Giáo án Đại số tuyến tính - Chương V: Ánh xạ tuyến tính - Lê Văn Hợp
GV LÊ VĂN HỢP
CHƯƠNG V
ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
I. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN:
Trong chương này, m và n là các số nguyên 1. Ta viết gọn dimRV là dimV
1.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho ánh xạ f : Rn Rm , nghĩa là
= (x1, x2, … , xn) Rn, ! f () = (y1, y2, … , ym) Rm.
a) Nếu H Rn thì ảnh của H qua ánh xạ f là f (H) = { f () | H } Rm
b) Nếu K Rm thì ảnh ngược của K bởi ánh xạ f là
f 1(K) = { Rn | f () K } Rn.
1.2/ ĐỊNH NGHĨA: Cho ánh xạ f : Rn Rm.
a) f là ánh xạ tuyến tính (từ Rn vào Rm ) nếu f thỏa
* , Rn, f ( + ) = f () + f () (1)
* Rn, c R, f (c.) = c.f () (2)
b) Suy ra f là ánh xạ tuyến tính nếu f thỏa
, Rn, c R, f (c. + ) = c.f () + f () (3)
c) Ký hiệu L(Rn,Rm) = { g : Rn Rm | g tuyến tính }
Khi m = n, ta viết gọn L(Rn,Rn) = L(Rn) = { g : Rn Rn | g tuyến tính }.
Nếu g L(Rn) thì g còn được gọi là một toán tử tuyến tính trên Rn.
Ví dụ:
n
a) Ánh xạ tuyến tính O : Rn Rm ( O R ) và toán tử tuyến tính
O : Rn Rn ( O Rn ).
b) Toán tử tuyến tính đồng nhất trên Rn là IdRn : Rn Rn ( Rn ).
c) f : R4 R3 có f () = (3x 8y + z 4t, 7x + 5y + 6t, 4x + y 9z t)
= (x,y,z,t) R4. Ta có thể kiểm tra f thỏa (3) nên f L(R4,R3).
Thật vậy, = (x, y, z, t), = (u, v, w, h) R4, c R, f (c. + ) =
= f (cx + u, cy + v, cz + w, ct + h) = [3(cx + u) 8(cy + v) + (cz + w) 4(ct + h),
7(cx + u) + 5(cy + v) + 6(ct + h), 4(cx + u) + (cy + v) 9(cz + w) (ct + h)] =
= c(3x 8y + z 4t, 7x + 5y + 6t, 4x + y 9z t) + (3u 8v + w 4h,
7u + 5v + 6h, 4u + v 9w h) = c.f () + f ().
Ngoài ra ta có thể giải thích f L(R4,R3) do các thành phần của f () đều là
các biểu thức bậc nhất theo các biến x, y, z và t.
d) g : R3 R3 có g() = ( 2x + 9y + 6z, 8x 5y + z, 3x + 7y 4z)
= (x,y,z) R3. Ta có thể kiểm tra g thỏa (3) nên g L(R3).
Thật vậy, = (x, y, z), = (u, v, w) R3, c R, g(c. + ) =
= g(cx + u, cy + v, cz + w) = [ 2(cx + u) + 9(cy + v) + 6(cz + w) ,
8(cx + u) 5(cy + v) + (cz + w), 3(cx + u) + 7(cy + v) 4(cz + w) ] =
= c( 2x + 9y + 6z, 8x 5y + z, 3x + 7y 4z) + ( 2u + 9v + 6w, 8u 5v + w,
3u + 7v 4w) = c.g() + g().
1
Ngoài ra ta có thể giải thích g L(R3) do các thành phần của g() đều là các
biểu thức bậc nhất theo các biến x, y và z.
1.3/ TÍNH CHẤT :
Cho f L (Rn,Rm). Khi đó ,, 1, …, k Rn , c1, … , ck R, ta có
a) f (O) = O và f ( ) = f () .
b) f (c11 + + ckk) = c1f (1) + + ckf (k)
(ảnh của một tổ hợp tuyến tính bằng tổ hợp tuyến tính của các ảnh tương ứng)
Ví dụ: Cho f L (R3,R2) và 1 , 2 , 3 R3 thỏa f (1) = (1, 3), f (2) = (2,5)
và f (3) = (4, 4) . Khi đó f (0,0,0) = (0,0), f ( 1) = f (1) = (1,3) và
f (31 42 + 23) = 3f (1) 4f (2) + 2f (3) =
= 3(1, 3) 4(2, 5) + 2(4, 4) = (3, 37).
1.4/ NHẬN DIỆN ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:
Cho ánh xạ f : Rn Rm.
Nếu có A Mn x m(R) thỏa f (X) = X.A X Rn thì f L(Rn,Rm). Thật
vậy, X,Y Rn, f (c.X + Y) = (c.X + Y).A = c.(X.A) + Y.A = c.f (X) + f (Y),
nghĩa là f thỏa (3) của (1.2).
Ví dụ: Xét lại các ánh xạ f : R4 R3 và g : R3 R3 trong Ví dụ của (1.2).
3
8
1
7
4
2
9
8
3
5
1
Đặt A =
M4 x 3(R) và B =
5 7 M3(R).
1
0
9
1
6
4
4
6
Ta có f (X) = X.A X = (x,y,z,t) R4 nên f L(R4,R3).
Ta có g(X) = X.B X = (x,y,z) R3 nên g L(R3).
1.5/ MỆNH ĐỀ: Cho f L(Rn,Rm).
a) Nếu H Rn thì f (H) Rm.
b) Nếu (H Rn và H có cơ sở A) thì
[ f (H) Rm và f (H) có tập sinh f(A) ].
c) Nếu K Rm thì f 1(K) Rn.
1.6/ KHÔNG GIAN ẢNH CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:
Cho f L(Rn,Rm) và xét trường hợp đặc biệt H = Rn Rn.
a) Ta có f (H) = f (Rn) = { f () | Rn } Rm.
Ta đặt f (Rn) = Im(f ) và gọi Im(f ) là không gian ảnh của f .
b) Tìm một cơ sở cho Im(f ) : Chọn cơ sở A tùy ý của Rn ( ta thường chọn A
là cơ sở chính tắc Bo ) thì < f (A) > = Im(f ). Từ đó ta có thể tìm được một
cơ sở cho Im(f ) từ tập sinh f (A) [ dùng (5.7) của CHƯƠNG IV ].
Ví dụ: f : R4 R3 có f (X) = (x + 2y + 4z 7t, 3x 2y + 5t, 2x + y z 2t)
X = (x,y,z,t) R4. Ta kiểm tra dễ dàng f L(R4,R3).
Đặt A = Bo = { 1 = (1,0,0,0), 2 = (0,1,0,0) , 3 = (0,0,1,0) , 4 = (0,0,0,1) }
2
là cơ sở chính tắc của R4 thì < f (A) > = Im(f ) = f (R4).
f (A) = { f (1) = (1,3,2), f (2) = (2,2,1), f (3) = (4,0,1), f (4) = (7, 5,2) }
*
*
f ( )
1
2
3
2
0
2
1
3
4
2
1
3
2
1
1
0
0
0
3
3
0
0
0
4* 3
f (2 )
f (3 )
f (4 )
1
2
0
=
=
4
1
2
4
0
0
0
0
7
5
0
16 12
Im(f ) có cơ sở C = { 1 = (1,3,2), 2 = (0,4,3) } và dim(Im(f )) = | C | = 2
1.7/ KHÔNG GIAN NHÂN CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:
Cho f L(Rn,Rm) và xét trường hợp đặc biệt K = {O} Rm.
a) Ta có f 1(K) = f 1(O) = { Rn | f () = O } Rn.
Ta đặt f 1(O) = Ker(f ) và gọi Ker(f ) là không gian nhân của f.
b) Tìm một cơ sở cho Ker(f ) : Ta thấy Ker(f ) chính là không gian nghiệm của
hệ phương trình tuyến tính thuần nhất f () = O với ẩn Rn . Từ đó ta có
thể tìm được một cơ sở cho Ker(f ) [ dùng (5.8) của CHƯƠNG IV ].
Ví dụ: Xét lại ánh xạ tuyến tính f trong Ví dụ (1.5).
Ker(f ) ={ = (x,y,z,t) R4 | f () = O }
={ = (x,y,z,t) R4 | (x + 2y + 4z 7t, 3x 2y + 5t, 2x + y z 2t) = O }
={ = (x,y,z,t) R4 | x + 2y + 4z 7t = 3x 2y + 5t = 2x + y z 2t = 0 }
Ma trận hóa hệ phương trình tuyến tính trên:
x
1
y z
t
x y z t
*
*
2
4
7 0
1
2
4
7
0
1
0
*
2
1
4
0
0
0
0
3 2
0
5
0 0
4
12 16 0 0 1
3
2
1
1 2
0
0
3 9 12
0
0
0
0
Hệ có vô số nghiệm vói 2 ẩn tự do : z, t R, x = 2z t, y = 4t 3z
Ker(f ) ={ = (2z t, 4t 3z, z,t) = z(2,3,1,0) + t(1,4,0,1) | z, t R }. Như vậy
Ker(f ) = < D > với D = { 1 = (2,3,1,0), 2 = (1,4,0,1) } độc lập tuyến tính.
Do đó Ker(f ) có một cơ sở là D = { 1, 2 } và dimKer(f ) = | D | = 2.
1.8/ MỆNH ĐỀ: Cho f L(Rn,Rm). Khi đó
dimKer(f ) + dimIm(f ) = dimRn = n.
dimKer(f ) gọi là số khuyết của f và dimIm(f ) gọi là hạng của f.
Ví dụ: Xét lại ánh xạ tuyến tính f trong Ví dụ (1.5) và (1.6).
Ta có dimKer(f ) + dimIm(f ) = 2 + 2 = 4 = dimR4.
II. MA TRẬN BIỂU DIỄN ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH:
2.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho f L(Rn,Rm). Rn và Rm lần lượt có các cơ sở là
A = { 1, 2 , …, n } và B = { 1, 2 , …, m }.
a) Đặt [ f ]A,B = ( [ f (1)]B [ f (2)]B … [ f (n)]B ) Mm x n(R).
Ta nói [ f ]A,B là ma trận biểu diễn của ánh xạ tuyến tính f theo cặp cơ sở
A (của Rn) và B (của Rm).
3
Muốn tìm tọa độ của các vector f (1), f (2), … , f (n) theo cơ sở B, ta
giải n hệ phương trình tuyến tính, mỗi hệ có m phương trình và m ẩn số.
Các hệ này cùng có vế trái là (1t 2t … mt ) và các vế phải của chúng lần
lượt là các cột f (1)t , f (2)t , …, f (n)t. Do đó ta có thể giải đồng thời n
| f (1)t | f (2)t | … | f (n)t ).
mt
t
1 2t
hệ trên trong cùng một bảng là (
…
Khi giải xong n hệ trên bằng phương pháp Gauss Jordan, ta thu được ma
trận ( Im | [ f (1) ]B | [ f (2) ]B | … | [ f (n) ]B ) và [ f ]A,B chính là ma
trận ở vế phải. Như vậy khi biết f thì ta viết được ma trận biểu diễn
[ f ]A,B = ( [ f (1) ]B [ f (2) ]B … [ f (n) ]B ) (1).
b) Rn, ta có [ f () ]B = [ f ]A,B [ ]A (2).
Như vậy khi biết [ f ]A,B thì ta xác định được biểu thức của f theo (2).
(từ [ f () ]B ta sẽ tính được ngay f () Rn )
c) Nếu A và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của Rn và Rm thì [ f ]A,B
được gọi là ma trận chính tắc của f . Biểu thức của f và ma trận chính tắc
của f có thể suy ra lẫn nhau một cách dễ dàng.
Ví dụ:
a) Xét f L(R3,R2) với f (u,v,w) = (3u + 4v w, 2u + v + 3w) (u,v,w) R3.
Cho A = { 1, 2, 3 } và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của R3 và R2.
Ta có f (1) = f (1,0,0) = (3,2), f (2) = f (0,1,0) = (4,1) và f (3) = f (0,0,1) =
= (1,3) nên có ngay ma trận chính tắc
3 4 1
[ f ]A,B = ( [f (1)]B [f (2)]B [f (3)]B ) =
2
1
3
Cho các cơ sở của R3 và R2 lần lượt là
C = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } và D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) }.
với f (1) = f (1,2,4) = (1,16), f (2) = f (5,1,2) = (13,17) và
f (3) = f (3,1,1) = (14,8).
Ta tìm [ f ]C,D = ( [ f (1)]D [ f (2)]D [ f (3)]D ) bằng cách giải đồng thời các hệ
*
7
4
1
13 14
1
49 38 10
1
t
1 2t
(
| f (1)t | f (2)t | f (3)t ) =
2 1 16 17
8
1 114 93 28
0
*
0
65 55 18
65 55 18
1
. Vậy [ f ]C,D
=
.
*
1
114 93
28
114 93 28
0
5
7
2
b) Xét g L(R2,R3) có ma trận chính tắc [ g ]B,A
=
1 với B và A lần
9
4
lượt là các cơ sở chính tắc của R2 và R3.
5
7
2
2y 5x
x
= (x,y) R2, [ g()]A = [ g ]B,A [ ]B =
1
=
7x y .
4x 9y
y
4
9
Từ đó suy ra ngay = (x,y) R2, g() = g(x,y) = ( 5x + 2y, 7x y, 4x + 9y).
4
3
2
c) Xét h L(R2,R3) có [ h ]D,C = 4 1 với D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) } và
1
1
C = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } lần lượt là các cơ sở của R2 và R3.
c
x 4y
1
= (x,y) R2, ta có [ ]D =
=
từ việc giải hệ c11 + c22 = :
c2
2x 7y
c1 c2
c1 c2
*
*
7
4
x
1
x 3y
0
*
x 4y
1
1
| t )
.
t
t
(
1 2
2 1
y
1
2x 7y
1
2x 7y
0
0
3
2
x 2y
x 4y
2x 7y
Ta có [ h()]C = [ h ]D,C [ ]D = 4 1
= 2x 9y . Suy ra
1
1
x 3y
= (x,y) R2, h() = h(x,y) = (x + 2y) 1 + (2x + 9y) 2 + (x + 3y) 3
= (x + 2y)(1,2,4) + (2x + 9y)(5,1,2) + (x + 3y)(3,1,1)
= (14x + 56y, 3x + 10y, 9x + 29y)
2.2/ ĐỊNH NGHĨA: Cho f L(Rn).
Rn có một cơ sở là A = { 1, 2 , …, n }.
a) Đặt [ f ]A = [ f ]A,A = ( [ f (1) ]A [ f (2) ]A … [ f (n) ]A ) Mn(R).
Ta nói [ f ]A là ma trận biểu diễn của toán tử tuyến tính f theo cơ sở A.
Muốn tìm tọa độ của các vector f (1), f (2), … , f (n) theo cơ sở A, ta
giải n hệ phương trình tuyến tính, mỗi hệ có n phương trình và n ẩn số
t
t
Các hệ này cùng có vế trái là (
…
t ) và các vế phải của chúng lần
1 2
n
lượt là các cột f (1)t , f (2)t , …, f (n)t . Do đó ta có thể giải đồng thời n
hệ trên trong cùng một bảng là (1t 2t … nt | f(1)t | f(2)t | … | f(n)t ).
Khi giải xong n hệ trên bằng phương pháp Gauss Jordan, ta thu được
( In | [ f(1) ]A | [ f(2) ]A | … | [ f(n) ]A ) và [ f ]A chính là ma trận ở vế
phải. Như vậy khi biết f thì ta viết được ma trận biểu diễn
[ f ]A = ( [ f (1) ] [ f (2) ] … [ f (n) ] ) (1).
b) Rn, ta có [ f () ]A = [ f ]A [ ]A (2).
Như vậy khi biết [ f ]A thì ta xác định được biểu thức của f theo (2).
( từ [ f () ]A ta tính được ngay f () Rn ).
c) Nếu A là cơ sở chính tắc của Rn thì [ f ]A được gọi là ma trận chính tắc
của f . Biểu thức của f và ma trận chính tắc của f có thể suy ra lẫn nhau
một cách dễ dàng.
Ví dụ:
a) Xét f (u,v,w) = (2u v, u + 3v + w, u + 2v w) (u,v,w) R3 thì f L(R3).
Cho A = { 1, 2 , 3 } là cơ sở chính tắc của R3. Ta có f (1) = f (1,0,0) = (2,1,1)
f (2) = f (0,1,0) = (1,3,2) và f (3) = f (0,0,1) = (0,1,1) nên có ngay ma trận
2
1
0
chính tắc [ f ]A = ( [ f (1) ]A [ f (2) ]A [ f (3) ]A ) = 1
3
1 .
1
1
2
5
Cho C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } là một cơ sở của R3 với
f (1) = (4,5,5), f (2) = (4,1,1) và f (3) = (7,8,7).
Ta tìm [ f ]C = ( [ f (1) ]C [ f (2) ]C [ f (3) ]C ) bằng cách giải đồng thời các hệ
1
2
2
4
4
7
| f (1)t | f (2)t | f (3)t ) 2 0 3 5 1 8
t
t
1 2 3t
(
2
1
3
5
1
7
*
*
1
2
1
2
0
4
4
0
7
1
0
2
0
24
10
4
37
*
0
10
15 0 1
0
15
0
3 1 13 7 21
0
0
1 43 7 66
*
1
0
0
0
62 10 95
62 10 95
15 .
*
0 1
10
0
7
15 . Vậy [ f ]C = 10
0
7
0
0 1*
43
66
43
66
7
4
b) Xét g L(R2) có ma trận chính tắc [ g ]B =
với B là cơ sở chính tắc
2
9
7
4
x
7x 4y
của R2. = (x,y) R2, [ g()]B = [ g ]B [ ]B =
=
.
2
9
y
2x 9y
Từ đó suy ra ngay = (x,y) R2, g() = g(x,y) = (7x 4y, 2x + 9y).
15
4
21
c) Xét h L(R3) có [ h ]C =
2
2
3
với
10 3 14
C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } là một cơ sở của R3.
c
3x 4y 6z
1
= (x,y,z) R3, ta có [ ]C = c2 =
y z
bằng cách giải hệ
c3
2x 3y 4z
c11 + c22 + c33 = :
c1 c2 c3
*
1
2
2
x
1
2
1
2
0
x
(1t 2t 3t | t ) 2 0 3 y 0
y z
3 1 z 2x
2
1
3
z
0
c1 c2 c3
*
1 0
2
0
x 2y 2z
1
0
0
3x 4y 6z
y z
*
*
0 1
y z
0 1
0
0 0 1 3y 4z 2x
0
0 1*
2x 3y 4z
15
2
4
2
21
3
3x 4y 6z
y z
3x y 10z
y 2z
Ta có [ h()]C = [ h ]C [ ]C =
Suy ra = (x,y,z) R3,
=
.
10 3 14
2x 3y 4z
2x y 7z
h() = h(x,y,z) = ( 3x + y + 10z) 1 + (y + 2z) 2 + (2x y 7z) 3
= ( 3x + y + 10z)(1,2,2) + (y + 2z)(2,0,1), + (2x y 7z)(2,3,3)
= (x + y, y + z , z)
6
2.3/ CÔNG THỨC THAY ĐỔI CƠ SỞ TRONG MA TRẬN BIỂU DIỄN:
Cho f L(Rn,Rm).
Rn có các cơ sở lần lượt là A và C với S = (A C) Mn(R).
Rm có các cơ sở lần lượt là B và D với T = (B D) Mm(R).
a) Ta có công thức [ f ]C,D = T 1.[ f ]A,B.S và do đó [ f ]A,B = T.[ f ]C,D.S1
b) Suy ra [ f ]C,B = [ f ]A,B.S ( lúc này T = (B B) = Im và T 1 = Im )
[ f ]A,D = T 1.[ f ]A,B ( lúc này S = (A A) = In )
c) Suy ra [ f ]A,B = [ f ]C,B.S1 và [ f ]A,B = T.[ f ]A,D
Ghi chú : Nếu A và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của Rn và Rm thì dễ
dàng có được S và T.
Ví dụ: Xét lại f L(R3,R2) và h L(R2,R3) trong Ví dụ của (2.1).
a) Xét f L(R3,R2) với f (u,v,w) = (3u + 4v w, 2u + v + 3w) (u,v,w) R3.
Cho A = { 1, 2, 3 } và B lần lượt là các cơ sở chính tắc của R3 và R2.
3 4 1
Ta đã viết ma trận chính tắc [ f ]A,B = ( [f (1)]B [f (2)]B [f (3)]B ) =
Cho các cơ sở của R3 và R2 lần lượt là
.
2
1
3
C = { 1 = (1,2,4), 2 = (5,1,2), 3 = (3,1,1) } và D = { 1 = (7,2), 2 = (4,1) }.
1 5
3
7
4
1 4
có T 1 =
Ta có S = (A C) = 2 1 1 và T = (B D) =
2 1
2
7
4 2
1
65 55 18
Từ đó [ f ]C,D = T 1[ f ]A,B S =
,
114 93 28
1
13 14
5 8 11
[ f ]C,B = [ f ]A,B S =
và [ f ]A,D = T 1[ f ]A,B
=
.
16 17
8
8
15 19
3
2
b) Xét h L(R2,R3) có [ h ]D,C = 4 1 với A, B, C, D, S và T được hiểu
1
1
14 56
1
như trên. Ta có ma trận chính tắc [ h ]B,A = S[ h ]D,C T = 3 10 .
9
29
Suy ra = (x,y) R2, h() = h(x,y) = = (14x + 56y, 3x + 10y, 9x + 29y).
1 2
14 0
1
Hơn nữa [ h ]B,C = [ h ]D,C T = 2 9 và [ h ]D,A = S[ h ]D,C
=
1
5
2 .
7
1 3
2.4/ TRƯỜNG HỢP ĐẶC BIỆT: Cho f L(Rn).
Rn có các cơ sở lần lượt là A và C với S = (A C) Mn(R).
a) Ta có công thức [ f ]C = S1.[ f ]A.S và do đó [ f ]A = S.[ f ]C.S1 .
b) Suy ra [ f ]C,A = [ f ]A.S và [ f ]A,C = S1.[ f ]A
c) Suy ra [ f ]A,C = [ f ]C.S1 và [ f ]C,A = S.[ f ]C.
Ghi chú : Nếu A là cơ sở chính tắc của Rn thì dễ dàng có được S.
7
Ví dụ: Xét lại f , h L(R3) trong Ví dụ của (2.2).
a) Xét f L(R3) với
f (u,v,w) = (2u v, u + 3v + w, u + 2v w) (u,v,w) R3.
Cho A = { 1, 2, 3 } là cơ sở chính tắc của R3.
2
1
1
1
3
0
1
Ta có ma trận chính tắc [ f ]A = ([ f (1) ]A [ f (2) ]A [ f (3) ]A ) =
.
2
1
Cho C = { 1 = (1,2,2), 2 = (2,0,1), 3 = (2,3,3) } là một cơ sở của R3 với
1
2
2
3
4
6
1
S = (A C) = 2 0 3 và S =
0
1
1 qua các phép biến đổi
2
1
3
2
3 4
*
*
1
2
2
1 0 0
1
2
1
2
0
1
0
0 0
1
0
2
0
1
0
2 2
*
(S | I3) = 2 0 3 0 1 0 0
1 1 0 1
1
3
1
4
2
1
3
0 0 1
0
3 1 2 0 1
0
0
1 2
*
1
0
0
3
0
4
6
62 10 95
1
1
0 1*
0
*
1
1 = ( I3 | S ). Ta có [ f ]C = S .[ f ]A.S = 10
0
7
15 ,
66
0
0 1
2
3 4
43
4
4
7
4 27 2
1
[ f ]C,A = [ f ]A.S = 5 1 8 và [ f ]A,C = S .[ f ]A =
0
3
5
0 .
1
5
1
7
19
15
2
4
2
21
3
b) Xét h L(R3) có [ h ]C =
với A, C, S và S1 được hiểu như
10 3 14
1 1 0
1
trên. Ta có ma trận chính tắc [ h ]A = S.[ h ]C.S = 0 1 1 .
0 0 1
Suy ra = (x,y,z) R3, h() = h(x,y,z) = (x + y, y + z, z).
3
1
10
1 2 1
Ta có [ h ]A,C = [ h ]C.S1 =
0
1
2
và [ h ]C, A = S.[ h ]C =
0
2
1
1
0 .
3
2
1 7
III. XÁC ĐỊNH ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH KHI BIẾT ẢNH CỦA MỘT
CƠ SỞ :
3.1/ MỆNH ĐỀ: Rn có cơ sở là A = { 1, 2 , …, n }. Cho f, g L(Rn,Rm).
Khi đó f = g j { 1, 2, … , n }, f (j ) = g(j ).
3.2/ MỆNH ĐỀ: Rn có cơ sở là A = { 1, 2 , …, n }.
Chọn tùy ý 1, 2 , …, n Rm.
Khi đó có duy nhất f L(Rn,Rm) thỏa f (j ) = j j {1, 2, … , n}.
8
3.3/ XÁC ĐỊNH ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DỰA THEO ẢNH CỦA MỘT CƠ
SỞ:
Ta trình bày cách xác định ánh xạ tuyến tính f trong (3.2).
a) Cách 1: dùng tọa độ vector theo cơ sở.
c
1
c2
n
R , tìm [ ]A =
để có biểu diễn = c11 + c22 + … + cnn .
cn
Suy ra f () = f(c11 + c22 + … + cnn) = c1f (1) + c2f (2) + … + cnf (n) =
= c11 + c22 + … + cnn .
b) Cách 2: dùng ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính.
Gọi C và D lần lượt là các cơ sở chính tắc của Rn và Rm với S = (C A).
t
1 2t
mt
Viết [ f ]A,D = ( [ f ( ) ] [ f ( ) ] … [ f ( ) ] ) = (
…
). Ta có ma
1
D
2
D
n
D
trận chính tắc [ f ]C,D = [ f ]A,D . S1 . Từ đó suy ra ngay f () Rn.
Ví dụ:
R3 có cơ sở A = { 1 = (1,1,1), 2 = (1,0,1), 3 = (3,1,2) }.
a) Tìm f L(R3,R4) thỏa
f (1) = (3,0,1,2), f (2) = (1,2,4,0) và f (3) = (4,1,0,3).
b) Tìm g L(R3) thỏa g(1) = (2,1,3), g(2) = (3,2,1) và g(3) = (7,5,3).
c
z x y
1
3
Cách 1: = (x,y,z) R , tìm [ ]A = c2 = y 2z x bằng cách giải hệ
c3
x z
c11 + c22 + c33 = : (1t 2t 3t | t )
c1 c2 c3
c1 c2 c3
*
*
*
1
1
3
x
1
1 3
x
1
0
1
y
1
0
0
z x y
y 2z x
x z
*
1 0 1 y 0 1 2 x y 0 1
2
x y 0 1*
0
*
1
1
2
z
0 1 1 y z
0
0
1 z x
0
0 1
Từ đó f () = f (c11 + c22 + c33) = c1f (1) + c2f (2) + c3f (3)
= (z x y)(3,0,1,2) + (y + 2z x)(1,2,4,0) + (x z)(4,1,0,3)
= ( 8x 2y + 9z, 3x 2y 5z, 3x + 5y + 7z, 5x 2y + 5z)
và g() = g(c11 + c22 + c33) = c1g(1) + c2g(2) + c3g(3)
= (z x y)(2,1,3) + (y + 2z x)(3,2,1) + (x z)(7,5,3)
= ( 2x y z, 2x + y, x 2y + 2z)
Cách 2 :
Gọi C và D lần lượt là các cơ sở chính tắc của R3 và R4 với
1
1
3
1 1
1
2
1
S = (C A) = 1 0 1 và S = 1
1
0
qua các phép biến đổi
1
1
2
1
1
9
*
*
1
1
3
1 0 0
1
1
3
1
1
0
0 0
1
0
2
1
1
0
1 1
(S | I3) = 1 0 1 0 1 0 0 1
1 1 0 1*
1
0
1
1
1
1
2
0 0 1
0 0 1 1 0 1
0
0
1 1
*
1
0
0
1 1
1
2 = ( I3 | S1).
*
0 1
0
*
1
1
0
0
0 1
1
1
3
0
1
2
4
4
1
Viết [ f ]A,D = ( [ f (1) ]D [ f (2) ]D [ f (3) ]D ) =
và ta có ma trận
1
0
2
0
3
8 2
9
3
2 5
3
chính tắc [ f ]C, D = [ f ]A,D . S1 =
. Suy ra = (x,y,z) R ,
3
5
7
5
5 2
f () = f (x,y,z) = ( 8x 2y + 9z, 3x 2y 5z, 3x + 5y + 7z, 5x 2y + 5z).
2 3 7
Viết [ g ]A,C = ( [ g(1) ]C [ g(2) ]C [ g(3) ]C ) =
1
3
2
1
5
3
và ta có ma trận
2 1 1
1
chính tắc [ g ]C = [ g ]A,C . S =
2
1
0 .
1 2
2
Suy ra = (x,y,z) R3, g() = g(x,y,z) = ( 2x y z, 2x + y, x 2y + 2z).
------------------------------------------------------------------------------------
10
10 trang
26/04/2022
6060
Bạn đang xem tài liệu "Giáo án Đại số tuyến tính - Chương V: Ánh xạ tuyến tính - Lê Văn Hợp", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- giao_an_dai_so_tuyen_tinh_chuong_v_anh_xa_tuyen_tinh_le_van.pdf
