Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải

Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải

Giải bài tập về ánh xạ tuyến tính

Câu 1:

a) cho ánh xạ f : n   , chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại các số a1,…,an   để f x x 1, , ,2 x n a x1 1 a x n n

b) cho ánh xạ f : n m



  , chứng minh f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại các số aij  để f x x 1, , ,2 x n (a x11 1a x12 2 a x1n n, ,am1 1x  a x mn n)(*)

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 f có dạng như (*) thì f là ánh xạ tuyến tính Ngược lại, nếu f là ánh xạ tuyến tính, ta đặt:

( ) ( ,i i i, mi)

f e  a a a

Với i=1,2,…,n trong đó e  i (0, ,0,1,0, , 0) Khi đó ta có:

 1, , ,2 n ( 1 1 2 2 n n)

f x x x f x e x e  x e

x f e1 ( )1 x f e2 ( ) 2  x f e n ( )n

f a x( 11 1a x12 2 a x1n n, , am1 1x  a x mn n)

Câu 2: tìm công thức ánh xạ tuyến tính f : 3 3



  biết:

a) f(1,1, 2) (1, 0,0), (2,1,1) (0,1,1), (2, 2,3) (0, 1,0) f  f  

b) f(1, 2,3) ( 1,0,1), ( 1,1,1) (0,1,0), (1,3, 4) (1, 0, 2)  f   f 

Giải:

a) Giả sử: ( , , )x x x1 2 3 a1(1,1, 2) a (2,1,1) 2 a3(2, 2,3) (1)

Khi đó f x x x( , , )1 2 3 a1(1, 0,0)a2(0,1,1)a3(0, 1,0) ( ,  a a1 2 a a3, )2 (2)

Do đó để tính f x x x( , , )1 2 3 ta cần tính a1,a2,a3 qua x x x1, ,2 3 Do công thức (1) , a1,a2,a3

là nghiệm của hệ:

1 1 1

Vậy:

3

a x x

Thay vào (2), được công thức ánh xạ f x x x( , , ) (1 2 3  x1 4x22 , 2x3 x1 4x2x x3, 1 x2)

b) Giải tương tự câu a

Câu 3: trong 3

 cho 2 cơ sở u1(1,0,0),u2 (0,1,1), u3(1,0,1) (u)

v1(1, 1, 0), v2 (0,1, 1), v3 (1,0,1) (v)

Và cho ánh xạ tuyến tính f :3 3 và f u( )i v i

a) Tìm công thức của ma trận f

b) Tìm các ma trận

3

/(u), /( ),( ), /( ), /( ),(u), /



Giải

a) Giả sử ( , , )x x x1 2 3 a u1 1a u2 2a u3 3 (1)

Khi đó

(1, 1,0) (0,1, 1) (1,0,1)

f x x x f a u a u a u

a f u a f a f u

Vậy f x x x( , , ) (1 2 3  a1a3,a1a2,a2 a3) (2)

Ta cần tính a a a1, ,2 3theo x x x1, ,2 3, do (1) , a a a1, ,2 3 là nghiệm của hệ



Do đó a3 x2 x a3, 2 x a2, 1 x1 a3 x1 x2 x3

Thay vào (2) được công thức của f là

f x x x  x x x  x x

b)

1 Ma trận A f/(u)

Ta có: f u( )1  v1 a u1 1a u2 2a u3 3 (1)

f u( )2 v2 b u1 1b u2 2b u3 3 (2)

f u( )3 v3 c u1 1c u2 2c u3 3 (3)

Khi đó :

f

a b c

a b c



Các a b i, ,ci i 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:

Hệ (1) a3 1,a2 1,a1 1 a30

Hệ (2) b32, b2 1,b1b3 2

Hệ (3) c 3 1

,c 2 0 ,c1 1 c3 0

Vậy ma trận A f/(u)=

2.

Ma trận A f u v/( ),( )

Ta có

/( ),( )

1 0 0

0 1 0

0 0 1

f u v

A

3 Ma trận A f v/( )

Áp dụng câu a) ta sẽ tính được f v( ), ( ), ( )1 f v2 f v3 , sau đó làm như các phần trước cụ thể :

( ) (1, 1, 2)

( ) (0, 1, 3)

( ) (1,0,1)

f v c v c v c v

, ,c

a b lần lượt là nghiệm của 3 hệ sau :

Hệ (1) a3 1,a2 a3 1,a1  1 a30

Hệ (2) b32, b2  1 b3 1, b1b3 2

Hệ (3) c31,c2  1 c3 0,c1  1 c3 0

Vậy

/( )

f v

A

 

4 Ma trận A f v/( ),(u)làm tương tự

5 Ma trận A / 3



Theo câu a) công thức của f là f x x x( , , )1 2 3 =( ,x1 x1x3, 2 x2 x3)

Do đó ta có ngay

/( ),(u)

f v

Câu 4: cho ánh xạ tuyến tính

: n[ ]x n[ ]x

p x( ) p x/( )

Tìm ma trận của  trong cơ sở

a) 0 1, 1 , 2 2, , n

n

u  u x u x u x

2

n n

n

Giải:

a) Ta có :

1

n n n

k









1

Vậy

/(u)

0 1 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0 0

f

A

k

n



b) Lời giải tương tự câu a)

Câu 5: cho ánh xạ tuyến tính f :4  3

f x x x x  x  x x x x x  x x

Tìm cơ sở, số chiều của Ker f , Im f

Giải:

( , ,x x x x ) Ker f  f x x x x( , ,1 2 3 4) 0,  ( , ,x x x x1 2 3 4) là nghiệm của hệ

0

x x x

x x

x x x







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

số mở rộng:

Hệ vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số là x4 ta có

3

0

1 2

x



Vậy nghiệm tổng quát của hệ là

1

2

3

4

0

2

x



















Hệ nghiệm cơ bản   1 ( 1, 1,0, 2) do đó Ker f =1, cơ sở Ker f là

1 ( 1, 1,0, 2)

   

Để tìm Im f , ta tìm ảnh của cơ sở chính tắc 4

 ta có :

( ) (1, 2,0), (e ) ( 1,0, 2)

( ) (1,0, 1), (e ) (0,1,1)

Im ( ), (e ), ( ), (e )

f f e f f e f



Hệ con ĐLTT tối đại của f e( ), (e ), ( ), (e )1 f 2 f e3 f 4 là 1 cơ sở của Im f Ta có:

Vậy cơ sở của Im f là f e( ), ( ), (e )1 f e3 f 4 và dim f =3

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

a)

1 0 1

0 0 0

1 0 1

b)



c)

1 2 1

2 4 2

1 2 1

d)

1 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

1 0 0 1

e)



Giải :

a)

b) Tìm đa thức đặc trưng :

2

A

P





A

P      

Vậy A có 3 giá trị riêng là 0,3,6

1) Vecto riêng ứng với giá trị riêng  0là các vecto nghiệm khác không của hệ :

5 1 1 0 1 2 2 0 1 2 2 0

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số x3 ta có x3 a x, 2 a x, 10

Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạng (0, , )a a , a   Do đó, vecto riêng ứng với giá trị riêng 0là các vecto dạng (0, , )a a , a 0,dimV0 1

Cơ sở của V0 là 1(0,1,1)

2) Vecto riêng ứng với giá trị riêng 3là các vecto nghiệm khác không của hệ :

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số x3

ta có x3 b x, 2 b x, 12x2x3b

Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạng ( b, b, b)  , b   Do đó, vecto riêng ứng với giá trị riêng  3là các vecto dạng ( b, b, b)  ,

3

0,dimV 1

Cơ sở của V3 là   2 ( 1, 1,1)

3) Vecto riêng ứng với giá trị riêng  6là các vecto nghiệm khác không của hệ :

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số x3

ta có x3 c x, 2 c x, 1x2x3 2c

Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạng (2 c,c,c) , c   Do đó, vecto riêng ứng với giá trị riêng 6là các vecto dạng (2c, c,c) ,

6

0,dimV 1

Cơ sở của V0 là 3 (2, 1,1)

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



Và

1

0 0 0

0 3 0

0 0 6

T AT



Là ma trận chéo

c)

d) Tìm đa thức đặc trưng :

A

A

P

P

















Vậy ma trận A có 2 giá trị riêng là 0,1

1) Vecto riêng ứng với giá trị riêng  0là các vecto nghiệm khác không của hệ :

*

*

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số x x2, 3

ta có x2 a x, 3b x, 4 0,x1 0

Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạng (0, a, b,0) , a b  , Do đó, vecto riêng ứng với giá trị riêng 0là các vecto dạng (0, , b,0)a ,

0

0,dimV 2

Cơ sở của V3 là 1(0,1,0,0),2 (0,0,1, 0)

2) Vecto riêng ứng với giá trị riêng  1là các vecto nghiệm khác không của hệ :

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số x4

ta có x4 c x, 3 0,x2 0,x1 0

Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạng (0, 0,0, )c , c   Do đó, vecto riêng ứng với giá trị riêng 1là các vecto dạng (0, 0, 0, )c , dimV 11

Cơ sở của V3 là 1(0,1,0,0),2 (0,0,1, 0)

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:

1 (1,1,1), 2 ( 1, 2,1), 3 (1,3, 2)

Và cho ánh xạ tuyến tính f :3 3 xác định bởi

1

2

3

( ) (0,5,3)

( ) (2, 4,3)

( ) (0,3, 2)

f u

f u

f u







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 trong cơ sở nào đó của 3

 Vì đề đã cho f u( )1 , f u( )2 ,

3

( )

f u nên dễ nhất là tìm ma trận của f trong cơ sở (u) Bạn đọc có thể dễ dàng tìm

được:

/( )

0 1 1

1 0 1

1 1 0

f u

A



Tiếp theo ta tìm giá trị riêng và vecto riêng của ma trận A A f u/( ) từ đó sẽ tìm được giá trị riêng và vecto riêng của f

Các giá trị riêng, vecto riêng của ma trận

0 1 1

1 0 1

1 1 0

A



  , ta đã tìm được trong phần

lý thuyết

Kết quả tóm tắt như sau :

1) A có 2 giá trị riêng là  1,2

2) Các vecto riêng ứng với giá trị riêng  1là các vecto dạng

( a b a b a, , ), b 0

Trường hợp này A có 2 vecto độc lập tuyến tính là 1 ( 1,1,0),2  ( 1, 0,1)

3) Các vecto riêng ứng với giá trị riêng  2 là các vecto ( , ,0),c c c 0 trường hợp này A có 1 vecto độc lập tuyến tính là 3 (1,1,1)

Từ đó suy ra

a) f có 2 giá trị riêng là 1, 2

b) Các vecto riêng ứng với giá trị riêng  1là các vecto dạng

(a b u ) au bu  ( 2 ,a a2 , ),b b a b 0

Trường hợp này f có 2 vecto độc lập tuyến tính là :

1 1 0 ( 2,1, 0)

1 0 1 (0, 2,1)





c) Các vecto riêng ứng với giá trị riêng  2 là các vecto

1 2 3 ( , 6 , 4c),c 0

cu cu cu  c c  trường hợp này f có 1 vecto độc lập tuyến tính là 3 1u11.1.u21.u3 (1,6, 4)

Kết luận: vì f là phép biến đổi của 3

 (dim 3

 =3) và f có 3 vecto độc lập tuyến tính là   1, ,2 3 nên   1, ,2 3( ) chính là cơ sở của 3

 cần tìm

/( )

f u

A



Câu 8: cho phép biến đổi tuyến tính :V V thỏa mãn 2  chứng minh:

a) ImKer V

b) ImKer 0

a) Tất nhiên ImKerV , ta cần chứng minh V ImKer

Với mọi  V , ta có   ( ) (    ( ))

Tất nhiên mọi  ( ) Im  và    (  ( )) ( )  ( ) 0 Do đó,

        và ImKerV

b) Giả sử ImKer Khi đó tồn tại Vđể  ( ) Theo giả thiết,

2

  nên ta có   ( ) 2( )  ( ( )) ( ) 0 (do Ker ) Vậy ImKer thì  0 Do đó, ImKer 0

Câu 9: cho f V: V là ánh xạ tuyến tính, L là không gian vecto của V, chứng minh:

a) dimL dimKerf dim ( ) dimf L  L

b) dimLdim f1dimLdimKerf

Giải:

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

Nếu : V U là ánh xạ tuyến tính thì ta có

dim ImdimKerdimV

a) Xét ánh xạ: f L: V f, f L tức là, f( ) f( ) với mọi  L

Ta có : f f L( )f L K f( ), er  L K fer

Áp dụng kết quả trên với  f , ta có

dim Im f dimKer f dimL

Do đó, dim ( ) dimImf L  f dimL

Và dim ( ) dimf L  LdimKer f dimL dimKerf

b) Đặt L/ f1( )L  f L( )/ L

Áp dụng a) với không gian vecto L/, ta có

dimL  dimKerf dim ( ) dimf L  L

Hay dim f1( ) dimL  Kerf dimLdim f1(L)

Do đó dimLdim f1( ) dimL  LdimKerf

Câu 10: cho :V  W, : W U là ánh xạ tuyến tính, chứng minh:

a) rank() min rank,rank

b) rank() rank  dim(Ker Im )

c) rank()rankrank dimW

Giải :

a) Áp dụng câu a) bài 9 cho ánh xạ tuyến tính  : WUvới LIm( )V W

ta có : dim ( ) dim ( ( )) dim( V    V  )( ) dim Im(V  )

Vậy ta có : rank()rank (1)

Mặt khác, lại có ( )V W ( ( ))V (W) dim( ) dim (W)V  

Tức là rankrank (2)

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

b) Xét ánh xạ  : Im U,  Im

tức là  ( ) ( ) với mọi Im

Khi đó, Ker Ker Im , Im  (Im ) ( )(V) Im .

Tức là

Ker

c) Ta có dimKer dim Im dimW  dimKer dimW rank 

Nên theo câu b) ta có :

rank rank Ker  

rank dimKer rank (dimW rank )rankrank  dimW

ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

Bài 1 Cho ánh xạ f: 3   xác định bởi 2

f x, y, z x 2y 3z, 2x (   z )

Chứng tỏ f là ánh xạ tuyến tính

Giải:

u x ,y ,z ,v x ,y ,z

Ta có:

Tính chất  ,f u  f u 

)

kiểm tra, tương tự

u  1, 1,1 ;u  1,0,1 ;u  2, 1, 3 

i) Chứng tỏ Bu ,u ,u1 2 3

là một cơ sở của 3

ii) Tìm ánh xạ tuyến tính f : 3   thỏa:3

f u  1  2,1, 2 ;f   u2 (1, 2, 2);f u  3  3, 5,7 

Giải.

a ) Chứng tỏ Bu ,u ,u1 2 3

là một cơ sở của 3

Lập

1

2

3

    Ta có |A|=1 suy ra B doc lap tuyến tính

Vì dim3 = 3 bằng số vect.ơcủa B nên B là một cơ sở của 3

b) Tìm ánh xạ tuyến tính f : 3   thỏa:3

f u  1  2,1, 2 ;f   u2 (1, 2, 2);f u  3  3, 5,7 

Cho u = ( x , y , z ) ∈ 3 Tìm [ U ]B

f(u, v) f(x x ,y y ,z z

f u

)

f v

x y z

 

Vậy

B

x y z

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 u 2x y z f u x z f u        

x y z 2,1, 2 2x y z 1,2, 2 x z 3, 5, 7

x y,y 2z,x 3z

Bài 3: Cho f: 3   được xác định bởi:3

f x, y, z x y - z, 2x 3y z,3x 5 (     y  z)

Tìm một cơ sở của Ker f.

Giải

Gọiux, y, z  3

u ∈ Ker f ↔ f(u) =0

x y z 0 2x 3y z 0 3x 5y z 0





Ma trận hóa ,

Hệ phương trình có nghiêm x, y, z  (21, t ) , t

với t  

Nghiêm cơ bản của hệ là u1 2,-1,1 

Vậy, Ker/ có cơ sở là  u1 2, 1,1  

Bài 4: Cho f : 3   được xác định bởi:3

 

f x, y, z x y -z, 2x 3y z, 3x 5y .) (      z

Tìm một cơ sở của Im f.

Giải

Gọi Bo {e , e , 1 2 e.3} là cơ sở chính tắc của3 Ta có :

1

2

3

e f 1,0,0 1,2,3 ,

e f 0,1,0 1,3,5 ,

e f 0,0,1 1, 1, 1

f

f

f

Ta có Im f sinh bởi f e1 ,f e ,f e     2 3 

Lập ma trận

 

 

 

1

2

3

f e

Do đó Imf có cơ sở là {v1  1, 2, 3 ,v   2 0,1, 2}

f x, y, z  x y,2x y z  

và cặp cơ sở B (u 1 (1,1,0),u2 (0,1,2),u3 (1,1,1)

C (v (1,3),v (2,5) Tìm  f B,C

Giải :

Ta có :

1

3

2

f u 0,3 ,

f = 1, 3 ,

f(u )  (0,4)

(u )







Với v= (a,b) ∈ 2 tìm [v]C

Lập

(v v | v )

Suy ra [v]C=

5a 2b 3a b



Lần lượt thay f u 1

,f (u )2 ,f(u )3 ta có

Vậy B,C

6 11 8 f

 

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 :

'

B ,B

 

Bài 7: Trong không gian R3 cho cơ sở B (u 1 1,1,0 ;u 2 0,2,1 ; u3  2,3,1 )

và ánh xạ tuyến tính f : 3   định bởi:3 f x,y,z 2x y z,x 2y z,2x   (      y 3z )

Tìm  f B

Giải Gọi B0 là cơ sở chính tắc của3, ta có

B

f

 

Áp dụng hệ quả, ta có

1

Trong đó

1 0 2

0 1 1

1

0



Suy ra

B

f

7

 

B(u  1,1,1 ;u  1, 0,1 ; u  1,1, 0 )

và c(v1 ( )1,l ;v2 2 1, )

là

B,C

f

 

  Tìm công thức của f

Giải :

Do B,C

f

 

Ta có :

2

f(u ) Suy ra f (u ) 2v 0v (2,2)

0

 

 

1

f(u ) Suy ra f (u ) v 3v (7,4)

3

 

 

3

4



Cho u (x,y,z)   Tìm [u]3 B

Lập

T T T T

x y z

 

Vậy

B

u

x y z

x y

x z

   

 

Suy ra u(x y z u  ) 1 (x y u ) 2 x z u   3

Vậy ta có

f u ( x y z f u x -y f u x -z f u

x y z 2,2 + x y 7, 4 x -z 5,1

10x 5y -3z, 3x -2y

z



có

B

1 2 1

 

  Chứng minh f là song ánh tìm f1

Giải : Ta có

B

1 2 1



 

Suy ra  f B

khả nghịch Vậy f là song ánh Gọi B0 là cơ sở chính tắc ta có

0

1

1

B B f (B B )





 

Ta có

1 1 1

1 2 1

Suy ra

1 0





Vậy

0

B

4 3 6 1 0 1

f

3 2 1

 

Suy ra

0 0

1 1

B B

1 1 0





       

 

Vậy f (x,y,z) (3x 2z, 5x y 3z, x y).1