Bài 17: Giải bài tập về ánh xạ tuyến tính - Mỵ Vinh Quang

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
θ(uk) = kx
k−1 = 0uo + 0u1 + . . .+ kuk−1 + . . .+ 0un
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
θ(un) = nx
n−1 = 0uo + 0u1 + . . . . . . . . .+ nun−1 + 0un
Vậy
Af/(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 : R4 → R3
f(x1, x2, x3, x4) = (x1 − x2 + x3, 2x1 + x4, 2x2 − x3 + x4)
Tìm cơ sở, số chiều của Ker f, Im f
4
Giải. • (x1, x2, x3, x4) ∈ Ker f ⇔ f(x1, x2, x3, x4) = 0,⇔ (x1, x2, x3, x4) là nghiệm của
hệ 
x1 − x2 + x3 = 0
2x1 + x4 = 0
2x2 + x3 + x4 = 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 02 0 0 1 0
0 2 1 1 0
 −→
 1 −1 1 0 00 2 −2 1 0
0 2 1 1 0

−→
 1 −1 1 0 00 2 −2 1 0
0 0 3 0 0

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số là x4. Ta có
x3 = 0
x2 =
1
2
(2x3 − x4) = −12x4
x1 = x2 − x3 = x2 = −12x4
Vậy nghiệm tổng quát của hệ là: 
x1 = −a
x2 = −a
x3 = 0
x4 = 2a
hệ nghiệm cơ bản α1 = (−1,−1, 0, 2), do đó, dimKer f = 1, cơ sở của Ker f là
α1 = (−1,−1, 0, 2).
• Để tìm cơ sở của Im f , ta tìm ảnh của cơ sở chính tắc của R4. Ta có:
f(e1) = (1, 2, 0), f(e2) = (−1, 0, 2),
f(e3) = (1, 0,−1), f(e4) = (0, 1, 1)
Im f = 〈f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)〉
Hệ con ĐLTT tối đại của f(e1), f(e2), f(e3), f(e4) 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(e1), f(e4), f(e3) và dim f = 3.
5
6. Tìm vectơ riêng, giá trị riêng, chéo hóa các ma trận sau:
(a)
 1 0 10 0 0
1 0 1

(b)
 5 −1 1−1 2 −2
1 −2 2

(c)
 1 2 12 4 2
1 2 1

(d)

1 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 0 0 1

(e)

1 3 1 2
0 −1 1 3
0 0 2 5
0 0 0 −2

Giải. b) Tìm đa thức đặc trưng:
PA(λ) =
∣∣∣∣∣∣
5− λ −1 1
−1 2− λ −2
1 −2 2− λ
∣∣∣∣∣∣
= (5− λ)(2− λ)2 + 2 + 2− (2− λ)− 4(5− λ)− (2− λ)
= −λ3 + 9λ2 − 18λ
PA(λ) = 0⇔ λ = 0, λ = 3, λ = 6.
Vậy A có 3 giá trị riêng là λ = 0, λ = 3, λ = 6.
• Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: 5 −1 1−1 2 −2
1 −2 2
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 −→
 −1 2 −25 −1 1
1 −2 2
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 −→
 −1 2 −20 −11 11
0 0 0
∣∣∣∣∣∣
0
0
0

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3. Ta có: x3 = a, x2 = a, x1 = 0.
Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, a, a), a ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá
trị riêng λ = 0 là các vectơ có dạng (0, a, a), a 6= 0, dimV0 = 1.
Cơ sở của V0 là α1 = (0, 1, 1).
• Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 3 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: 2 −1 1−1 −1 −2
1 −2 −1
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 −→
 1 −2 −1−1 −1 −2
2 −1 1
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 −→
 1 −2 −10 −3 −3
0 3 3
∣∣∣∣∣∣
0
0
0

−→
 1 −2 −10 −3 −3
0 0 0
∣∣∣∣∣∣
0
0
0

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3.
6
Ta có: x3 = b, x2 = −b, x1 = 2x2 + x3 = −b.
Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (−b,−b, b), b ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với
giá trị riêng λ = 3 là các vectơ có dạng (−b,−b, b), b 6= 0, dimV3 = 1.
Cơ sở của V3 là α2 = (−1,−1, 1).
• Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 6 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: −1 −1 1−1 −4 −2
1 −2 −4
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 −→
 −1 −1 10 −3 −3
0 −3 −3
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 −→
 −1 −1 10 −3 −3
0 0 0
∣∣∣∣∣∣
0
0
0

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3.
Ta có: x3 = c, x2 = −c, x1 = −x2 + x3 = 2c.
Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (2c,−c, c), c ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với
giá trị riêng λ = 6 là các vectơ có dạng (2c,−c, c), c 6= 0, dimV6 = 1.
Cơ sở của V0 là α3 = (2,−1, 1).
Chéo hóa. Tổng hợp 3 trường hợp trên ta thấy ma trận A có 3 vectơ riêng độc lập tuyến
tính. Do đó A chéo hóa được. Ma trận T cần tìm là:
T =
 0 −1 21 −1 −1
1 1 1

và
T−1AT =
 0 0 00 3 0
0 0 6

là ma trận chéo.
d) Tìm đa thức đặc trưng
PA(λ) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
1− λ 0 0 0
0 −λ 0 0
0 0 −λ 0
1 0 0 1− λ
∣∣∣∣∣∣∣∣ = λ
2(1− λ)2
PA(λ) = 0⇔ λ = 0, λ = 1.
Vậy ma trận A có 2 giá trị riêng là λ = 0, λ = 1.
• Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ nghiệm khác không của hệ:
1 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣
0
0
0
0
 −→

1∗ 0 0 0
0 0 0 1∗
0 0 0 0
0 0 0 0
∣∣∣∣∣∣∣∣
0
0
0
0

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số là x2, x3.
Ta có: x2 = a, x3 = b, x4 = 0, x1 = 0.
Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, a, b, 0), a, b ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với
giá trị riêng λ = 0 là các vectơ có dạng (0, a, b, 0), a2 + b2 6= 0, dimV0 = 2.
Cơ sở của V0 là α1 = (0, 1, 0, 0), α2 = (0, 0, 1, 0).
7
• Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 1 là các vectơ nghiệm khác không của hệ:
0 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 −1 0
1 0 0 0
∣∣∣∣∣∣∣∣
0
0
0
0
 −→

1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 0
∣∣∣∣∣∣∣∣
0
0
0
0

Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số là x4.
Ta có: x4 = c, x3 = 0, x2 = 0, x1 = 0.
Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, 0, 0, c), c ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với
giá trị riêng λ = 1 là các vectơ có dạng (0, 0, 0, c), c 6= 0, dimV1 = 1.
Cơ sở của V1 là α3 = (0, 0, 0, 1).
Chéo hóa. Tổng hợp 3 trường hợp trên ta thấy ma trận A chỉ có 3 vectơ riêng độc lập tuyến
tính trong khi A là ma trận cấp 4 nên A không chéo hóa được.
7. Trong R3 cho cơ sở:
u1 = (1, 1, 1), u2 = (−1, 2, 1), u3 = (1, 3, 2)
và cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi:
f(u1) = (0, 5, 3)
f(u2) = (2, 4, 3)
f(u3) = (0, 3, 2)
Tìm một 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 R3. Vì èề đã cho f(u1), f(u2),
f(u3) nên dễ nhất là tìm ma trận của f trong cơ sở (u). Bạn đọc có thể dễ dàng tìm được:
Af/(u) =
 0 1 11 0 1
1 1 0

Bước tiếp theo, ta tìm giá trị riêng và vectơ riêng của ma trận A = Af/(u) . Từ đó sẽ tìm
được giá trị riêng và vectơ riêng của f .
Các giá trị riêng, vectơ riêng của ma trận A =
 0 1 11 0 1
1 1 0
, ta đã tìm trong phần lý thuyết.
Kết quả tóm tắt như sau:
• A có hai giá trị riêng là λ = −1 và λ = 2.
• Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = −1 là các vectơ (−a − b, a, b), a2 + b2 6= 0.
Trường hợp này A có hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là α1 = (−1, 1, 0), α2 =
(−1, 0, 1).
• Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 2 là các vectơ (c, c, 0), c 6= 0. Trường hợp này
A có một vectơ riêng độc lập tuyến tính là α3 = (1, 1, 1).
Từ đó suy ra:
• f có hai giá trị riêng là λ = −1 và λ = 2.
• Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = −1 là các vectơ dạng (−a−b)u1+au2+bu3 =
(−2a, a+ 2b, b), a2 + b2 6= 0.
Trường hợp này f có hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là:
β1 = −1.u1 + 1.u2 + 0.u3 = (−2, 1, 0)
β2 = −1.u1 + 0.u2 + 1.u3 = (0, 2, 1)
8
• Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 2 là các vectơ dạng c.u1 + c.u2 + c.u3 =
(c, 6c, 4c), c 6= 0.
Trường hợp này f có một vectơ riêng độc lập tuyến tính là:
β3 = 1.u1 + 1.1.u2 + 1.u3 = (1, 6, 4)
Kết luận. Vì f là phép biến đổi tuyến tính của R3 (dimR3 = 3) và f có 3 vectơ riêng độc
lập tuyến tính là β1, β2, β3 nên β1, β2, β3 (β) chính là cơ sở của R3 cần tìm và ta có:
Af/(β) =
 −1 0 00 −1 0
0 0 2

8. Cho phép biến đổi tuyến tính ϕ : V → V thỏa mãn ϕ2 = ϕ. Chứng minh:
(a) Imϕ+Kerϕ = V
(b) Imϕ ∩Kerϕ = {0}
Giải. a) Tất nhiên Imϕ+Kerϕ ⊂ V , ta cần chứng minh: V ⊂ Imϕ+Kerϕ.
Với mọi α ∈ V , ta có: α = ϕ(α) + (α− ϕ(α))
Tất nhiên ϕ(α) ∈ Imϕ, và ϕ(α − ϕ(α)) = ϕ(α) − ϕ2(α) = ϕ(α) − ϕ(α) = 0. Do đó,
α− ϕ(α) ∈ Kerϕ ⇒ α ∈ Imϕ+Kerϕ, và Imϕ+Kerϕ = V .
b) Giả sử β ∈ Imϕ ∩Kerϕ. Khi đó tồn tại α ∈ V để ϕ(α) = β. Theo giả thiết ϕ2 = ϕ nên
ta có: β = ϕ(α) = ϕ2(α) = ϕ(ϕ(α)) = ϕ(β) = 0 (vì β ∈ Kerϕ).
Vậy β ∈ Imϕ ∩Kerϕ thì β = 0. Do đó, Imϕ ∩Kerϕ = {0}.
9. Cho f : V → V là ánh xạ tuyến tính, L là không gian vectơ con của V . Chứng minh:
(a) dimL− dimKer f ≤ dim f(L) ≤ dimL.
(b) dimL ≤ dim f−1(L) ≤ dimL+ dimKer f .
Giải. Để giải bài tập 9 và bài tập 10, ta cần nhớ kết quả sau (đã chứng minh trong phần
lý thuyết):
Nếu ϕ : V → U là ánh xạ tuyến tính thì ta có:
dim Imϕ+ dimKerϕ = dimV
a) Xét ánh xạ f¯ : L→ V , f¯ = f |L, tức là f¯(α) = f(α) với mọi α ∈ L.
Ta có Im f¯ = f¯(L) = f(L), Ker f¯ = L ∩Ker f .
Áp dụng kết quả trên với ϕ = f¯ , ta có:
dim Im f¯ + dimKer f¯ = dimL
Do đó, dim f(L) = dim Im f¯ ≤ dimL
và dim f(L) = dimL− dimKer f¯ ≥ dimL− dimKer f
b) Đặt L′ = f−1(L). Khi đó f(L′) = L.
Áp dụng a) với không gian vectơ con L′, ta có:
dimL′ − dimKer f ≤ dim f(L′) ≤ dimL′
tức là
dim f−1(L)− dimKer f ≤ dimL ≤ dim f−1(L)
9
Do đó:
dimL ≤ dim f−1(L) ≤ dimL+ dimKer f
10. Cho ϕ : V → W , ψ : W → U là ánh xạ tuyến tính. Chứng minh:
(a) rank(ψϕ) ≤ min{rankψ, rankϕ}
(b) rank(ψϕ) = rankϕ− dim(Kerψ ∩ Imϕ)
(c) rank(ψϕ) ≥ rank kϕ+ rank− dimW
Giải. a) Áp dụng câu a) bài 9 cho ánh xạ tuyến tính ψ : W → U với L = Imϕ = ϕ(V ) ⊂ W ,
ta có:
dimϕ(V ) ≥ dimψ(ϕ(V )) = dim(ψϕ)(V ) = dim Im(ψϕ)
Vậy ta có: rank(ψϕ) ≤ rankϕ (1)
Mặt khác, ta có: ϕ(V ) ⊂ W nên ψ(ϕ(V )) ⊂ ψ(W ), do đó dimψϕ(V ) ≤ dimψ(W ), tức là:
rankψϕ ≤ rankψ (2).
Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh.
b) Xét ánh xạ ψ¯ : Imϕ→ U , ψ¯ = ψ|Imϕ, tức là ψ¯(α) = ψ(α) với mọi α ∈ Imϕ.
Khi đó, Ker ψ¯ = Kerψ ∩ Imϕ và Im ψ¯ = ψ¯(Imϕ) = ψ(Imϕ) = (ψϕ)(V ) = Imψϕ, tức là:
dim Im(ψϕ) + dim(Kerψ ∩ Imϕ) = dim Imϕ.
Do vậy, rank(ψϕ) = rankϕ− dim(Kerψ ∩ Imϕ).
c) Ta có: dimKerψ + dim Imψ = dimW nên dimKerψ = dimW − rankψ.
Bởi vậy, theo câu b)
rank(ψϕ) = rankϕ− dim(Kerψ ∩ Imϕ)
≥ rankϕ− dimKerψ = rankϕ− (dimW − rankψ) = rankϕ+ rankψ − dimW.
1
1Đánh máy: LÂM HỮU PHƯỚC, TRẦN ĐỨC THUẬN Ngày: 09/03/2006
10