1,  1, 1)].

Ví dụ 3:
Cho ánh xạ tuyến tính f : 3   3 , xác định bởi:
f ( x, y, z )  ( y  z , z  x, x  y )

1) Chứng minh rằng f là một đẳng cấu.
2) Xác định ảnh qua f của các không gian con F và G của  3 xác định bởi
F  ( x, y, z ) | x  y  z  0 và G  ( x, y , z ) | x  y  z.
Giải:
Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

a) Ánh xạ f là tuyến tính, thật vậy với mọi véc tơ u(x, y, z) u ( x, y, z )   3 ,
v( x ' , y ' , z ' )   3 , và mọi  ,   , ta có:
f ( u   v )  f (  x   x ' ,  y   y ' ,  z   z ' )
 (( y   y ' )  ( z   z ' ), ( z   z ' )  ( x   x ' ), ( x   x ' )  ( y   y ' ))
  ( y  z , z  x, x  y )   ( y '  z ' , z '  x ' , x '  y ' )
  f ( x, y, z )   f ( x ' , y ' , z ' )   f (u )   f (v ).

f là một đẳng cấu vì:
+) f là toàn ánh, thật vậy nếu (m, n, p)  3 sao cho f ( x, y, z )  (m, n, p), ta có:
mn p

x 
2

y  z  m

m

n
p


z  x  n   y 
2
x  y  p


m

n
p

z 
2


+) f là đơn ánh vì từ f ( x, y, z )  0 ta có:
( y  z, z  x, x  y)  (0, 0, 0)  ( x, y, z )  (0, 0, 0).

Tìm ảnh của F và G qua ánh xạ tuyến tính f.
+) Nếu ( x, y, z )  F , và f ( x, y, z )  ( x ' , y ' , z ' ) thì x '  y '  z '  2( x  y  z )  0
Suy ra f(F) = F.
 x'  y  z  2 x


+) Nếu ( x, y, z ) G, và f ( x, y, z )  ( x , y , z ) thì ta có:  y '  x  z  2 x
z'  x  y  2x

'

'

'

từ đó suy ra ( x ' , y ' , z ' ) G, vậy f(G) = G.
Ví dụ 4:
Trong 3 , xét phép chiếu vuông góc f lên mặt phẳng (P): x + y + z = 0.
1) Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính.
2) Tìm cơ sở và số chiều của không gian véc tơ con f(E), với
x 1 y  2 z  3 

E  ( x , y , z )   3 |



1
2
3 


Giải:

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục

Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

1) Ta đồng nhất mỗi véc tơ u(x, y, z) trong  3 với một điểm M ( x, y, z ). Thật vậy, giả sử f


là phép chiếu vuông góc lên mặt phẳng (P), Vì f (0)  0, f (u )  f (OM )  f (M ), nên f(u) là hình
chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P).
Gọi M’(x’, y’, z’) là hình chiếu của M lên (P), ta có MM '  t n , trong đó n là véc tơ pháp
tuyến của (P), suy ra:
x'  x  t

 y'  y  t .
z'  z  t


Vì M’  (P) nên t  

x y z
3

Vậy ánh xạ f: R3  (P), xác định bởi:
(x, y, z)  (

2x  y  z  x  2 y  z  x  y  2z
;
;
).

3
3
3

Dễ dàng kiểm tra được ánh xạ f như trên là một ánh xạ tuyến tính.
2) Tập E là đường thẳng trong 3 , E là không gian véc tơ con của 3 , nên f(E) cũng là
một không gian con của (P) và là hình chiếu của đường thẳng đó lên mặt phẳng (P). Vậy f(E) là
một đường thẳng trong 3 . Dễ thấy u(1, 2, 3) là véc tơ của E, ta có f(u) = (-1, 0, 1).
Cơ sở của f(E) là véc tơ (-1, 0, 1) và dim f(E) = 1.
Ví dụ 5:
Cho A, B  M n ( ) là hai ma trận cấp n. Xét ánh xạ f : M n ( )  M n ( ), xác định bởi
f ( X )  AX  XB.

1) Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính
2) Tìm cơ sở của Kerf trong các trường hợp sau:
 1 0 

 0 1

a) A  B  

0 1 0
b) A  B   0 0 1 
1 0 0



Giải:
1) Với mọi ma trận X , Y  M n (), mọi  ,    ta có:
f(  X +  Y) = A(  X +  Y) - (  X +  Y) B =  (AX – XB) +  (AY –YB)

=  f(X) +  f(Y).
Vậy f là ánh xạ tuyến tính.
2)
f ( X )  0  AX  XB

(1)

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

 1 0 
a b 
 , thì đặt X  
 ( a, b, c, d   ), ta có:
 0 1
c d

a) Nếu A  B  

 a

b    a

b 

(1)  

,
 c  d   c  d 
điều này đúng với mọi ma trận X  M 2 (), suy ra Kerf  M 2 ().
Vậy chọn cơ sở Kerf là hệ các ma trận:
1 0 0 1 0 0 0 0
{
, 
, 
, 
} .
0 0 0 0 1 0 0 1
0 1 0
a


b) Nếu A  B   0 0 1  , đặt X   d
1 0 0
g



d
AX  XB   g
a


Vậy ma trận X có dạng:

e
h
b

b
e
h

f  c
 
k  f
c   k

c

f  , khi đó:
k 
a
d
g

b

e .
h 

a b c
a b c





X   c a b  và Kerf  { c a b  | a, b, c  }.
b c a
b c a





a b c
Với mỗi ma trận X   c a b   Kerf , ta viết:
b c a


1 0 0
0 1 0 0 0 1



 

X  a  0 1 0  b  0 0 1  c  1 0 0,
0 0 1
1 0 0 0 1 0



 


suy ra hệ:
1 0 0 0 1 0 0 0 1

 
 

{ 0 1 0  ,  0 0 1  ,  1 0 0 } là một hệ sinh của Kerf và dễ thấy hệ này độc lập tuyến tính
0 0 1 1 0 0 0 1 0

 
 


nên nó lập thành một cơ sở của Kerf .
Ví dụ 6:
Gọi M 2 ( ) là không gian véc tơ các ma trận vuông cấp 2 với hệ số thực,
a b
M  {
 | a, b, c  } là một không gian véc tơ con của M 2 ( ).
b c
Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

Xét ánh xạ f : M  M 2 () , xác định bởi:

b
a b a  c

f (
)  

a bc
b c  b

a) Chứng minh rằng f là một ánh xạ tuyến tính.
b) Tìm ảnh và hạt nhân của ánh xạ tuyến tính f.
c) Tìm cơ sở và số chiều của ảnh và hạt nhân của ánh xạ tuyến tính f.
Giải:
 a'
a b

M
(

),
B

 '

2
b c 
c

a) Với mọi ma trận A = A  

b' 
  M 2 ( ) , và mọi  ,   , ta có:
d' 

a b
 a ' b '
f ( A   B )  f ( 

)
b c
 b ' c '
  a   a ' b  b ' 
 f (
)
 b   b '  c   c ' 

b  b '
  (a  c)   (a ' c ')



b  b '
 (a  b  c)   (a ' b ' c ') 

b 
b'
a b
 a ' c '





a  b  c
a ' b ' c ' 
 b
 b'
 a b
 a ' b '
  f (
 )   f (
)
b c
b' c '
  f ( A)   f ( B )

Vậy f là một ánh xạ tuyến tính.
b) Không gian véc tơ con M có một cơ sở gồm các ma trận
1 0
0
E1  
 , E2  
0 0
1
1 0
0
Ta có: f ( E1 )  
 , f ( E2 )  
0 1
1

1
 0 0
 , E3  
.
0
0 1
1
1 0
 , f ( E3 )  
,
1
0 1

Im f  [ f ( E1 ), f ( E2 ), f ( E3 )], vì hệ véc tơ { f ( E1 ), f ( E2 ), f ( E3 )} phụ thuộc tuyến tính còn hệ véc tơ
{ f ( E1 ), f ( E2 )} là độc lập tuyến tính nên
n 
 1 0   0 1  m
Im f  [ f ( E1 ), f ( E2 )]  {m 
  n

 | m, n  }
 0 1   1 1  n m  n 
b
 a b  0 0
a c
  0 0
Nếu f (
)  
 , ta có 


 suy ra b  0 và a  c  0
a  b  c  0 0
 b c   0 0
 b
Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




a

Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

0 

Vậy Kerf  {
 | a  }.
 0 a 
c) Theo câu (b), ta có { f ( E1 ), f ( E2 )} là độc lập tuyến tính và là hệ sinh của Im f nên nó là cơ sở
của Im f . Vậy dim Im f  2.
1 0 
Kerf  [
], từ đó suy ra
 0 1 

1 0 

 là một cơ sở của Kerf và dim Kerf  1.
 0  1

Ví dụ 7:
Cho Q   3 ( x), chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức P sao cho:
Q = P + P’ + P’’ (P’, P’’ là các đạo hàm cấp 1 và 2 cuả đa thức P).
Tìm P nếu biết Q = 1 + X + X2 + X3.
Giải:
Với mọi đa thức P, ta có deg P  deg( P  P '  P" ), nên nếu Q  P  P '  P" thì P   3 ( x).
Vậy xét ánh xạ f :  3 ( x)   3 ( x) , xác định bởi: f ( P)  P  P '  P " .
Ta có f là một tự đẳng cấu của C3 (x), thật vậy:
Với mọi P1 , P2   3 ( x ), mọi  ,    thì
f ( P1   P2 )  ( P1   P2 )  ( P1   P2 )'  ( P1   P2 )"
  ( P1  P1'  P1' )   ( P2  P2'  P2' )
  f ( P1 )   f ( P2 ).

Vậy f là một tự đồng cấu của  3 ( x) .
f là đơn ánh, thật vậy nếu f ( P)  0  P  P '  P"  0  P  0.
Vì dim  3 ( x )  4, nên f là song ánh. Vậy f là một đẳng cấu nên mỗi đa thức Q   3 ( x), tồn tại duy
nhất đa thức P   3 ( x) sao cho Q  P  P '  P".
Nếu Q  1  x  x 2  x3 , đặt P  x3  ax 2  bx  c. Từ Q  P  P '  P" suy ra
a  3  1
a   2


2a  b  6  1  b  1 .
2 a  b  c  1
c  6



Vậy đa thức cần tìm P  x3  2 x 2  x  6.

Ví dụ 8:
Kí hiệu E   n ( x) là tập các đa thức với hệ số thực có bậc không vượt quá n (n  N). Xét
ánh xạ f : E  E, xác định bởi:
f ( P)  P( x  1)  P( x  1)  2 P( x), với mọi P  E .

1) Chứng minh f là một ánh xạ tuyến tính.
Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

2) Xác định các không gian con Im f và Ker f.
3) Cho đa thức Q  Im f, chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức P  E sao cho f(P) = Q
và P(0) = P’(0) = 0.
Giải:
1) Với mọi ( P, Q)  E 2 và   ,     2 , ta có:
f(  P   Q)  (P  Q)( x  1)  (P  Q)( x  1)  2(P  Q)( x)
=  ( P( x  1)  P( x  1)  2 P( x))   (Q( x  1)  Q( x  1)  2Q( x))
= f ( P)  f (Q) .
Vậy f là ánh xạ tuyến tính.
2) Ta có f (1)  f ( x)  0. Với p  2 , ta có f ( x p )  ( x  1) p  ( x  1) p  2 x p
p

p

  Ckp x k   (1)k Ckp x p  k  2 x p  2C2p x p  2  R ( x)  p ( p  1) x p  2  R ( x) với deg R( x)  p  2. Suy ra
k 0

k 0

p

deg f ( x )  p  2. Vậy Im f  span{ f ( x p )} với p  N và p  2 .

Đặt f ( x p )  Q p  2 ( x ) (Đa thức có bậc bằng p – 2). Ta chứng minh hệ

Q0 , Q1 ,  , Qn 2  là độc lập

n 2

tuyến tính. Thật vậy xét:

 Q
k

k

 0 , với mọi k  , k  0, 1, , n  2.

k 0

Giả sử q  [0, n  2] là bậc lớn nhất của các đa thức Qq ( x) sao cho q  0 , khi đó ta có:
q 1

 q Q q    k Qk .

(1)

k 0

q 1

Vì q  0 nên deg qQq  deg Qq . Mặt khác deg Qq  deg  k Qk .
k 0

Điều này mâu thuẫn với (1). Vậy q  0 .
Từ đó suy ra dim Im f = n – 2.
Vì dim E  n  1 nên theo định lý 1 suy ra dim Kerf  2. Dễ thấy f(1) = f(x) = 0, và {1, x} là hệ
độc lập tuyến tính nên Kerf  [1, x].
3) Cho Q  Im f , tồn tại A  E sao cho f ( A)  Q. Theo công thức khai triển Taylor, tồn tại đa
thức B  ( x), deg B  n  2 sao cho

A  A(0)  xA' (0)  x 2 B. Đặt

P  x2 B thì

deg P  n và

P (0)  P ' (0)  0. Vậy ta có: Q  f ( A)  A(0) f (1)  A' (0) f ( x)  f ( P)  f ( P).

Ví dụ 9:
Cho u, v là các tự đồng cấu của các K – không gian véc tơ E. Chứng minh rằng:
1) Ker(vu) = Ker(u)  Im u  Ker(v)= {0}
Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục

Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

2) Im(vu) = Im v  Im u + Ker(v) = E.
Giải:
1) Giả sử Ker (vu)  Ker (u ) và x  Im u  Ker (v), thì tồn tại y  E sao cho
x  u ( y ) và v( x)  0. Ta có vu( y)  0  y  Ker (vu )  Ker u.

Vậy u(x) = 0  x = 0, tức là: Im u  Ker v = {0}.
Ngược lại nếu Im u  Ker v = {0} và x  Ker(vu). Ta có vu(x) =0, vậy u(x)  Ker v và u(x)
 Im u nên u(x) =0 hay x  Ker u. Suy ra Ker(vu)  Ker u.
Dễ thấy Ker u  Ker(vu), từ đó suy ra Ker(vu) =Ker u.
2) Giả sử Im(vu) = Im v và x  E. Ta có v(x)  Im v = Im(vu), nên tồn tại y  E sao cho vu(y) =
v(x)  v(x – u(y)) =0  x –u(y)  Ker v, từ đó suy ra x = u(y) + x – u(y)  Im u + Ker v. Vậy E
= Im u + Ker v.
Ngược lại nếu E = Im u + Ker v và x  Im v thì tồn tại y  E sao cho v(y) =x. Vì y  E, nên
tồn tại z  Im u, t  Ker v sao cho y = z + t, vậy v(z + t) = x
hay x =v(z)  Im vu, suy ra Im v  Im(vu).
Dễ thấy Im(vu)  Im v, từ đó suy ra Im v = Im(vu). (■)
Ví dụ 10:
Cho E là K – không gian véc tơ hữu hạn chiều, u  L(E). Chứng minh rằng các tính chất
sau là tương đương:
1) Ker u2 = Ker u
2) Im u2 = Im u
3) E = Ker u  Im u.
Giải:
1)  2)
Ta luôn có: Im u2  Im u (1)
Theo định lý 1.16, ta có: dim Ker u2 + dim Im u2 = dim E và

dim Ker u + dim Im u = dimE. Mặt khác theo (1) ta có dim Ker u2 = dim Ker u, vậy: dim Im u2 =
dim Im u (2).
Từ (1) và (2) suy ra Im u2 = Im u.
2)  3)
Với x E  u(x) Im u = Im u2  y  E sao cho u(x) = u2(y)  u(x –u(y)) =0
 x –u(y)  Ker u. Vậy x =x- u(y) +u(y)  Ker u + Im u. Từ đó suy ra:

E = Ker u + Im u.
Mặt khác vì dim E = dim Im u + dim Ker u, nên dim (Ker u  Im u) = 0, suy ra
Ker u  Im u ={0}.
Vậy E = Ker u  Im u.
Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

3)  1)
Ta luôn có Ker u  Ker u2
Với mọi x  Ker u2  u2(x) =0  u(x)  Ker u. Vì u(x)  Imu, nên
u(x)  Ker u  Im u, lại vì 3)  Ker u  Im u ={0}, vậy u(x) = 0 hay x  Ker u, tức là Ker u2 
Ker u. Suy ra Ker u2 = Ker u.
III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Trong các ánh xạ sau đây ánh xạ nào là ánh xạ tuyến tính?
1) Phép vị tự tâm O, tỉ số k trong  3 .
2) Phép đối xứng mặt trong  3 .
3) Phép chiếu vuông góc lên một mặt phẳng trong  3 .
4) Phép quay với tâm quay là gốc toạ độ O góc quay  trong 2 .

5) Phép chiếu vuông góc lên đường thẳng đi qua gốc toạ độ trong  3 .
6) f :  3   2 , xác định bởi f ( x, y, z )  ( x  y, x  z ).
7)

f :   , xác định bởi f ( z )  Re z.

8)

f :   , xác định bởi f(z) = |z|

9) f :  2   3 , xác định bởi f ( x, y)  ( x, x, x  y).
Bài tập 2:

Cho E và F là những  – không gian véc tơ, f là ánh xạ từ E vào F . Chứng tỏ

rằng f là ánh xạ tuyến tính và tìm cơ sở của Ker f trong các trường hợp sau:
1) E  F   2 và f :  2   2 , xác đinh bởi: f ( x, y)  ( y, x).
2) E   3 , F   2 và f :  3   2 , xác đinh bởi:
f ( x, y, z )  (2 x  y  z, x  y  z ).

3) E  F   3 và f :  3   2 , xác đinh bởi:
f ( x, y, z )  (5 x  6 z, 3 x  y  3 z, 3x  4 z ).

4) E   3 , F   4 và f :  3   4 xác định bởi:
f ( x1 , x2 , x3 )  ( x1  x2  x3 , 3 x1  x2 , 2 x2  x3 ).
  2 1 2 


Bài tập 3: Cho ma trận A =   15  6 11 , xét ánh xạ f : M 31 ( )  M 31 (), xác định bởi f(X)
  14  6 11




=AX.
1) Chứng minh rằng f là một tự đồng cấu.
2) Chứng minh rằng V  { X  M 31 ( ) | f ( X )  X } là một không gian véc tơ con
của không gian véc tơ M 31 ( ).
3) Gọi e1 là cơ sở của V, hãy tìm véc tơ e2 và e3 sao cho f(e2) = e2 +e1 và f(e3) = e3 + e2.
Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

4) Chứng minh rằng {e1, e2, e3} là cơ sở của M 31 ( ).
Bài tập 4: Cho ánh xạ f :  2 ( x)   2 ( x) , xác định bởi:
P  P( x   )  P( x   )

Trong đó  ,  là các hằng số phức khác nhau.
1) Chứng minh rằng f là một tự đồng cấu của  2 ( x).
2) Chứng minh rằng f là toàn ánh
3) Tìm hạt nhân của tự đồng cấu f.
Bài tập 5: Với mỗi đa thức P( x) có hệ số thực với bậc nhỏ hơn 3, ta cho tương ứng một đa thức
Q ( x)  (2 x  1) P  ( x 2  1) P ' ( x ).

1) Chứng minh rằng ánh xạ f biến P( x) thành Q( x) là một ánh xạ tuyến tính
từ  3 ( x ) vào  4 ( x ).
2) Chứng minh f là đơn cấu.

Bài tập 6: Tìm cơ sở và số chiều hạt nhân của một tự đồng cấu xác định bởi các công thức toạ độ
sau:
 y1  x1  x2  x3

1)  y 2  2 x1  x2  x3
 y  x  2x  2x
1
2
3
 3

 y1  x1  3x2  2 x3

2)  y 2  2 x1  x2  3 x3
 y  3x  x  4 x
1
2
3
 3

 a 2 ab ac 


Bài tập 7: Cho ma trận A   ba b 2 bc  với a, b, c  , xét ánh xạ
 ca cb c 2 



f : M 3,1 ()  M 3,1 (), xác định bởi

f ( X )  AX . Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính và xác

định Im f và Kerf .
1

Bài tập 8: Cho ánh xạ  :  n ( x )  , xác định bởi  ( P)   P(t )dt .
0

1) Chứng minh rằng  là một dạng tuyến tính trên .
2) Tìm số chiều của Im Im  và Ker
3) Tìm một cơ sở của Ker .
Bài tập 9: Cho u , v là những ánh xạ từ ( x) vào ( x) xác định bởi:
u ( P )  XP
P  ( x), 
v( P )  P '
1) Chứng minh rằng u và v là những tự đồng cấu của ( x) .

2) Xác định v  u  u  v.
Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

3) Chứng minh rằng v  u  u n  v  nu n 1.
Bài tập 10: Cho hai tự đồng cấu tuyến tính f và g của E.
1) Chứng minh rằng Im g  f  Im g và Kerf  Kerf  g
2) Chứng minh rằng nếu g  f  0 thì Im f  Kerg.

Bài tập 11: Cho ánh xạ f :  n ( x )   n ( x) , xác định bởi:
f ( P)  ( x 2  1) P"  (2 x  1) P '

1) Tính f (1), f ( x ), f ( x k ) với mọi k  [1, n].
2) Chứng minh rằng f là một tự đồng cấu của  n ( x).
3) Xác định ma trận A của f trong cơ sở chính tắc 1, x,  , x n  của  n ( x).
Bài tập 12: Cho một phép biến đổi tuyến tính f của K – không gian véc tơ sao cho f 2   f , với
   \ 0, 1.

1) Chứng minh rằng Im f 2  Im f và Kerf 2  Kerf .
2) Chứng minh rằng Im f và Kerf là bù nhau trong E.
ĐÁP SỐ
Bài 1:
1) Phép vị tự f :  3   3 , f(u) =  u với là ánh xạ tuyến tính.
2) Phép đối xứng mặt trong  3 không phải là ánh xạ tuyến tính.
3) Phép chiếu vuông góc lên mặt phẳng trong R3 không phải là ánh xạ tuyến tính.
4) Phép quay f tâm O góc quay  trong R2 là ánh xạ tuyến tính f được xác định bởi f(x, y) = (xcos
 - ysin  , xsin  +ycos  ).
5) Là ánh xạ tuyến tính
6) Là ánh xạ tuyến tính
7) Là ánh xạ tuyến tính
8) Không là ánh xạ tuyến tính
9) Là ánh xạ tuyến tính.
Bài 2:
1) Kerf = {0}
2) Ker f = span [(2, 1, -3)]
3) Ker f = {0}

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên bộ môn toán-khoa CNTT –Học viện Quản lý Giáo dục