Tài liệu Ôn thi cao hoc đại số tuyến tính bài 17 - PGS TS Vinh Quang pdf

ĐẠI SỐ CƠ BẢN
(ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC)
Bài 17. Giải bài tập về ánh xạ tuyến tính
PGS TS Mỵ Vinh Quang
Ngày 10 tháng 3 năm 2006
1. a. Cho ánh xạ f : R
n
→ R, chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại
các số a
1
, a
2
, . . . , a
n
∈ R để f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) = a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ . . . + a
n
x

n
b. Cho ánh xạ f : R
n
→ R
m
. Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi tồn
tại các số a
ij
∈ R để
f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) = (a
11
x
1
+ a
12
x
2
+ . . . + a
1n
x
n
, . . . , a
m1
x

1
+ a
m2
x
2
+ . . . + a
mn
x
n
) (∗)
Giải. Ta chỉ giải câu b., câu a. là trường hợp đặc biệt của câu b. khi m = 1.
Kiểm tra trực tiếp, ta thấy ngay rằng nếu f có dạng như (∗) thì f là ánh xạ tuyến tính.
Ngược lại, nếu f là ánh xạ tuyến tính, ta đặt:
f(e
i
) = (a
1i
, a
2i
, . . . , a
mi
)
với i = 1, 2, . . . , n, trong đó e
i
= (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0). Khi đó ta có
f(x
1
, x
2
, . . . , x

n
) = f(x
1
e
1
+ x
2
e
2
+ . . . + x
n
e
n
)
= x
1
f(e
1
) + x
2
f(e
2
) + . . . + x
n
f(e
n
)
= f(a
11
x

1
+ a
12
x
2
+ . . . + a
1n
x
n
, . . . , a
m1
x
1
+ a
m2
x
2
+ . . . + a
mn
x
n
)
2. Tìm công thức của ánh xạ tuyến tính f : R
3
→ R
3
biết
a. f(1, 1, 2) = (1, 0, 0), f(2, 1, 1) = (0, 1, 1), f(2, 2, 3) = (0, −1, 0).
b. f(1, 2, 3) = (−1, 0, 1), f(−1, 1, 1) = (0, 1, 0), f(1, 3, 4) = (1, 0, 2).
Giải. a. Giả sử

(x
1
, x
2
, x
3
) = a
1
(1, 1, 2) + a
2
(2, 1, 1) + a
3
(2, 2, 3) (1)
Khi đó
f(x
1
, x
2
, x
3
) = a
1
(1, 0, 0) + a
2
(0, 1, 1) + a
3
(0, −1, 0) = (a
1
, a
2

− a
3
, a
2
) (2)
Do đó, để tính f(x
1
, x
2
, x
3
), ta cần tính a
1
, a
2
, a
3
qua x
1
, x
2
, x
3
. Do công thức (1),
a
1
, a
2
, a
3

là nghiệm của hệ:


1 2 2 x
1
1 1 2 x
2
2 1 3 x
3


−→


1 2 2 x
1
0 −1 0 −x
1
+ x
2
0 −3 −1 −2x
1
+ x
3


−→


1 2 2 x

1
0 −1 0 −x
1
+ x
2
0 0 −1 x
1
− 3x
2
+ x
3


1
Vậy:
a
3
= −x
1
+ 3x
2
− x
3
a
2
= x
1
− x
2
a

1
= x
1
− 2a
2
− 2a
3
= x
1
− 2(x
1
− x
2
) − 2(−x
1
+ 3x
2
− x
3
) = x
1
− 4x
2
+ 2x
3
Thay vào (2), công thức của ánh xạ f là:
f(x
1
, x
2

, x
3
) = (x
1
− 4x
2
+ 2x
3
, 2x
1
− 4x
2
+ x
3
, x
1
− x
2
)
b. Giải tương tự câu a., chi tiết xin dành cho bạn đọc.
3. Trong R
3
cho 2 cơ sở:
u
1
= (1, 0, 0), u
2
= (0, 1, 1), u
3
= (1, 0, 1) (u)

v
1
= (1, −1, 0), v
2
= (0, 1, −1), v
3
= (1, 0, 1) (v)
và cho ánh xạ tuyến tính f : R
3
→ R
3
, f(u
i
) = v
i
.
a. Tìm công thức của f.
b. Tìm các ma trận
A
f/
(u)
, A
f/
(u),(v)
, A
f/
(v)
, A
f/
(v),(u)

, A
f/
(ε
3
)
Giải. a. Giả sử
(x
1
, x
2
, x
3
) = a
1
u
1
+ a
2
u
2
+ a
3
u
3
(1)
Khi đó
f(x
1
, x
2

, x
3
) = f(a
1
u
1
+ a
2
u
2
+ a
3
u
3
)
= a
1
f(u
1
) + a
2
f(u
2
) + a
3
f(u
3
)
= a
1

(1, −1, 0) + a
2
(0, 1, −1) + a
3
(1, 0, 1)
= (a
1
+ a
3
, −a
1
+ a
2
, −a
2
+ a
3
)
Vậy f(x
1
, x
2
, x
3
) = (a
1
+ a
3
, −a
1

+ a
2
, −a
2
+ a
3
) (2)
Ta cần tính a
1
, a
2
, a
3
theo x
1
, x
2
, x
3
, do (1), a
1
, a
2
, a
3
là nghiệm của hệ


1 0 1 x
1

0 1 0 x
2
0 1 1 x
3


−→


1 0 1 x
1
0 1 0 x
2
0 0 1 −x
2
+ x
3


do đó: a
3
= −x
2
+ x
3
, a
2
= x
2
, a

1
= x
1
− a
3
= x
1
+ x
2
− x
3
. Thay vào (2) công thức
của f là:
f(x
1
, x
2
, x
3
) = (x
1
, −x
1
+ x
3
, −2x
2
+ x
3
)

b. • Ma trận A
f/
(u)
Ta có:
f(u
1
) = v
1
= a
1
u
1
+ a
2
u
2
+ a
3
u
3
(1)
f(u
2
) = v
2
= b
1
u
1
+ b

2
u
2
+ b
3
u
3
(2)
f(u
3
) = v
3
= c
1
u
1
+ c
2
u
2
+ c
3
u
3
(3)
Khi đó
A
f/
(u)
=



a
1
b
1
c
1
a
2
b
2
c
2
a
3
b
3
c
3


2
các a
i
, b
i
, c
i
lần lượt là nghiệm của các phương trình véctơ (1), (2), (3). Mỗi

phương trình (1), (2), (3) tương đương với một hệ phương trình tuyến tính có
cùng ma trận các hệ số (chỉ khác nhau cột tự do), do đó, ta có thể giải cùng lúc
3 hệ đó như sau:


1 0 1 1 0 1
0 1 0 −1 1 0
0 1 1 0 −1 1


−→


1 0 1 1 0 1
0 1 0 −1 1 0
0 0 1 1 −2 1


– Hệ 1: a
3
= 1, a
2
= −1, a
1
= 1 − a
3
= 0
– Hệ 2: b
3
= −2, b

2
= 1, b
1
= −b
3
= 2
– Hệ 3: c
3
= 1, c
2
= 0, c
1
= 1 − c
3
= 0
Vậy ma trận
A
f/
(u)
=


0 2 0
−1 1 0
1 −2 1


• Ma trận A
f/
(u),(v)

Ta có
f(u
1
) = v
1
= 1v
1
+ 0v
2
+ 0v
3
f(u
2
) = v
2
= 0v
1
+ 1v
2
+ 0v
3
f(u
3
) = v
3
= 0v
1
+ 0v
2
+ 1v

3
Vậy ma trận
A
f/
(u),(v)
=


1 0 0
0 1 0
0 0 1


• Ma trận A
f/
(v)
Áp dụng câu a., ta sẽ tính được f(v
1
), f(v
2
), f(v
3
), sau đó làm như các phần
trước. Cụ thể:
f(v
1
) = (1, −1, 2) = a
1
v
1

+ a
2
v
2
+ a
3
v
3
f(v
2
) = (0, −1, −3) = b
1
v
1
+ b
2
v
2
+ b
3
v
3
f(v
3
) = (1, 0, 1) = c
1
v
1
+ c
2

v
2
+ c
3
v
3
a
i
, b
i
, c
i
là nghiệm của 3 hệ sau:


1 0 1
1 0 1
−1 1 0 −1 −1 0
0 −1 1 2 −3 1


−→


1 0 1 1 0 1
0 1 1 0 −1 1
0 −1 1 2 −3 1


−→



1 0 1 1 0 1
0 1 1 0 −1 1
0 0 2 2 −4 2


– Hệ 1: a
3
= 1, a
2
= −a
3
= −1, a
1
= 1 − a
3
= 0
– Hệ 2: b
3
= −2, b
2
= −1 − b
3
= 1, b
1
= −b
3
= 2
– Hệ 3: c

3
= 1, c
2
= 1 − c
3
= 0, c
1
= 1 − c
3
= 0
Vậy
A
f/
(v)
=


0 2 0
−1 1 0
1 −2 1


3
• Ma trận A
f/
(v),(u)
làm tương tự.
• Ma trận A
f/
(ε

3
)
theo câu a., công thức của f là
f(x
1
, x
2
, x
3
) = (x
1
, −x
1
+ x
3
, −2x
2
+ x
3
)
do đó ta có ngay:
A
f/
(ε
3
)
=


1 0 0

−1 0 1
0 −2 1


4. Cho ánh xạ tuyến tính
θ : R
n
[x] −→ R
n
[x]
p(x) −→ p

(x)
Tìm ma trận của θ trong cơ sở:
a. u
o
= 1, u
1
= x, u
2
= x
2
, . . . , u
n
= x
n
b. v
o
= 1, v
1

= x − a, v
2
=
(x−a)
2
2!
, . . . , v
n
=
(x−a)
n
n!
Giải. a. Ta có
θ(u
o
) = 0 = 0u
o
+ 0u
1
+ . . . . . . . . . . . . . . . + 0u
n
θ(u
1
) = 1 = 1u
o
+ 0u
1
+ . . . . . . . . . . . . . . . + 0u
n
θ(u

2
) = 2x = 0u
o
+ 2u
1
+ . . . . . . . . . . . . . . . + 0u
n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
θ(u
k
) = kx
k−1
= 0u
o
+ 0u
1
+ . . . + ku
k−1
+ . . . + 0u
n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
θ(u
n
) = nx
n−1
= 0u
o
+ 0u
1
+ . . . . . . . . . + nu

n−1
+ 0u
n
Vậy
A
f/
(u)
=














0 1 0 . . . 0 . . . 0
0 0 2 . . . 0 . . . 0
0 0 0 . . . 0 . . . 0
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. k
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
0 0 0 . . . 0 . . . n
0 0 0 . . . 0 . . . 0














b. Lời giải tương tự câu a., chi tiết xin dành cho bạn đọc.
5. Cho ánh xạ tuyến tính f : R
4
→ R
3
f(x
1

, x
2
, x
3
, x
4
) = (x
1
− x
2
+ x
3
, 2x
1
+ x
4
, 2x
2
− x
3
+ x
4
)
Tìm cơ sở, số chiều của Ker f, Im f
4
Giải. • (x
1
, x
2
, x

3
, x
4
) ∈ Ker f ⇔ f(x
1
, x
2
, x
3
, x
4
) = 0, ⇔ (x
1
, x
2
, x
3
, x
4
) là nghiệm của
hệ



x
1
− x
2
+ x
3

= 0
2x
1
+ x
4
= 0
2x
2
+ x
3
+ x
4
= 0
(1)
Do đó, Ker f chính là không gian con các nghiệm của hệ (1) và hệ nghiệm cơ bản của
hệ (1) chính là một cơ sở của Ker f. Để giải hệ (1), ta biến đổi ma trận hệ số mở rộng:


1 −1 1 0 0
2 0 0 1 0
0 2 1 1 0


−→


1 −1 1 0 0
0 2 −2 1 0
0 2 1 1 0



−→


1 −1 1 0 0
0 2 −2 1 0
0 0 3 0 0


Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số là x
4
. Ta có
x
3
= 0
x
2
=
1
2
(2x
3
− x
4
) = −
1
2
x
4
x

1
= x
2
− x
3
= x
2
= −
1
2
x
4
Vậy nghiệm tổng quát của hệ là:







x
1
= −a
x
2
= −a
x
3
= 0
x

4
= 2a
hệ nghiệm cơ bản α
1
= (−1, −1, 0, 2), do đó, dim Ker f = 1, cơ sở của Ker f là
α
1
= (−1, −1, 0, 2).
• Để tìm cơ sở của Im f, ta tìm ảnh của cơ sở chính tắc của R
4
. Ta có:
f(e
1
) = (1, 2, 0), f(e
2
) = (−1, 0, 2),
f(e
3
) = (1, 0, −1), f(e
4
) = (0, 1, 1)
Im f = f(e
1
), f(e
2
), f(e
3
), f(e
4
)

Hệ con ĐLTT tối đại của f(e
1
), f(e
2
), f(e
3
), f(e
4
) là một cơ sở của Im f. Ta có




1 2 0
−1 0 2
1 0 −1
0 1 1




1
2
3
4
−→





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





1 2 0
0 1 1
0 0 1
0 0 0




1
2
3
4
Vậy cơ sở của Im f là f(e
1
), f(e
4
), f(e
3
) và dim f = 3.
5