Bài Tập ánh Xạ Tuyến Tính Có Lời Giải - Tài Liệu Text - 123doc

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.docx) (20 trang)

Trang chủ

Đại cương

Toán cao cấp

Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (171.3 KB, 20 trang )

Giải bài tập về ánh xạ tuyến tínhCâu 1:a)fcho ánh xạ:¡n→¡, chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉkhi tồn tại các số a1,…,anb)fcho ánh xạtại các số aij:∈¡¡n→¡để∈¡đểf ( x1 , x2 ,..., xn ) = a1 x1 + ... + an xnm, chứng minh f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi tồnf ( x1 , x2 ,..., xn ) = ( a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn ,..., a m1 x1 + .... + amn xn )(*)giải:Ta chỉ cần giải câu b, câu a là trường hợp đặc biệt của câu a khi m=1Kiểm tra trực tiếp ta thấy rằng nếuNgược lại, nếuffcó dạng như (*) thìflà ánh xạ tuyến tính, ta đặt:f (ei ) = (a1i , a2i ,...ami )Với i=1,2,…,n trong đóei = (0,..., 0,1, 0,..., 0). Khi đó ta có:f ( x1 , x2 ,..., xn ) = f ( x1e1 + x2e2 + ... + xnen )= x1 f (e1 ) + x2 f (e2 ) + ... + xn f (en )= f (a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn ,..., a m1 x1 + .... + amn xn )Câu 2: tìm công thức ánh xạ tuyến tínha)b)Giải:f:¡ 3 →¡3biết:f (1,1, 2) = (1, 0, 0), f (2,1,1) = (0,1,1), f (2, 2, 3) = (0, −1, 0)f (1, 2,3) = (−1, 0,1), f (−1,1,1) = (0,1, 0), f (1, 3, 4) = (1, 0, 2)là ánh xạ tuyến tínha)( x1 , x2 , x3 ) = a1 (1,1, 2) + a 2 (2,1,1) + a3 (2, 2,3)Giả sử:Khi đó(1)f ( x1 , x2 , x3 ) = a1 (1,0, 0) + a2 (0,1,1) + a3 (0, −1,0) = ( a1 , a2 − a3 , a2 )f ( x1 , x2 , x3 )Do đó để tínhta cần tính a1,a2,a3 quax1 , x2 , x3(2). Do công thức (1) , a1,a2,a3là nghiệm của hệ:1 2 2 x1   1 2 2x1 1 2 2x1  1 1 2 x2  →  0 −1 0 − x1 + x2  →  0 −1 0 − x1 + x2  2 1 3 x3   0 −3 −1 −2 x1 + x3   0 0 −1 x1 − 3 x2 + x3 a3 = − x1 + 3x2 − x3a2 = x1 − x2Vậy:a1 = x1 − 2a2 − 2a3 = x1 − 2( x1 − x2 ) − 2( − x1 + 3x2 − x3 ) = x1 − 4 x2 + 2 x3Thay vào (2), được công thức ánh xạb)f ( x1 , x2 , x3 ) = ( x1 − 4 x2 + 2 x3 , 2 x1 − 4 x2 + x3 , x1 − x2 )Giải tương tự câu aCâu 3: trong¡3cho 2 cơ sởu1 = (1, 0, 0), u2 = (0,1,1), u 3 = (1, 0,1)(u)v1 = (1, −1, 0), v2 = (0,1, −1), v3 = (1, 0,1)Và cho ánh xạ tuyến tínha)b)f :¡ 3 → ¡Tìm công thức của ma trậnTìm các ma trận3vàf (ui ) = vifAf /(u) , A f /(u ),( v ) , Af /( v ) , Af /( v ),(u) , A f /ε 3Giảia)Giả sử( x1 , x2 , x3 ) = a1u1 + a2u2 + a3u3(1)(v)f ( x1 , x2 , x3 ) = f (a1u1 + a2u2 + a3u3 )= a1 f (u1 ) + a2 f (u 2 ) + a3 f (u3 )= a1 (1, −1, 0) + a2 (0,1, −1) + a3 (1, 0,1)Khi đóVậy= (a1 + a3 , − a1 + a2 , − a2 + a3 )f ( x1 , x2 , x3 ) = ( a1 + a3 , − a1 + a2 , − a2 + a3 )Ta cần tínha1 , a2 , a3theox1 , x2 , x3(2), do (1) ,a1 , a2 , a3là nghiệm của hệ1 0 1 x1  1 0 1x1   0 1 0 x2  →  0 1 0 x2  0 1 1 x3   0 0 1 − x2 + x3 Do đóa3 = − x2 + x3 , a2 = x2 , a1 = x1 − a3 = x1 + x2 − x3Thay vào (2) được công thức củaflàf ( x1 , x2 , x3 ) = ( x1 , − x1 + x3 , −2 x2 + x3 )b)1.Ma trậnTa có:Af /(u)f (u1 ) = v1 = a1u1 + a2u2 + a3u3f (u2 ) = v2 = b1u1 + b2u2 + b3u3f (u3 ) = v3 = c1u1 + c2u2 + c3u3Af /(u)Khi đó :ai , bi , ci a1=  a2 a3b1b2b3(1)(2)(3)c1 c2 c3 Cáclần lượt là nghiệm của các phương trình vecto (1) (2) (3) . Mỗiphương trình (1) (2) (3) tương đương với 1 hệ phương trình tuyến tính cócùng ma trận các hệ số ( chỉ khác nhau các hệ số tự do), do đó ta có thể giảicùng lúc 3 hệ đó như sau: 1 0 1 1 0 1  1 0 1 1 0 1   0 1 0 −1 1 0  → 0 1 0 −1 1 0  0 1 1 0 −1 1  0 0 1 1 −2 1  Hệ (1)Hệ (2)Hệ (3)a3 = 1, a2 = −1, a1 = 1 − a3 = 0b3 = −2, b 2 = 1, b1 = −b3 = 2c3 = 1 c2 = 0 c1 = 1 − c3 = 0,,Vậy ma trậnA f /(u)= 0 2 0 −1 1 0  1 −2 1 2.Ma trậnA f /( u ),( v )f (u1 ) = v1 = 1v1 + 0v2 + 0v3f (u2 ) = v2 = 0v1 + 1v2 + 0v3f (u3 ) = v3 = 0v1 + 0v2 + 1v3⇒ Af /(u ),( v )Ta có3.Ma trận1 0 0 = 0 1 0 0 0 1 Af /( v )Áp dụng câu a) ta sẽ tính đượctrước. cụ thể :f (v1 ), f (v2 ), f (v3 ), sau đó làm như các phầnf (v1 ) = (1, −1, 2) = a1v1 + a2 v2 + a3v3f (v2 ) = (0, −1, −3) = b1v1 + b2 v2 + b3v3f (v3 ) = (1, 0,1) = c1v1 + c2 v2 + c3v3ai , bi , cilần lượt là nghiệm của 3 hệ sau : 1 0 1 1 0 1  1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1    −1 1 0 −1 −1 0  → 0 1 1 0 −1 1 → 0 1 1 0 −1 1  0 −1 1 2 −3 1  0 −1 1 2 −3 1 0 0 2 2 −4 2   Hệ (1)Hệ (2)Hệ (3)a3 = 1, a2 = −a3 = −1, a1 = 1 − a3 = 0b3 = −2, b2 = −1 − b3 = 1, b1 = −b3 = 2c3 = 1, c 2 = 1 − c3 = 0, c1 = 1 − c3 = 0Af /( v )Vậy4.5.Ma trậnMa trận 0 2 0=  −1 1 0  1 −2 1 Af /( v ),(u)làm tương tựAf /ε 3Theo câu a) công thức củaDo đó ta có ngayAf /( v ),(u)=flàf ( x1 , x2 , x3 ) ( x1 , − x1 + x3 , −2 x2 + x3 ) 1 0 0 −1 0 1  0 −2 1 Câu 4: cho ánh xạ tuyến tínhθ : ¡ n [x ] → ¡ n [x ]p ( x ) → p / ( x)Tìm ma trận củaa)θtrong cơ sởu0 = 1, u1 = x, u2 = x 2 ,..., un = x nv0 = 1, v1 = x − a, v2 =b)Giải:a)Ta có :( x − a)2( x − a) n,..., vn =2!n!=θ (u0 ) = 0 = 0u0 + 0u1 + ... + 0unθ (u1 ) = 1 = 1u0 + 0u1 + ... + 0unθ (u2 ) = 2 x = 0u0 + 2u1 + ... + 0un...............................................θ (uk ) = kx k −1 = 0u0 + 0u1 + .... + kuk −1 + ... + 0un...............................................θ (un ) = nx n −1 = 0u0 + 0u1 + ... + nun −1 + 0unVậyA f /(u)b)000M=MM00100MMM00020MMM00... 0 ... 0 ... 0 ... 0 ... 0 ... 0 MMkMMM... 0 ... n ... 0 ... 0 Lời giải tương tự câu a)f :¡ 4 → ¡Câu 5: cho ánh xạ tuyến tính3f ( x1 , x2 , x3 x4 ) = ( x1 − x2 + x3 , 2 x1 + x4 , 2 x2 − x3 + x4 )Tìm cơ sở, số chiều của Kerf, ImfGiải:( x1 , x2 , x3 x4 ) ∈Ker x1 − x2 + x3 = 0 2 x1 + x4 = 02 x − x + x = 0 2 3 4f ⇔ f ( x1 , x2 , x3 x4 ) = 0, ⇔ ( x1 , x2 , x3 x4 )(1)là nghiệm của hệDo đó , Kerfchính là không gian con các nghiệm của hệ (1) và hệ nghiệm cơbản của hệ (1) chính là 1 cơ sở của Kersố mở rộng:f. Để giải hệ (1) ta biến đổi ma trận hệ1 −1 1 0 0  1 −1 1 0 0  1 −1 1 0 0    2 0 0 1 0  → 0 2 −2 1 0  → 0 2 −2 1 0  0 2 1 1 0  0 2 1 1 0  0 0 3 0 0 Hệ vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số làx4. ta cóx3 = 011(2 x3 − x4 ) = − x4221x1 = x2 − x3 = x2 = − x42x2 =Vậy nghiệm tổng quát của hệ là x1 = −a x = −a 2 x3 = 0 x4 = 2aHệ nghiệm cơ bảnα1 = (−1, −1,0, 2)do đó Kerf=1, cơ sở Kerflàα1 = (−1, −1, 0, 2)Để tìm Imf, ta tìm ảnh của cơ sở chính tắc¡4. ta có :f (e1 ) = (1, 2, 0), f (e 2 ) = (−1, 0, 2)f (e3 ) = (1, 0, −1), f (e 4 ) = (0,1,1)Im f = f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ), f (e 4 )Hệ con ĐLTT tối đại củaf (e1 ), f (e 2 ), f (e3 ), f (e 4 )là 1 cơ sở của Imf. Ta có:1 −1102 0  1  1 2 0  1 1 2 0  1  10 2  2  0 2 2  2 0 1 1  2 0→→→0 −1 3  0 −2 −1 3 0 −2 −1 3 01 1  4  0 1 1  4 0 2 2  4  0Vậy cơ sở của Imflàf (e1 ), f (e3 ), f (e 4 )21000 11  21 30 4fvà dim =3Câu 6: tìm vecto riêng, giá trị riêng, chéo hóa các ma trận:a)b)c)d)e)1 0 1 0 0 01 0 1  5 −1 1  −1 2 − 2  1 −2 2 1 2 1 2 4 21 2 1 100100001 30 −10 00 0000000 011 21 3 2 50 −2Giải :a)b)Tìm đa thức đặc trưng :5−λPA (λ ) = −11−12−λ−21−22−λ= (5 − λ )(2 − λ ) 2 + 2 + 2 − (2 − λ ) − 4(5 − λ ) − (2 − λ )= −λ 3 + 9λ 2 − 18λPA (λ ) = 0 ⇔ λ = 0, λ = 3, λ = 6Vậy A có 3 giá trị riêng là1)λ = 0, λ = 3, λ = 6Vecto riêng ứng với giá trị riêngcủa hệ :λ =0là các vecto nghiệm khác không 5 −1 1 0  −1 2 −2 0  −1 2 −2 0    −1 2 −2 0  →  5 −1 1 0  →  0 −11 11 0  1 −2 2 0   1 −2 2 0   000 0 Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham sốNghiệm của hệ là tất cả vecto có dạngứng với giá trị riêngCơ sở của V0 là2)λ =0x3(0, a, a)là các vecto dạng. ta có,a∈¡λ =3. Do đó, vecto riêng(0, a, a ) a ≠ 0, dimV0 = 1,α1 = (0,1,1)Vecto riêng ứng với giá trị riêngcủa hệ :x3 = a, x2 = a, x1 = 0là các vecto nghiệm khác không 2 −1 1 0   1 −2 −1 0  1 −2 −1 0  1 −2 −1 0    −1 −1 −2 0  →  −1 −1 −2 0  →  0 −3 −3 0  → 0 −3 −3 0  1 −2 −1 0   2 −1 1 0  0 3 3 0  0 0 0 0 Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham sốta cóx3x3 = b, x2 = −b, x1 = 2 x2 + x3 = −bNghiệm của hệ là tất cả vecto có dạngriêng ứng với giá trị riêngb ≠ 0, dimV3 = 1λ =3(− b, − b, b)là các vecto dạng,b∈¡. Do đó, vecto( − b, − b, b),Cơ sở của V3 là3)α 2 = (−1, −1,1)Vecto riêng ứng với giá trị riêngcủa hệ :λ =6là các vecto nghiệm khác không−1 −1 1 0  −1 −1 1 0 −1 −1 1 0   −1 −4 −2 0  →  0 −3 −3 0  →  0 −3 −3 0  1 −2 −4 0   0 −3 −3 0   0 0 0 0 Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham sốta cóx3x3 = c, x2 = −c, x1 = − x2 + x3 = 2cNghiệm của hệ là tất cả vecto có dạngriêng ứng với giá trị riêngλ =6(2 c, −c, c),là các vecto dạngc∈¡. Do đó, vecto(2 c, − c, c),c ≠ 0, dimV6 = 1α 3 = (2, −1,1)Cơ sở của V0 làChéo hóa:Tổng hợp 3 trường hợp trên ta thấy ma trận A có 3 vecto riêng độc lậptuyến tính do đó chéo hóa đc. Ma trận T cần tìm là : 0 −1 2 T = 1 −1 −11 1 1 0 0 0 T −1 AT − 0 3 0 0 0 6 VàLà ma trận chéoc)d)Tìm đa thức đặc trưng :PA (λ ) =1− λ0000−λ0000−λ01001− λPA (λ ) = 0 ⇔ λ = 0, λ = 1= λ 2 (1 − λ ) 2Vậy ma trận A có 2 giá trị riêng là1)Vecto riêng ứng với giá trị riêngcủa hệ :1001000000000 0  1* 0 0  0→0 0  0 1 0   00000λ = 0, λ = 1λ =0là các vecto nghiệm khác không0 0 00 1* 0 0 0 00 0 0 Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham sốta cóx2 , x3x2 = a, x3 = b, x4 = 0, x1 = 0Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạngriêng ứng với giá trị riêngλ =0(0, a, b, 0),là các vecto dạnga, b ∈ ¡. Do đó, vecto(0, a, b, 0),a + b ≠ 0, dimV0 = 222Cơ sở của V3 là2)α1 = (0,1, 0, 0), α 2 = (0, 0,1, 0)Vecto riêng ứng với giá trị riêngcủa hệ :0 0 00 −1 00 0 −11 0 00 0  1 0 0 0 0   0 −1 0→0 0   0 0 −1 0 0  0 0 0λ =1là các vecto nghiệm khác không0 00 00 00 0 Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham sốta cóx4x4 = c, x3 = 0, x2 = 0, x1 = 0Nghiệm của hệ là tất cả vecto có dạngriêng ứng với giá trị riêngλ =1(0, 0, 0, c),là các vecto dạngα1 = (0,1, 0, 0), α 2 = (0,0,1, 0)c∈¡. Do đó, vecto(0, 0, 0, c) dimV1 = 1,Cơ sở của V3 làChéo hóa:Tổng hợp các phần trên ta thấy ma trận A chỉ có 3 vecto độc lập tuyếntính trong khi A là ma trận cấp 4 nên A không chéo hóa đcCâu 7: trong¡3cho cơ sở:u1 = (1,1,1), u2 = (−1, 2,1), u3 = (1,3, 2)Và cho ánh xạ tuyến tínhf :¡ 3 → ¡3xác định bởif (u1 ) = (0,5,3)f (u2 ) = (2, 4,3)f (u3 ) = (0,3, 2)Tìm 1 cơ sở để ma trận củaftrong cơ sở đó là ma trận chéoGiải:Đầu tiên ta tìm ma trận củaf (u3 )trong cơ sở nào đó củanên dễ nhất là tìm ma trận củaAf /( u )được:ff¡. Vì đề đã chof (u1 ) f (u2 ),u0 1 1 = 1 0 1 1 1 0 được giá trị riêng và vecto riêng củaA = Af /( u ). từ đó sẽ tìmfCác giá trị riêng, vecto riêng của ma trậnlý thuyếtKết quả tóm tắt như sau :A có 2 giá trị riêng là,trong cơ sở ( ). Bạn đọc có thể dễ dàng tìmTiếp theo ta tìm giá trị riêng và vecto riêng của ma trận1)3λ = −1, λ = 20 1 1A = 1 0 1 1 1 0 , ta đã tìm được trong phần2)Các vecto riêng ứng với giá trị riêngλ = −1là các vecto dạng( −a − b, a, b), a + b ≠ 022Trường hợp này A có 2 vecto độc lập tuyến tính là3)Các vecto riêng ứng với giá trị riêngλ=2hợp này A có 1 vecto độc lập tuyến tính làTừ đó suy raa)b)fcó 2 giá trị riêng làα1 = (−1,1, 0), α 2 = ( −1, 0,1)là các vecto(c, c, 0), c ≠ 0. trườngα 3 = (1,1,1)λ = −1, λ = 2Các vecto riêng ứng với giá trị riêngλ = −1là các vecto dạng(−a − b)u1 + au2 + bu3 = (−2a, a + 2b, b), a + b ≠ 02Trường hợp nàyf2có 2 vecto độc lập tuyến tính là :β1 = −1.u1 + 1.u2 + 0.u3 = (−2,1, 0)β 2 = −1.u1 + 0.u2 + 1.u3 = (0, 2,1)c)Các vecto riêng ứng với giá trị riêngcu1 + cu2 + cu3 = (c, 6c, 4 c), c ≠ 0tính làtuyến tính là. trường hợp nàyflà phép biến đổi củaβ1 , β 2 , β 3nên¡β1 , β 2 , β 3 β(b)fcó 1 vecto độc lập tuyến3(dim¡3=3) vàfcó 3 vecto độc lập) chính là cơ sở của¡3cần tìm −1 0 0 =  0 −1 0  0 0 2 Câu 8: cho phép biến đổi tuyến tínhminh:a)là các vectoβ3 = 1u1 + 1.1.u2 + 1.u3 = (1, 6, 4)Kết luận: vìAf /(u )λ=2Im ϕ + Kerϕ = VIm ϕ ∩ Kerϕ = { 0}ϕ :V → Vthỏa mãnϕ2 = ϕ. chứngGiải:a)Tất nhiênVới mọiIm ϕ + Kerϕ ⊂ Vα ∈VTất nhiên mọi, ta có, ta cần chứng minhα = ϕ (α ) + (α − ϕ (α ))ϕ (α ) ∈ Im ϕϕ (α − ϕ (α )) = ϕ (α ) − ϕ (α ) = 0vàα − ϕ (α ) ∈ Kerϕ ⇒ α ∈ Im ϕ + Kerϕb)Giả sửϕ =ϕβ ∈ Im ϕ ∩ Kerϕ2VậyCâu 9: chominh:a)b)V ⊂ Im ϕ + KerϕvàIm ϕ + Kerϕ = V. Khi đó tồn tạiα ∈Vđểϕ (α ) = ββ = ϕ (α ) = ϕ (α ) = ϕ (ϕ (α )) = ϕ (β ) = 0. Theo giả thiết,2nên ta cóβ ∈ Im ϕ ∩ Kerϕf :V → Vthìβ =0. Do đó,. Do đó,(doβ ∈ KerϕIm ϕ ∩ Kerϕ = { 0})là ánh xạ tuyến tính, L là không gian vecto của V, chứngdim L − dim Kerf ≤ dim f ( L) ≤ dim Ldim L ≤ dim f −1 ≤ dim L + dim KerfGiải:Để giải bài tập loại này ta cần nhớ kết quả sau( đã chứng minh trong phần lýthuyết)Nếuϕ :V → Ulà ánh xạ tuyến tính thì ta códim Im ϕ + dim Kerϕ = dim Va)Xét ánh xạ:Ta có :f : L →V , f = fLtức là,f = f ( L) = f ( L), Ker f = L ∩ KerfÁp dụng kết quả trên vớiϕ= f, ta códim Im f + dim Ker f = dim LDo đó,f (α ) = f (α )dim f ( L) = dimIm f ≤ dim Lvới mọiα ∈LVàb)dim f ( L) = dim L = dim Ker f ≥ dim L − dim KerfĐặtL/ = f −1 ( L) ⇒ f ( L/ ) = LL/Áp dụng a) với không gian vecto, ta códim L − dim Kerf ≤ dim f ( L ) ≤ dim L/Hay/dim f −1 ( L) − dim Kerf ≤ dim L ≤ dim f −1 (L)dim L ≤ dim f −1 ( L) ≤ dim L + dim KerfDo đóCâu 10: choa)b)c)/ϕ : V → W,ψ : W → Ulà ánh xạ tuyến tính, chứng minh:rank (ψϕ ) ≤ min { rankψ , rankϕ }rank (ψϕ ) = rank ϕ − dim( Kerψ ∩ Im ϕ )rank (ψϕ ) ≥ rankϕ + rank − dim WGiải :a)Áp dụng câu a) bài 9 cho ánh xạ tuyến tínhψ : W →UvớiL = Im ϕ = ϕ (V ) ⊂ Wdim ϕ (V ) ≥ dimψ (ϕ (V )) = dim(ψϕ )(V ) = dim Im(ψϕ )ta có :Vậy ta có :rank (ψϕ ) ≤ rankϕMặt khác, lại có(1)ϕ (V ) ⊂ W ⇒ ψ (ϕ (V )) ⊂ ψ (W) ⇒ dimψϕ (V ) ≤ dimψ (W)rankψϕ ≤ rankψTức là(2)Từ (1)(2) ta có điều cần phải chứng minhb)Xét ánh xạKhi đó,ψ : Im ϕ → U ,ψ = ψImϕtức làψ (α ) = ψ (α )với mọiKerψ = Kerψ ∩ Im ϕ , Imψ = ψ (Im ϕ ) = (ψϕ )(V) = Imψϕ .Im(ψϕ ) + dim( Kerψ ∩ Im ϕ ) = dim Im ϕTức làc)⇒ rank (ψϕ ) = rankϕ − dim( Kerψ ∩ Im ϕ )dim Kerψ + dim Imψ = dim W ⇒ dim Kerψ = dim W − rankψTa cóNên theo câu b) ta có :rank (ψϕ ) = rankϕ − dim( Kerψ ∩ Im ϕ )α ∈ Im ϕ≥ rankϕ − dim Kerψ = rankϕ − (dim W − rankψ ) = rankϕ + rankψ − dim WÁNH XẠ TUYẾN TÍNH¡3→¡2Bài 1. Cho ánh xạ f:xác định bởif ( x, y, z) = (x + 2y − 3z, 2x + z).Chứng tỏ f là ánh xạ tuyến tính.f(u, + v) = f(x1 + x2 ,y1 + y2 ,z1 + z2 )Giải:= (x1 + x2 + 2y1 + 2y2 − 3z1 − 3z2 ,2x1 + 2x2 + z1 + z2 )∀u = ( x1,y1,z1 ) ,v = ( x2 ,y2 ,z2 ) ∈ ¡ 3= (x1 + 2y1 − 3z1,2x1 + z1) + (x2 + 2y2 − 3z2 ,2x2 + z2 )Ta có:= f ( u) + f ( v) .Tính chất∀α ∈ ¡ ,f ( αu) = αf ( u)¡) kiểm tra, tương tự.3Bài 2.Trong không giancho các vectơ:u1 = ( 1, −1,1) ;u2 = ( 1,0,1) ;u3 = ( 2,−1, 3) .iiiChứng tỏB = ( u1,u2 ,u3 )là một cơ sở của¡ 3→¡ 3Tìm ánh xạ tuyến tính f :thỏa:f ( u1 ) = ( 2,1, −2) ;f ( u2 ) = (1, 2, −2);f ( u3 ) =¡3( 3, 5,−7) .Giải. u1   1 −1 1 ÷ ÷A =  u2 ÷ =  1 0 B1=÷( u1,u2 ,u3 )¡3a)Chứngtỏlàmộtcơsởcủa u ÷  2 −1 3÷ 3 3Lập. Ta có |A|=1 suy ra B doc lap tuyến¡¡ 3 tính.Vì dim= 3 bằng số vect.ơcủa B nên B là một cơ sở của¡ 3→¡ 3b) Tìm ánh xạ tuyến tính f :thỏa:f ( u1 ) = ( 2,1, −2) ;f ( u2 ) = (1, 2, −2);f ( u3 ) =Cho u = ( x , y, z ) ∈¡3Tìm [ U ] B( 3, 5,−7) .Lập( u ,u ,u u )T1T2VậyT3T1 1=  −1 0 1 12 x  ÷ −1 y ÷ → ÷ 3 z ÷ 100100001x− y− z ÷2x + y − z ÷÷−x + z ÷ x− y− z ÷ u =  2x + y − z ÷B −x + z ÷Suy ra u = (x - y -z)u1 + (2x + y -z)u2 + (-x + z)u3.Vậy, ta cóf ( u) = ( x − y − z) f ( u1 ) +==( 2x( x − y − z) ( 2,1, − 2) + ( 2x +( x − y,y + 2z,x − 3z) .+ y − z) f ( u2 ) +y − z) ( 1,2, − 2) +¡ 3→¡ 3Bàif ( x,3:y,Choz) f:= (x + y - z,được2x +xác3y −địnhz,3xbởi:+ 5y − z)Tìm một cơ sở của Ker f.Giải.Gọiu = ( x, y, z) ∈ ¡u ∈ Ker f ↔ f(u) =03 x+ y− z = 0⇔ 2x + 3y − z = 03x + 5y − z = 0 1 1 −1  1 0 −2÷ ÷A =  2 3 −1÷ →  0 1 1 ÷ 3 5 −1÷  0 0 0 ÷ Ma trận hóa ,( x, y, z) = (21, −t, t)∈¡Hệ phương trình có nghiêmvới tu1 = ( 2,-1,1) .Nghiêm cơ bản. của hệ là( −x( −x+ z) f ( u3 )+ z) ( 3, 5, − 7){ u = ( 2,−1,1) }1Vậy, Ker/ có cơ sở là¡ 3→¡ 3Bàif ( x,4:y,Choz) f=: (x + y -z,được2x +xác3yđịnh− z,bởi:3x + 5y − z).Tìm một cơ sở của Im f.Giải.GọiBo = {e1, e2 , e.3}là cơ sở chính tắc của¡3. Ta có :f ( e1 ) = f ( 1,0,0) = ( 1,2,3) ,f ( e2 ) = f ( 0,1,0) = ( 1,3,5) ,f ( e3 ) = f ( 0,0,1) =( −1,−1,− 1) .{ f ( e1) ,f ( e ) ,f ( e ) } .2Ta có Im f sinh bởi3Lập ma trận f ( e1 )   1 2 3   1 2 3÷ ÷ ÷A =  f ( e2 ) ÷ =  1 3 5 ÷ →  0 1 2÷÷÷ f ( e ) ÷  −1 −1 −1÷  0 0 03 Do đó Imf có cơ sở là{v1 = ( 1, 2, 3) ,v2 = ( 0,1, 2) }.¡Bài 5 : Xét ánh xạ tuyến tính f :f ( x, y, z) = ( x − y,2x + y + z)và cặp cơ sởTa có :→¡3xác định bởiB = (u1 = (1,1,0),u2 = (0,1,2),u3 = (1,1,1)C = (v1 = (1,3),v2 = (2,5)Giải :3.Tìm f B,C.f ( u1 ) = ( 0,3) ,f (u2 ) =( −1, 3) ,f(u3 ) = (0,4).Với v= (a,b) ∈¡2tìm [v]CLập (v1T v2T |vT ) →  1 2 a÷ →  3 5 b Suy ra [v]C=1001−5a + 2b÷3a − b  −5a + 2b÷ 3a − b f ( u1 ) f (u2 ) f(u3 )Lần lượt thay,,ta có 6 11 8 f(u1) =  ÷,  f(u2 ) =  ÷,  f(u2 ) =  ÷CCC −3 −6 −4Vậy f  =  6 11 8 ÷B,C −3 −6 −4Bài 6 :Cho ánh xạ tuyến tính f :¡4→¡3xác định bởif( 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 tắcGiải : f  'B0 ,B0 1= 1 2−220112−1÷1÷÷0÷B = (u1 = ( 1,1,0) ;u2 = ( 0,2,1) ; u3 = ( 2,3,1) )3 sởf ( x,y,z) = (2x + y − z,x + 2y − z,2x − y + 3z).Bài 7: Trong không gian¡ R →cho¡ cơvà ánh xạ tuyến tính f :định bởi:33Tìm f BGiải. Gọi B0 là cơ sở chính tắc của¡3, ta có 2 1 −1÷ f  =  1 2 −1÷B 2 −1 3 ÷Áp dụng hệ quả, ta có[f]B = (B0 → B)−1[f]B0 (B0 → B),((B0 → B) = u ,u ,uT1T2T3)Trong đó 1 0 2÷=  1 2 3÷ 0 1 1÷do đó −1 2 −4÷(B0 → B) =  −1 1 −1÷ 1 −1 2 ÷−1Suy ra −1 2 −4  2 1÷ f  =  −1 1 −1÷ 1 2B 1 −1 2 ÷ 2 −1 −8 7 −13  1 0÷=  −3 2 −3 ÷ 1 2 5 −3 6 ÷ 0 1Bài 8 : Cho ánh xạ tuyến tính f :−1  1 0 2÷÷−1÷ 1 2 3÷3 ÷ 0 1 1÷2  −1 1 −8÷ ÷3÷ =  −1 1 −3÷1÷  2 0 7 ÷¡3B = (u1 = ( 1,1,1) ;u2 = ( 1, 0,1) ;u3 = f  =  2B,C0Giải :13−3÷4→ ¡2, biết ma trận biểu diễn của f trong cặp cơ sở( 1,1, 0) )vàTìm công thức của f.c = (v1 = (1,l);v2 = ( 2,1) )làDo f  =  2B,C013−3÷4Ta có : 2 f(u1) =  ÷.Suy ra f (u1) = 2v1 + 0v2 = (2,2).c 0 1 f(u2 ) =  ÷.Suy ra f (u2 ) = v1 + 3v2 = (7,4)c 3 3 f(u3 ) =  ÷.Suy ra f (u3 ) = −3v1 + 4v2 = (5,1)c −4Chou = (x,y,z) ∈ ¡(T1,u2T ,u3T | uTLậpVậy)3.Tìm [u]B 1 1 1 x ÷ =  1 0 1 y÷ →  1 1 0 z ÷÷  100 − x + y + z÷ u =  x − y ÷B x− z ÷Suy rau = (−x + y + z)u1 + (x − y)u2 + ( x − z) u3.Vậy ta cóf ( u) = (−x + y + z)f ( u1 ) + (x -y)f ( u2 ) + ( x -z)f (u3 )=( −x + y + z) ( 2,2) +( x − y) ( 7, 4) + ( x -z) ( 5,1)= ( 10x − 5y -3z, 3x -2y + z) .010001x− y− z ÷2x + y − z ÷÷−x + z ÷Bài 9 : ChocóB = (u1 = (1,1,1),u2 = (1,1,2),u3 = (1,2,1) 1 −1 2÷ f  =  1 0 2÷B 1 2 1÷.Chứng minh f là song ánh tìmlà cơ sở củaf −1¡3.Với f là toán tử trong.1 −1 2 f  = 1 0B1 22 = −11Giải : Ta có. Suy raGọi B0 là cơ sở chính tắc ta có f  = (B → B0 )−1  f  ( B → B0 )B0B= ( B → B0 )  f  B (B → B0 )−1((B0 → B) = u ,u ,uTa cóSuy raVậyT1T2T3) 1 1 1÷=  1 1 2÷ 1 2 1÷ 3 −1 −1÷(B0 → B)−1 =  −1 0 1 ÷ −1 1 0 ÷ f Bkhả nghịch .Vậy f là song ánh .¡3 f B0 1 1 1  1 −1 2 3 −1 −1÷÷÷=  1 1 2÷1 0 2÷ −1 0 1 ÷ 1 2 1÷1 2 1÷ −1 1 0 ÷ 3 1 5 3 −1 −1÷÷=  4 3 6÷ −1 0 1 ÷ 4 1 7÷ −1 1 0 ÷ 3 2 −2÷=  3 2 −1÷ 4 3 −3÷−1 ff−1  =    B0B0Suy raVậy 3 0 −2÷=  −5 1 3 ÷ −1 1 0 ÷f −1(x,y,z) = (3x − 2z, −5x + y + 3z, −x + y).