Xem mẫu
- Chương 4
Ánh xạ tuyến tính
4.1 Định nghĩa và các tính chất căn bản
Định nghĩa 4.1. Cho hai không gian vector V; V0 . Ánh xạ f W V ! V0
được gọi là một ánh xạ tuyến tính nếu hai điều kiện sau đây được
thỏa:
f .X C Y / D f .X / C f .Y / I 8X; Y 2 V.
f .˛X/ D ˛f .X / I 8˛ 2 R; 8X 2 V.
Ví dụ 4.1. Ánh xạ
f W R2 ! R2
.x; y/ 7! .x C y; x y/
là một ánh xạ tuyến tính. Thật vậy, ta lấy hai vector X; Y 2 R2 , giả sử
X D .x1 ; x2 / và Y D .y1 ; y2 /, khi đó
f .X C Y / D f .x1 C y1 ; x2 C y2 / D .x1 C y1 C x2 C y2 ; x1 C y1 x2 y2 /
Mặt khác
f .X/ C f .Y / D .x1 C x2 ; x1 x2 / C .y1 C y2 ; y1 y2 /
D .x1 C y1 C x2 C y2 ; x1 C y1 x2 y2 /
153
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Từ đây suy ra f .X C Y / D f .X / C f .Y /; 8X 2 R2 .
Hơn nữa, với mọi ˛ 2 R và mọi X 2 R2 , ta có
f .˛X/ D f .˛x1 ; ˛x2 / D .˛x1 C ˛x2 ; ˛x1 ˛x2 / D ˛f .X/
Vậy f là một ánh xạ tuyến tính.
Ví dụ 4.2. Ánh xạ
f W R3 ! R3
.x; y; z/ 7! .x C y C x; x y C 3z; x z/
cũng là một ánh xạ tuyến tính (chứng minh tương tự như ví dụ 4.1)
Tính chất
Sau đây là một số tính chất của ánh xạ tuyến tính mà ta có thể suy ra
trực tiếp từ định nghĩa
1. f .0V / D 0V0 .
2. f . X/ D f .X / I 8X 2 V.
3. Hai điều kiện trong định nghĩa có thể thay thế bằng điều kiện
tương đương sau
f .˛X C ˇY / D ˛f .X/ C ˇf .Y / I 8X; Y 2 V; 8˛; ˇ 2 R (4.1)
Các tính chất 1,2 và 3 thường được sử dụng để chứng tỏ hay bác bỏ
một ánh xạ có là ánh xạ tuyến tính. Ta xét một vài ví dụ sau đây:
Ví dụ 4.3. Cho không gian vector V, ánh xạ đồng nhất
I dV W V ! V
X 7! X
là một ánh xạ tuyến tính. Thật vậy, 8X; Y 2 V; 8˛; ˇ 2 R ta có
I dV .˛X C ˇY / D ˛X C ˇY D ˛I dV .X/ C ˇI dV .Y /
154
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Ví dụ 4.4. Ánh xạ
f W Pn Œx ! Pn Œx
p .x/ 7! p 0 .x/
là một ánh xạ tuyến tính. Thật vậy, 8p .x/ ; q .x/ 2 Pn Œx ; 8˛ 2 R ta có
f .˛p .x/ C ˇq .x// D .˛p .x/ C ˇq .x//0 D ˛p 0 .x/ C ˇq 0 .x/
D ˛f .p .x// C ˇf .q .x//
Ví dụ 4.5. Ánh xạ
f W R3 ! R2
.x; y; z/ 7! .2x y C 3z; x y C 5z C 1/
không là ánh xạ tuyến tính vì f .0R3 / D f .0; 0; 0/ D .0; 1/ ¤ 0R2 .
Định lý 4.1. Cho ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 và W là một không
gian vector con của V, khi đó
Tập hợp f .W/ D ff .X / W X 2 Wg là một không gian vector con
của V0 .
Nếu W D hP i thì f .W/ D hf .P /i.
Hệ quả 4.1. f .V/ là một không gian vector con của V0 và được gọi
là ảnh của f , ký hiệu Im f .
Định lý 4.2. Cho ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 và W0 là một không
gian vector con của V0 . Khi đó tập hợp
˚
f 1
W0 D X 2 V W f .X/ 2 W0
là một không gian vector con của V.
155
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Hệ quả 4.2. Tập hợp f 1 .0V0 / D fX 2 V W f .X/ D 0V0 g là một không
gian vector con của V và được gọi là hạt nhân của f , ký hiệu ker f .
Định lý 4.3. Cho ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 với V là một không
gian vector hữu hạn chiều. Khi đó Im f và ker f cũng hữu hạn chiều,
đồng thời
dim Im f C dim ker f D dim V
Chú ý 4.1. dim Im f còn được gọi là hạng của ánh xạ f , ký hiệu r.f /.
dim ker f được gọi là số khuyết của ánh xạ f , ký hiệu d .f /.
Ví dụ 4.6. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R2 xác định bởi
f .x; y; z/ D .x C 2y C z; x y 4z/
Tìm một cở sở và số chiều của ker f và Im f .
Giải. Ta có ker f D f.x; y; z/ W f .x; y; z/ D 0R2 g hay ker f chính là không
gian con nghiệm của hệ phương trình
(
x C 2y C z D 0
x y 4z D 0
Ta lập ma trận hệ số của hệ và đưa về dạng bậc thang
! !
1 2 1 d2 !d2 d1 1 2 1
AD !
1 1 4 0 3 5
Khôi phục hệ ta được
(
x C 2y C z D 0
3y 5z D 0
156
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Hệ phương trình trên có một ẩn phụ z, cho z D 1 ta tìm được một
nghiệm cơ bản
0 7 1
3
X1 D @ 5
3
A
1
và hệ P D .X1 / cũng chính là cơ sở của ker f , suy ra dim ker f D 1.
Tiếp theo, ta tìm cơ sở và số chiều của Im f
f .x; y; z/ D .x C 2y C z; x y 4z/ D x .1; 1/ C y .2; 1/ C z .1; 4/
Ta suy ra Im f D hP i với P D ..1; 1/ ; .2; 1/ ; .1; 4//.
Lập ma trận vector dòng của hệ P và biến đổi về dạng bậc thang
0 1 0 1 0 1
1 1 1 1 1 1
d2 !d2 2d1 d3 !3d3 5d2
@
AD 2 1 A @
! 0 3 A !@ 0 3 A
d3 !d3 d1
1 4 0 5 0 0
Ta suy ra dim Im f D 2 và Im f có cơ sở là hệ P D ..1; 1/ ; .2; 1//.
Ví dụ 4.7. Cho ánh xạ tuyến tính f W P3 Œx ! P3 Œx xác định như sau
f a0 C a1 x C a2 x 2 C a3 x 3 D a1 C.a0 2a3 / xC.2a3 a1 / x 2 C.a0 a1 / x 3
Tìm cơ sở và số chiều của ker f và Im f .
Giải. Ta có
˚
ker f D p .x/ 2 P3 Œx W f .p .x// D 0P3 Œx
3
P
D ai x i W a1 C .a0 2a3 / x C .2a3 a1 / x 2 C .a0 a1 / x 3 D 0
i D0
Đẳng thức a1 C .a0 2a3 / x C .2a3 a1 / x 2 C .a0 a1 / x 3 D 0 tương
đương với 8
ˆ
ˆ a1 D0 8
ˆ
< < a0 D 0
a0 2a3 D0
, a1 D 0
ˆ
ˆ 2a3 a1 D0 :
ˆ
: a3 D 0
a0 a1 D0
˚
Ta suy ra ker f D a2 x 2 W a2 2 R .
157
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Vậy dim ker f D 1 và ker f có cơ sở là hệ vector P D .x 2 /.
Tiếp theo, ta xác định cơ sở và số chiều của Im f .
Vì dim ker f D 1 nên ta suy ra
dim Im f D dim P3 Œx dim ker f D 4 1D3
Mặt khác
a1 C .a0 2a3 / x C .2a3 a1 / x 2 C .a0 a1 / x 3
D a0 x C x 3 C a1 1 x 2 x 3 C a3 2x C 2x 2
Vậy Im f D hP i với P D x C x 3 ; 1 x2 x 3 ; 2x C 2x 2 .
Ta lập ma trận vector dòng của hệ P
0 1
0 1 0 1
AD@ 1 0 1 1 A
0 2 2 0
Ta thấy r .A/ D 3 nên hệ P chính là cơ sở của Im f .
Ví dụ 4.8. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3 xác định bởi
f .x; y; z/ D .x C y 4mz; 3x C 5y C 2z; 4x C 7y C .m C 1/ z/
1. Tìm m để ker f ¤ f0R3 g.
2. Khi ker f ¤ f0R3 g, hãy tìm cơ sở, số chiều của ker f và Im f .
Giải. 1. ker f chính là không gian con nghiệm của hệ phương trình
8
< x C y 4mz D 0
3x C 5y C 2z D 0 (4.2)
:
4x C 7y C .m C 1/ z D 0
Ta lập ma trận vector dòng của hệ 4.2 và biến đổi về dạng bậc thang
0 1 0 1
1 1 4m 1 1 4m
d2 !d2 3d1
AD@ 3 5 2 A ! @ 0 2 2 C 12m A
d3 !d3 4d1
4 7 mC1 0 3 17m C 1
0 1
1 1 4m
d3 !2d3 3d2
! @ 0 2 2 C 12m A
0 0 2m 4
158
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
ker f ¤ f0R3 g khi và chỉ khi r .A/ < 3 hay 2m 4D0,mD 2.
2. Với m D 2 thì r .A/ D 2, ta suy ra dim ker f D 3 2 D 1 và hệ 4.2
có thể viết lại như sau
(
x C y C 8z D 0
(4.3)
2y 22z D 0
Hệ 4.3 có một ẩn phụ z. Cho z D 1 ta tìm được một nghiệm cơ bản là
0 1
19
X1 D @ 11 A
1
và hệ P D .X1 / cũng chính là cơ sở của ker f .
Mặt khác, với m D 2 ta cũng suy ra được
f .x; y; z/ D .x C y C 8z; 3x C 5y C 2z; 4x C 7y z/
D x .1; 3; 4/ C y .1; 5; 7/ C z .8; 2; 1/
Do đó, Imf D hP i với P D ..1; 3; 4/ ; .1; 5; 7/ ; .8; 2; 1//.
Vì dim ker f D 1 nên ta được
dim Im f D dim R3 dim ker f D 3 1D2
Để tìm cơ sở của Im f ta lập ma trận vector dòng của hệ P và biến
đổi về dạng bậc thang
0 1 0 1
1 3 4 1 3 4
d2 !d2 d1
@
AD 1 5 7 A ! 0 @ 2 3 A
d3 !d3 8d1
8 2 1 0 22 33
0 1
1 3 4
d3 !d2 C11d2
! 0 @ 2 3 A
0 0 0
Vậy Imf có cơ sở là hệ vector P D ..1; 3; 4/ ; .1; 5; 7//.
159
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
4.2 Đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu
4.2.1 Đơn cấu
Định nghĩa 4.2. Ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 được gọi là đơn cấu
nếu f .X / ¤ f .Y /I 8X; Y 2 V; X ¤ Y .
Định lý 4.4. Ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 đơn cấu khi và chỉ khi
ker f D f0V g.
Ví dụ 4.9. Các ánh xạ tuyến tính nào sau đây là đơn cấu:
1. f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D .x C y; x y/.
2. g W R2 ! R3 xác định bởi g .x; y/ D .x C 2y; x C 3y; 2x y/
3. h W R3 ! R3 xác định bởi
h .x; y; z/ D .x C y C z; x C 2x C 3z; 2x C 3y C 4z/
Giải. 1. Ta có
( ( )
x C y D 0
ker f D fX 2 R W f .X/ D 0R2 g D .x; y/ W
2
x y D 0
( (
x C y D 0 xD0
Giải hệ phương trình được nghiệm .
x y D 0 yD0
Ta suy ra ker f D f.0; 0/g D f0R2 g. Vậy f là đơn cấu.
2. Tương tự như trên ta tìm được
8 8 9
< < x C y D 0 =
ker g D .x; y/ W x C 2y D 0 D f.0; 0/g D f0R2 g
: : ;
2x y D 0
160
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Vậy g là đơn cấu.
3. Ta thấy
8 8 9
< < x C y C z D 0 =
ker h D .x; y; z/ W x C 2y C 3z D 0
: : ;
2x C 3y C 4z D 0
Hệ phương trình
8
< x C y C z D 0
x C 2y C 3z D 0
:
2x C 3y C 4z D 0
có định thức của ma trận hệ số bằng không nên hệ có nghiệm không
tầm thường, tức ker h ¤ f.0; 0; 0/g D f0R3 g. Vậy h không là đơn cấu.
Ví dụ 4.10. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 xác định bởi
f .x; y/ D .x C y; x C my/
Tìm m để f là đơn cấu.
Giải. Ta có
( ( )
x C y D 0
ker f D .x; y/ W
x C my D 0
Ánh xạ tuyến tính f là đơn cấu khi và chỉ khi hệ phương trình
(
x C y D 0
x C my D 0
chỉ có nghiệm tầm thường, tức là
ˇ ˇ
ˇ 1 1ˇ
ˇ ˇ
ˇ 1 mˇ ¤ 0 , m ¤ 1
Vậy với m ¤ 1 thì f là một đơn cấu.
161
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Ví dụ 4.11. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3 xác định bởi
f .x; y; z/ D .mx C y C z; x C my C z; x C y C mz/
Tìm m để f không là một đơn cấu.
Giải. Ta có
8 8 9
< < mx C y C z D 0 =
ker f D .x; y; z/ W x C my C z D 0
: : ;
x C y C mz D 0
Ánh xạ tuyến tính f không đơn cấu khi và chỉ khi ker f ¤ f0R3 g, hay
hệ phương trình
8
< mx C y C z D 0
x C my C z D 0
:
x C y C mz D 0
có nghiệm không tầm thường. Khi đó
ˇ ˇ "
ˇ m 1 1 ˇ
ˇ ˇ mD1
ˇ 1 m 1 ˇD0,
ˇ ˇ mD 2
ˇ 1 1 m ˇ
Vậy với m D 1I m D 2 thì f là không là đơn cấu.
4.2.2 Toàn cấu
Định nghĩa 4.3. Ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 được gọi là toàn cấu
nếu Im f D V0 .
Định lý 4.5. Ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 toàn cấu khi và chỉ khi
dim Im f D dim V0
162
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Ví dụ 4.12. Các ánh xạ tuyến tính nào sau đây là toàn cấu?
1. f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D .x C y; x y/.
2. g W R2 ! R3 xác định bởi g .x; y/ D .x C 2y; x C 3y; 2x y/.
3. h W R3 ! R3 xác định bởi
h .x; y; z/ D .x C y C z; x C 2x C 3z; 2x C 3y C 4z/
Giải. 1. Ta có
˚ ˚
Im f D f .x; y/ W .x; y/ 2 R2 D .x C y; x y/ W .x; y/ 2 R2
˚
D x .1; 1/ C y .1; 1/ W .x; y/ 2 R2 D h.1; 1/ ; .1; 1/i
Khi đó dim Im f D r ..1; 1/ ; . 1; 1// D 2. Vậy f là toàn cấu.
2. Tương tự như câu 1. ta có Im g D h.1; 1; 2/ ; .2; 3; 1/i.
Khi đó dim Im g D r..1; 1; 2/ ; .2; 3; 1// D 2. Vậy g không là một toàn
cấu.
3. Ta có Im h D h.1; 1; 2/ ; .1; 2; 3/ ; .1; 3; 4/i.
Khi đó dim Im h D r..1; 1; 2/ ; .1; 2; 3/ ; .1; 3; 4// D 2. Vậy h không là
toàn cấu.
Ví dụ 4.13. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 xác định bởi
f .x; y/ D .x C my; mx C y/
Tìm m để f là toàn cấu.
Giải. Ta có Im f D h.1; m/ ; .m; 1/i.
Ánh xạ tuyến tính f là toàn cấu khi và chỉ khi dim Im f D 2 hay
ˇ ˇ
ˇ 1 m ˇ
ˇ ˇ
ˇ m 1 ˇ ¤ 0 , m ¤ ˙1
Vậy với n ¤ ˙1 thì f là một toàn cấu.
Ví dụ 4.14. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R3 xác định bởi
f .x; y/ D x C my; m2 x C 2y; x C .m 1/ y
Tìm m để f là một toàn ánh.
163
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Giải. Ta giải bài này theo hai cách
˝ ˛
Cách 1. Ta có Im f D ..1; m/ ; m2 ; 2 ; .1; m 1// . Ánh xạ tuyến tính
f toàn ánh khi và chỉ khi
dim Im f D r .1; m/ ; m2 ; 2 ; .1; m 1/ D 3
Ta lập ma trận vector dòng của hệ vector .1; m/ ; m2 ; 2 ; .1; m 1/
0 1
1 m
A D @ m2 2 A
1 m 1
Vì A là ma trận cấp 3 2 nên r .A/ 2. Vậy f không thể là một toàn
ánh với mọi m.
Cách 2. Ta có dim Im f C dim ker f D dim R2 D 2.
Vì dim ker f 0 nên dim Im f 2 < 3.
Vậy f không thể là toàn ánh với mọi m 2 R.
4.2.3 Đẳng cấu
Định nghĩa 4.4. Ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 được gọi là đẳng
cấu nếu f vừa đơn cấu vừa toàn cấu.
Định lý 4.6. Cho V và V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều,
ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 . Khi đó, nếu f là đẳng cấu thì dim V D
dim V0 . Ngược lại, nếu dim V D dim V0 thì f là đẳng cấu khi một
trong hai điều kiện sau đây xảy ra:
f là đơn cấu.
f là toàn cấu.
164
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Ví dụ 4.15. Các ánh xạ tuyến tính nào sau đây là đẳng cấu?
1. f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D .x C y; x y/.
2. g W R2 ! R3 xác định bởi g .x; y/ D .x C 2y; x C 3y; 2x y/.
3. h W R3 ! R3 xác định bởi
h .x; y; z/ D .x C y C z; x C 2x C 3z; 2x C 3y C 4z/
Giải. Dựa vào kết quả các ví dụ 4.9, 4.12 và định lý 4.6 ta khẳng định
ánh xạ f là đẳng cấu, các ánh xạ g; h không phải là đẳng cấu.
Ví dụ 4.16. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3 xác định bởi
f .x; y; z/ D .mx C y C z; x C my C z; x C y C mz/
Tìm m để f là một đẳng cấu.
Giải. Áp dụng định lý 4.6, f là đẳng cấu khi và chỉ khi f là đơn cấu.
Theo ví dụ 4.11, f đơn cấu khi và chỉ khi m ¤ 1; m ¤ 2. Vậy f đẳng
cấu khi m ¤ 1; m ¤ 2.
4.3 Ma trận của ánh xạ tuyến tính
Định nghĩa 4.5. Cho V; V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều
với dim V D n, dim V0 D m và f W V ! V0 là một ánh xạ tuyến tính.
Gọi P D .X1 ; X2 ; :::; Xn / là cơ sở của V; P 0 D .X10 ; X20 ; : : : ; Xm0 / là cơ sở
của V0 . Giả sử
0 1
a1j
B a2j C
B C
f Xj P 0 D B : C I j D 1; n
:
@ : A
amj
Khi đó, ma trận
0 1
a11 a12 : : : a1n
B a21 a22 : : : a2n C
B C
A D .Œf .X1 /P 0 Œf .X2 /P 0 : : : Œf .Xn /P 0 / D B :: :: :: :: C
@ : : : : A
am1 am2 : : : amn
165
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
được gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sở .P; P 0 /,
0
ký hiệu A D Œf P
P .
Nếu V D V0 và P P 0 thì ta dùng ký hiệu A D Œf P thay cho
A D Œf P
P.
Nếu V D V0 D Rn và P P 0 En thì dùng ký hiệu A D Œf thay
cho A D Œf En .
Định lý 4.7. Cho V; V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều với
dim V D n, dim V0 D m và f W V ! V0 là một ánh xạ tuyến tính. Gọi
P D .X1 ; X2 ; :::; Xn / là cơ sở của V; P 0 D .X10 ; X20 ; : : : ; Xm0 / là cơ sở của
V0 . Khi đó, 8X 2 V ta có
0
Œf .X/P 0 D Œf P
P ŒXP
và
0
r .f / D dim Im f D r.Œf P
P /
Ví dụ 4.17. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D
.x y; x C y/. Tìm ma trận của f đối với cơ sở P D ..1; 1/ ; .1; 2//, từ đó
tính số chiều của Im f .
Giải. Ta có
f .1; 1/ D .0; 2/
f .1; 2/ D . 1; 3/
Tiếp theo, ta tìm tọa độ của các vector .0; 2/ I . 1; 3/ đối với cơ sở P .
Xét đẳng thức
.0; 2/ D ˛ .1; 1/ C ˇ .1; 2/
(
˛Cˇ D0
,
( ˛ C 2ˇ D 2
˛D 2
,
ˇD2
166
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
!
2
Vậy Œ.0; 2/P D .
2
!
5
Tương tự ta tính được Œ. 1; 3/P D
4
Vậy ma trận của f đối với cơ sở P D f.1; 1/ ; .1; 2/g là
!
2 5
A D Œf P D
2 4
Từ đây ta cũng suy ra dim Im f D r .A/ D 2.
Ví dụ 4.18. Cho ánh xạ tuyến tính f W R4 ! R3 xác định bởi
f .x; y; z; t / D .x 2y; y 2z; z 2t/
Tìm ma trận của f trong cặp cơ sở .P; P 0 / xác định như sau:
P D ..1; 1; 0; 0/ ; .0; 1; 1; 0/ ; .0; 0; 1; 1/ ; .0; 0; 0; 1//
P 0 D ..1; 1; 1/ ; .1; 1; 0/ ; .1; 0; 0//
Giải. Ta có
f .1; 1; 0; 0/ D .3; 1; 0/
f .0; 1; 1; 0/ D . 2; 3; 1/
f .0; 0; 1; 1/ D .0; 2; 3/
f .0; 0; 0; 1/ D .0; 0; 2/
Ta tính được
0 1 0 1
0 1
Œ.3; 1; 0/P 0 D @ A
1 I Œ. 2; 3; 1/P 0 D @ 4 A
4 5
0 1 0 1
3 2
Œ.0; 2; 3/P 0 D @ A
5 I Œ.0; 0; 2/P 0 D @ 2 A
2 0
Vậy ma trận của f đối với cặp cơ sở .P; P 0 / là
0 1
0 1 3 2
0
A D Œf P
P D
@ 1 4 5 2 A
4 5 2 0
167
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Không khó để chỉ ra rằng r.A/ D 3 nên f là một toàn cấu.
Định lý 4.8. Cho V; V0 là hai không gian vector và P D
.X1 ; X2 ; :::Xn / là một cơ sở bất kì của V, hệ vector .Y1 ; Y2 ; :::; Yn / tùy ý
chứa trong V0 . Khi đó, tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính f W V ! V0
thỏa mãn f .Xi / D Yi ; i D 1; n.
Ví dụ 4.19. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 xác định bởi: f .1; 2/ D
.0; 1/ ; f .1; 1/ D .1; 0/. Hãy xác định f .x1 ; x2 / và Œf .
Giải. Hệ vector P D ..1; 2/ ; .1; 1// là cơ sở của R2 . Ta tiến hành tìm tọa
độ của vector X D .x1 ; x2 / đối với cơ sở P . Xét biểu thị tuyến tính
X D ˛ .1; 2/ C ˇ .1; 1/
.x1 ; x2 / D .˛ C ˇ; 2˛ C ˇ/
, (
˛ C ˇ D x1
,
( 2˛ C ˇ D x2
˛ D x2 x1
,
ˇ D 2x1 x2
Khi đó
f .x1 ; x2 / D f ..x2 x1 / .1; 2/ C .2x1 x2 / .1; 1//
D .x2 x1 / f .1; 2/ C .2x1 x2 / f .1; 1/
D .x2 x1 / .0; 1/ C .2x1 x2 / .1; 0/ D .2x1 x2 ; x 2 x1 /
Từ đây ta suy ra !
2 1
Œf D
1 1
Nhận xét 4.1. Ví dụ 4.19 có thể được giải dựa vào kết quả sau đây (suy
ra trực tiếp từ định lý 4.7)
168
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Định lý 4.9. Ánh xạ tuyến tính f W Rn ! Rm luôn có dạng tổng quát
0 1
n
X n
X n
X
f .x1 ; x2 ; : : : ; xn / D @ a1j xj ; a2j xj ; : : : ; amj xj A
j D1 j D1 j D1
Bây giờ ta sẽ giải ví dụ 4.19 theo hướng sử dụng định lý 4.9.
Vì f W R2 ! R2 nên biểu thức của f .x1 ; x2 / có dạng
f .x1 ; x2 / D .ax1 C bx2 ; cx1 C d x2 /
Khi đó (
f .1; 2/ D .a C 2b; c C 2d / D .0; 1/
f .1; 1/ D .a C b; c C d / D .1; 0/
Hệ trên tương đương với
8 8
ˆ a C 2b D 0 ˆ
ˆ aD2
ˆ
ˆ ˆ
ˆ
<
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Khi đó
8
< f .1; 1; 2/ D .a1 b1 C 2c1 ; a2 b2 C 2c2 / D . 1; 1/
ˆ
f .0; 2; 3/ D .2b1 C 3c1 ; 2b2 C 3c2 / D .4; 5/
ˆ
:
f .1; 0; 2/ D .a1 2c1 ; a2 2c2 / D .1; 2/
Giải hệ phương trình trên ta được
8 8
< a1 D 1 ˆ
ˆ < a2 D 0
b1 D 2 I b2 D 1
ˆ
: ˆ
:
c1 D 0 c2 D 1
Vậy f .x; y; z/ D .x C 2y; y C z/ và
!
1 2 0
Œf E
E3
2
D
0 1 1
Ví dụ 4.21. Cho ánh xạ tuyến tính f W R!2 ! R2 có ma trận của f đối
1 1
với cơ sở P D ..1; 1/ ; .1; 2// là A D . Xác định f .x; y/.
0 2
Giải. Vì f W R2 ! R2 nên biểu thức của f .x; y/ có dạng
f .x; y/ D .ax C by; cx C dy/
Khi đó (
f .1; 1/ D .a C b; c C d /
f .1; 2/ D .a C 2b; c C 2d /
Vì .Œf .1; 1/P Œf .1; 2/P / D A nên ta suy ra
(
.a C b; c C d / D 1 .1; 1/ C 0 .1; 2/ D .1; 1/
.a C 2b; c C 2d / D 1 .1; 1/ C 2 .1; 2/ D .1; 3/
Giải hệ trên ta được a D 1; b D 0; c D 1; d D 2.
Vậy f .x; y/ D .x; x C 2y/.
170
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Định lý 4.10. Cho V; V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều và
f W V ! V0 là ánh xạ tuyến tính. Giả sử P1 ; P2 là hai cơ sở của V và
P 0 1 ; P 0 2 là hai cơ sở của V0 . Khi đó ta có đẳng thức
P0 P0
Œf P22 D CP 01!P 0 Œf P11 CP1 !P2
1 2
Nếu V D V0 , P1 P10 P , P2 P 0 2 P 0 thì Œf P 0 D
C 1 .Œf P / C với C D CP !P 0 .
0 1
1 3
Ví dụ 4.22. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R3 có Œf E
E2
3 @
D 0 2 A.
4 3
0
Tìm Œf P 0
P , biết hai cơ sở P; P xác định như sau:
P D ..1; 1/ ; .1; 2//
P 0 D ..1; 0; 1/ ; .1; 1; 1/ ; .1; 0; 0//
Giải. Ta có
0 1 10 1 !
1 1 1 1 3
P0 1 1
Œf P D CE31!P 0 Œf E 3
E2 CE2 !P D@ 0 1 0 A @ 0 2 A
1 2
1 1 0 4 3
0 1
5 6
D@ 2 4 A
9 15
Định lý 4.11. Cho V; V0 ; V00 là ba không gian vector hữu hạn chiều,
hai ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 ; g W V0 ! V00 . Giả sử P; P 0 ; P 00 lần
lượt là cơ sở của V; V0 ; V00 . Khi đó ánh xạ g ı f W V ! V00 xác định
bởi .g ı f / .x/ D g Œf .x/ là một ánh xạ tuyến tính từ V tới V00 và
00 P 00 P0
Œg ı f P
P D ŒgP 0 Œf P .
171
- Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM
Ví dụ 4.23. Cho hai ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 và g W R2 ! R2 xác
định bởi
f .x; y/ D .x C y; x C 2y/
g .x; y/ D .2x y; 2x C y/
1. Hãy xác định Œg ı f .
2. Biết hệ vector P D ..1; 1/ ; .0; 1// là cơ sở của R2 . Hãy xác định
Œg ı f P .
Giải. 1. Áp dụng định lý 4.11 ta được
! ! !
2 1 1 1 1 0
Œg ı f D Œg Œf D D
2 1 1 2 3 4
2. Tiếp tục áp dụng định lý 4.11 ta được
! ! !
1 1 2 1 1 0
Œg ı f P D ŒgP Œf P D D
2 2 1 1 6 4
Định nghĩa 4.6. Cho V; V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều,
f W V ! V0 là một đẳng cấu tuyến tính. Khi đó, tồn tại ánh xạ tuyến
tính g W V0 ! V thỏa f ı g D IdV0 và g ı f D IdV . Ánh xạ tuyến tính
g được gọi là ánh xạ ngược của f , ký hiệu g D f 1 .
Định lý 4.12. Cho V; V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều,
f W V ! V0 là một đẳng cấu tuyến tính, P; P 0 lần lượt là cơ sở của V
và V0 . Khi đó ta có 1
1 P P0
f P0
D Œf P
172
nguon tai.lieu . vn
