Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải

Giải bài tập về ánh xạ tuyến tính
Câu 1:
a)

f

cho ánh xạ

:

¡

n

→¡

, chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ

khi tồn tại các số a1,…,an
b)

f

cho ánh xạ
tại các số aij

:

∈¡

¡

n

→¡

để

∈¡

để

f ( x1 , x2 ,..., xn ) = a1 x1 + ... + an xn

m

, chứng minh f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi tồn

f ( x1 , x2 ,..., xn ) = ( a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn ,..., a m1 x1 + .... + amn xn )(*)

giải:
Ta chỉ cần giải câu b, câu a là trường hợp đặc biệt của câu a khi m=1
Kiểm tra trực tiếp ta thấy rằng nếu
Ngược lại, nếu

f

f

có dạng như (*) thì

f

là ánh xạ tuyến tính, ta đặt:

f (ei ) = (a1i , a2i ,...ami )

Với i=1,2,…,n trong đó

ei = (0,..., 0,1, 0,..., 0)

. Khi đó ta có:

f ( x1 , x2 ,..., xn ) = f ( x1e1 + x2e2 + ... + xnen )

= x1 f (e1 ) + x2 f (e2 ) + ... + xn f (en )
= f (a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn ,..., a m1 x1 + .... + amn xn )

Câu 2: tìm công thức ánh xạ tuyến tính
a)
b)

Giải:

f

:

¡ 3 →¡

3

biết:

f (1,1, 2) = (1, 0, 0), f (2,1,1) = (0,1,1), f (2, 2, 3) = (0, −1, 0)
f (1, 2,3) = (−1, 0,1), f (−1,1,1) = (0,1, 0), f (1, 3, 4) = (1, 0, 2)

là ánh xạ tuyến tính


a)

( x1 , x2 , x3 ) = a1 (1,1, 2) + a 2 (2,1,1) + a3 (2, 2,3)

Giả sử:

Khi đó

(1)

f ( x1 , x2 , x3 ) = a1 (1,0, 0) + a2 (0,1,1) + a3 (0, −1,0) = ( a1 , a2 − a3 , a2 )

f ( x1 , x2 , x3 )

Do đó để tính

ta cần tính a1,a2,a3 qua

x1 , x2 , x3

(2)

. Do công thức (1) , a1,a2,a3

là nghiệm của hệ:
1 2 2 x1   1 2 2
x1
 1 2 2
x1


 
 

1 1 2 x2  →  0 −1 0 − x1 + x2  →  0 −1 0 − x1 + x2 
 2 1 3 x3   0 −3 −1 −2 x1 + x3   0 0 −1 x1 − 3 x2 + x3 

a3 = − x1 + 3x2 − x3
a2 = x1 − x2

Vậy:

a1 = x1 − 2a2 − 2a3 = x1 − 2( x1 − x2 ) − 2( − x1 + 3x2 − x3 ) = x1 − 4 x2 + 2 x3

Thay vào (2), được công thức ánh xạ
b)

f ( x1 , x2 , x3 ) = ( x1 − 4 x2 + 2 x3 , 2 x1 − 4 x2 + x3 , x1 − x2 )

Giải tương tự câu a

Câu 3: trong

¡

3

cho 2 cơ sở

u1 = (1, 0, 0), u2 = (0,1,1), u 3 = (1, 0,1)

(u)

v1 = (1, −1, 0), v2 = (0,1, −1), v3 = (1, 0,1)

Và cho ánh xạ tuyến tính
a)
b)

f :¡ 3 → ¡

Tìm công thức của ma trận
Tìm các ma trận

3

và

f (ui ) = vi

f

Af /(u) , A f /(u ),( v ) , Af /( v ) , Af /( v ),(u) , A f /ε 3

Giải
a)

Giả sử

( x1 , x2 , x3 ) = a1u1 + a2u2 + a3u3

(1)

(v)


f ( x1 , x2 , x3 ) = f (a1u1 + a2u2 + a3u3 )
= a1 f (u1 ) + a2 f (u 2 ) + a3 f (u3 )
= a1 (1, −1, 0) + a2 (0,1, −1) + a3 (1, 0,1)

Khi đó
Vậy

= (a1 + a3 , − a1 + a2 , − a2 + a3 )

f ( x1 , x2 , x3 ) = ( a1 + a3 , − a1 + a2 , − a2 + a3 )

Ta cần tính

a1 , a2 , a3

theo

x1 , x2 , x3

(2)

, do (1) ,

a1 , a2 , a3

là nghiệm của hệ

1 0 1 x1  1 0 1
x1 

 

 0 1 0 x2  →  0 1 0 x2 
 0 1 1 x3   0 0 1 − x2 + x3 

Do đó

a3 = − x2 + x3 , a2 = x2 , a1 = x1 − a3 = x1 + x2 − x3

Thay vào (2) được công thức của

f

là

f ( x1 , x2 , x3 ) = ( x1 , − x1 + x3 , −2 x2 + x3 )

b)
1.

Ma trận
Ta có:

Af /(u)

f (u1 ) = v1 = a1u1 + a2u2 + a3u3

f (u2 ) = v2 = b1u1 + b2u2 + b3u3
f (u3 ) = v3 = c1u1 + c2u2 + c3u3

Af /(u)

Khi đó :
ai , bi , ci

 a1
=  a2
 a3

b1
b2
b3

(1)
(2)

(3)

c1 
c2 
c3 

Các
lần lượt là nghiệm của các phương trình vecto (1) (2) (3) . Mỗi
phương trình (1) (2) (3) tương đương với 1 hệ phương trình tuyến tính có
cùng ma trận các hệ số ( chỉ khác nhau các hệ số tự do), do đó ta có thể giải
cùng lúc 3 hệ đó như sau:


 1 0 1 1 0 1  1 0 1 1 0 1 

 

 0 1 0 −1 1 0  → 0 1 0 −1 1 0 
 0 1 1 0 −1 1  0 0 1 1 −2 1 

 


Hệ (1)
Hệ (2)
Hệ (3)

a3 = 1, a2 = −1, a1 = 1 − a3 = 0

b3 = −2, b 2 = 1, b1 = −b3 = 2

c3 = 1 c2 = 0 c1 = 1 − c3 = 0

,

,

Vậy ma trận

A f /(u)

=

 0 2 0
 −1 1 0 


 1 −2 1 

2.
Ma trận

A f /( u ),( v )

f (u1 ) = v1 = 1v1 + 0v2 + 0v3
f (u2 ) = v2 = 0v1 + 1v2 + 0v3
f (u3 ) = v3 = 0v1 + 0v2 + 1v3

⇒ Af /(u ),( v )

Ta có

3.

Ma trận

1 0 0 
= 0 1 0 
0 0 1 

Af /( v )

Áp dụng câu a) ta sẽ tính được
trước. cụ thể :

f (v1 ), f (v2 ), f (v3 )

, sau đó làm như các phần

f (v1 ) = (1, −1, 2) = a1v1 + a2 v2 + a3v3

f (v2 ) = (0, −1, −3) = b1v1 + b2 v2 + b3v3
f (v3 ) = (1, 0,1) = c1v1 + c2 v2 + c3v3

ai , bi , ci

lần lượt là nghiệm của 3 hệ sau :

 1 0 1 1 0 1  1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 

 
 


 −1 1 0 −1 −1 0  → 0 1 1 0 −1 1 → 0 1 1 0 −1 1 
 0 −1 1 2 −3 1  0 −1 1 2 −3 1 0 0 2 2 −4 2 

 
 



Hệ (1)
Hệ (2)
Hệ (3)

a3 = 1, a2 = −a3 = −1, a1 = 1 − a3 = 0
b3 = −2, b2 = −1 − b3 = 1, b1 = −b3 = 2

c3 = 1, c 2 = 1 − c3 = 0, c1 = 1 − c3 = 0

Af /( v )

Vậy
4.
5.

Ma trận
Ma trận

 0 2 0
=  −1 1 0 
 1 −2 1 

Af /( v ),(u)

làm tương tự

Af /ε 3

Theo câu a) công thức của
Do đó ta có ngay

Af /( v ),(u)

=

f

là

f ( x1 , x2 , x3 ) ( x1 , − x1 + x3 , −2 x2 + x3 )

 1 0 0
 −1 0 1 


 0 −2 1 

Câu 4: cho ánh xạ tuyến tính
θ : ¡ n [x ] → ¡ n [x ]
p ( x ) → p / ( x)

Tìm ma trận của
a)

θ

trong cơ sở

u0 = 1, u1 = x, u2 = x 2 ,..., un = x n

v0 = 1, v1 = x − a, v2 =
b)

Giải:
a)

Ta có :

( x − a)2
( x − a) n
,..., vn =
2!
n!

=


θ (u0 ) = 0 = 0u0 + 0u1 + ... + 0un
θ (u1 ) = 1 = 1u0 + 0u1 + ... + 0un
θ (u2 ) = 2 x = 0u0 + 2u1 + ... + 0un
...............................................

θ (uk ) = kx k −1 = 0u0 + 0u1 + .... + kuk −1 + ... + 0un
...............................................
θ (un ) = nx n −1 = 0u0 + 0u1 + ... + nun −1 + 0un

Vậy

A f /(u)

b)

0
0

0

M
=
M

M
0

0

1
0
0
M
M
M

0
0

0
2
0
M
M
M
0
0

... 0 ... 0 
... 0 ... 0 
... 0 ... 0 

M
M
k
M

M
M
... 0 ... n 

... 0 ... 0 

Lời giải tương tự câu a)
f :¡ 4 → ¡

Câu 5: cho ánh xạ tuyến tính

3

f ( x1 , x2 , x3 x4 ) = ( x1 − x2 + x3 , 2 x1 + x4 , 2 x2 − x3 + x4 )

Tìm cơ sở, số chiều của Ker

f

, Im

f

Giải:
( x1 , x2 , x3 x4 ) ∈

Ker

 x1 − x2 + x3 = 0

 2 x1 + x4 = 0
2 x − x + x = 0
 2 3 4

f ⇔ f ( x1 , x2 , x3 x4 ) = 0, ⇔ ( x1 , x2 , x3 x4 )

(1)

là nghiệm của hệ

Do đó , Ker

f

chính là không gian con các nghiệm của hệ (1) và hệ nghiệm cơ

bản của hệ (1) chính là 1 cơ sở của Ker
số mở rộng:

f

. Để giải hệ (1) ta biến đổi ma trận hệ

1 −1 1 0 0  1 −1 1 0 0  1 −1 1 0 0 

 
 

 2 0 0 1 0  → 0 2 −2 1 0  → 0 2 −2 1 0 
 0 2 1 1 0  0 2 1 1 0  0 0 3 0 0 

Hệ vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số là

x4

. ta có

x3 = 0

1
1
(2 x3 − x4 ) = − x4
2
2
1
x1 = x2 − x3 = x2 = − x4
2
x2 =

Vậy nghiệm tổng quát của hệ là
 x1 = −a
 x = −a
 2

 x3 = 0
 x4 = 2a

Hệ nghiệm cơ bản

α1 = (−1, −1,0, 2)

do đó Ker

f

=1, cơ sở Ker

f

là

α1 = (−1, −1, 0, 2)

Để tìm Im

f

, ta tìm ảnh của cơ sở chính tắc

¡

4

. ta có :

f (e1 ) = (1, 2, 0), f (e 2 ) = (−1, 0, 2)
f (e3 ) = (1, 0, −1), f (e 4 ) = (0,1,1)
Im f = f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ), f (e 4 )

Hệ con ĐLTT tối đại của

f (e1 ), f (e 2 ), f (e3 ), f (e 4 )

là 1 cơ sở của Im

f

. Ta có:

1
 −1

1

0

2 0  1  1 2 0  1 1 2 0  1  1
0 2  2  0 2 2  2 0 1 1  2 0
→
→
→
0 −1 3  0 −2 −1 3 0 −2 −1 3 0






1 1  4  0 1 1  4 0 2 2  4  0

Vậy cơ sở của Im

f

là

f (e1 ), f (e3 ), f (e 4 )

2
1
0
0

0 1
1  2
1 3

0 4

f

và dim =3

Câu 6: tìm vecto riêng, giá trị riêng, chéo hóa các ma trận:

a)

b)

c)

d)

e)

1 0 1 
0 0 0



1 0 1 
 5 −1 1 
 −1 2 − 2 


 1 −2 2 
1 2 1 
2 4 2


1 2 1 
1
0

0

1

0
0
0
0

1 3
0 −1

0 0

0 0

0
0
0
0

0
0 
0

1

1 2
1 3 
2 5

0 −2

Giải :
a)
b)

Tìm đa thức đặc trưng :


5−λ
PA (λ ) = −1
1

−1

2−λ
−2

1
−2
2−λ

= (5 − λ )(2 − λ ) 2 + 2 + 2 − (2 − λ ) − 4(5 − λ ) − (2 − λ )
= −λ 3 + 9λ 2 − 18λ

PA (λ ) = 0 ⇔ λ = 0, λ = 3, λ = 6

Vậy A có 3 giá trị riêng là
1)

λ = 0, λ = 3, λ = 6

Vecto riêng ứng với giá trị riêng
của hệ :

λ =0

là các vecto nghiệm khác không

 5 −1 1 0  −1 2 −2 0  −1 2 −2 0 

 
 

 −1 2 −2 0  →  5 −1 1 0  →  0 −11 11 0 

 1 −2 2 0   1 −2 2 0   0
0
0 0 

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số
Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạng
ứng với giá trị riêng
Cơ sở của V0 là
2)

λ =0

x3

(0, a, a)

là các vecto dạng

. ta có
,

a∈¡

λ =3

. Do đó, vecto riêng

(0, a, a ) a ≠ 0, dimV0 = 1

,

α1 = (0,1,1)

Vecto riêng ứng với giá trị riêng
của hệ :

x3 = a, x2 = a, x1 = 0

là các vecto nghiệm khác không

 2 −1 1 0   1 −2 −1 0  1 −2 −1 0  1 −2 −1 0

 
 
 

 −1 −1 −2 0  →  −1 −1 −2 0  →  0 −3 −3 0  → 0 −3 −3 0 
 1 −2 −1 0   2 −1 1 0  0 3 3 0  0 0 0 0 

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số
ta có

x3

x3 = b, x2 = −b, x1 = 2 x2 + x3 = −b

Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạng
riêng ứng với giá trị riêng
b ≠ 0, dimV3 = 1

λ =3

(− b, − b, b)

là các vecto dạng

,

b∈¡

. Do đó, vecto

( − b, − b, b)

,


Cơ sở của V3 là
3)

α 2 = (−1, −1,1)

Vecto riêng ứng với giá trị riêng
của hệ :

λ =6

là các vecto nghiệm khác không

−1 −1 1 0  −1 −1 1 0 −1 −1 1 0


 
 

 −1 −4 −2 0  →  0 −3 −3 0  →  0 −3 −3 0 
 1 −2 −4 0   0 −3 −3 0   0 0 0 0 

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số
ta có

x3

x3 = c, x2 = −c, x1 = − x2 + x3 = 2c

Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạng
riêng ứng với giá trị riêng

λ =6

(2 c, −c, c)

,

là các vecto dạng

c∈¡

. Do đó, vecto

(2 c, − c, c)

,

c ≠ 0, dimV6 = 1

α 3 = (2, −1,1)

Cơ sở của V0 là
Chéo hóa:
Tổng hợp 3 trường hợp trên ta thấy ma trận A có 3 vecto riêng độc lập
tuyến tính do đó chéo hóa đc. Ma trận T cần tìm là :
 0 −1 2 
T = 1 −1 −1
1 1 1 
0 0 0 
T −1 AT − 0 3 0 
0 0 6 

Và
Là ma trận chéo
c)
d)

Tìm đa thức đặc trưng :
PA (λ ) =

1− λ

0

0

0

0

−λ

0

0

0

0

−λ

0

1

0

0

1− λ

PA (λ ) = 0 ⇔ λ = 0, λ = 1

= λ 2 (1 − λ ) 2


Vậy ma trận A có 2 giá trị riêng là
1)

Vecto riêng ứng với giá trị riêng
của hệ :
1

0
0

1

0
0
0
0

0
0
0
0

0 0  1*
 
0 0  0
→
0 0  0

 
1 0   0

0
0
0
0

λ = 0, λ = 1

λ =0

là các vecto nghiệm khác không

0 0 0

0 1* 0 
0 0 0

0 0 0 

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số
ta có

x2 , x3

x2 = a, x3 = b, x4 = 0, x1 = 0

Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạng
riêng ứng với giá trị riêng

λ =0

(0, a, b, 0)

,

là các vecto dạng

a, b ∈ ¡

. Do đó, vecto

(0, a, b, 0)

,

a + b ≠ 0, dimV0 = 2
2

2

Cơ sở của V3 là
2)

α1 = (0,1, 0, 0), α 2 = (0, 0,1, 0)

Vecto riêng ứng với giá trị riêng
của hệ :
0 0 0


0 −1 0
0 0 −1

1 0 0

0 0  1 0 0
 
0 0   0 −1 0
→
0 0   0 0 −1
 
0 0  0 0 0

λ =1

là các vecto nghiệm khác không

0 0

0 0
0 0

0 0 

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số
ta có

x4

x4 = c, x3 = 0, x2 = 0, x1 = 0

Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạng
riêng ứng với giá trị riêng

λ =1

(0, 0, 0, c)

,

là các vecto dạng

α1 = (0,1, 0, 0), α 2 = (0,0,1, 0)

c∈¡

. Do đó, vecto

(0, 0, 0, c) dimV1 = 1

,

Cơ sở của V3 là
Chéo hóa:
Tổng hợp các phần trên ta thấy ma trận A chỉ có 3 vecto độc lập tuyến
tính trong khi A là ma trận cấp 4 nên A không chéo hóa đc


Câu 7: trong

¡

3

cho cơ sở:

u1 = (1,1,1), u2 = (−1, 2,1), u3 = (1,3, 2)

Và cho ánh xạ tuyến tính

f :¡ 3 → ¡

3

xác định bởi

f (u1 ) = (0,5,3)
f (u2 ) = (2, 4,3)
f (u3 ) = (0,3, 2)

Tìm 1 cơ sở để ma trận của

f

trong cơ sở đó là ma trận chéo

Giải:
Đầu tiên ta tìm ma trận của
f (u3 )

trong cơ sở nào đó của

nên dễ nhất là tìm ma trận của
Af /( u )

được:

f

f

¡

. Vì đề đã cho

f (u1 ) f (u2 )

,

u

0 1 1 
= 1 0 1 
1 1 0 

được giá trị riêng và vecto riêng của

A = Af /( u )

. từ đó sẽ tìm

f

Các giá trị riêng, vecto riêng của ma trận
lý thuyết
Kết quả tóm tắt như sau :
A có 2 giá trị riêng là

,

trong cơ sở ( ). Bạn đọc có thể dễ dàng tìm

Tiếp theo ta tìm giá trị riêng và vecto riêng của ma trận

1)

3

λ = −1, λ = 2

0 1 1
A = 1 0 1 
1 1 0 

, ta đã tìm được trong phần


2)

Các vecto riêng ứng với giá trị riêng

λ = −1

là các vecto dạng

( −a − b, a, b), a + b ≠ 0
2

2

Trường hợp này A có 2 vecto độc lập tuyến tính là
3)

Các vecto riêng ứng với giá trị riêng

λ=2

hợp này A có 1 vecto độc lập tuyến tính là
Từ đó suy ra
a)
b)

f

có 2 giá trị riêng là

α1 = (−1,1, 0), α 2 = ( −1, 0,1)

là các vecto

(c, c, 0), c ≠ 0

. trường

α 3 = (1,1,1)

λ = −1, λ = 2

Các vecto riêng ứng với giá trị riêng

λ = −1

là các vecto dạng

(−a − b)u1 + au2 + bu3 = (−2a, a + 2b, b), a + b ≠ 0
2

Trường hợp này

f

2

có 2 vecto độc lập tuyến tính là :

β1 = −1.u1 + 1.u2 + 0.u3 = (−2,1, 0)
β 2 = −1.u1 + 0.u2 + 1.u3 = (0, 2,1)

c)

Các vecto riêng ứng với giá trị riêng
cu1 + cu2 + cu3 = (c, 6c, 4 c), c ≠ 0

tính là

tuyến tính là

. trường hợp này

f

là phép biến đổi của

β1 , β 2 , β 3

nên

¡

β1 , β 2 , β 3 β

(

b)

f

có 1 vecto độc lập tuyến

3

(dim

¡

3

=3) và

f

có 3 vecto độc lập

) chính là cơ sở của

¡

3

cần tìm

 −1 0 0 
=  0 −1 0 
 0 0 2 

Câu 8: cho phép biến đổi tuyến tính
minh:
a)

là các vecto

β3 = 1u1 + 1.1.u2 + 1.u3 = (1, 6, 4)

Kết luận: vì

Af /(u )

λ=2

Im ϕ + Kerϕ = V

Im ϕ ∩ Kerϕ = { 0}

ϕ :V → V

thỏa mãn

ϕ2 = ϕ

. chứng


Giải:
a)

Tất nhiên
Với mọi

Im ϕ + Kerϕ ⊂ V

α ∈V

Tất nhiên mọi

, ta có

, ta cần chứng minh

α = ϕ (α ) + (α − ϕ (α ))

ϕ (α ) ∈ Im ϕ

ϕ (α − ϕ (α )) = ϕ (α ) − ϕ (α ) = 0

và

α − ϕ (α ) ∈ Kerϕ ⇒ α ∈ Im ϕ + Kerϕ
b)

Giả sử
ϕ =ϕ

β ∈ Im ϕ ∩ Kerϕ

2

Vậy
Câu 9: cho
minh:

a)
b)

V ⊂ Im ϕ + Kerϕ

và

Im ϕ + Kerϕ = V

. Khi đó tồn tại

α ∈V

để

ϕ (α ) = β

β = ϕ (α ) = ϕ (α ) = ϕ (ϕ (α )) = ϕ (β ) = 0

. Theo giả thiết,

2

nên ta có

β ∈ Im ϕ ∩ Kerϕ

f :V → V

thì

β =0

. Do đó,

. Do đó,

(do

β ∈ Kerϕ

Im ϕ ∩ Kerϕ = { 0}

)

là ánh xạ tuyến tính, L là không gian vecto của V, chứng

dim L − dim Kerf ≤ dim f ( L) ≤ dim L

dim L ≤ dim f −1 ≤ dim L + dim Kerf

Giải:
Để giải bài tập loại này ta cần nhớ kết quả sau( đã chứng minh trong phần lý
thuyết)
Nếu

ϕ :V → U

là ánh xạ tuyến tính thì ta có

dim Im ϕ + dim Kerϕ = dim V

a)

Xét ánh xạ:
Ta có :

f : L →V , f = f

L

tức là,

f = f ( L) = f ( L), Ker f = L ∩ Kerf

Áp dụng kết quả trên với

ϕ= f

, ta có

dim Im f + dim Ker f = dim L

Do đó,

f (α ) = f (α )

dim f ( L) = dimIm f ≤ dim L

với mọi

α ∈L


Và
b)

dim f ( L) = dim L = dim Ker f ≥ dim L − dim Kerf

Đặt

L/ = f −1 ( L) ⇒ f ( L/ ) = L
L/

Áp dụng a) với không gian vecto

, ta có

dim L − dim Kerf ≤ dim f ( L ) ≤ dim L
/

Hay

/

dim f −1 ( L) − dim Kerf ≤ dim L ≤ dim f −1 (L)

dim L ≤ dim f −1 ( L) ≤ dim L + dim Kerf

Do đó

Câu 10: cho
a)
b)
c)

/

ϕ : V → W,ψ : W → U

là ánh xạ tuyến tính, chứng minh:

rank (ψϕ ) ≤ min { rankψ , rankϕ }
rank (ψϕ ) = rank ϕ − dim( Kerψ ∩ Im ϕ )
rank (ψϕ ) ≥ rankϕ + rank − dim W

Giải :
a)

Áp dụng câu a) bài 9 cho ánh xạ tuyến tính

ψ : W →U

với

L = Im ϕ = ϕ (V ) ⊂ W

dim ϕ (V ) ≥ dimψ (ϕ (V )) = dim(ψϕ )(V ) = dim Im(ψϕ )

ta có :

Vậy ta có :

rank (ψϕ ) ≤ rankϕ

Mặt khác, lại có

(1)

ϕ (V ) ⊂ W ⇒ ψ (ϕ (V )) ⊂ ψ (W) ⇒ dimψϕ (V ) ≤ dimψ (W)

rankψϕ ≤ rankψ

Tức là
(2)
Từ (1)(2) ta có điều cần phải chứng minh
b)

Xét ánh xạ
Khi đó,

ψ : Im ϕ → U ,ψ = ψ

Imϕ

tức là

ψ (α ) = ψ (α )

với mọi

Kerψ = Kerψ ∩ Im ϕ , Imψ = ψ (Im ϕ ) = (ψϕ )(V) = Imψϕ .

Im(ψϕ ) + dim( Kerψ ∩ Im ϕ ) = dim Im ϕ

Tức là
c)

⇒ rank (ψϕ ) = rankϕ − dim( Kerψ ∩ Im ϕ )

dim Kerψ + dim Imψ = dim W ⇒ dim Kerψ = dim W − rankψ

Ta có
Nên theo câu b) ta có :

rank (ψϕ ) = rankϕ − dim( Kerψ ∩ Im ϕ )

α ∈ Im ϕ


≥ rankϕ − dim Kerψ = rankϕ − (dim W − rankψ ) = rankϕ + rankψ − dim W


ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
¡

3

→¡

2

Bài 1. Cho ánh xạ f:
xác định bởi
f ( x, y, z) = (x + 2y − 3z, 2x + z).
Chứng tỏ f là ánh xạ tuyến tính.
f(u, + v) = f(x1 + x2 ,y1 + y2 ,z1 + z2 )
Giải:
= (x1 + x2 + 2y1 + 2y2 − 3z1 − 3z2 ,2x1 + 2x2 + z1 + z2 )
∀u = ( x1,y1,z1 ) ,v = ( x2 ,y2 ,z2 ) ∈ ¡ 3
= (x1 + 2y1 − 3z1,2x1 + z1) + (x2 + 2y2 − 3z2 ,2x2 + z2 )
Ta có:
= f ( u) + f ( v) .

Tính chất

∀α ∈ ¡ ,f ( αu) = αf ( u)
¡

) kiểm tra, tương tự.

3

Bài 2.Trong không gian
cho các vectơ:
u1 = ( 1, −1,1) ;u2 = ( 1,0,1) ;u3 = ( 2,−1, 3) .

i
ii

Chứng tỏ

B = ( u1,u2 ,u3 )

là một cơ sở của
¡ 3→¡ 3
Tìm ánh xạ tuyến tính f :
thỏa:
f ( u1 ) = ( 2,1, −2) ;f ( u2 ) = (1, 2, −2);f ( u3 ) =

¡

3

( 3, 5,−7) .

Giải.

 u1   1 −1 1
 ÷ 
÷
A =  u2 ÷ =  1 0 B1=÷( u1,u2 ,u3 )
¡3
a
)
Chứng
tỏ
là
một
cơ

sở
của
 u ÷  2 −1 3÷
 3 

3
Lập
. Ta có |A|=1 suy ra B doc lap tuyến
¡
¡ 3 tính.
Vì dim
= 3 bằng số vect.ơcủa B nên B là một cơ sở của
¡ 3→¡ 3
b) Tìm ánh xạ tuyến tính f :
thỏa:
f ( u1 ) = ( 2,1, −2) ;f ( u2 ) = (1, 2, −2);f ( u3 ) =

Cho u = ( x , y, z ) ∈

¡

3

Tìm [ U ] B

( 3, 5,−7) .


Lập

( u ,u ,u u )
T
1

T
2

Vậy

T
3

T

1 1

=  −1 0
 1 1


2 x  
÷ 
−1 y ÷ → 
÷ 
3 z ÷
 

1
0

0
1

0
0

0

0

1

x− y− z 
÷
2x + y − z ÷
÷
−x + z ÷


 x− y− z 

÷
 u =  2x + y − z ÷
B
 −x + z ÷



Suy ra u = (x - y -z)u1 + (2x + y -z)u2 + (-x + z)u3.
Vậy, ta có

f ( u) = ( x − y − z) f ( u1 ) +
=
=

( 2x

( x − y − z) ( 2,1, − 2) + ( 2x +
( x − y,y + 2z,x − 3z) .

+ y − z) f ( u2 ) +

y − z) ( 1,2, − 2) +

¡ 3→¡ 3
Bài
f ( x,3:y,Cho
z) f:= (x + y - z,được
2x +xác
3y −định
z,3xbởi:
+ 5y − z)

Tìm một cơ sở của Ker f.
Giải.
Gọi

u = ( x, y, z) ∈ ¡

u ∈ Ker f ↔ f(u) =0

3

 x+ y− z = 0

⇔ 2x + 3y − z = 0
3x + 5y − z = 0


 1 1 −1  1 0 −2

÷ 
÷
A =  2 3 −1÷ →  0 1 1 ÷
 3 5 −1÷  0 0 0 ÷

 

Ma trận hóa ,
( x, y, z) = (21, −t, t)
∈¡
Hệ phương trình có nghiêm
với t
u1 = ( 2,-1,1) .
Nghiêm cơ bản. của hệ là

( −x
( −x

+ z) f ( u3 )

+ z) ( 3, 5, − 7)


{ u = ( 2,−1,1) }
1

Vậy, Ker/ có cơ sở là
¡ 3→¡ 3
Bài
f ( x,4:y,Cho
z) f=: (x + y -z,được
2x +xác
3yđịnh
− z,bởi:
3x + 5y − z).

Tìm một cơ sở của Im f.
Giải.
Gọi

Bo = {e1, e2 , e.3}

là cơ sở chính tắc của

¡

3

. Ta có :

f ( e1 ) = f ( 1,0,0) = ( 1,2,3) ,

f ( e2 ) = f ( 0,1,0) = ( 1,3,5) ,
f ( e3 ) = f ( 0,0,1) =

( −1,−1,

− 1) .

{ f ( e1) ,f ( e ) ,f ( e ) } .
2

Ta có Im f sinh bởi

3

Lập ma trận
 f ( e1 )   1 2 3   1 2 3

÷ 
÷ 
÷
A =  f ( e2 ) ÷ =  1 3 5 ÷ →  0 1 2÷

÷

÷
 f ( e ) ÷  −1 −1 −1÷
  0 0 0
3 



Do đó Imf có cơ sở là

{v1 = ( 1, 2, 3) ,v2 = ( 0,1, 2) }.
¡

Bài 5 : Xét ánh xạ tuyến tính f :
f ( x, y, z) = ( x − y,2x + y + z)

và cặp cơ sở

Ta có :

→¡

3

xác định bởi

B = (u1 = (1,1,0),u2 = (0,1,2),u3 = (1,1,1)

C = (v1 = (1,3),v2 = (2,5)
Giải :

3

.Tìm

 f 

B,C

.


f ( u1 ) = ( 0,3) ,

f (u2 ) =( −1, 3) ,
f(u3 ) =   (0,4).
Với v= (a,b) ∈

¡

2

tìm [v]C

Lập


 
(v1T v2T |vT ) →  1 2 a÷ → 
 3 5 b 

Suy ra [v]C=

1
0

0

1

−5a + 2b
÷
3a − b 

 −5a + 2b

÷
 3a − b 

f ( u1 ) f (u2 ) f(u3 )
Lần lượt thay
,
,
ta có

 6
 11
 8
 f(u1) =  ÷,  f(u2 ) =  ÷,  f(u2 ) =  ÷
C
C
C
 −3
 −6
 −4

Vậy



 f  =  6 11 8 ÷
B,C
 −3 −6 −4

Bài 6 :Cho ánh xạ tuyến tính f :

¡

4

→¡

3

xác định bởi

f( x,y,z,t)= ( x-2y+z-t,x + 2y +z +t,2x + 2z ).
Tìm ma trận biểu diễn ánh xạ tuyên tính f theo cặp cơ sở chính tắc
Giải :

 f  '
B0 ,B0

 1

= 1
 2


−2
2
0

1
1
2

−1
÷
1÷
÷
0÷


B = (u1 = ( 1,1,0) ;u2 = ( 0,2,1) ; u3 = ( 2,3,1) )
3 sở
f ( x,y,z) = (2x + y − z,x + 2y − z,2x − y + 3z).
Bài 7: Trong không gian¡ R →
cho¡ cơ
và ánh xạ tuyến tính f :
định bởi:
33


Tìm

 f 
B

Giải. Gọi B0 là cơ sở chính tắc của

¡

3

, ta có

 2 1 −1

÷
 f  =  1 2 −1÷
B
 2 −1 3 ÷



Áp dụng hệ quả, ta có
[f]B = (B0 → B)−1[f]B0 (B0 → B),

(

(B0 → B) = u ,u ,u
T
1

T
2

T
3

)

Trong đó

 1 0 2

÷
=  1 2 3÷
 0 1 1÷



do đó

 −1 2 −4

÷
(B0 → B) =  −1 1 −1÷
 1 −1 2 ÷


−1

Suy ra
 −1 2 −4  2 1

÷

 f  =  −1 1 −1÷ 1 2
B
 1 −1 2 ÷ 2 −1


 −8 7 −13  1 0

÷
=  −3 2 −3 ÷ 1 2
 5 −3 6 ÷ 0 1



Bài 8 : Cho ánh xạ tuyến tính f :

−1  1 0 2
÷
÷
−1÷ 1 2 3÷
3 ÷ 0 1 1÷
2  −1 1 −8
÷ 
÷
3÷ =  −1 1 −3÷
1÷  2 0 7 ÷
¡

3

B = (u1 = ( 1,1,1) ;u2 = ( 1, 0,1) ;u3 =


 f  =  2
B,C
0
Giải :

1
3

−3
÷
4

→ ¡

2

, biết ma trận biểu diễn của f trong cặp cơ sở

( 1,1, 0) )

và

Tìm công thức của f.

c = (v1 = (1,l);v2 = ( 2,1) )

là

Do


 f  =  2
B,C
0

1
3

−3
÷
4

Ta có :
 2
 f(u1) =  ÷.Suy ra f (u1) = 2v1 + 0v2 = (2,2).
c
 0
 1
 f(u2 ) =  ÷.Suy ra f (u2 ) = v1 + 3v2 = (7,4)
c
 3
 3
 f(u3 ) =  ÷.Suy ra f (u3 ) = −3v1 + 4v2 = (5,1)
c
 −4

Cho

u = (x,y,z) ∈ ¡

(

T
1

,u2T ,u3T | uT

Lập

Vậy

)

3

.Tìm [u]B
 1 1 1 x 

÷ 
=  1 0 1 y÷ → 
 1 1 0 z ÷
÷ 

 

1
0

0

 − x + y + z

÷
 u =  x − y ÷
B
 x− z ÷



Suy ra

u = (−x + y + z)u1 + (x − y)u2 + ( x − z) u3.

Vậy ta có
f ( u) = (−x + y + z)f ( u1 ) + (x -y)f ( u2 ) + ( x -z)f (u3 )
=

( −x + y + z) ( 2,2) +( x − y) ( 7, 4) + ( x -z) ( 5,1)
= ( 10x − 5y -3z, 3x -2y + z) .

0
1
0

0
0
1

x− y− z 
÷
2x + y − z ÷
÷
−x + z ÷



Bài 9 : Cho

có

B = (u1 = (1,1,1),u2 = (1,1,2),u3 = (1,2,1)

 1 −1 2

÷
 f  =  1 0 2÷
B
 1 2 1÷



.Chứng minh f là song ánh tìm

là cơ sở của

f −1

¡

3

.Với f là toán tử trong

.

1 −1 2
 f  = 1 0
B
1 2

2 = −1
1

Giải : Ta có

. Suy ra

Gọi B0 là cơ sở chính tắc ta có

 f  = (B → B0 )−1  f  ( B → B0 )
B0
B

= ( B → B0 )  f  B (B → B0 )−1

(

(B0 → B) = u ,u ,u

Ta có

Suy ra

Vậy

T
1

T
2

T
3

)

 1 1 1

÷
=  1 1 2÷
 1 2 1÷



 3 −1 −1

÷
(B0 → B)−1 =  −1 0 1 ÷

 −1 1 0 ÷



 f 
B

khả nghịch .Vậy f là song ánh .

¡

3


 f 
B0

 1 1 1  1 −1 2 3 −1 −1

÷
÷
÷
=  1 1 2÷1 0 2÷ −1 0 1 ÷
 1 2 1÷1 2 1÷ −1 1 0 ÷




 3 1 5 3 −1 −1


÷
÷
=  4 3 6÷ −1 0 1 ÷
 4 1 7÷ −1 1 0 ÷



 3 2 −2

÷
=  3 2 −1÷
 4 3 −3÷



−1

 ff−1  =  
  B0
B0

Suy ra
Vậy

 3 0 −2

÷
=  −5 1 3 ÷
 −1 1 0 ÷




f −1(x,y,z) = (3x − 2z, −5x + y + 3z, −x + y).