Tải bản đầy đủ

Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải p2

Định nghĩa và tính chất của ánh xạ tuyến tính
Bài 04.03.1.001
Cho A là ma trận cấp m  n trên K. Ánh xạ  : K n  K m xác định bởi   x   Ax.
Chứng minh rằng  là ánh xạ tuyến tính.
Giải:
Với mọi x, y  K n và a  K . Ta có:

  x  y   A  x  y   Ax  Ay    x     y 
  ax   A  ax   aAx  a  x  .
Vậy  là ánh xạ tuyến tính.
Bài 04.03.1.002
Kiểm tra ánh xạ

h:

2

( x; y)




2

(2 x  y; x  2 y)

có phải là ánh xạ tuyến tính không?

Giải:
Với x, y 

2

suy ra x  ( x1, x2 ) và y  ( y1, y2 ) với  ;   K . Khi đó,

h( x  y )  h( x1  y1 , x2  y2 )  (2( x1  y1 )  x2  y2 , x1  y1  2( x2  y2 ))
 (2 x1  x2 , x1  2 x2 )  (2 y1  y2 , y1  2 y2 )  h( x)  h( y )

Khi đó, h( x)   (2 x1  x2 , x1  2 x2 )
Vậy ánh xạ h cho bởi công thức trên là ánh xạ tuyến tính.
Hơn nữa đây còn là một phép biến đổi tuyến tính, hay toán tử tuyến tính từ không
gian vector 2 vào chính nó.

Bài 04.03.1.003
Cho A là ma trận cấp n trên K. Ánh xạ  : M n  K   M n  K  xác định bởi

  X   XA  AX , với X  M n  K  . Chứng minh rằng  là ánh xạ tuyến tính
Giải:


Với mọi X , Y  M n  K  , a  K . Ta có:

  X  Y    X  Y  A  A  X  Y   XA  YA  AX  AY
  XA  AX   YA  AY     X    Y 

  aX    aX  A  A  aX   a  XA   a  AX   a  XA  AX   a  X  .
Vậy  là ánh xạ tuyến tính.
Bài 04.03.1.004
Ánh xạ f 

2



2

dưới đây có phải là tuyến tính không:

  x, y     x , y 
4) f   x, y     0, y 
6) f   x, y     2x  y, x  y 
8) f   x, y     x , y 

  x, y     2 x, y 
3) f   x, y     y, x 
5) f   x, y     x, y  1
7) f   x, y     y, y 

2

2) f

1) f

3

3

Giải:
1) Xét f

 x, y    x ', y '  f  x  x ', y  y '   2  x  x ' ,  y  y '
  2 x, y    2 x ', y '  f

f  k  x, y    f

 x, y   f  x ', y '

 kx, ky    2kx, ky   k  2x, y   kf  x, y 

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
2) Xét f

  x, y    x ', y '   f  x  x ', y  y '    x  x ' ,  y  y ' 
2

  x 2 , y    x '2 , y '  f

 x, y   f   x ', y ' 

Vậy ánh xạ đã cho không phải là tuyến tính.
3) Xét f

 x, y    x ', y '  f  x  x ', y  y '   y  y ', x  x '
  y, x    y ', x '  f

f  k  x, y    f

 x, y   f  x ', y '

 kx, ky    ky, kx   k  y, x   kf  x, y 


Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
4) Xét f

 x, y    x ', y '  f  x  x ', y  y '   0, y  y '
  0, y    0, y '  f

f  k  x, y    f

 x, y   f  x ', y '

 kx, ky    0, ky   k  0, y   kf  x, y 

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
5) Xét f

 x, y    x ', y '  f  x  x ', y  y '   x  x ', y  y ' 1
  x, y  1   x ', y ' 1  f

 x, y   f  x ', y '

Vậy ánh xạ đã cho không phải là tuyến tính.
6) Xét f

 x, y    x ', y '  f  x  x ', y  y '   2  x  x '  y  y ', x  x ' y  y '
  2 x  y, x  y    2 x ' y ', x ' y '  f

f  k  x, y    f

 x, y   f  x ', y '

 kx, ky    2kx  ky, kx  ky   k  2x  y, x  y   kf  x, y 

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính
7) Xét f

 x, y    x ', y '  f  x  x ', y  y '   y  y ', y  y '
  y, y    y ', y '  f

f  k  x, y    f

 x, y   f  x ', y '

 kx, ky    ky, ky '  k  y, y '  kf  x, y 

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính
8) Theo đầu bài f

  x, y    

3

x, 3 y





3

Do đó xét f  k  x, y    f  kx, ky  

 

kx , 3 ky  k

3

Vậy ánh xạ đã cho không phải là tuyến tính.
Bài 04.03.1.005
Ánh xạ f :

3



2



x , 3 y  kf  x, y 

dưới đây có phải là tuyến tính không:


  x, y, z     0,0 
4) f   x, y, z     2 x  y,3 y  4 z 

  x, y , z     x, x  y  z 
3) f   x, y, z    1,1

1) f

2) f

Giải
1)Xét

  x, y, z    x ', y ', z '   f   x  x ', y  y ', z  z '    x  x ',  x  x '   y  y '   z  z ' 
  x, x  y  z    x ', x ' y ' z '   f   x, y, z    f   x ', y ', z '  
f  k  x, y, z    f   kx, ky, kz     kx, kx  ky  kz    kx, k  x  y  z  
 k  x, x  y  z   kf   x, y, z  

f

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
2) Xét f

 x, y, z    x ', y ', z '  f  x  x ', y  y ', z  z '   0,0   0,0   0,0 
 f

 x, y, z   f  x ', y ', z '

f  k  x, y, z    f  kx, ky, kz    0,0   kf

 x, y, z 

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
3) Xét f  k  x, y, z    f

 kx, ky, kz   1,1  kf  x, y, z  trừ khi k  1.

Vậy ánh xạ đã cho là không tuyến tính.
4) Xét f   x, y, z    x ', y ', z '   f

 x  x ', y  y ', z  z '

  2  x  x '   y  y ' ,3  y  y '  4  z  z '  

  2 x  y,3 y  4 z    2 x ' y ',3 y ' 4 z ' 
 f

  x, y, z    f   x ', y ', z ' 

f  k  x, y, z    f  kx, ky, kz    2kx  ky,3ky  4kz 
  k  2 x  y  , k  3 y  4 z    kf
Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
Bài 04.03.1.006

  x, y , z  


Ánh xạ f : M2 

dưới đây có phải là tuyến tính không:

 a b  
1) f  
  a  d
c
d



 a b  
a b 
2) f  
  det 


c d 
 c d  

 a b  
3) f  
   2a  3b  c  d
c
d



 a b  
2
2
4) f  
  a b

 c d  

Giải:

 a b    a ' b '  
 a  a ' b  b '  
1) Xét f  
 
  f 



  c d     c ' d ' 
  c  c ' d  d ' 
 a b  
 a ' b '  
  a  a '   d  d '  f  

f



 c d  
  c ' d ' 

 a b  
  ka kb  
f k 

f



   ka  kd  k  a  d   kf
 c d  
  kc kd  

 a b  


 c d  

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.

 a b  
  ka kb   ka kb
b
2 a

f


k
2) Xét f  k 






c d
 c d  
  kc kd   kc kd

k

 a b  
 kf  
  trừ khi k  1.
c d
c
d



a b

Vậy ánh xạ đã cho không tuyến tính.

 a b    a ' b '  
 a  a ' b  b '  
3) Xét f  
 
  f 



  c d     c ' d ' 
  c  c ' d  d ' 
 2  a  a '   3  b  b '    c  c '    d  d '    2a  3b  c  d    2a ' 3b ' c ' d ' 
 a b  
 a ' b '  
 f 

f




 c d  
  c ' d ' 


 a b  
  ka kb  
f k 

f


   2ka  3kb  kc  kd  k  2a  3b  c  d   kf
c
d
kc
kd


 

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính

 a b  


 c d  

 a b  
  ka kb  
2
2
2
2
2

f
4) Xét f  k 


   ka    kb   k  a  b 


 c d  
  kc kd  

 a b  
 k  a 2  b 2   kf  
  trừ khi k  1.
c
d


Vậy ánh xạ đã cho không tuyến tính.
Bài 04.03.1.007
Ánh xạ f : P2  P2 dưới đây có phải là tuyến tính không:

1) f  a0  a1 x  a2 x 2   a0   a1  a2  x   2a0  3a1  x 2
2) f  a0  a1 x  a2 x 2   a0  a1  x  1  a2  x  1

2

3) f  a0  a1 x  a2 x 2   0
4) f  a0  a1 x  a2 x 2    a0  1  a1 x  a2 x 2
Giải
1) Xét
f

 a

0



 a1 x  a2 x 2    b0  b1 x  b2 x 2   f

 a

0

 b0    a1  b1  x   a2  b2  x 2 

 a0  b0    a1  b1    a2  b2   x   2  a0  b0   3  a1  b1   x 2
 a0   a1  a2  x   2a 0  3a1  x 2  b0   b1  b2  x   2b0  3b1  x 2
 f  a0  a1 x  a2 x 2   f  b0  b1 x  b2 x 2 





f k  a0  a1 x  a2 x 2   f  ka0  ka1 x  ka2 x 2   ka0   ka1  ka2  x   2ka0  3ka1  x 2
 k  a0   a1  a2  x   2a0  3a1    kf  a0  a1 x  a2 x 2 

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
2) Xét


f

 a

0



 a1 x  a2 x 2    b0  b1 x  b2 x 2   f

 a

0

  a0  b0    a1  b1  x  1   a2  b2  x  1

 b0    a1  b1  x   a2  b2  x 2 

2

 a0  a1  x  1  a2  x  1  b0  b1  x  1  b2  x  1
2

2

 f  a0  a1 x  a2 x 2   f  b0  b1 x  b2 x 2 





f k  a0  a1 x  a2 x 2   f  ka0  ka1 x  ka2 x 2   ka0  ka1  x  1  ka2  x  1



 k a0  a1  x  1  a2  x  1

2

2

  kf  a  a x  a x 
2

0

1

2

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
3) Xét
f

 a

0



 a1 x  a2 x 2    b0  b1 x  b2 x 2   f

 a

0

 b0    a1  b1  x   a2  b2  x 2 

 0  0  0  f  a0  a1 x  a2 x 2   f  b0  b1 x  b2 x 2 





f k  a0  a1 x  a2 x 2   f  ka0  ka1x  ka2 x 2   0  k 0

 kf  a0  a1 x  a2 x 2 
Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
4) Xét





f k  a0  a1 x  a2 x 2   f  ka0  ka1 x  ka2 x 2    ka0  1  ka1 x  ka2 x 2

 k   a0  1  a1 x  a2 x 2   kf  a0  a1x  a2 x 2  trừ khi k  1
Vậy ánh xạ đã cho không tuyến tính.
Bài 04.03.1.008
Cho f :

2



2

là ánh xạ biến mỗi điểm của mặt phẳng thành điểm đối xứng của

nó đối với trục y. Hãy tìm công thức cho f và chứng tỏ rằng nó là một toán tử tuyến
tính trong
Giải

2

.


Nếu  x, y  
xạ: f

thì điểm đối xứng của nó đơi với trục y là   x, y  . Do đó có ánh

2

 x, y      x, y 

Ta xét: f   x, y    x ', y '   f

 x  x ', y  y '     x  x ' ,  y  y '

   x, y     x ', y '  f

f  k  x, y    f

 x, y   f  x ', y '

 kx, ky    kx, ky   k   x, y   kf  x, y 

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
Bài 04.03.1.009
Gọi Mmn là tập các ma trận cỡ m  n. Cho B là một ma trận cỡ 2x3 hoàn toàn xác
định. Chứng minh rằng ánh xạ T : M22  M23 định nghĩa bởi T  A  AB là ánh
xạ tuyến tính.
Giải
Giả sử A M2x2 có cỡ 2 x 2, B  M2x3 có cỡ 2 x 3.
Vậy A nhân với B được và AB có cỡ 2 x 3.
Ánh xạ T  A  AB là một ánh xạ từ M2x2 tới M2x3
Theo tính chất của phép nhân ma trận và phép nhân ma trận với một số, ta có:

A, A '  M2x2  T  A  A '   A  A ' B  AB  A ' B  T  A  T  A '
A  M2x2 , k 

 T  kA    kA  B  k  AB   kT  A

Vậy ánh xạ đã cho là tuyến tính.
Bài 04.03.1.010
Cho ánh xạ T :
phẳng xy.

3

 W là một phép chiếu trực giao các điểm của

a) Tìm công thức của T.
b) Tìm T   2,7, 1 

3

lên mặt


Giải
a) Nếu  x, y, z  là tọa độ của một điểm của không gian xyz thuộc hình chiếu của
nó lên mặt phẳng xy sẽ có tọa độ  x, y,0 .
Vậy có T  x, y, z    x, y,0 
b) Áp dụng công thức trên ta có:

T  2,7, 1   2,7,0 
Bài 04.03.1.011
S là một cơ sở trong không gian n chiều V
a) Chứng minh rằng nếu v1, v2 ,..., vr là một họ độc lập tuyến tính trong V thì các
vecto tọa độ  v1 S ,  v2 S ,...,  vr S cũng tạo thành một họ độc lập tuyến tính và
ngược lại.
b) {v1,..., vr } sinh ra V thì { v1  S ,...,  vr  S cũng sinh ra R n và ngược lại.
Giải
Theo đầu bài ta xét hai tập E  {v1, v2 ,...vr }

vi V

F  { v1 S ,  v2 S ,...,  vr S },

 vi S 

Ta phải chứng minh:
1) Nếu E ĐLTT trong V thì F ĐLTT trong
2) Nếu F ĐLTT trong

n

n

thì E ĐLTT trong V.

Trước hết ta nêu 2 nhận xét:
w   V   wS   0,0,..,0  

n

c1  v1  S  ...  cr  vr  S   c1v1  ...  cr vr S , vi  V

(a)
(b)

Để chứng minh phần 1) ta giả sử E ĐLTT trong V và xét:
c1  v1  S  ...  cr  vr  S   0,0,...0 

(c)

n


Từ đó với nhận xét (b) ta suy ra

 c1v1  ...  cr vr S   0,0,...0 

(d)

Với nhận xét (a) thì (d) cho

c1v1  c2v2  ....  cr vr   V

(e)

Nhưng ta đã giả sử E ĐLTT trong V nên phương trình (e) buộc

c1  c2  ...  cr  0

(f)

Vậy (c)  (f). Điều đó chứng tỏ F ĐLTT và phần 1) chứng minh xong.
Để chứng minh phần 2) ta giả sử F ĐLTT trong

n

và xét:

c1v1  c2v2  ...  cr vr   V

(g)

Theo nhận xét (a) ta có:
(c1v1  c2v2  ...  cr vr ) S    S   0,0,...,0 

Áp dụng nhận xét (b) ta được :
c1  v1 S  c2  v2  S  ...  cr  vr  S   0,0,...,0 

Nhưng ta đã giả sử F ĐLTT trong

n

. cho nên đẳng thức trên buộc có (f)

Vậy (g)  (f) nghĩa là E ĐLTT trong V và phần 2) chứng minh xong.
Bài 04.03.1.012
Cho f : 3  3 là ánh xạ tuyến tính sao cho
f (1,1,2)  (1,2,3), f (2,1,1)  (0,1,1), f (2,2,3)  (0, 1,0)
Hãy xác định công thức của f , nghĩa là tìm f ( x1, x2 , x3 ) .
Giải:
Đặt S  {v1, v2 , v3} và T  {u1, u2 , u3} , trong đó
v1  (1,1, 2),

u1  (1, 2,3)

v2  (2,1,1),

u2  (0,1,1)

v3  (2, 2,3), u3  (0, 1,0)


Do S là cơ sở của 3 nên tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính f : 3  3 sao
cho f (v1 )  u1, f (v2 )  u2 , f (v3 )  u3 . Do S là cơ sở nên tồn tại duy nhất các số
a1, a2 , a3  sao cho v  a1v1  a2v2  a3v3 với mọi v  ( x1, x2 , x3 )  3 . Ta có
 x1 
1 
 2
 2
 x   a 1   a 1   a  2
1 
2 
3 
 2
 x3 
 2 
1 
 3
Tương đương
 x1  a1  2a2  2a3
 a1  x1  4 x2  2 x3


 x2  a1  a2  2a3   a2  x1  x2
 x  2a  a  3a
a   x  3x  x
1
2
3
1
2
3
 3
 3

Do đó công thức của f là
f (v)  f ( x1 , x2 , x3 )  a1 f (v1 )  a2 f (v2 )  a3 f (v3 )
 a1u1  a2u2  a3u3
 ( x1  4 x2  2 x3 , 2 x1  4 x2  x3 , x1  x2 )

Bài 04.03.1.013
Cho ánh xạ tuyến tính f :

2



2

xác định bởi f (3, 1)=(2, -4) và f (1, 1) =(0, 2).

Xác định f ( x1 , x2 ) .
Giải:
Nhận thấy u  (3,1); v  (1,1) là hệ độc lập tuyến tính và là cơ sở của
Khi đó, x  ( x1 , x2 ) 

2

2

.

, giả sử x  u   v . Khi đó,

x1  x2




 x1  3  
 x1 
3
1
2








x 
1
1
 

 2
 x2    
   3x2  x1

2
f ( x)  f (u  v)   f (u )   f (v) (do f là ánh xạ tuyến tính).
Vậy, f ( x)  f ( x1 , x2 ) 
Bài 04.03.1.014

x1  x2
2

 2  3x2  x1  0 
 4 
 2  ( x1  x2 , 3x1  5 x2 )
2
 
 


Cho ánh xạ tuyến tính f :

3



2

và g :

3



2

xác định bởi f ( x1, x2 , x3 )  ( x1, x2  x3 ) và g ( x1, x2 , x3 )  ( x1  x2 , x3 )
Hãy xác định các ánh xạ f + g; 3f; 2f – 5g.
Giải:
Ma trận của f và g đối với cơ sở chính tắc trong

3

,

2

lần lượt là A; B.

1 1 0 
1 0 0 

B
A

0 0 1 


0 1 1 


 2 1 0 
Ma trận của f + g đối với cặp cơ sở chính tắc trên: A  B  

0 1 2
Suy ra, f  g  (2 x1  x2 , x2  2 x3 )
3 0 0
Ma trận 3 f đối với cơ sở chính tắc trên: 3A  

0 3 3
Suy ra, 3 f   3x1,3x2  3x3 
 3 5 0 
Ma trận của 2 f  5 g đối với cặp cơ sở chính tắc trên: 2 A  5B  

 0 2 3

Suy ra, 2 f  5g   3x1  5x2 ,2 x2  3x3 
Bài 04.03.1.015
Trong

3

cho cơ sở chính tắc {e1  (1,0,0); e2  (0,1,0); e3  (0,0,1)} , trong

3 vectơ v1  (1,1); v2  (2,3); v3  (4,5) . Hãy xác định ánh xạ f :

3



2

2

cho

thỏa tính

chất f (ei )  vi , i  1,2,3 .
Giải:
Với x  ( x1 , x2 , x3 ) 
Do

f

3

ta có x  x1e1  x2e2  x3e3 .

là ánh xạ tuyến tính thỏa f (ei )  vi , i  1,2,3
f ( x)  x1 f (e1 )  x2 f (e2 )  x3 f (e3 )  x1v1  x2v2  x3v3

nên

 ( x1 , x1 )  (2 x2 ,3x2 )  (4 x3 ,5 x3 )  ( x1  2 x2  4 x3 , x1  3 x2  5 x3 )

Vậy f ( x1, x2 , x3 )  ( x1  2 x2  4 x3 , x1  3x2  5x3 )




Bài 04.03.1.016
Xét cơ sở S  {v1, v2 , v3} trong

v1  1,2,3

3

, trong đó

v2   2,5,3

v3  1,0,10 

Tìm công thức biểu diễn ánh xạ tuyến tính T :
T  v1   1,0 , T  v2   1,0 , T  v3    0,1
Tính T 1,1,1 trong các cơ sở chính tắc của

3

,

2

3



2

xác định bởi

.

Giải:
Trước hết ta tìm biểu diễn của  x, y, z  

3

trong cơ sở S:

 x, y, z   c1v1  c2v2  c3v3  c1 1,2,3  c2  2,5,3  c3 1,0,10

Như vậy c1 , c2 , c3 là nghiệm hệ

c1  2c2  c3  x

2c1  5c2  y
3c  3c  10c  z
2
3
 1

Lấy phương trình cuối trừ đi 10 lần phương trình đầu ta được 7c1  17c2  z  10 x
2c1  5c2  y
c1  50 x  17 y  5 z


7c  17c2  z  10 x c2  20 x  7 y  2 z
Vậy hệ trên thu về  1

Suy ra c3  9 x  3 y  z
T x, y, z    c1T  v1   c2T  v2   c3T  v3 
Vì  x, y, z   c1v1  c2v2  c3v3 nên  

 c1 1,0  c2 1,0   c3  0,1
Nhờ các biểu thức về c1 , c2 , c3 đã tìm ra ta có:
T   x, y, z     30 x  10 y  3z, 9 x  3 y  z 

Áp dụng T 1,1,1   30  10  3, 9  3  1  17, 5
Bài 04.03.1.017


Tìm

ánh

xạ

tuyến

tính

T : P2  P2

xác

định

bởi

T 1  1  x, T  x   3  x 2 , T  x 2   4  2 x  3x 2. Tính T  2  2 x  3x 2 
Giải:
Ta có p  P2  p  a0  a1x  a2 x 2
Khi đó

T  p   a0T 1  a1T  x   a2T  x 2   a0 1  x   a1  3  x 2   a2  4  2 x  3x 2 
Do đó T  p    a0  3a1  4a2    a0  2a2  x   a1  3a2  x 2
Áp dụng

T  2  2 x  3x 2    2  3 2   4.3   2  2.3 x   2  3.3 x 2  8  8 x  7 x 2
Bài 04.03.1.018
Trong

3

cho hai hệ vectơ {u1  (1,1,0); u2  (0,1,1); u3  (1,0,1)}

và {v1  (1,1,1); v2  (0,0,1); v3  (1,2,1)} . Hỏi có tồn tại một phép biến đổi tuyến
tính f :

3



3

thỏa f (ui )  vi , i  1,2,3 không? Nếu có hãy xác định công thức

của f
Giải:
Hệ vectơ {u1  (1,1,0); u2  (0,1,1); u3  (1,0,1)} độc lập tuyến tính do
1 1 0
0 1 1  2  0.
1 0 1

nên suy ra u1 , u2 , u3 là một cơ sở của
tuyến tính từ f :

3



3

sao cho f (ui )  vi .

3

. Do đó, tồn tại một phép biến đổi


x  ( x1 , x2 , x3 )  3 , giả sử
 x1 
1 
0
1   1  3 
 x    1    1     0       
1 
2 
3 
2
 2
 1
 x3 
0 
1 
1  2  3 
Cho

x  1u1  2u2  3u3 .

Khi

đó,

tính

f

1

1  2 ( x1  x2  x3 )

1

2  ( x1  x2  x3 )
2

1

3  2 ( x1  x2  x3 )

1
0 
1   1  3 
f ( x)  1v1  2v2  3v3  1 1  2 0   3  2    1  23  .


 
  
1
1 
1  1  2  3 

Vậy

công thức biểu diễn của phép
1
1 1
1
1 
 3
f ( x)   x1; x1  x2  x3 ; x1  x2  x3 
2
2 2
2
2 
 2

đổi

biến

tuyến

Bài 04.03.1.019
Cho f : V  V ' là một ánh xạ tuyến tính và hệ vecto 1 ,  2 ,...., r của V. Chứng

   

 

minh rằng nếu hệ vecto f 1 , f  2 ,...., f  r độc lập tuyến tính trong V’ thì hệ
vecto đã cho cũng độc lập tuyến tính.
Giải:
Ta giả sử V và V’ là hai không gian vecto K. Giả sử có x1, x2 ,..., xr K để
x11  x2  2  ....xr  r  0




 f  x    ...  f  x    x f    ...  x f    f  0   0

Lấy ảnh bởi f của hai vế ta được f x11  x2  2  ....xr  r
1

1

 

r

r

1

1

r

r

  độc lập tuyến tính nên x  x

Nhưng f 1 ,..., f  r

1

2

 ...  xr  0.






Điều đó cho ta kết luận hệ 1 ,..., r độc lập tuyến tính.
Bài 04.03.1.020
Cho V và V’ là hai không gian vecto trên trường K với số chiều của V’ hữu hạn,
f : V  V ' là một toàn cấu. Chứng minh rằng tồn tại một ánh xạ tuyến tính

g : V '  V sao cho fg là ánh xạ đồng nhất trên V’. Ánh xạ g có duy nhất không?
Giải:





Giả sử 1 ,...,  n là một cơ sở của V’. Vì f là toàn cấu nên

 

f 1  i  0, mọi i  1,..., n

 

 

Với mỗi i, chọn 1  f 1  i , ta có f 1   i , i  1,2,..., n
Xét ánh xạ tuyến tính g : V '  V xác định bởi:

 

g : i

g  i   i , i  1,2,..., n.

Ta có, với mỗi x  x11  x2  2  ...  xn  n V ' :
 n

fg x  fg   xi  i  
 1




 n

f   xi g  i  
 i


 

n
 n
 n
f   xi  i    xi f  i   xi  i  x
i
 i
 i

 

Vậy fg là ánh xạ đồng nhất trên V’.

 

.g có thể không duy nhất vì mỗi f 1  i có thể có nhiều hơn một phần tử.
Ta lấy ví dụ toàn cấu sau đây: f :

3



 x1, x2 , x3 
1 của . Ta có
1,0,0 ,  0,1,0 ,  0,0,1 đều thuộc

Xét cơ sở

Chẳng hạn: x

 x,0,0 ; x

x1  x2  x3

f 1 1 với rất nhiều phần tử, chẳng hạn
f 1 1 , từ đó ta có rất nhiều g sao cho fg  1

 0, x,0 ; x

 0,0, x  ....

Ta chú ý bài toán có thể bỏ giả thiết dimV ' hữu hạn.


Bài 04.03.1.021
Giả sử E  K  X  là không gian vecto đa thức ẩn X trên trường K, và p là một số
tự nhiên. Xét tự đồng cấu f : E  E
f  P   1  pX  P  X 2 P '

P

Trong đó P’ là đạo hàm của đa thức P. Chứng minh f là đơn cấu, nhưng không phải
toàn cấu.
Giải:
n
n
n 1


i
i 1
i
 P  a0   ai X
 pXP  pa0 X   pai X   pai 1 X


i 1
i 1
i 1

Ta có 
n
n
n 1
 P '  ia X i 1
 X 2 P '  ia X i 1   i  1 a X i



i
i
i 1


i 1
i 1
i 1

n

Từ đó f  P   P  pXP  X 2 P '  a0    ai  ai 1  p  1  i  X i  an  n  p  X n1
i 1

Giả sử f  P   0 thì ta phải có a0  0, ai   p  1  i  ai1, i=1,2,...,n

nghĩa là

a0  a1  ...  an  0  P  0 hay f là đơn ánh.
.f không phải là toàn ánh. Thật vậy ta xét bậc  P   n thì có 2 trường hợp xả ra là
n  p thì bậc  f  P    n hoặc n  p thì bậc  f  P    n  1

Từ đó ta thấy ngay rằng không có một đa thức P nào để bậc của f  P  bằng p  1
Vậy f không toàn ánh.

Nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính.
Bài 04.03.1.022
Cho toán tử tuyến tính f :

3



3

xác định bởi f ( x, y, z )  ( x  y  z,2 x  y  3z,4 x  y  5z )
Hãy tìm Kerf và Imf.


Giải
1 1 1
Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là A   2 1 3


 4 1 5
Do các cột của ma trận A là tọa độ của f (ei ) nên thực hiện các phép biến đổi sơ
cấp trên cột đối với ma trận A, từ đó suy ra rank(A).
1 1 1
1 0 0 
1 0 0 




A  2 1 3  2 3 1  0 1 0 






 4 1 5
 4 3 1 
 2 1 0 

Khi đó, Imf = rank(A) = 2, ta chọn hai cột độc lập tuyến tính trong ma trận làm cơ
sở của Imf. Khi đó,
Im f  (1,0,2),(0,1,1)  { ,  ,2    |  ,   } .
Để tìm Kerf ta xét hệ phương trình sau:
x  y  z  0
x  y  z  0
 x  4
x  y  z  0
x  y  z




 y  
2 x  y  3z  0  3 y  z  0  
3 y  z  0
 z  3 y
4 x  y  5 z  0
3 y  z  0
 z  3



4
Cho   1 ta được X   1  .
 
 3
Vậy Kerf  {(4 ,  , 3 ) |   } với cơ sở là u1  (4,1, 3) .

Bài 04.03.1.023
Cho T :

2



2

 2 1
là ánh xạ nhân với ma trận 

 8 4 

1) Hỏi vecto nào dưới đây  Im T  ?

a) 1, 4

b)  5,0

c)  3,12 

2) Vecto nào dưới đây  Ker T  ?

a)  5,10
Giải:

b)  3,2

c) 1,1


 2 1  x   a 
1) Nếu hệ 
      có nghiệm  x, y  thì  a, b  là ảnh của  x, y  và do
 8 4   y   b 
đó  a, b   Im T  ; nếu hệ trên vô nghiệm thì  a, b  không phải là ảnh của  x, y 

nào, nên  a, b   Im T  Ở đây:
 2 1  x   1 
1 y
a) Hệ 
   có nghiệm y tùy ý và x 



2
 8 4   y   4 

Vậy 1, 4   Im T 
 2 1  x  5
b) Hệ 
  y   0 không có nghiệm

8
4

   

Vậy  5,0   Im T 
 2 1  x   3
3  y
c) Hệ 

nghiệm
y
tùy
ý

x


   
2
 8 4   y  12 

Vậy  3,12   Im T 
 2 1   0 
 8 4      0 
     thì  ,    Ker T  ; nếu không có đẳng thứuc trên thì
2) Nếu 
 ,   có ảnh   0,0  nên  ,    Ker T . Ở đây:
 2 1  5  0 
 8 4  10  0 
     nên  5,10   Ker T  .
a) 
 2 1  3  4  0
 8 4   2   16  0
  
   nên  3,2   Ker T .
b) 
 2 1  5   1  0 
 8 4  10    4   0
       nên 1,1  Ker T  .
c) 

Bài 04.03.1.024


1) Cho ánh xạ tuyến tính T : P2  P3 xác định bởi T  p  x    xp  x  . Hỏi phần tử
nào dưới đây thuộc Ker T  :

a) x 2

c)1  x

b)0

2) Hỏi phần tử nào dưới đây thuộc Im T  :

a) x  x 2

b)1  x

c)3  x 2

Giải:
1) Ker T   { p  P2 , T  p   0  P3}
Ở đây T  p   xp vậy nếu xp  0 thì p  Ker T  , nếu xp  0 thì p  Ker T  .
Ở đây:
a)

p  x 2  xp  x3  0  x 2  Ker T 

b) p  0  xp  x.0  0  0  Ker T 
c) p  1  x  xp  x 1  x   0  1  x  Ker T 
2) Im T   {q  P3 | p  P2 , T  p   q}
Vì T  p   xp nên nếu phương trình xp  q có nghiệm p  P2 thì q  Im T  , nếu
phương trình này vô nghiệm thì q  Im T . Vậy có:
2
x  x 2  Im T  .
a) xq  x  x có nghiệm q  1  x  P2 nên

b) xq  1  x không có nghiệm q  P2 nên 1  x  Im T 
2
3  x 2  Im T  .
c) xq  3  x không có nghiệm q  P2 nên

Bài 04.03.1.025
V là không gian n chiều. Tìm hạng của ánh xạ tuyến tính T : V  V xác định bởi:

a)T  x   x

b)T  x   

c)T  x   3x


Giải:
Hạng của ánh xạ tuyến tính được xác định bởi

rank T   dim  Im  T  

Vậy, vì V là không gian n chiều nên:
a) T  x   x  rank T   n.
b) T  x     rank T   0.
c) T  x   3x  rank T   n.
Bài 04.03.1.026
V là một không gian vecto cho T : V  V xác định bởi T  v   3v.
a) Tìm Ker(T)
b) Tìm Im(T)
Giải:
Ta có T  v   3v.
a) Ker T   {v V , T  v    V }  {v V , 3v   V }
Phương trình 3v   chỉ có nghiệm  .
Vậy Ker T   { }.
b) Im T   {w V , v V | T  v   w}  {w V , v V | 3v  w}
Phương trình 3v  w bao giờ cũng có nghiệm v 

w
V .
3

Vậy Im T   V .
Bài 04.03.1.027
Tìm số chiều của Ker(T) và Im(T) với:
a) T :

2



2

 2 1
là ánh xạ nhân với ma trận 

 8 4 


b) T : V  V xác định bởi T  p  x    xp  x  .
Giải:

a) Để xét

dim  Ker T  

 2 1  x  0 
 8 4   y   0 
   
ta giả hệ: 

Hệ này tương đương với một phương trình 2 x  y  0
Nên nó chỉ có nghiệm phụ thuộc 1 tham số: x tùy ý, y  2 x.
 x  x 
1 


x
 y  2 x 
 2
 
Tức là    

Vậy

dim  Ker T    1.

Do đó

dim  Im T    dim 

2

  dim  Ker T   2  1  1

b) Phương trình T  p   0  P3 viết xp  0  P3 có nghiệm duy nhất là p  0  P2 .
Vậy

dim  Ker T    0

do đó

dim  Im T    dim 

2

  dim  Ker T   3  0  3

Bài 04.03.1.028
Tính dim  Ker T   trong đó:
a) T :

5



7

có hạng 3

b) T : P4  P3 có hạng 1
c) Im của T :

6



3



3

d) T : M2  M2 có hạng 3
Giải:
V và W là 2 không gian hữu hạn chiều T : V  W là một ánh xạ tuyến tính thì
dim  Ker T    dim  Im T    dim V 
rank T   dim  Im T  

Vậy có

dim  Ker T    dim V   rank T 

do đó:


a)

dim  Ker T    5  3  2.

b)

dim  Ker T    5  1  4.

c)

dim  Ker T    6  3  3

d)

dim  Ker T    4  3  1.

Bài 04.03.1.029
A là ma trận cỡ 5x7 có hạng bằng 4.
a) Hãy tìm số chiều của không gian nghiệm của Ax   .
b) Hỏi Ax  b có tương thích với mọi b

5

không? Lí do.

Giải:
a) Số chiều của không gian nghiệm của Ax   là 7  4  3.
b) Không. Muốn cho Ax  b tương thích mọi b  , phải có Im T  

rank T   4 nên dim  Im T    4  5 nên Im T   .
Bài 04.03.1.030
 1 1 3 
T là một ánh xạ ma trận  5 6 4  . Hãy tìm:


 7 4 2 

a) Số chiều của Im T  và Ker T .
b) Một cơ sở cho Im T .
c) Một cơ sở cho Ker T .
Giải:
a) Ma trận A có cấp 3, biến đổi sơ cấp theo cột ta được:

5

nhưng vì


0  1 0 0 
1 1 3  1 0
 5 6 4    5 11 19 / 3   5 1 0 

 
 

7 4 2  7 11 19 / 3 7 1 0 

Ta thấy chỉ có 2 cột độc lập tuyến tính.
dim  Im T    2

dim  Ker T    3  2  1
Vậy 
1 
5 ,
 
Im
T
  là hai vecto 7 
b) Một cơ sở của

0
1 
 
1 

c) Để tìm cơ sở cho Ker T  ta xét hệ thuần nhất: Ax   .
Ta giải nó bằng biến đổi sơ cấp
1 1 3 0 
1 1 3 0 
1 1 3 0 
 5 6 4 0    11 19 0    11 19 0 






7 4 2 0 
 11 19 0 

0
0 0 

Hệ có nghiệm: x3 tùy ý,

x2 

19
14
x3 , x1   x3 .
11
11

 14 19 
Ker T   {(x1, x 2 , x3 )}  x3   , ,1 
 11 11  cho nên một cơ sở của Ker T  là
Vậy
{(14,19,1)}
Bài 04.03.1.031
 2 0 1 
T là một ánh xạ ma trận  4 0 2  . Hãy tìm:


 0 0 0 

a) Số chiều của Im T  và Ker T .
b) Một cơ sở cho Im T .


c) Một cơ sở cho Ker T .
Giải:
a) Ma trận đã cho chỉ có một cột độc lập tuyến tính là cột thứ nhất chẳng hạn, hai
cột kia tỉ lệ với nó.

dim  Im T    1
Vậy

dim  Ker T    3  1  2.

b) Một cơ sở của Im T  là 1,2,0 
c) Để tìm cơ sở cho Ker T  ta xét hệ thuần nhất: Ax   .
 2 0 1 0
 2 0 1 0
 4 0 2 0    0 0 0 0 

 

 0 0 0 0  0 0 0 0
Ta giải nó bằng biến đổi sơ cấp

Hệ có nghiệm x2 túy ý, x1 tùy ý, x3  2 x1.
Vậy

Ker T   {( x1, x2 , x3 )  ( x1, x2 ,2 x1 )}
mà ( x1, x2 ,2 x1 )  ( x1,0,2 x1 )  (0, x2 ,0)  x1 (1,0,2)  x2 (0,1,0)
Dễ thấy hai vecto 1,0,2  và  0,1,0 là độc lập tuyến tính. Vì đã biết
dim  Ker T    2
nên 2 vecto độc lập tuyến tính này là một cơ sở của Ker T  .
Bài 04.03.1.032
4 1 5 2
T là một ánh xạ ma trận A  
 . Hãy tìm:
1
2
3
0



a) Số chiều của Im T  và Ker T .
b) Một cơ sở cho Im T .


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×