Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải

24 46 0
  • Loading ...
1/24 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 22/05/2019, 15:47

Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải Giải tập ánh xạ tuyến tính Câu 1: a) f cho ánh xạ : ¡ n →¡ , chứng minh f ánh xạ tuyến tính tồn số a1,…,an b) f cho ánh xạ số aij : ∈¡ ¡ n →¡ để ∈¡ để f ( x1 , x2 , , xn ) = a1 x1 + + an xn m , chứng minh f ánh xạ tuyến tính tồn f ( x1 , x2 , , xn ) = ( a11 x1 + a12 x2 + + a1n xn , , a m1 x1 + + amn xn )(*) giải: Ta cần giải câu b, câu a trường hợp đặc biệt câu a m=1 Kiểm tra trực tiếp ta thấy Ngược lại, f f có dạng (*) f ánh xạ tuyến tính, ta đặt: f (ei ) = (a1i , a2i , ami ) Với i=1,2,…,n ei = (0, , 0,1, 0, , 0) Khi 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 cơng thức ánh xạ tuyến tính a) b) Giải: f : ¡ →¡ biết: 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) ánh xạ tuyến tính a) ( x1 , x2 , x3 ) = a1 (1,1, 2) + a (2,1,1) + a3 (2, 2,3) Giả sử: Khi (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 để tính ta cần tính a1,a2,a3 qua x1 , x2 , x3 (2) Do công thức (1) , a1,a2,a3 nghiệm hệ: 1 2 x1   2 x1  1 2 x1        1 x2  →  −1 − x1 + x2  →  −1 − x1 + x2   x3   −3 −1 −2 x1 + x3   0 −1 x1 − x2 + x3  a3 = − x1 + 3x2 − x3 a2 = x1 − x2 Vậy: a1 = x1 − 2a2 − 2a3 = x1 − 2( x1 − x2 ) − 2( − x1 + 3x2 − x3 ) = x1 − x2 + x3 Thay vào (2), công thức ánh xạ b) f ( x1 , x2 , x3 ) = ( x1 − x2 + x3 , x1 − x2 + x3 , x1 − x2 ) Giải tương tự câu a Câu 3: ¡ cho sở u1 = (1, 0, 0), u2 = (0,1,1), u = (1, 0,1) (u) v1 = (1, −1, 0), v2 = (0,1, −1), v3 = (1, 0,1) Và cho ánh xạ tuyến tính a) b) f :¡ → ¡ Tìm cơng thức ma trận Tìm ma trận f (ui ) = vi f Af /(u) , A f /(u ),( v ) , Af /( v ) , Af /( v ),(u) , A f /ε Giải a) Giả sử ( x1 , x2 , x3 ) = a1u1 + a2u2 + a3u3 (1) (v) f ( x1 , x2 , x3 ) = f (a1u1 + a2u2 + a3u3 ) = a1 f (u1 ) + a2 f (u ) + a3 f (u3 ) = a1 (1, −1, 0) + a2 (0,1, −1) + a3 (1, 0,1) Khi Vậy = (a1 + a3 , − a1 + a2 , − a2 + a3 ) f ( x1 , x2 , x3 ) = ( a1 + a3 , − a1 + a2 , − a2 + a3 ) Ta cần tính a1 , a2 , a3 theo x1 , x2 , x3 (2) , (1) , a1 , a2 , a3 nghiệm hệ 1 x1  1 x1       x2  →  x2   1 x3   0 − x2 + x3  Do a3 = − x2 + x3 , a2 = x2 , a1 = x1 − a3 = x1 + x2 − x3 Thay vào (2) công thức f f ( x1 , x2 , x3 ) = ( x1 , − x1 + x3 , −2 x2 + x3 ) b) Ma trận Ta có: Af /(u) f (u1 ) = v1 = a1u1 + a2u2 + a3u3 f (u2 ) = v2 = b1u1 + b2u2 + b3u3 f (u3 ) = v3 = c1u1 + c2u2 + c3u3 Af /(u) Khi : , bi , ci  a1 =  a2  a3 b1 b2 b3 (1) (2) (3) c1  c2  c3  Các nghiệm phương trình vecto (1) (2) (3) Mỗi phương trình (1) (2) (3) tương đương với hệ phương trình tuyến tính có ma trận hệ số ( khác hệ số tự do), ta giải lúc hệ sau:  1 1  1 1       −1  → 0 −1   1 −1  0 1 −2      Hệ (1) Hệ (2) Hệ (3) a3 = 1, a2 = −1, a1 = − a3 = b3 = −2, b = 1, b1 = −b3 = c3 = c2 = c1 = − c3 = , , Vậy ma trận A f /(u) =  0  −1     −2  Ma trận A f /( u ),( v ) f (u1 ) = v1 = 1v1 + 0v2 + 0v3 f (u2 ) = v2 = 0v1 + 1v2 + 0v3 f (u3 ) = v3 = 0v1 + 0v2 + 1v3 ⇒ Af /(u ),( v ) Ta có Ma trận 1 0  = 0  0  Af /( v ) Áp dụng câu a) ta tính trước cụ thể : f (v1 ), f (v2 ), f (v3 ) , sau làm phần f (v1 ) = (1, −1, 2) = a1v1 + a2 v2 + a3v3 f (v2 ) = (0, −1, −3) = b1v1 + b2 v2 + b3v3 f (v3 ) = (1, 0,1) = c1v1 + c2 v2 + c3v3 , bi , ci nghiệm hệ sau :  1 1  1 1 1 1 1         −1 −1 −1  → 0 1 −1 1 → 0 1 −1   −1 −3  0 −1 −3 1 0 2 −4        Hệ (1) Hệ (2) Hệ (3) a3 = 1, a2 = −a3 = −1, a1 = − a3 = b3 = −2, b2 = −1 − b3 = 1, b1 = −b3 = c3 = 1, c = − c3 = 0, c1 = − c3 = Af /( v ) Vậy Ma trận Ma trận  0 =  −1   −2  Af /( v ),(u) làm tương tự Af /ε Theo câu a) công thức Do ta có Af /( v ),(u) = f f ( x1 , x2 , x3 ) ( x1 , − x1 + x3 , −2 x2 + x3 )  0  −1     −2  Câu 4: cho ánh xạ tuyến tính θ : ¡ n [x ] → ¡ n [x ] p ( x ) → p / ( x) Tìm ma trận a) θ sở u0 = 1, u1 = x, u2 = x , , un = x n v0 = 1, v1 = x − a, v2 = b) Giải: a) Ta có : ( x − a)2 ( x − a) n , , = 2! n! = θ (u0 ) = = 0u0 + 0u1 + + 0un θ (u1 ) = = 1u0 + 0u1 + + 0un θ (u2 ) = x = 0u0 + 2u1 + + 0un θ (uk ) = kx k −1 = 0u0 + 0u1 + + kuk −1 + + 0un θ (un ) = nx n −1 = 0u0 + 0u1 + + nun −1 + 0un Vậy A f /(u) b) 0 0  0  M = M  M 0  0 0 M M M 0 M M M 0    M M k M  M M n    Lời giải tương tự câu a) f :¡ → ¡ Câu 5: cho ánh xạ tuyến tính f ( x1 , x2 , x3 x4 ) = ( x1 − x2 + x3 , x1 + x4 , x2 − x3 + x4 ) Tìm sở, số chiều Ker f , Im f Giải: ( x1 , x2 , x3 x4 ) ∈ Ker  x1 − x2 + x3 =   x1 + x4 = 2 x − x + x =  f ⇔ f ( x1 , x2 , x3 x4 ) = 0, ⇔ ( x1 , x2 , x3 x4 ) (1) nghiệm hệ Do , Ker f khơng gian nghiệm hệ (1) hệ nghiệm hệ (1) sở Ker số mở rộng: f Để giải hệ (1) ta biến đổi ma trận hệ 1 −1 0  1 −1 0  1 −1 0         0  → 0 −2  → 0 −2   1  0 1  0 0  Hệ vô số nghiệm phụ thuộc tham số x4 ta có x3 = 1 (2 x3 − x4 ) = − x4 2 x1 = x2 − x3 = x2 = − x4 x2 = Vậy nghiệm tổng quát hệ  x1 = −a  x = −a    x3 =  x4 = 2a Hệ nghiệm α1 = (−1, −1,0, 2) Ker f =1, sở Ker f α1 = (−1, −1, 0, 2) Để tìm Im f , ta tìm ảnh sở tắc ¡ ta có : f (e1 ) = (1, 2, 0), f (e ) = (−1, 0, 2) f (e3 ) = (1, 0, −1), f (e ) = (0,1,1) Im f = f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ), f (e ) Hệ ĐLTT tối đại f (e1 ), f (e ), f (e3 ), f (e ) sở Im f Ta có: 1  −1  1  0    1     2  0 1  0 → → → −1  −2 −1 0 −2 −1 0       1   1  0 2   Vậy sở Im f f (e1 ), f (e3 ), f (e ) 0 0 1  1  0 f dim =3 Câu 6: tìm vecto riêng, giá trị riêng, chéo hóa ma trận: a) b) c) d) e) 1  0 0   1   −1   −1 −     −2  1  2 2   1  1 0  0  1 0 0 1 0 −1  0  0 0 0 0  0  1 2  5  −2 Giải : a) b) Tìm đa thức đặc trưng : 5−λ PA (λ ) = −1 −1 2−λ −2 −2 2−λ = (5 − λ )(2 − λ ) + + − (2 − λ ) − 4(5 − λ ) − (2 − λ ) = −λ + 9λ − 18λ PA (λ ) = ⇔ λ = 0, λ = 3, λ = Vậy A có giá trị riêng 1) λ = 0, λ = 3, λ = Vecto riêng ứng với giá trị riêng hệ : λ =0 vecto nghiệm khác không  −1  −1 −2  −1 −2         −1 −2  →  −1  →  −11 11   −2   −2   0 0  Hệ có vơ số nghiệm phụ thuộc vào tham số Nghiệm hệ tất vecto có dạng ứng với giá trị riêng Cơ sở V0 2) λ =0 x3 (0, a, a) vecto dạng ta có , a∈¡ λ =3 Do đó, vecto riêng (0, a, a ) a ≠ 0, dimV0 = , α1 = (0,1,1) Vecto riêng ứng với giá trị riêng hệ : x3 = a, x2 = a, x1 = vecto nghiệm khác không  −1   −2 −1  1 −2 −1  1 −2 −1 0          −1 −1 −2  →  −1 −1 −2  →  −3 −3  → 0 −3 −3   −2 −1   −1  0 3  0 0  Hệ có vơ số nghiệm phụ thuộc vào tham số ta có x3 x3 = b, x2 = −b, x1 = x2 + x3 = −b Nghiệm hệ tất vecto có dạng riêng ứng với giá trị riêng b ≠ 0, dimV3 = λ =3 (− b, − b, b) vecto dạng , b∈¡ Do đó, vecto ( − b, − b, b) , Cơ sở V3 3) α = (−1, −1,1) Vecto riêng ứng với giá trị riêng hệ : λ =6 vecto nghiệm khác không −1 −1  −1 −1 0 −1 −1 0        −1 −4 −2  →  −3 −3  →  −3 −3   −2 −4   −3 −3   0 0  Hệ có vơ số nghiệm phụ thuộc vào tham số ta có x3 x3 = c, x2 = −c, x1 = − x2 + x3 = 2c Nghiệm hệ tất vecto có dạng riêng ứng với giá trị riêng λ =6 (2 c, −c, c) , vecto dạng c∈¡ Do đó, vecto (2 c, − c, c) , c ≠ 0, dimV6 = α = (2, −1,1) Cơ sở V0 Chéo hóa: Tổng hợp trường hợp ta thấy ma trận A có vecto riêng độc lập tuyến tính chéo hóa đc Ma trận T cần tìm :  −1  T = 1 −1 −1 1 1  0 0  T −1 AT − 0  0  Và Là ma trận chéo c) d) Tìm đa thức đặc trưng : PA (λ ) = 1− λ 0 0 −λ 0 0 −λ 0 1− λ PA (λ ) = ⇔ λ = 0, λ = = λ (1 − λ ) Vậy ma trận A có giá trị riêng 1) Vecto riêng ứng với giá trị riêng hệ : 1  0 0  1 0 0 0 0 0  1*   0  → 0      0 0 λ = 0, λ = λ =0 vecto nghiệm khác không 0 0  1*  0 0  0  Hệ có vơ số nghiệm phụ thuộc vào tham số ta có x2 , x3 x2 = a, x3 = b, x4 = 0, x1 = Nghiệm hệ tất vecto có dạng riêng ứng với giá trị riêng λ =0 (0, a, b, 0) , vecto dạng a, b ∈ ¡ Do đó, vecto (0, a, b, 0) , a + b ≠ 0, dimV0 = 2 Cơ sở V3 2) α1 = (0,1, 0, 0), α = (0, 0,1, 0) Vecto riêng ứng với giá trị riêng hệ : 0 0  0 −1 0 −1  1 0 0  1 0   0   −1 → 0   0 −1   0  0 0 λ =1 vecto nghiệm khác không 0  0 0  0  Hệ có vơ số nghiệm phụ thuộc vào tham số ta có x4 x4 = c, x3 = 0, x2 = 0, x1 = Nghiệm hệ tất vecto có dạng riêng ứng với giá trị riêng λ =1 (0, 0, 0, c) , vecto dạng α1 = (0,1, 0, 0), α = (0,0,1, 0) c∈¡ Do đó, vecto (0, 0, 0, c) dimV1 = , Cơ sở V3 Chéo hóa: Tổng hợp phần ta thấy ma trận A có vecto độc lập tuyến tính A ma trận cấp nên A khơng chéo hóa đc Câu 7: ¡ cho sở: u1 = (1,1,1), u2 = (−1, 2,1), u3 = (1,3, 2) Và cho ánh xạ tuyến tính f :¡ → ¡ xác định f (u1 ) = (0,5,3) f (u2 ) = (2, 4,3) f (u3 ) = (0,3, 2) Tìm sở để ma trận f sở ma trận chéo Giải: Đầu tiên ta tìm ma trận f (u3 ) sở nên dễ tìm ma trận Af /( u ) được: f f ¡ Vì đề cho f (u1 ) f (u2 ) , u 0 1  = 1  1  giá trị riêng vecto riêng A = Af /( u ) từ tìm f Các giá trị riêng, vecto riêng ma trận lý thuyết Kết tóm tắt sau : A có giá trị riêng , sở ( ) Bạn đọc dễ dàng tìm Tiếp theo ta tìm giá trị riêng vecto riêng ma trận 1) λ = −1, λ = 0 1 A = 1  1  , ta tìm phần 2) Các vecto riêng ứng với giá trị riêng λ = −1 vecto dạng ( −a − b, a, b), a + b ≠ 2 Trường hợp A có vecto độc lập tuyến tính 3) Các vecto riêng ứng với giá trị riêng λ=2 hợp A có vecto độc lập tuyến tính Từ suy a) b) f có giá trị riêng α1 = (−1,1, 0), α = ( −1, 0,1) vecto (c, c, 0), c ≠ trường α = (1,1,1) λ = −1, λ = Các vecto riêng ứng với giá trị riêng λ = −1 vecto dạng (−a − b)u1 + au2 + bu3 = (−2a, a + 2b, b), a + b ≠ Trường hợp f có vecto độc lập tuyến tính : β1 = −1.u1 + 1.u2 + 0.u3 = (−2,1, 0) β = −1.u1 + 0.u2 + 1.u3 = (0, 2,1) c) Các vecto riêng ứng với giá trị riêng cu1 + cu2 + cu3 = (c, 6c, c), c ≠ tính tuyến tính trường hợp f phép biến đổi β1 , β , β nên ¡ β1 , β , β β ( b) f có vecto độc lập tuyến (dim ¡ =3) f có vecto độc lập ) sở ¡ cần tìm  −1 0  =  −1   0  Câu 8: cho phép biến đổi tuyến tính minh: a) vecto β3 = 1u1 + 1.1.u2 + 1.u3 = (1, 6, 4) Kết luận: Af /(u ) λ=2 Im ϕ + Kerϕ = V Im ϕ ∩ Kerϕ = { 0} ϕ :V → V thỏa mãn ϕ2 = ϕ chứng Giải: a) Tất nhiên Với Im ϕ + Kerϕ ⊂ V α ∈V Tất nhiên , ta có , ta cần chứng minh α = ϕ (α ) + (α − ϕ (α )) ϕ (α ) ∈ Im ϕ ϕ (α − ϕ (α )) = ϕ (α ) − ϕ (α ) = α − ϕ (α ) ∈ Kerϕ ⇒ α ∈ Im ϕ + Kerϕ b) Giả sử ϕ =ϕ β ∈ Im ϕ ∩ Kerϕ Vậy Câu 9: cho minh: a) b) V ⊂ Im ϕ + Kerϕ Im ϕ + Kerϕ = V Khi tồn α ∈V để ϕ (α ) = β β = ϕ (α ) = ϕ (α ) = ϕ (ϕ (α )) = ϕ (β ) = Theo giả thiết, nên ta có β ∈ Im ϕ ∩ Kerϕ f :V → V β =0 Do đó, Do đó, (do β ∈ Kerϕ Im ϕ ∩ Kerϕ = { 0} ) ánh xạ tuyến tính, L khơng gian vecto V, chứng dim L − dim Kerf ≤ dim f ( L) ≤ dim L dim L ≤ dim f −1 ≤ dim L + dim Kerf Giải: Để giải tập loại ta cần nhớ kết sau( chứng minh phần lý thuyết) Nếu ϕ :V → U ánh xạ tuyến tính ta có dim Im ϕ + dim Kerϕ = dim V a) Xét ánh xạ: Ta có : f : L →V , f = f L tức là, f = f ( L) = f ( L), Ker f = L ∩ Kerf Áp dụng kết với ϕ= f , ta có dim Im f + dim Ker f = dim L Do đó, f (α ) = f (α ) dim f ( L) = dimIm f ≤ dim L với α ∈L Và b) dim f ( L) = dim L = dim Ker f ≥ dim L − dim Kerf Đặt L/ = f −1 ( L) ⇒ f ( L/ ) = L L/ Áp dụng a) với khơng gian vecto , ta có dim 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 Kerf Do Câu 10: cho a) b) c) / ϕ : V → W,ψ : W → U ánh xạ tuyến tính, chứng minh: rank (ψϕ ) ≤ { rankψ , rankϕ } rank (ψϕ ) = rank ϕ − dim( Kerψ ∩ Im ϕ ) rank (ψϕ ) ≥ rankϕ + rank − dim W Giải : a) Áp dụng câu a) cho ánh xạ tuyến tính ψ : W →U với L = Im ϕ = ϕ (V ) ⊂ W dim ϕ (V ) ≥ dimψ (ϕ (V )) = dim(ψϕ )(V ) = dim Im(ψϕ ) ta có : Vậy ta có : rank (ψϕ ) ≤ rankϕ Mặt khác, lại có (1) ϕ (V ) ⊂ W ⇒ ψ (ϕ (V )) ⊂ ψ (W) ⇒ dimψϕ (V ) ≤ dimψ (W) rankψϕ ≤ rankψ Tức (2) Từ (1)(2) ta có điều cần phải chứng minh b) Xét ánh xạ Khi đó, ψ : Im ϕ → U ,ψ = ψ Imϕ tức ψ (α ) = ψ (α ) với Kerψ = Kerψ ∩ Im ϕ , Imψ = ψ (Im ϕ ) = (ψϕ )(V) = Imψϕ Im(ψϕ ) + dim( Kerψ ∩ Im ϕ ) = dim Im ϕ Tức c) ⇒ rank (ψϕ ) = rankϕ − dim( Kerψ ∩ Im ϕ ) dim Kerψ + dim Imψ = dim W ⇒ dim Kerψ = dim W − rankψ Ta có Nên 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 W ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH ¡ →¡ Bài Cho ánh xạ f: xác định f ( x, y, z) = (x + 2y − 3z, 2x + z) Chứng tỏ f 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 ) ∈ ¡ = (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 Bài 2.Trong không gian cho vectơ: u1 = ( 1, −1,1) ;u2 = ( 1,0,1) ;u3 = ( 2,−1, 3) i ii Chứng tỏ B = ( u1,u2 ,u3 ) sở ¡ 3→¡ Tìm ánh xạ tuyến tính f : thỏa: f ( u1 ) = ( 2,1, −2) ;f ( u2 ) = (1, 2, −2);f ( u3 ) = ¡ ( 3, 5,−7) Giải  u1   −1 1  ÷  ÷ A =  u2 ÷ =  B1=÷( u1,u2 ,u3 ) ¡3 a ) Chứng tỏ sở  u ÷  −1 3÷  3   Lập Ta có |A|=1 suy B doc lap tuyến ¡ ¡ tính Vì dim = số vect.ơcủa B nên B sở ¡ 3→¡ b) Tìm ánh xạ tuyến tính f : thỏa: f ( u1 ) = ( 2,1, −2) ;f ( u2 ) = (1, 2, −2);f ( u3 ) = Cho u = ( x , y, z ) ∈ ¡ Tìm [ U ] B ( 3, 5,−7) Lập ( u ,u ,u u ) T T Vậy T T 1  =  −1  1  x   ÷  −1 y ÷ →  ÷  z ÷   0 0 0 x− y− z  ÷ 2x + y − z ÷ ÷ −x + z ÷   x− y− z   ÷  u =  2x + y − z ÷ B  −x + z ÷   Suy u = (x - y -z)u1 + (2x + y -z)u2 + (-x + z)u3 Vậy, ta có f ( 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→¡ Bài f ( x,3:y,Cho z) f:= (x + y - z,được 2x +xác 3y −định z,3xbởi: + 5y − z) Tìm sở Ker f Giải Gọi u = ( x, y, z) ∈ ¡ u ∈ Ker f ↔ f(u) =0  x+ y− z =  ⇔ 2x + 3y − z = 3x + 5y − z =   1 −1  −2  ÷  ÷ A =  −1÷ →  1 ÷  −1÷  0 ÷     Ma trận hóa , ( x, y, z) = (21, −t, t) ∈¡ Hệ phương trình có nghiêm với t u1 = ( 2,-1,1) Nghiêm hệ ( −x ( −x + z) f ( u3 ) + z) ( 3, 5, − 7) { u = ( 2,−1,1) } Vậy, Ker/ có sở ¡ 3→¡ Bài f ( x,4:y,Cho z) f=: (x + y -z,được 2x +xác 3yđịnh − z,bởi: 3x + 5y − z) Tìm sở Im f Giải Gọi Bo = {e1, e2 , e.3} sở tắc ¡ 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 ) } Ta có Im f sinh Lập ma trận  f ( e1 )     3  ÷  ÷  ÷ A =  f ( e2 ) ÷ =  ÷ →  2÷  ÷  ÷  f ( e ) ÷  −1 −1 −1÷   0 0   Do Imf có sở {v1 = ( 1, 2, 3) ,v2 = ( 0,1, 2) } ¡ Bài : Xét ánh xạ tuyến tính f : f ( x, y, z) = ( x − y,2x + y + z) cặp sở Ta có : →¡ xác định B = (u1 = (1,1,0),u2 = (0,1,2),u3 = (1,1,1) C = (v1 = (1,3),v2 = (2,5) Giải : Tìm  f  B,C f ( u1 ) = ( 0,3) , f (u2 ) =( −1, 3) , f(u3 ) =   (0,4) Với v= (a,b) ∈ ¡ tìm [v]C Lập    (v1T v2T |vT ) →  a÷ →   b  Suy [v]C= 0 −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 ) =  ÷ C C C  −3  −6  −4 Vậy    f  =  11 ÷ B,C  −3 −6 −4 Bài :Cho ánh xạ tuyến tính f : ¡ →¡ xác định f( 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 sở tắc Giải :  f  ' B0 ,B0   =   −2 1 −1 ÷ 1÷ ÷ 0÷  B = (u1 = ( 1,1,0) ;u2 = ( 0,2,1) ; u3 = ( 2,3,1) ) sở f ( x,y,z) = (2x + y − z,x + 2y − z,2x − y + 3z) Bài 7: Trong không gian¡ R → cho¡ ánh xạ tuyến tính f : định bởi: 33 Tìm  f  B Giải Gọi B0 sở tắc ¡ , ta có  −1  ÷  f  =  −1÷ B  −1 ÷   Áp dụng hệ quả, ta có [f]B = (B0 → B)−1[f]B0 (B0 → B), ( (B0 → B) = u ,u ,u T T T ) Trong  2  ÷ =  3÷  1÷    −1 −4  ÷ (B0 → B) =  −1 −1÷  −1 ÷   −1 Suy  −1 −4   ÷  f  =  −1 −1÷ B  −1 ÷ −1    −8 −13   ÷ =  −3 −3 ÷  −3 ÷   Bài : Cho ánh xạ tuyến tính f : −1  2 ÷ ÷ −1÷ 3÷ ÷ 1÷ 2  −1 −8 ÷  ÷ 3÷ =  −1 −3÷ 1÷  ÷ ¡ B = (u1 = ( 1,1,1) ;u2 = ( 1, 0,1) ;u3 =   f  =  B,C 0 Giải : −3 ÷ 4 → ¡ , biết ma trận biểu diễn f cặp sở ( 1,1, 0) ) Tìm công thức f c = (v1 = (1,l);v2 = ( 2,1) ) Do   f  =  B,C 0 −3 ÷ 4 Ta có :  2  f(u1) =  ÷.Suy f (u1) = 2v1 + 0v2 = (2,2) c  0  1  f(u2 ) =  ÷.Suy f (u2 ) = v1 + 3v2 = (7,4) c  3  3  f(u3 ) =  ÷.Suy f (u3 ) = −3v1 + 4v2 = (5,1) c  −4 Cho u = (x,y,z) ∈ ¡ ( T ,u2T ,u3T | uT Lập Vậy ) Tìm [u]B  1 x   ÷  =  1 y÷ →   1 z ÷ ÷     0  − x + y + z  ÷  u =  x − y ÷ B  x− z ÷   Suy u = (−x + y + z)u1 + (x − y)u2 + ( x − z) u3 Vậy ta có f ( 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) 0 x− y− z  ÷ 2x + y − z ÷ ÷ −x + z ÷  Bài : Cho có B = (u1 = (1,1,1),u2 = (1,1,2),u3 = (1,2,1)  −1 2  ÷  f  =  2÷ B  1÷   Chứng minh f song ánh tìm sở f −1 ¡ Với f toán tử −1  f  = B 2 = −1 Giải : Ta có Suy Gọi B0 sở tắc ta có  f  = (B → B0 )−1  f  ( B → B0 ) B0 B = ( B → B0 )  f  B (B → B0 )−1 ( (B0 → B) = u ,u ,u Ta có Suy Vậy T T T )  1 1  ÷ =  1 2÷  1÷    −1 −1  ÷ (B0 → B)−1 =  −1 ÷  −1 ÷    f  B khả nghịch Vậy f song ánh ¡  f  B0  1 1  −1 2 −1 −1  ÷ ÷ ÷ =  1 2÷1 2÷ −1 ÷  1÷1 1÷ −1 ÷      5 −1 −1  ÷ ÷ =  6÷ −1 ÷  7÷ −1 ÷     −2  ÷ =  −1÷  −3÷   −1  ff−1  =     B0 B0 Suy Vậy  −2  ÷ =  −5 ÷  −1 ÷   f −1(x,y,z) = (3x − 2z, −5x + y + 3z, −x + y) ... (dim W − rankψ ) = rankϕ + rankψ − dim W ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH ¡ →¡ Bài Cho ánh xạ f: xác định f ( x, y, z) = (x + 2y − 3z, 2x + z) Chứng tỏ f ánh xạ tuyến tính f(u, + v) = f(x1 + x2 ,y1 + y2 ,z1... W → U ánh xạ tuyến tính, chứng minh: rank (ψϕ ) ≤ { rankψ , rankϕ } rank (ψϕ ) = rank ϕ − dim( Kerψ ∩ Im ϕ ) rank (ψϕ ) ≥ rankϕ + rank − dim W Giải : a) Áp dụng câu a) cho ánh xạ tuyến tính ψ...  =  11 ÷ B,C  −3 −6 −4 Bài :Cho ánh xạ tuyến tính f : ¡ →¡ xác định f( 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 sở tắc Giải :  f 
- Xem thêm -

Xem thêm: Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải, Bài tập ánh xạ tuyến tính có lời giải

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn