06 bài giảng số 2 hạng và ma trận của ánh xạ tuyến tính

Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

Bài 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 {e1, e2, …,en} là cơ
sở của E và {f1, f2, …, fm} 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 (e2 ), , f (en )}.
Kí hiệu hạng của ánh xạ tuyến tính f là rg ( f ).
từ không gian véc tơ E vào F là đẳng cấu tuyến tính nếu

Tính chất 2.2: Ánh xạ tuyến tính f
rg ( f )  dim F  m.
Với mỗi véc tơ ei (i =1, 2, …, n), ta có

f (ei )  a1i f1  a2i f 2    ami f m .

Bộ số (a1i, a2i, …, ami) được gọi là toạ độ của véc tơ f(ei) đối với cơ sở

 f1 , f 2 , , 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 e1 , e2 ,  , en  của E và

 f1 , f 2 , , f n  của F

là ma trận cấp m  n có dạng:

 a11

 a21
 

a
 m1

a12
a22

am 2

 a1n 

 a 2n 
  

 amn 

Nhận xét 2.4:
i) Mỗi cột thứ i của ma trận A là toạ độ tương ứng của véc tơ f(ei).
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

e1 , e2 , , en  .
iv) Cho véc tơ v  E , v  x1e1  x2e2    xn en , ta có:

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

f (v)  x1 f (e1 )  x2 f (e2 )    xn f (en ). Vậy nên nếu biết ảnh của các véc tơ ei, 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 )  rankA  dim 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 e1 , e2 ,  , en  của 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 (e2 ), , f (en )} 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 e1 , e2 ,  , en  và h1 , h2 ,  , hn  của E. Gọi T là ma
trận chuyển cơ sở từ cơ sở { e1 , e2 ,  , en  sang cơ sở h1 , h2 ,  , hn  , khi đó B =T-1AT.

II. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1:

Xét ánh xạ tuyến tính f : M 13 ()  M 13 ( ) , xác định bởi:
f ( x, y, z )  ( x, 2 x  3 y  2 z , z ).

Gọi e1  (1, 0, 0), e2  (1, 1, 0), e3  (1, 1, 1) là một cơ sở của M 13 ( ).
1) Tìm ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cơ sở:
a) e1 , e2 , e3 
b) e3 , e2 , e1

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

c) e1 , e2 , e3  và e3 , e2 , e1
2) Tìm hạng của ánh xạ tuyến tính f.
Giải
1)

a) Dễ thấy f(e1) = (1, 2, 0), f(e2) = (1, 5, 0) và f(e3) = (1, 7, 1).

Ta có f(e1) = e1 +2e2, f(e2) = e1 +5e2, f(e3) = e1 +7e2 +e3.
Vậy ma trận của f trong cơ sở e1 , e2 , e3  là:

1 1 1


Af   2 5 7 

0 0 1


b) Tương tự, ta cũng có f(e2) = 5e2 -4e1, f(e3) = 6e2 +e3 -6e1, f(e1) = 2e2 -e1.
Vậy trận của f trong cơ sở e3 , e2 , e1 là:

 5 6 2


Bf   0 1 0 
 4 6 1 


c) Ta có f(e1) = 2e2 - e1, f(e2) = 5e2 - e1 và f(e3) = 6e2 + e3 -6e1.
Vậy ma trận của f trong cặp cơ sở {e1, e2, e3} và {e2, e3, e1} là:

2 5 6


Cf   0 0 1 
 1 4 6 


2) Ta có: rg ( f )  dim Im f  dim[ f (e1 ), f (e2 ), f ( e3 )]  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 B '  {1, 1  x, 1  x 2 }.
2) Tìm đa thức f ( p) biết p  2  3x.
Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục

Khóa học: Ánh xạ tuyến tính
Giải:

1) Ta có:
f (1)  1  x  0.1  1.(1  x )  0.(1  x 2 ) và f ( x)  x 2  x  2.1  1. (1  x)  1.(1  x 2 ) ,
nên ma trận của f trong các cơ sở B và B’ là:

0  2


Af =  1 1 
0 1 


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  
f ( p)  Af     1  .
 3   3 
 
Vậy đa thức f ( p) cần tìm là p( x)  6.1  1.(1  x )  3.(1  x 2 )  2  x  3x 2 .
Ví dụ 3:
Cho phép biến đổi tuyến tính f :  4   4 , xác định bởi:
f ( x, y, z , t )  (  x  y  z  1, x  y  z  t , x  y  z  t , x  y  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 Af của f trong một cơ sở nào đó của  4
là khả nghịch.
Xét ma trận của f trong cơ sở chính tắc của  4 , ta có:
f(e1) = (-1, 1, 1, 1), f(e2) = (1, -1, 1, 1), f(e3) = (1, 1, -1, 1), f(e4) = (1, 1, 1, -1).
Vậy ma trận của f có dạng:

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

 1 1 1 1 


1 1 1 1 
Af  
 1 1 1 1 


 1 1 1 1
1
0
Ta có det( A f ) 
0
0

1
0
2
2

1
2
0
2

1
2

2
0

1
0
0
0

1
2
2
0

1
2
0

2

1
0

2
2

1
0
0
0

1 1
2 2
0 2
0 0

1
0
 16  0
2
4

Vậy Af là khả nghịch.
Ví dụ 4:
Cho một tự đồng cấu fa của không gian véc tơ R3 có ma trận trong cơ sở chính tắc là

a 1 1



Ma  1 a 1 
1 1 a


1) Xác định theo tham số a hạng của fa
2) Xác định Kerf a và Im f a .
Giải:
1) Ta có rg fa = rank Ma. Bằng các phép biến đổi sơ cấp ma trận ta đưa ma trận Ma về dạng tam
giác trên:

1
a
1



1 a 
0 a 1
0
0
2  a  a 2 

biện luận:
a  1
+) Nếu 2  a  a 2  0  
thì rg f a  rank M a  3.
a  2
a  1
+) Nếu 2  a  a 2  0  

a  2

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

i)

Nếu a  2 thì rg f a  rank M a  2.

ii)

Nếu a  1 thì rg f a  rank M a  1.

a  1
2) Trường hợp 1: Nếu 
thì dim Im f a  rg f a  3 .
a  2
mà dim Kerf a  dim Im f a  3 nên dim Kerf a  0. Vậy Kerf a  0 và Im f a   3 .
Trường hợp 2: a  2 , Kerf a  {x  ( x1 , x2 , x3 )   3 | f a ( x)  0},

 x  x2  2 x3  0
ta có: f a ( x)  0  M a x  0   1
 x1  x2  x3 .
 x2  x3  0
Vậy Kerf a  [(1, 1, 1)].

Im f a  {( y1 , y2 , y3 )   3 |  ( x1 , x2 , x3 )   3 mà f ( x1 , x2 , x3 )  ( y1 , y2 , y3 )}, ta có:

2 x1  x2  x3  y1

f ( x1 , x2 , x3 )  ( y1 , y2 , y3 )   x1  2 x2  x3  y2  y1  y2  y3  0
x  x  2x  y
3
3
 1 2
Vậy Im f a  {( y1 , y2 , y3 )   3 | y1  y2  y3  0}  [( 1, 1, 0), ( 1, 0, 1)]} .
Trường hợp 3: a  1 , ta có:
Kerf a  {( x1 , x2 , x3 )  3 | f a ( x )  0}  {( x1 , x2 , x3 )   3 | x1  x2  x3  0}
 [(1, 1, 0), ( 1, 0, 1)].
Và Im f a  {( y1 , y2 , 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  {e1 , e2 , e3 , e4 }. Xét tự đồng cấu u
theo cơ sở b có ma trận là:
 3 1

9 3
A
0 0

0 0

1 7 

3 1 
4 8 


2 4 

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

1) 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 {e3, u(e3), u2(e3), u3(e3)} là một cơ sở của E.
4) Xác định ma trận của u trong cơ sở trên.
5) Chứng minh rằng nếu u3  0 thì u4 = 0.
Giải:
3 x  y  z  7t  0
 z  2t
9 x  3 y  3 z  t  0


1) ( x, y, z , t )  Keru  
 3 x  y  5t  0
4
z

8
t

0


9 x  3 y  5t  0

2 z  4t  0
 z  2t
t  0


  y  3x  5t
 z  0
20t  0
 y  3x



.
Vậy ( x, y, z , t )  Keru  ( x, y, z , t )  ( x, 3x, 0, 0).
Suy ra: Ker u  [(1, 3, 0, 0)].
Ta có rg u = dim Im u = dim E – dim Ker u = 3.
Im u = [u(e1), u(e2), u(e3), u(e4)]. Dễ thấy u(e1) = (3, 9, 0, 0), u(e2) = (-1, -3, 0, 0) suy ra u(e1) = -3u(e2).
Vậy Im u =[u(e2), u(e3), u(e4)], vì dim Im u = 3 nên {u(e2), u(e3), u(e4)} là cơ sở của Im u.
2) Ta có (1, 3, 0, 0)  Ker u mà (1, 3, 0, 0)  u (e2 )  Im u , vậy Ker u  Im u  {0} nên Ker u và Im u
không bù nhau trong E.
0
 1
 10 
 
 



0
3 2
10 



3) Ta có e3 
, u (e3 )  Ae3 
, u (e3 )  A( Ae3 ) 
1
 4
 0 
 
 


0
 2
 0 

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

 40 



120 
và u 3 (e3 )  A(u 2 (e3 ))  
.
 0 


 0 
Kí hiệu các véc tơ trên tương ứng là f1, f2, f3 và f4, ta xét

2  103  404  0
3  10  120  0
 2
3
4
1 f1  2 f 2  3 f 3  4 f 4  0  
 1  2  3  4  0


4


0
1
2

22  0
Vậy hệ véc tơ {f1, f2, f3, f4} là độc lập tuyến tính. Vì dim E = 4 nên hệ véc tơ trên là cơ sở của E.
4) Ta có

u(f1) = u(e3) = f2
u(f2) = u2(e3) = f3
u(f3) = u3(e3) = f4

 40   0 

  
120   0 
và u ( f 4 )  Au 3 (e3 )  A 
.

 0   0

  
 0   0
Vậy ma trận của u trong cơ sở {f1, f2, f3, f4} của E là:
0

1
B
0

0

0
0
1
0

0

0
0
1

0

0
0

0

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:
Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

Cho một tự đồng cấu tuyến tính f :  3  3 có ma trận trong cơ sở chính tắc {e1, e2, e3} là:

 15 11 5 


A   20 15 8 

 8 7 6 


1) Chứng minh f1 = 2e1 + 3e2 + e3, f2 = 3e1 + 4e2 + e3, f3 = e1 + 2e2 + 2e3 là một cơ sở của R3.
2) Tìm ma trận của f trong cơ sở {f1, f2, f3}.
Giải:
1) Xét: a1f1 + a2f2 + a3f3 + a4f4 = 0
 a1(2e1 + 3e2 + e3) + a2(3e1 + 4e2 + e3) + a3(e1 + 2e2 + 2e3) = 0
 (2a1 + 3a2 + a3)e1 + (3a1 + 4a2 +2a3)e2 + (a1 + a2 + 2a3)e3 = 0.
Vì {e1, e2, e3} độc lập tuyến tính nên ta có:

2a 1  3a 2  a 3  0

3a 1  4a 2  2a 3  0  a 1  a 2  a 3  0 .
a  a  2a  0
2
3
 1
Vậy hệ véc tơ {f1, f2, f3} độc lập tuyến tính và vì dim R3 = 3 nên hệ véc tơ trên là cơ sở của R3.
2) Ma trận chuyển từ cơ sở {e1, e2, e3} sang cơ sở {f1, f2, f3} của R3 là ma trận T có dạng:

2 3 1


T =  3 4 2
1 1 2


T là ma trận khả nghịch và ma trận nghịch đảo của T là:

  6 5  2


T =  4 3 1 
 1 1 1 


-1

Vậy ma trận B của f trong cơ sở {f1, f2, f3} của R3 có dạng

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

  6 5  2   15  11 5   2 3 1 




B = T AT =  4  3 1   20  15 8   3 4 2  =
 1 1 1   8  7 6 1 1 2





-1

1 0 0


0 2 0
 0 0 3



Ví dụ 7:
Cho R2(x) là không gian véc tơ các đa thức với hệ số thực có bậc không vượt quá 2, b = {1, x, x2}
là một cơ sở chính tắc của R2(x). Xét phép biến đổi tuyến tính T: R2 ( x)  R2 ( x) , ở đó với mọi đa thức
p(x) =a0 +a1x + a2x2 ta có T(p(x)) = p(2x +1) = a0 + a1(2x +1) +a2(2x +1)2.
1) Tính T(1), T(x), T(x2) và viết ma trận A của T tương ứng với cơ sở {1, x, x2}.
2) Dùng ma trận A hãy tính T(3 +x +2x2). 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 + x2, x + x2} của R2(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) T (1)  1
T ( x)  1.(2 x  1)  1  2 x
T ( x 2 )  1.(2 x  1) 2  1  4 x  4 x 2

1 1 1


Vậy ma trận của T trong cơ sở b là: A   0 2 4 

 0 0 4


 3   1 1 1  3   6 
  
   
2) Ta có toạ độ của véc tơ T (3  x  2 x ) là: A 1    0 2 4  1   10 
 2   0 0 4  2   8 
  
   
2

Vậy T(3 +x +2x2) = 6 +10x +8x2.
Mặt khác tính trực tiếp ta có

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

T(3 +x +2x2) =3T(1) +T(x) +2T(x2) = 3 + 1+2x + 2(1 +2x)2 = 6 + 10x + 8x2.
3) Cách 1:
Ta có T  T(p(x)) =T(T(p(x)) = T(p(2x +1)) =T[a0 +a1(1 +2x) +a2(1 +2x)2]
= T[(a0 +a1 +a2) +(2a1 +4a2)x +4a2x2]
= (a0 +a1 +a2) +(2a1 +4a2)(1 +2x) +4a2(1 +2x)2
= a0 + 3a1 +9a2 +(4a1 +24a2)x +16a2x2
suy ra: T2(1) = 1, T2(x) = 3 +4x, T2(x2) = 9 +24x +16x2, vậy ma trận của T2 trong cơ sở chính tắc là:

1 3 9 


 0 4 24 
 0 0 16 


Cách 2: Ta có T  T(p(x)) =T(Ap(x)) = A.Ap(x) = A2p(x)

1 3 9 


Vậy ma trận của T trong cơ sở chính tắc là A và dễ thấy A =  0 4 24 
 0 0 16 


2

2

2

 1 1 0


4) Ma trận chuyển cơ sở từ b sang c có dạng: P =  1 0 1  . Ta có
0 1 1



 1

 2
1
-1
P =
 2
 1

 2

1
2
1

2
1
2

1
 
2
1 
2 
1 

2 

Ma trận của T trong cơ sở c là:

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục



 1

 2
1
-1
B = P AP = 
 2
 1

 2

1
2
1

2
1
2

Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

1
 
2   1 1 1   1 1 0



1 
0 2 4 1 0 1

2 


1  0 0 4 0 1 1

2 

 4 2 4  2 1 2
 

1
=  0 2 0  =.  0 1 0 
2
 

 0 6 8 0 3 4
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:

 2 1 2


B = 0 1 0
0 3 4


Ví dụ 8: Xét phép biến đổi tuyến tính f: R3(x)  R3(x), xác định bởi:
f(q(x)) = q(1 + x) = a0 + a1(1 + x) +a2(1 + x)2 + a3(1 + x)3
với mọi đa thức q(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 thuộc R3(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
Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

Vậy ma trận của f đối với cơ sở chính tắc B = {1, x, x2, x3} là
1

0
A
0


0

1
1
0
0

1
2
1
0

1

3
.
3

1

Vì det (A) = 1 nên tự đồng cấu f là một đẳng cấu, do đó f có đẳng cấu ngược f 1.
 1 1 1 1 


0 1 2 3 
1

.
A 

 0 0 1 3 


0 0 0 1 

Ta có:

Giả sử p(x) = p0 + p1x + p2x2 + p3x3, thế thì toạ độ của p(x) đối với cơ sở B là:

 p0 
 1 1 1 1   p 0   p 0  p1  p 2  p3 
p 

  p   p  2 p  3p 
0
1

2
3
1
2
3 
  1 =  1
[ p ( x)]B    , ta có A1[ p ( x )]B  




 p2 
 0 0 1 3  p 2

p 2  3 p3




 

  

p3
 p3 
 0 0 0 1   p3  

Vậy

f 1 ( p( x ))  ( p0  p1  p2  p3 ) + ( p1  2 p2  3 p3 )x + ( p2  3 p3 )x2 + p3x3
 p0  p1 ( x  1)  p2 ( x 2  2 x  1)  p3 ( x3  3x 2  3x  1)
 p0  p1 ( x  1)  p2 ( x  1) 2  p3 ( x  1)3  p ( x  1).

Ví dụ 9:
Cho E là không gian véc tơ hữu hạn có số chiều n, u  L(E). Chứng minh rằng nếu u2 = 0 thì rgu


n
.
2

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).

Mặt khác vì u2 = 0 nên u2(x) = 0 với x  E suy ra u(u(x)) = 0 hay u(x)  Ker u.
Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục



Vậy Im u  Ker u

Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

hay dim Ker u  dim Im u.

(2)

Từ (1) và (2) ta có:
rg u  n – rg u  rg u 

n
.
2

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|Imf là ánh xạ tuyến tính từ Im(f) vào E.
Giả sử x  ker(g|Imf)  x  Im(f) và g(x)=0  x  ker(g)  Im(f).
 x  Im(f)
Ngược lại nếu x  ker(g)  Im(f)  
 g|Imf (x) =0  x  ker(g|Imf).
g(x)  0
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:
y  Im(g|Imf)   x Im f sao cho y = g(x) và x Im f
  t E, x = f(t) hay y  Im(g|Imf)   t  E sao cho y = g  f(t)

 y  Im(g  f)  Im(g  f)) = Im(g|Imf)  dim(Im(g  f)) = dim(Im(g|Imf)).

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

b) Theo 2a) bất đẳng thức cần chứng minh:

rg ( g  f )  rg ( f )  rg ( g )  dim E  rg ( f )  dim( Kerg  Im f )  rg ( f )  rg ( g )  dim E
 dim( Kerg  Im f )  dim E  rg ( g )
 dim( Kerg  Im f )  dim Kerg  Kerg  Im f  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 ()  M 13 (), xác định bởi:
f ( x, y, z )  (  y  2 z , 3 x  4 y  2 z , 3 z ).

Cho một cơ sở e1(1, 1, 0), e2(0, 1, 1) và e3(1, 0, 1) của M 13 ( ).
1) Tính f(e1), f(e2), f(e3) theo cơ sở {e1, e2, e3}.
2) Tìm ma trận của f trong cơ sở {e1, e2, e3}
3) Tìm ma trận của f trong cơ sở {e2, e3, e1}.
Bài tập 2: Xét ánh xạ f :  3   2 , 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 {e1(1, 0, 0), e2(0, 1, 0), e3(0, 0, 1)} của 3 và cơ sở {v1(1, 0),
v2(1, 1)} của  2 .
2) Tìm toạ độ của véc tơ f(u) trong cơ sở {f1, f2} với u = (1, 2, 3).
Bài tập 3: Cho ánh xạ tuyến tính f : 3   3 , có ma trận trong cơ sở chính tắc là:

0 1 1


A  1 0 1
1 1 0


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.

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

Bài tập 4: Cho ánh xạ tuyến tính f : 3   3 , xác định bởi:
f(x, y, z) = (2x – y + z, -x + y, x –z)
1) Xác định ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cơ sở
{f1 (1, 0, 0), f2 (1, 1, 0), f3(1, 1, 1)}.
2) Chứng minh rằng f là song ánh tuyến tính và xác định ma trận của f 1 trong cơ sở chính tắc.
5 1
2
Bài tập 5: Cho u là một tự đồng cấu của  2 có ma trận M  
 trong cơ sở chính tắc của  . Xác
1
5


định a và b sao cho u 2  au  bid 2  0.
Bài tập 6: Cho tự đồng cấu tuyến tính u :  3  3 có ma trận trong cơ sở chính tắc của 3 là:

 2 1 2 



A   15 6 11 . Cho {f1 = (1, 1, 2), f2 = (0, 3, 2), f3 = (0, 0, 1)} là một cơ sở của R3. Tìm ma trận B
 14 6 11


của tự đồng cấu u trong cơ sở {f1, f2, f3}. Tính An theo n, I, A và A2.
Bài tập 7: Cho phép biến đổi tuyến tính f :  2 ( x)   2 ( x ), xác định bởi:
f (1  2 x  x 2 )  2  4 x  5 x 2 , f (1  x 2 )  2 x  x 2 , f (2 x  1)  x 2  2. Hãy tìm ma trận của f trong cơ sở
chính tắc {1, x, x2} của  2 ( x ) . Từ đó suy ra f là một tự đẳng cấu.
Bài tập 8: Cho E là  - không gian véc tơ có số chiều bằng 3. Gọi {e1, e2, e3} là một cơ sở chính tắc của
E và xét một tự đồng cấu f của E có ma trận trong cơ sở chính tắc là:

1 2 2


A 1 1 2 
 2 2 3 


1) Chứng minh rằng {e1, f(e1), f2(e1)} là một cơ sở của E và tìm ma trận của f trong cơ sở đó.
2) Chứng minh rằng f 4  Id E .
Bài tập 9: Cho E là không gian véc tơ trên , {e1, e2, e3, e4} là một cơ sở của E,
f  L(E) sao cho:

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục

Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

 f (e1 )  (m  2)e1  2e2  e4
 f (e )  e  me  4e  3e
 2
1
2
3
4

 f (e3 )  (m  1)e3  e4
 f (e4 )  e1  me2  4e3  me4
1) Xác định giá trị của tham số m để f là đơn ánh
2) Tìm cơ sở và số chiều của hạt nhân của f.
Bài tập 10: Cho E là không gian véc tơ có số chiều n, cho f, g  L(E) sao cho f + g là song ánh và
f  g  0. Tính rg(f) + rg(g).
Bài tập 11: Cho E, F và G là các khộng gian véc tơ hữu hạn chiều.
1) Giả sử u  L(E, F) và v  L(F, G). Chứng minh rằng
a) dim Ker(vu)  dim Ker u + dim Ker v.
b) rg u + rg v – dim F  rg(vu)  min {rg u, rg v}
2) Giả sử u, v  L(E, F). Chứng minh rằng:
|rg u – rg v|  rg(u +v)  rg u + rg v.
ĐÁP ÁN BÀI GIẢNG SỐ 2
Bài 1:

 f (e1 )  3e1  4e2  4e3

1)  f (e2 ) 
2e2  e3
 f (e ) 

e2  2e3
3


 3 0 0


2) Af  4 2 1


 4 1 2 



2 1 4 


3) B f  1 2 4


0 0 3 



Bài 2:

 1 1 2 

0 1 1 

2) Af  

 7 

5

3) f (u )  Af u  

Bài 3:
Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




 x'
 
2) f (v )  y ' 
 
 z'
 

Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

 x  y  z
A  y    x  z 
 z   x  y
  


 x ' y ' z '

x


2

x ' y ' z '

3)  y 
,
2

x ' y ' z '

 z 
2

 1
 2

1
1
A 
 2
 1

 2

1

2
1

2
1
2

1 
2 

1 
2 
1 
 
2

Bài 4:

 3 1 2


1) A  2 1 0


 1 1 0



2) Vì det(A) = - 1 nên ánh xạ tuyến tính f là song ánh và

Bài 5:


0

A 1   0
1

2


1 1 

1 2
1
1

2

a  10, b  24

 2 0 0 


Bài 6: B  0 1 3


 0 0 1



Bài 7:

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục




Khóa học: Ánh xạ tuyến tính

3x  x 2
 f (1) 
 0 1


3
3

2
 f ( x )  1  x  x  A   3 
2
2


2
2
 1 1
 f ( x ) 
x  3x


0

1

3 

Vì det(A) = -8 nên ánh xạ f là một đẳng cấu.
Bài 8:
1) {e 1 (1, 0,0), f (e1 )  (1, 1,  2), f 2 (e1 )  ( 1,  2, 2)} là độc lập tuyến tính nên nó là cơ sở
của

3 .
4

4

2) Ta có A  I  f  Id 3 .

m  1
m  3

Bài 9: 1) 

  m  1
 Kerf  0

m

3



2)  m  1  Kerf  span ( 4, 1, 0, 1)

 m  3  Kerf  span (0,1, 0,1)



Bài 10: Theo §2 , ví dụ 10, phần (2a)  rg ( f )  rg ( g )  n .

Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái Thanh Xuân, Hà Nội
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân –Giảng viên toán khoa CNTT –Học viện Quản lý giáo dục