5.1 khái ánh tính 5.1.1 và ví · pdf filethì m = 0)...

1

CHƢƠNG 5: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH CHƢƠNG 5: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

Ánh xạ tuyến tính (phép biến đổi tuyến tính) từ một không gian

véc tơ vào không gian véc tơ là ánh xạ bảo toàn phép cộng véc

tơ và phép nhân một số với véc tơ

Nhà toán học Peano (Italia) là người đầu tiên đưa ra khái niệm

ánh xạ tuyến tính (1888)

Tương ứng giữa ánh xạ tuyến tính và ma trận của nó là một đẳng

cấu bảo toàn phép cộng, phép nhân một số với ma trận và phép

nhân hai ma trận

Chính vì lý do này nên một bài toán về ma trận, hệ phương trình

tuyến tính có thể giải quyết bằng phương pháp ánh xạ tuyến tính

và ngược lại

Hạng của ánh xạ tuyến tính bằng hạng của ma trận của nó

10/07/2017 1

CHƢƠNG 5: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

5.1 KHÁI NIỆM ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

5.1.1 Định nghĩa và ví dụ

Ánh xạ f từ không gian véc tơ V vào không gian véc tơ W thoả

mãn với mọi u, vV, R:

( ) ( ) ( )( ) ( )

f u v f u f vf u f u

được gọi là ánh xạ tuyến tính (đồng cấu tuyến tính hay gọi tắt là

đồng cấu) từ V vào W

Khi V W thì f được gọi là tự đồng cấu

10/07/2017 2


Ví dụ 5.1

2) Ánh xạ đồng nhất Id :V V V

Id ( )Vu u u

1) Ánh xạ không :V W0

( ) 0u u 0

Ánh xạ 1), 2), 3) là ánh xạ tuyến tính; 2), 3) là tự đồng cấu;

10/07/2017 3

3) Phép vị tự tỉ số k VVf :

kuufu )(a


6) Cho ma trận ij m nA a

Do đó ánh xạ : n mT ),...,(),...,(),...,( 111 mnn yyxxTxx a

1 1

ij

m n

y x

a

y x

là một ánh xạ tuyến tính

Ngược lại ta có thể chứng minh được mọi ánh xạ tuyến tính từ Rn

vào Rm đều có dạng như trên

1 1 1 1' '

' 'n n n n

x x x x

A A A

x x x x

Ta có thể kiểm tra được đẳng thức

Xác định bới

10/07/2017 4


7) Phép quay góc

2 2:f

( , ) ( , ) ( , )x y f x y X Y

( , )v x y

( ) ( , )f v X Y

( ) (cos sin )( )iX iY e x iy i x iy

( cos sin ) ( sin cos )X iY x y i x y

( , ) ( cos sin , sin cos )f x y x y x y

Vậy phép quay góc là một ánh xạ tuyến tính

10/07/2017 5


5.1.2. Tính chất

Định lý 5.1 Nếu f : V W là một ánh xạ tuyến tính thì

(i) 00 )(f

(ii) với mọi Vv : )()( vfvf

(iii)

1 1

( )n n

i i i i

i i

f x v x f v

, 1 1,..., , ,...,n nx x v v V .

Định lý 5.2

Ánh xạ f : V W là một ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi

với mọi u, vV, R:

( ) ( ) ( )f u v f u f v

10/07/2017 6

2


Định lý 5.3 Mỗi ánh xạ tuyến tính V vào W hoàn toàn được xác

định bởi ảnh một cơ sở của V.

Tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính f : V W sao cho

niuef ii ,...,1,)(

Nghĩa là với cơ sở B {e1, … , en} cho trước của V

khi đó với mỗi hệ véc tơ u1, … , un W

Tồn tại:Với mọi ,Vv giả sử ),...,( 1 nxx là tọa độ của v trong cơ sở B , nghĩa

là nnexexv ...11 . Đặt Wuxuxvf nn ...)( 11

f là ánh xạ tuyến tính thỏa mãn ,)( ii uef với mọi ni ,...,1

Duy nhất: Giả sử WVg : là ánh xạ tuyến tính sao cho ,)( ii ueg với mọi

ni ,...,1 khi đó với bất kỳ nnexexvVv ..., 11

1 1 1 1 1 1( ) ( ... ) ( ) ... ( ) ... ( )n n n n n ng v g x e x e x g e x g e x u x u f v

Vậy fg

10/07/2017 7


Hệ quả 5.4 f , g : V W là hai ánh xạ tuyến tính

B {e1, … , en} là một cơ sở của V

Khi đó ( ) ( ); 1,...,i if g f e g e i n

Giả sử f : V W là đồng cấu tuyến tínhVí dụ 5.2

Chứng minh rằng f toàn cấu khi và chỉ khi tồn tại đồng cấu

g : W V sao cho f g(v) v, vW

Giả sử f toàn cấu, 1,..., ne eB là một cơ sở của W

Tồn tại 1,..., nu u V sao cho ( )i if u e

Xét ánh xạ tuyến tính VWg : xác định bởi ( )i ig e u

Vì ( ) ;i i if g e e e B do đó IdWf g

10/07/2017 8


5.1.3 Các phép toán trên các ánh xạ tuyến tính

Ta định nghĩa phép cộng hai ánh xạ tuyến tính bởi công thức

( )( ) ( ) ( )f g v f v g v

( )( ) ( )kf v kf v

Và phép nhân một số với ánh xạ tuyến tính bởi công thức

10/07/2017 9


Ví dụ 5.3:

Cho hai ánh xạ tuyến tính f, g: R3 R2 có công thức xác định ảnh

( , , ) (3 5 2 ,4 6 )f x y z x y z x y z

( , , ) (2 6 7 , 5 )g x y z x y z x z

3 ( , , ) (9 15 6 ,12 3 18 )f x y z x y z x y z

2 ( , , ) (4 12 14 ,2 10 )g x y z x y z x z

(3 2 )( , , ) (5 27 20 ,10 3 8 )f g x y z x y z x y z

10/07/2017 10


Cho f và đa thức bậc n 0( ) nnp t a a t

ta ký hiệu0( ) Id n

V np f a a f

Trong đón

n

f f f lÇn

0 IdVf 1f f

Ví dụ 5.4:

Cho ánh xạ tuyến tính f : R2 R2 có công thức xác định ảnh

( , ) (3 5 ,4 )f x y x y x y

2( , ) 3(3 5 ) 5(4 ),4(3 5 ) (4 ) ( 11 20 ,16 19 )f x y x y x y x y x y x y x y

Cho đa thức2( ) 50 9 2p t t t

2( )( , ) 50Id 9 2 ( , ) ( 5 , 4 3 )Vp f x y f f x y x y x y

10/07/2017 11


10/07/2017 12

5.2 NHÂN VÀ ẢNH CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

Giả sử f : V W là một ánh xạ tuyến tính

Nhân của f 1Ker ( )f f v V f v V 0 0

: Ker ( )v V v f f v 0

Ảnh của f Im ( ) ( )f f V f v v V W

: Im : ( )u W u f v V u f v

Hạng của f ( ) dimImr f f

Định lý 5.5

Kerf là không gian con của V, Im f là kg con của W

3


Với mọi ánh xạ tuyến tính f : V W ta cóĐịnh lý 5.6

dim ( ) dimKerV r f f

Giả sử 1,..., me e là một cơ sở của Ker f (khi Ker f 0 thì m = 0)

Ta có thể bổ sung để 1 1,..., , ,...,m m m ke e e e là một cơ sở của V

Ta sẽ chứng minh 1( ),..., ( )m m kf e f e là một hệ sinh, độc lập tuyến

tính của Im f (do đó là một cơ sở)

1 1 1 1Im , : ( ); ... ...m m m m m k m ku f v V u f v v x e x e x e x e

1 1 1 1( ) ( ) ... ( ) ( ) ... ( )m m m m m k m ku f v x f e x f e x f e x f e

1 1( ) ... ( )m m m k m ku x f e x f e

1 1 1 1( ) ... ( ) ... Kerm k m k m k m ky f e y f e y e y e f 0

1 1 1 1... ...m k m k m my e y e z e z e

1 1 1 1 1... ... ... 0m k m k m m ky e y e z e z e y y 0

10/07/2017 13


S là một hệ sinh của V thì f (S) là một hệ sinh của Im f

Do đó mọi hệ con độc lập tuyến tính tối đại của 1( ),..., ( )nf e f e là cơ

sở của Im f

Đặc biệt nếu 1,..., ne eB là một cơ sở của V thì 1( ),..., ( )nf e f e

là một hệ sinh của Im f

10/07/2017 14


Ví dụ 5.5

Xét ánh xạ tuyến tính f : R4 R3 có công thức xác định ảnh:

( , , , ) 2 3 5 ,3 2 3 4 , 3 6f x y z t x y z t x y z t x z t

Tìm một cơ sở của Im f, Ker f.

Giải: 4( , , ) Im ( , , , ) : ( , , ) ( , , , )a b c f x y z t a b c f x y z t

Nói cách khác khi và chỉ khi hệ phương trình sau có

nghiệm

( , , ) Ima b c f

2 3 5

3 2 3 4

3 6

x y z t a

x y z t b

x z t c

Từ đó suy ra hạng r ( f )

10/07/2017 15


Sử dụng phương pháp khử Gauss ta được

2 1 3 5 1 0 3 6 1 0 3 6

3 2 3 4 0 1 3 7 2 0 1 3 7 2

1 0 3 6 0 1 3 7 0 0 0 0 2

a c c

b a c a c

c b a c b a c

Hệ phương trình có nghiệm khi 2 0b a c

( , , ) Im ( ,2 , ) (1,2,0) (0, 1,1)u a b c f u a a c c a c

Vậy Im f có một cơ sở là (1,2,0), (0, 1,1)

( , , , ) Kerv x y z t f khi và chỉ khi (x,y,z,t) là nghiệm của hệ

2 3 5 0

3 2 3 4 0

3 6 0

x y z t

x y z t

x z t

( 3, 3,1,0), ( 6, 7,0,1)

Vậy Ker f có một cơ sở là

Hạng r ( f ) 2

3 6

3 7

x z t

y z t

( 3 6 , 3 7 , , ) ( 3, 3,1,0) ( 6, 7,0,1)v z t z t z t z t

10/07/2017 16


Nhận xét 5.1 Giả sử f : V W là một ánh xạ tuyến tính


Có thể chứng minh được { f(e1), … , f(en)} là một hệ sinh

của Im f

do đó mọi hệ con độc lập tuyến tính tối đại của { f(e1), … , f(en)}

là cơ sở của Im f

Ví dụ trên có hạng r ( f ) 2 Vì vậy ngoài cơ sở (1,2,0), (0, 1,1)

hai véc tơ cột bất kỳ của ma trận2 1 3 5

3 2 3 4

1 0 3 6

đều là cơ sở của Im f

10/07/2017 17


5.3. TOÀN CẤU, ĐƠN CẤU, ĐẲNG CẤU

5.3.1Toàn cấu

Ánh xạ tuyến tính và toàn ánh được gọi là toàn cấu.


Ba mệnh đề sau tương đương

(i) f toàn cấu

(iii) r( f ) dimW

(ii) Ảnh của hệ sinh của V là hệ sinh của W

(i) (ii): S là hệ sinh của V thì f(S) là một hệ sinh của f(V) và f(V) = W do đó

f(S) là một hệ sinh của W

(ii) (i): Giả sử 1,..., ne e là một cơ sở của V thì 1( ),..., ( )nf e f e là

hệ sinh của 1span ( ),..., ( ) ( )nW W f e f e f V f toàn cấu

( ) ( ) : ( ) dim ( ) dim ( ) dimi iii f V W f V W r f W

10/07/2017 18

4


Ánh xạ tuyến tính đơn ánh được gọi là đơn cấu

5.3.2 Đơn cấu


Bốn mệnh đề sau tương đương

(i) f đơn cấu

(iv) r( f ) dimV

(ii) Ker f {0}

(iii) Ảnh của hệ độc lập tuyến tính của V là hệ độc lập

tuyến tính của W

10/07/2017 19


(i) (ii): Hiển nhiên

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ): ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ii i f v f v f v f v f v v v v v v 0 0

( ) ( )ii iii : Giả sử 1,..., mv v độc lập

1 1 1 1 1,..., : ( ) ... ( ) ... Kerm m m m mx x x f v x f v x v x v f 0 03

1 1 1... ... 0m m mx v x v x x 0

Do đó 1( ),..., ( )mf v f v độc lập

( ) ( )iii iv : Giả sử 1,..., ne e là một cơ sở của V thì 1( ),..., ( )nf e f e là

hệ sinh độc lập tuyến tính của ( )f V . Do đó dim( )r f V

( ) Ker

Ker 0 Ker( )

dim dimdim

dim( ) ( ) :

V r f ff f

V r fiv ii

0

10/07/2017 20


5.3.3 Đẳng cấu

Ánh xạ tuyến tính vừa đơn cấu vừa toàn cấu được gọi là đẳng cấu

Hai không gian V, W được gọi là đẳng cấu nếu có ánh xạ tuyến

tính đẳng cấu f : V W

Định lý 5.8

Hai không gian V, W là đẳng cấu khi và chỉ khi dimV dimW

Định lý 5.9

Giả sử f : V W là ánh xạ tuyến tính và dimV dimW

Khi đóf đơn cấu khi và chỉ khi f toàn cấu, do đó đẳng cấu

10/07/2017 21


Ví dụ 5.6 Ánh xạ tuyến tính2 2:f xác định bởi

( , ) 2 ,f x y x y x y

là một đơn cấu vì

( , ) (0,0) 2 , (0,0) , (0,0)f x y x y x y x y

do đó f là một đẳng cấu

Ví dụ 5.7 Ánh xạ tuyến tính xác định bởi3

2:f P

2( , , ) ( 2 3 ) (2 5 6 ) ( 8 )f x y z x y z x y z t x z t

Hệ phương trình

2 3 0

2 5 3 0

8 0

x y z

x y z

x z

chỉ có nghiệm tầm thường

do đó f là một đẳng cấu

10/07/2017 22


5.4 ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH VÀ MA TRẬN

5.4.1 Ma trận của ánh xạ tuyến tính



B’ {1, … , m} là một cơ sở của W

Ma trận của hệ véc tơ { f (e1), … , f (en)} trong cơ sở B’

Được gọi là ma trận của f trong cơ sở B và B’

Ký hiệu '

A fB

B

ij m nA a

1

( ) ; 1,...,m

j ij i

i

f e a j n

Xác định như sau

10/07/2017 23


Trường hợp tự đồng cấu f của không gian véc tơ V

Ma trận của f trong cùng một cơ sở B {e1, … , en} của V

được ký hiệu

A fB

Ma trận của ánh xạ tuyến tính trong cơ sở chính tắc được gọi là

ma trận chính tắc

Ví dụ 5.8 Xét ánh xạ tuyến tính f : R3 R2 xác định bởi

( , , ) (2 4 ,3 5 )f x y z x y z x z

(1,0,0) (2,3) 2(1,0) 3(0,1)f

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

(0,0,1) ( 4,5) 4(1,0) 5(0,1)f

2 1 4

3 0 5A

10/07/2017 24

5


Nhận xét 5.2

Bằng cách tính toán như ví dụ trên ta có thể kiểm tra được rằng

: m nf Ánh xạ tuyến tính với công thức xác định ảnh

1 11 1 1 1 1( ,..., ) ( ,..., )m m m n nm mf x x a x a x a x a x

Có ma trận chính tắc 11 1

1

m

n nm

a a

A

a a

Ví dụ 5.9

Ánh xạ tuyến tính f : R3 R3 xác định bởi

( , , ) ( 2 2 ,3 5 , )f x y z x y z x y z x y z

ma trận chính tắc

1 2 2

3 1 5

1 1 1

A

10/07/2017 25


B {e1, … , en} là một cơ sở của không gian véc tơ V

B’ {1, … , n} là một cơ sở của không gian véc tơ W

Định lý 5.10 Với

' ',A f B g

B B

B B

ta có các tính chất sau:

' ' '

f g f g B B B

B B B

' '

: f f B B

B B

( ) ( )r f r A

10/07/2017 26


B {e1, … , en}, B ’ {e’1, … , e’m}, B” {e”1, … , e”l} lần

lượt là các cơ sở của không gian véc tơ V, V’, V”

Cho hai ánh xạ tuyến tính f, g : ' "f g

V V V

Giả sử '

A fB

B

"

'B g

B

B

ij m nA a

1

( ) ' ; 1,...,m

j ij i

i

f e a e j n

ki l mB b

1

( ' ) " ; 1,...,l

i ki k

k

g e b e i m

" " '

'g f BA g f

B B B

B B BVậy

1 1 1 1 1 1

( ) ' ( ' ) " "m m m l l m

j ij i ij i ij ki k ki ij k

i i i k k i

g f e g a e a g e a b e b a e

10/07/2017 27


Khi V V’ V” và ta chọn cố định một cơ sở của V thì có tương

ứng 1-1 giữa các tự đồng cấu của V và các ma trận vuông cấp n

Định lý 5.11 A fB

có các tính chất:

f g f g B B B

: f f B B

( ) ( )r f r fB

f g f gB B B

10/07/2017 28


Hệ quả 5.12

Cho f End(V), B là một cơ sở của V. Đăt A [ f ]B

f là tự đẳng cấu khi và chỉ khi A khả nghịch

Ma trận của f 1 trong cơ sở B có dạng [f 1]B A1

Hệ quả 5.13

Giả sử 0( ) nnp t a a t là một đa thức bậc n

Ma trận của 0( ) Id nV np f a a f trong cơ sở B là

0( ) nnp A a I a A

10/07/2017 29


Ví dụ 5.13 Xét ánh xạ tuyến tính3 3:f xác định bởi

( , , ) ( 2 2 ,3 5 , )f x y z x y z x y z x y z

Ma trận chính tắc của f là

1 2 2

3 1 5

1 1 1

A

có1

6 4 81

2 1 12

4 3 5

A

Do đó f là một đẳng cấu và ánh xạ ngược xác định như sau

1 1( , , ) (6 4 8 ,2 , 4 3 5 )

2f x y z x y z x y z x y z

Cho đa thức2( ) 2 4 3p t t t

Ma trận chính

tắc của p( f ) là

2

25 2 34

( ) 2 4 3 21 4 28

7 4 8

p A I A A

10/07/2017 30

6


5.4.2 Ma trận của ánh xạ tuyến tính trong các cơ sở khác nhau


1

1'ijT t B

Blà ma

trận

chuyển

cơ sở

1 1,..., ne eB sang nee ',...,'' 11B của V

2

2'kiP pBB 2 1,..., m B m',...,'' 12 B của W

2

1

A fBB là ma trận

của ftrong cơ sở 2

1

'

''A f

BB

1 2,B B

1 2' , 'B B

1'A P ATHoặc 'PA AT

10/07/2017 31


2

2'1

'm

ki i ki k

i

P p p

BB

1

1'1

'n

ij j ij i

i

T t e t e

B

B

m

i

m

kk

m

iijki

m

kkkiij

m

iiijj appaaef

1 1 111

'''')'(

1 1 1 1 1 1

( ' ) ( )n n n m m n

j ij i ij i ij ki k ki ij k

i i i k k i

f e f t e t f e t a a t

suy ra

1 1

' ; 1,..., ; 1,...,m n

ki ij ki ij

i i

p a a t j n k m

'PA AT

2

11

( )m

ki i ki km ni

A f a f e a

BB

2

1

'

'1

' ' ( ' ) ' 'm

ij j ij im ni

A f a f e a

BB

10/07/2017 32


Đặc biệt nếu f là tự đồng cấu của không gian véc tơ V

Gọi A, A’ là ma trận của f trong hai cơ sở B, B ’ và T là ma trận

chuyển từ cơ sở B sang B ’ thì ATTA 1'

1

'

' ' ' 'ij ij ij ijf t f t t f t

B B B B

B B BB B B B

Hai ma trận A, B được gọi là đồng dạng nếu tồn tại ma trận không

suy biến T sao cho B T1AT

Hai ma trận của một tự đồng cấu bất kỳ trong hai cơ sở khác nhau

là đồng dạng

Nếu A, B đồng dạng thì detA det B . Vì vậy ta có thể định nghĩa

định thức của một tự đồng cấu f là

det detf fB

10/07/2017 33


Ví dụ 5.14

Tự đồng cấu tuyến tính f có ma trận

trong cơ sở B {e1, e2, e3, e4}

1 2 0 1

3 0 1 2

2 5 3 1

1 2 1 3

A

Ta tìm ma trận A’ của f trong cơ sở B’ {e1, e3, e2, e4}

Đặt 1 1 2 3 3 2 4 4' , ' , ' , 'e e e e e e e e

1 1 1 2 3 4 1 2 3 4( ' ) ( ) 3 2 ' 2 ' 3 ' 'f e f e e e e e e e e e

2 3 2 3 4 2 3 4( ' ) ( ) 3 3 ' ' 'f e f e e e e e e e

3 2 1 3 4 1 2 4( ' ) ( ) 2 5 2 2 ' 5 ' 2 'f e f e e e e e e e

4 4 1 2 3 4 1 2 3 4( ' ) ( ) 2 3 ' ' 2 ' 3 'f e f e e e e e e e e e

1 0 2 1

2 3 5 1'

3 1 0 2

1 1 2 3

A

10/07/2017 34


1 2 0 1 1 0 0 0 1 0 2 1

3 0 1 2 0 0 1 0 3 1 0 2

2 5 3 1 0 1 0 0 2 3 5 1

1 2 1 3 0 0 0 1 1 1 2 3

AT

1 0 0 0 1 2 0 1 1 0 0 0

0 0 1 0 3 0 1 2 0 0 1 0

0 1 0 0 2 5 3 1 0 1 0 0

0 0 0 1 1 2 1 3 0 0 0 1

1 0 2 1

2 3 5 1

3 1 0 2

1 1 2 3

Hoặc áp dụng công thức

Gọi T là ma trận chuyển cơ sở B {e1, e2, e3, e4}

sang cơ sở B’ {e1, e3, e2, e4}

1 0 0 0

0 0 1 0

0 1 0 0

0 0 0 1

T

1'A T AT

1

1 0 0 0

0 0 1 0

0 1 0 0

0 0 0 1

T

1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0

0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0

0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0

0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1

1'A T AT

10/07/2017 35


Ví dụ 5.15 Hai ánh xạ tuyến tính 2 3:f 3 2:g

( , ) ( 2 , , 3 4 )f x y x y x x y ( , , ) ( 2 5 ,3 4 )g x y z x y z x y

Ma trận chính tắc của f và g:

1 2

1 0

3 4

A

1 2 5

3 4 0B

Ma trận chính tắc của g◦ f :14 22

7 6BA

Định thức14 22

det( ) 707 6

g f

10/07/2017 36

7


5.4.3 Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính




(x1, … , xn) (v)B là tọa độ của vV trong cơ sở B

(y1, … , ym) ( f (v))B ’ là tọa độ của f (v)W trong cơ sở B’

1

n

i i

i

v x e

1

( )m

k k

k

f v y

1

( )m

i ki k

k

f e a

'

ij m nf a

B

B là ma trận của f trong cơ sở B , B’

10/07/2017 37


Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính f trong cơ sở B và B’

'

'( ) ( )f v f v f v Av

B

B B B

1 1

ij m n

m n

y x

a

y x

1

n

i i

i

v x e

1

( )m

k k

k

f v y

1

( )m

i ki k

k

f e a

1 1 1 1 1

( ) ( )n n m m n

i i i ki k ki i k

i i k k i

f v x f e x a a x

1

n

k ki i

i

y a x

10/07/2017 38


5.4.4 Ánh xạ tuyến tính và hệ phƣơng trình tuyến tính

Đẳng thức

1 1

ij m n

m n

y x

a

y x

có thể viết dưới dạng hệ

phương trình tuyến tính

1 11 1 1

1 1

...

....................................

...

n n

m m mn n

y a x a x

y a x a x

Điều này cho phép giải quyết các bài toán về ánh xạ tuyến tính

thông qua hệ phương trình tuyến tính

10/07/2017 39





Tìm Im f : 1 1, m mb W b b b

11 1 1 1

1 1

...

Im ..................................

...

n n

m mn n m

a x a x b

b f

a x a x b

có nghiệm

Tìm Ker f : 1 1 n nv x e x e V

11 1 1

1 1

... 0

Ker .................................

... 0

n n

m mn n

a x a x

v f

a x a x

Hệ phương trình

10/07/2017 40


Nhận xét 5.3:

Từ hai định lý 6.11, 6.12, hệ quả và các ví dụ trên ta thấy rằng

một bài toán về ánh xạ tuyến tính có thể chuyển sang bài toán

ma trận, bài toán hệ phương trình tuyến tính và ngược lại

Chẳng hạn để chứng minh định thức của ma trận A khác 0 ta

chỉ cần chứng minh tự đồng cấu tuyến tính f với A [ f ]B là đơn

cấu hoặc toàn cấu, hoặc hệ phương trình tuyến tính tương ứng

có duy nhất nghiệm

dimKer f là chiều của không gian nghiệm của hệ phương trình

thuần nhất có hạng của ma trận hệ số bằng hạng của f

dim ( ) dimKerV r f f

Áp dụng định lý chiều của không gian nghiệm hệ phương trình

thuần nhất ta nhận được đẳng thức đã biết

10/07/2017 41


5.5 CHÉO HOÁ MA TRẬN

Trong phần này ta giải quyết bài toán:

Với tự đồng cấu tuyến tính f của không gian V, hãy tìm một cơ

sở của V để ma trận của f trong cơ sở này có dạng chéo

1

n

Bài toán trên cũng tương đương với bài toán: Cho ma trận A tìm

ma trận không suy biến T sao cho T 1AT có dạng chéo

10/07/2017 42

8


5.5.2 Véc tơ riêng, giá trị riêng

được gọi là giá trị riêng của ma trận A[aij]nn nếu tồn tại

x1, … , xn không đồng thời bằng 0 sao cho

1 1

n n

x x

A

x x

hay

Khi đó v(x1, … , xn)Rn được gọi là véc tơ riêng ứng với giá trị

riêng của ma trận A

1 0

0n

x

A I

x

(6.30)

Như vậy các véc tơ riêng ứng với giá trị riêng là các nghiệm khác

không của phương trình thuần nhất (6.30). Không gian nghiệm của

(6.30) được gọi là không gian riêng ứng với giá trị riêng

10/07/2017 43


được gọi là một giá trị riêng của tự đồng cấu f nếu tồn tại

véc tơ vV, v0 sao cho f (v) v

v là véc tơ riêng ứng với giá trị riêng

Ví dụ 5.17

a) Xét ánh xạ đồng nhất IdV: V V. Với mọi vV, IdV(v) v

Vậy 1 là một giá trị riêng của IdV

b) f : R2 R2 xác định bởi: f (x,y) (3x y, 2x 4y)

Dễ dàng thấy f (x,x) 2(x,x)

Vậy 2 là một giá trị riêng và mọi véc tơ v (x,x); x 0 là véc

tơ riêng tương ứng

10/07/2017 44


c) Phép quay góc 2 2:f

( , ) ( , ) ( cos sin , sin cos )x y f x y x y x y

v

( )f v

Khi 0 , f là ánh xạ đồng nhất 2Id3

: chỉ có giá trị riêng là 1.

Khi , f: chỉ có giá trị riêng là 1 .

Khi 0, , f không có giá trị riêng.

10/07/2017 45


Cho tự đồng cấu f của V. Với mỗi R, ký hiệu

( ) Ker IdVV v V f v v f

Định lý 5.14

1) là giá trị riêng của f khi và chỉ khi V {0}

2) Nếu là giá trị riêng của f thì mọi véc tơ v 0 của V

đều là véc tơ riêng ứng với giá trị riêng

10/07/2017 46


Nhận xét 5.4


Khi đó vV là véc tơ riêng ứng với giá trị riêng của f khi và

chỉ khi ( v )B là véc tơ riêng ứng với giá trị riêng của A

Nghĩa là

1

1

0

; ( ,..., ), : ( )

0

n

n

x

v V v x x v f v v A I

x

0 B

10/07/2017 47


5.5.3 Đa thức đặc trƣng

A là một ma trận vuông cấp n. Định thức

( ) det( )A I P

là một đa thức bậc n của được gọi là đa thức đặc trưng của A


Khi đó định thức

( ) det Id det( )Vf A I P

không phụ thuộc vào cơ sở của V, cũng được gọi là đa thức

đặc trưng của f

10/07/2017 48

9


Định lý 5.15

0 là giá trị riêng của A (tương ứng của f ) khi và chỉ khi 0 là

nghiệm của đa thức đặc trưng của A (tương ứng của f )

0 là giá trị riêng khi và chỉ khi 0

V 0

Điều này tương đương với các điều sau:

a) Ánh xạ 0 IdVf không đơn cấu

b) Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất 1

0

0

0n

x

A I

x

có nghiệm

không tầm thường

Vậy 0 là giá trị riêng khi và chỉ khi 0 IdVr f n

do đó 0det Id 0Vf hoặc 0det 0A I

Nghĩa là0( ) 0 P

10/07/2017 49


Ví dụ 5.18

Tìm véc tơ riêng và giá trị riêng của tự đồng cấu của không

gian R2 (ví dụ 6.13)

Đa thức đặc trưng

3 1 2 1 2 1( ) (2 )(5 )

2 4 2 4 0 5

P

có ma trận chính tắc 3 1

2 4A

f : R2 R2 xác định bởi: f (x,y) (3x y, 2x 4y)

10/07/2017 50


Véc tơ riêng v (x,y) ứng với giá trị riêng 1 2 là nghiệm của hệ

1

0

0

xA I

y

hay

3 2 1 0

2 4 2 0

x

y

Hệ phương trình tương đương với phương trình 0x y y x

Vậy v (x,x) x (1,1) , x 0

Véc tơ riêng v (x,y) ứng với giá trị riêng 2 5 là nghiệm của hệ

2

0

0

xA I

y

hay

2 1 0

2 1 0

x

y

Hệ phương trình tương đương với phương trình

Vậy v (x, 2x) x (1, 2) , x 0

2 0 2x y y x

10/07/2017 51


Ví dụ 5.19 Phép quay góc có công thức xác định ảnh

( , ) ( cos sin , sin cos )f x y x y x y


2 2cos sin( ) det Id (cos ) sin

sin cosVf

P

Do đó f chỉ có giá trị riêng khi

2

0

cos 1

sin 0

1

10/07/2017 52


5.5.4 Tự đồng cấu chéo hoá đƣợc

Tự đồng cấu f của không gian véc tơ V chéo hoá được nếu

tồn tại một cơ sở của V để ma trận của f trong cơ sở này có

dạng chéo

Như vậy f chéo hoá được khi và chỉ khi tồn tại một cơ sở của

V gồm các véc tơ riêng của f

Ma trận vuông A chéo hoá được nếu tồn tại ma trận không

suy biến T sao cho T 1AT là ma trận chéo

10/07/2017 53


Định lý 5.16

Giả sử v1, … , vm là các véc tơ riêng ứng với các giá trị riêng

phân biệt 1, … , m của tự đồng cấu f (hoặc ma trận A) thì hệ

véc tơ {v1, … , vm} độc lập tuyến tính

Ta chứng minh quy nạp theo k rằng hệ 1,..., kv v độc lập tuyến tính với 1 k m

Giả sử hệ 1,..., kv v với 1 1k m độc lập tuyến tính

1 1 1 1... k k k kx v x v x v 0 (*)

1 1 1 1 1 1 1 ! 1 1( ... ) ...k k k k k k k k k kf x v x v x v x v x v x v 0 0 (**)

Nhân 1k vào (*) rồi trừ cho (**) ta được

1 1 1 1 1( ) ... ( )k k k k kx v x v 0

Vì 1,..., kv v độc lập và các 1,..., m khác nhau từng đôi một suy ra

1 1... 0 0k kx x x

10/07/2017 54

10


Hệ quả 5.17

Nếu đa thức đặc trưng của tự đồng cấu f trong không gian n

chiều V (hoặc ma trận A vuông cấp n) có đúng n nghiệm thực

phân biệt thì f (tương ứng ma trận A) chéo hoá được

Hệ quả 5.18 Giả sử 11( ) ( 1) ( ) ...( ) kmmn

k Pm1 … mk n và các giá trị 1, … , k khác nhau từng đôi một

Khi đó f (tương ứng ma trận A) chéo hoá được khi và chỉ khi

dim ; 1,...,i iV m i k

Vì đa thức đặc trưng có đủ n nghiệm thực phân biệt nên n véc tơ riêng tương

ứng với n giá trị riêng này là một hệ độc lập, do đó là một cơ sở của V gồm

các véc tơ riêng của f. Vậy f chéo hoá được

10/07/2017 55


( ) : Trong mỗi i

V ta chọn một cơ sở gồm im véc tơ

Hệ n véc tơ gộp lại từ các véc tơ của các cơ sở vừa chọn là một hệ độc lập

tuyến tính, do đó hệ này là một cơ sở của V gồm các véc tơ riêng của f

Vậy f chéo hoá được

( ) : Giả sử f chéo hoá được, khi đó tồn tại cơ sở gồm các véc tơ

riêng để ma trận f có dạng chéo

1

n

1( ) ( 1) ( )...( )n

n P

Do đó các giá trị riêng 1,..., n phải trùng với 1,..., k

Vì vậy trong các giá trị riêng 1,..., n có đúng im giá trị bằng i , với

1,...,i k và có đúng im véc tơ riêng độc lập ứng với giá trị riêng i

Nói cách khác dimi iV m

10/07/2017 56


5.5.5 Thuật toán chéo hoá

Bƣớc 1: Viết đa thức đặc trưng dạng

11( ) ( ) ...( ) ( )kmm

k Q P

trong đó Q() là đa thức không có nghiệm thực

Nếu 1 km m n (khi bậc của ( )Q 2 ): không chéo hóa

được

Nếu 1 km m n thì chéo hóa được. 1,..., k là các giá

trị riêng; tiếp tục bước 2

10/07/2017 57


Bƣớc 2: Với mỗi giá trị riêng i tìm một cơ sở của không gian

riêng Vi

là nghiệm của hệ phương trình thuần nhất

Các véc tơ riêng có1 1 ... n nv x e x e 1 ,..., nx x

1 0

0

i

n

x

A I

x

dimi i iV d n r A I

Nếu ii md với i nào đó, ki 1 thì f không hoá chéo được

Nếu ii md , :1i i k . Tiếp tục bước 3

10/07/2017 58


Bƣớc 3: Với mỗi giá trị riêng i ; i 1, … , k ta đã chọn được

mi véc tơ riêng độc lập tuyến tính

Gộp tất cả các véc tơ này ta được hệ gồm m1 … mk n véc

tơ riêng độc lập, đó là cơ sở B’ cần tìm

Ma trận T có các cột là tọa độ của hệ véc tơ B’

Ví dụ 5.21

Chéo hóa ma trận

2 1 0

9 4 6

8 0 3

A

10/07/2017 59


2 1 0 3 3 3

( ) 9 4 6 9 4 6

8 0 3 8 0 3

P

1 0 05 3

(3 ) 9 5 3 (3 )8 5

8 8 5

Đa thức đặc trưng của A

Do đó A có các giá trị riêng 1 2 31, 1, 3

2(3 ) ( 25) 24 ( 1)( 1)(3 )

10/07/2017 60

11


Giá trị riêng 1 có véc tơ riêng v (x,y,z) là nghiệm của

hệ phương trình3 1 0 0

9 5 6 0

8 0 2 0

x

y

z

Ta có

3 1 0 3 1 0 3 1 0

9 5 6 0 0 0 0 0 0

8 0 2 8 0 2 4 0 1

Vậy hệ phương

trình trên tương

đương với hệ

3 0 3

4 0 4

x y y x

x z z x

)4,3,1(4,3, xxxxv

chọn )4,3,1('1 e

10/07/2017 61


Giá trị riêng 1 có véc tơ riêng v (x,y,z) là nghiệm của hệ

phương trình

Ta có

Vậy hệ phương

trình trên tương

đương với hệ

1 1 0 0

9 3 6 0

8 0 4 0

x

y

z

1 1 0 1 1 0 1 1 0

9 3 6 9 3 6 0 0 0

8 0 4 2 0 1 2 0 1

0

2 0 2

x y x y

x z z x

)2,1,1(2,, xxxxv

chọn )2,1,1('2 e

10/07/2017 62



phương trình

Ta có

Vậy hệ phương trình trên

tương đương với hệ

1 1 0 0

9 1 6 0

8 0 6 0

x

y

z

1 1 0 1 1 0

9 1 6 0 0 0

8 0 6 4 0 3

0 4

4 3 03

x yx y

x z z x

4, , (3, 3, 4)

3 3

xv x x x

chọn 3' (3, 3, 4)e

10/07/2017 63


Cơ sở mới gồm các véc tơ riêng 1 2 3' , ' , '' e e eB

Ma trận chuyển cơ sở

1 1 3

3 1 3

4 2 4

T

Ma trận chéo 1

1 0 0

0 1 0

0 0 3

T AT

)4,3,1('1 e )2,1,1('2 e 3' (3, 3, 4)e

10/07/2017 64


Ví dụ 5.22 Xét tự đồng cấu3 3:f 3 3 xác định bởi

( , , ) 3 2 , 2 3 ,f x y z x y x y z

Ma trận chính tắc 3 2 0

2 3 0

0 0 1

A


3 2 0 1 2 0

( ) 2 3 0 1 3 0

0 0 1 0 0 1

P

2

1 2 0

0 5 0 (5 )( 1)

0 0 1

10/07/2017 65



phương trình

Vậy hệ phương trình trên tương đương với hệ

2 2 0 0

2 2 0 0

0 0 4 0

x

y

z

0

0 0

x y x y

z z

)0,1,1(0,, yyyv chọn )0,1,1('1 e

10/07/2017 66

12



phương trình

Vậy hệ phương trình

trên tương đương với

phương trình

2 2 0 0

2 2 0 0

0 0 0 0

x

y

z

0;x y

z tuỳ ý

, , (1,1,0) (0,0,1)v x x z x z

chọn 2' (1,1,0)e 3' (0,0,1)e Chọn cơ sở 1 2 3' ' , ' , 'e e eB

1 1 2 2 3 3( ' ) 5 ' , ( ' ) ' , ( ' ) 'f e e f e e f e e

Ma trận của f trong cơ sở B ’ có dạng '

5 0 0

' 0 1 0

0 0 1

A f

B

10/07/2017 67


Ví dụ 5.23 Cho tự đồng cấu 2 2:f P P có công thức xác định ảnh

2 20 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2( ) ( ) ( ) ( )f a a t a t a a a a a a t a a a t

Ma trận chính tắc

1 1 1

1 1 1

1 1 1

A


2

1 1 1

1 1 1 (1 )( 2)

1 1 1

Véc tơ riêng 2

0 1 2p a a t a t 0 ứng với giá trị riêng 1 1 là

nghiệm khác không của hệ phương trình thuần nhất

0

1

2

2 1 1 0

1 2 1 0

1 0 2 0

a

a

a

2 1 1 2 1 1 1 0 1

1 2 1 3 3 0 1 1 0

1 1 2 0 0 0 0 0 0

10/07/2017 68


Vậy hệ phương trình trên tương đương với0 2 0 2

0 1 0 1

0

0

a a a a

a a a a

1

2 20 0 0 0(1 )p V p a a t a t a t t chọn

21' 1p t t

Véc tơ riêng 2

0 1 2p a a t a t 0 ứng với giá trị riêng 2 2 là

nghiệm khác không của hệ phương trình thuần nhất

0

1

2

1 1 1 0

1 1 1 0

1 1 1 0

a

a

a

Hệ phương trình trên tương đương với phương trình: 0 1 2 0a a a

2

2 21 2 1 2 1 2( 1 ) ( 1 )p V p a a a t a t a t a t

chọn2

2 3' 1 , ' 1p t p t

10/07/2017 69


Gồm các véc tơ riêng

21' 1p t t 2' 1p t

23' 1p t

Xét cơ sở 1 2 3' ' , ' , 'p p pB

1 1( ' ) 'f p p

'

1 0 0

' 0 2 0

0 0 2

A f

B

Thỏa mãn

2 2( ' ) 2 'f p p 3 3( ' ) 2 'f p p

Ma trận của f trong cơ sở B ’ có dạng

10/07/2017 70


Ví dụ 5.24

Xét ma trận

1 3 4

4 7 8

6 7 7

A


Đa thức đặc trưng có nghiệm 1 1 (kép) và 2 3

1 3 4 1 3 4 5 3 4

( ) 4 7 8 2 2 1 0 (1 ) 0 1 0

6 7 7 6 7 7 8 7 7

P

2

1 3 4 1 3 4

(1 ) 0 1 0 (1 ) 0 1 0 (3 )( 1)

1 7 7 0 4 3

10/07/2017 71


Đa thức đặc trưng có nghiệm 1 1 (kép) và 2 3


phương trình

2 3 4 0

4 6 8 0

6 7 8 0

x

y

z

,2 , (1,2,1)v z z z z

Không gian riêng 1 1

(1,2,1) , dim 1 2V z z V

Vì vậy ma trận không chéo hoá được

BÀI TẬP

hệ có nghiệm2y z

x z

2 3 4 2 3 4 2 0 2

4 6 8 0 0 0 0 0 0

6 7 8 0 2 4 0 1 2

10/07/2017 72

chuong 6.doc

chuong 6.doc

5.1 khái ánh tính 5.1.1 và ví · pdf filethì m = 0)...

Documents