Bài giảng môn Đại số tuyến tính

Ví dụ: 1)Tập hợp tất cả các véc tơ tự do trong không gian ba chiều với phép cộng

và phép nhân véc tơ với một số thực được định nghĩa như trong giáo trình hình học

giải tích ở phổ thông(cộng các véc tơ theo quy tắc hình bình hành, nhân một véc tơ

với một số thựcαlà một véc tơ mà độ dài của nó bằng độ dài của véc tơ đã cho nhân

với|α|)

pdf63 trang | Chia sẻ: maiphuongdc | Lượt xem: 14392 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Bài giảng môn Đại số tuyến tính, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
b ta định nghĩa a− b = a+ (−b). Bài 2: cơ sở và số chiều của không gian véc tơ I. Sự độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính của hệ véc tơ. Ta xét không gian véc tơ V và hệ véc tơ a1, a2, ..., an ∈ V 1.1 Định nghĩa: Một tổ hợp tuyến tính của hệ véc tơ a1, a2, ..., an là một tổng có dạng x = α1a1 + α2a2 + ...+ αnan ∈ V (1), trong đó α1, α2, ..., αn ∈ K là các số tùy ý. Khi đó ta nói véc tơ x được biểu thị tuyến tính qua hệ véc tơ a1, a2, ..., an. 1.2 Định nghĩa: Hệ véc tơ a1, a2, ..., an được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu tồn tại các số α1, α2, ..., αn ∈ K không đồng thời bằng không sao cho tổ hợp tuyến tính (1) bằng θ. Tức là ta có α1a1 + α2a2 + ...+ αnan = θ (2) Hệ véc tơ a1, a2, ..., an không phụ thuộc tuyến tính được gọi là độc lập tuyến tính. Như vậy hệ véc tơ a1, a2, ..., an độc lập tuyến tính nếu đẳng thức (2) chỉ xảy ra khi α1 = α2 = ... = αn = 0. 1.3 Định lý: Hệ véc tơ a1, a2, ..., an trong không gian véc tơ V phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi có một véc tơ là tổ hợp tuyến tính của các véc tơ còn lại. Hệ quả: Cho hệ véc tơ a1, a2, ..., an trong không gian véc tơ V . a) Nếu trong các véc tơ đó có một véc tơ không thì hẹ là phụ thuộc tuyến tính. b) Nếu có một bộ phận của hệ phụ thuộc tuyến tính thì hệ phụ thuộc tuyến tính. c) Nếu hệ a1, a2, ..., an độc lập tuyến tính thì mọi bộ phận của nó cũng độc lập tuyến tính. 26 Ví dụ: Xét không gian véc tơ R3 và hệ ba véc tơ a1 = (1, 2, 2); a2 = (1, 3,−1), a3 = (1, 1, 5). Hệ ba véc tơ này phụ thuộc tuyến tính vì a3 = 2a1 − a2. Hệ con gồm hai véc tơ a1, a2 độc lập tuyến tính. II. Cơ sở và tọa độ. 2.1 Định nghĩa: Hệ véc tơ E = {e1, e2, ..., en} của không gian véc tơ V được gọi là cơ sở của V nếu a) Hệ véc tơ E độc lập tuyến tính, b) Hệ véc tơ E là hệ sinh của V . Nghĩa là với mọi véc tơ x ∈ V, tồn tại các số x1, x2, ..., xn sao cho x = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen. (3) Nếu E là cơ sở của V thì bộ số x1, x2, ..., xn tồn tại duy nhất và được gọi là tọa độ của véc tơ x đối với cơ sở E. Thật vậy Nếu (x′1, x2, ..., x ′ n) cũng là tọa độ của x thì x = x′1e1 + x ′ 2e2 + ...+ x ′ nen = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen Suy ra (x′1 − x1)e1 + (x′2 − x2)e2 + ....+ (x′n − xn)en = 0. Vì hệ E là cơ sở của V nên hệ e1, e2, ..., en độc lập tuyến tính và do đó x′1 = x1;x ′ 2 = x2; ...;x ′ n = xn. 2.2 Định lý: Nếu (x1, x2, ..., xn), (y1, y2, ..., yn) tương ứng là tọa độ của các véc tơ x, y đối với cơ sở E = {e1, e2, ..., en} và α ∈ K thì (x1 + y1, x2 + y2, ..., xn + yn) , (αx1, αx2, ..., αxn) tương ứng là tọa độ của véc tơ x + y, αx đối với cơ sở E. 2.3 Định nghĩa: Trong không gian véc tơ V cho hệ véc tơ a1, a2, ..., am. (4) Giả sử không gian véc tơ V có cơ sở E = {e1, e2, ..., en}. Biểu diễn mỗi véc tơ ai, i = 1, 2, ...,m theo cơ sở E, giả sử ta có ai = ai1e1 + ai2e2 + ...+ ainen, i = 1, 2, ..., n. Ma trận A =  a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . ann ... ... ... am1 am2 . . . amn  27 được gọi là ma trận tọa độ của hệ véc tơ a1, a2, ..., am đối với cơ sở E. Ta có kết quả sau đây. 2.4 Định lý: Hệ véc tơ (5) độc lập tuyến tính khi các hàng của A độc lập tuyến tính. 2.5 Định nghĩa: Số r được gọi là hạng của hệ véc tơ (4) nếu hai điều kiện sau đây được thỏa mãn a) Có r véc tơ ai1, ai2, ..., air của hệ (4) độc lập tuyến tính. b) Mọi véc tơ của hệ (4) đều được biểu thì tuyến tính qua hệ ai1, ai2, ..., air. Ta có kết quả 2.6 Định lý: Nếu V là không gian véc tơ có một cơ sở hữu hạn thì hạng của một hệ véc tơ trong V bằng hạng của ma trận của nó đối với một cơ sở hữu hạn bất kỳ của V . 2.7 Định lý: Nếu trong khong gian véc tơ V có một cơ sở gồm n véc tơ thì mọi hệ gồm n + 1 véc tơ trong V đều phụ thuộc tuyến tính. Chứng minh: Giả sử trong V có cơ sở E = {e1, e2, ..., en}. Ta cho hệ véc tơ a1, a2, ..., an, an+1 ∈ V (5). Giả sử ma trận của hệ (5) đối với cơ sở E là A =  a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . ann ... ... ... an1 am2 . . . ann a(n+1)1 a(n+1)2 . . . a(n+1)n  Ma trận A có n cột nên cấp của định thức con cơ sở của A không vượt quá n. Do đó (n+1) hàng của A phụ thuộc tuyến tính. Suy ra hệ véc tơ (5) phụ thuộc tuyến tính. 2.8 Hệ quả: Nếu không gian véc tơ V có một cơ sở gồm n véc tơ thì số véc tơ trong một cơ sở bất kỳ của V cũng bằng n. Chứng minh: Giả sử V có cơ sở E = {e1, e2, ..., en} và E′ = {e′1, e′2, ..., e′m}. Vì E là cơ sở của V và e′1, e ′ 2, ..., e ′ m độc lập tuyến tính nên theo Định lý 2.6 trên ta có m 6 n. Tương tự n 6 m. Suy ra m = n. 2.9 Định nghĩa: Không gian véc tơ V được gọi là không gian hữu hạn chiều nếu tồn tại một cở sở trong V gồm một số hữu hạn véc tơ. Số véc tơ trong một cơ sở của V được gọi là số chiều của V . 2.10 Định nghĩa: Không gian véc tơ V được gọi là vô hạn chiều nếu với mọi số nguyên dương n tồn tại n véc tơ độc lập tuyến tính. Khi đó ta ký hiệu dimV = +∞. 2.11 Định lý: Nếu V là không gian véc tơ n chiều thì mọi hệ gồm n véc tơ độc lập tuyến tính đều là cơ sở của V . Chứng minh: Giả sử dimV = n,E = {e1, e2, ..., en} là hệ véc tơ độc lập tuyến tính trong V và x ∈ V . Vì số chiều của V là n nên V có một cơ sở gồm n véc tơ, do đó theo Định lý 2.6, hệ véc tơ x, e1, e2, ..., en phụ thuộc tuyến tính. Như vậy tồn tại các số α0, α1, ..., αn không đồng thời bằng không sao cho α0x + α1e1 + ...+ αnen = θ. (6) Vì e1, e2, ..., en độc lập tuyến tính nên α0 6= 0(?). Suy ra x = −α1 α0 − α2 α0 − ....− αn α0 . 28 Như vậy x được biểu thị tuyến tính qua các véc tơ của hệ E. Do đó E là cơ sở của V . III. Đổi cơ sở và phép biến đổi tọa độ. Cho V là không gian véc tơ n chiều và E = {e1, e2, .., en} và E′ = {e′1, e′2, ..., e′n} là các cơ sở của nó. Biểu diễn các phàn tử e′1, e ′ 2, ..., e ′ n qua cơ sở E ta có e′1 = a11e1 + a21e2 + ...+ an1en e′2 = a12e1 + a22e2 + ...+ an2en ... e′n = a1ne1 + a2ne2 + ....+ annen Khi đó ma trận A =  a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . ann ... ... ... an1 an2 . . . ann  được gọi là ma trận chuyển từ cơ sở E sang E′. Vì hệ véc tơ e′1, e ′ 2, ..., e ′ n độc lập tuyến tính nên từ Định lý 2.3 suy ra rằng định thức |A| 6= 0. Do đó có ma trận nghịch đảo A−1 được xác định bởi A′ = 1 |A|  A11 A21 . . . An1 A12 a22 . . . an2 ... ... ... A1n A2n . . . Ann  trong đó Aij là phần phụ đại số của aij trong định thức |A|. Ta có thể chứng minh được A′ là ma trận chuyển từ cơ sở E′ sang cơ sở E (BT). Cho x ∈ V , gọi (x1, x2, ..., xn) và (x′1, x′2, ..., x′n) lần lượt là tọa độ của x đối với các cơ sở E và E′. Tức là x = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen = x1e ′ 1 + x ′ 2e ′ 2 + ...+ xne ′ n = n∑ j=1 x′j n∑ i=1 aijei = n∑ i=1 ( n∑ j=1 aijx ′ j)ei = ( n∑ j=1 aijx ′ j)e1 + ( n∑ j=1 aijx ′ j)e2 + ...+ ( n∑ j=1 aijx ′ j)en Từ đây suy ra  x1 = a11x ′ 1 + a12x ′ 2 + ...+ a1nx ′ n x2 = a21x ′ 1 + a22x ′ 2 + ...+ a2nx ′ n ... xn = an1x ′ 1 + an2x ′ 2 + ...+ annx ′ n (7) 29 Viết dưới dạng ma trận ta có [x] = A[x′] trong đó [x] và [x′] là các ma trận cột [x] =  x1 x2 ... xn  ; [x′] =  x′1 x′2 ... x′n  Công thức (7) được gọi là công thức chuyển từ tọa độ (x′1, x ′ 2, ..., x ′ n) sang tọa độ (x1, x2, ..., xn) bài tập Bài 1: Xác định tổ hợp tuyến tính 3a1 + 2a2 − 4a3 với a1, a2, a3 là hệ véc tơ sau đây a) a1 = (4, 2, 1), a2 = (−1, 2, 2), a3 = (5,−3, 4) trong không gian véc tơ R3. b) a1 = ( 2 2 1 0 3 1 ) ; a2 = ( −1 2 0 0 3 5 ) ; a3 = ( 1 −2 3 4 0 1 ) trong không gian véctơ M2×3. Bài 2: Chứng minh rằng nếu a1, a2, ..., an, an+1 là hệ (n + 1) véc tơ phụ thuộc tuyến tính trong không gian véc tơ V và a1, a2, ..., an độc lập tuyến tính thì an+1 là tổ hợp tuyến tính của a1, a2, ..., an. Bài 3: Chứng minh rằng hệ véc tơ a1, a2, ..., an trong K n được cho sau đây là cơ sở của K3 và tìm tọa độ của véc tơ x ∈ Kn đối với cơ sở đó. a) a1 = (1, 1, 1), a2 = (1, 1, 2), a3 = (1, 2, 3), x = (6, 9, 14) b) a1 = (1, 2,−1, 2), a2 = (2, 3, 0,−1), a3 = (1, 2, 1, 4), a4 = (1, 3,−1, 0), x = (7, 14,−1, 2) Bài 4: Chứng minh rằng các hệ véc tơ E,E′ được cho dưới đây là cơ sở của Kn. Tìm ma trận chuyển từ cơ sở E sang cơ sở E′ và viết công thức biến đổi tọa độ. a) E = {(1, 2, 1), (2, 3, 3), (3, 8, 2)};E′ = {(3, 5, 8), (5, 14, 13), (1, 9, 2)}. b) E = {1, 1, 1, 1), (1, 2, 1, 1), (1, 1, 2, 1), (1, 3, 2, 3)}; E′ = {(1, 0, 3, 3), (−2,−3,−5,−4), (2, 2, 5, 4), (−2,−3,−4,−4)} 30 Bài 3: không gian véctơ con I. Các định nghĩa. Cho không gian véc tơ V và S là tập con không rỗng của V thỏa mãn hai điều kiện a) Nếu a, b ∈ S thì a+ b ∈ S, b) Nếu α ∈ K,a ∈ S thì αa ∈ S. Các điều kiện a, b cho phép ta xác định được phép cộng trên S và phép nhân vô hướng với véc tơ trên S theo các quy tắc cộng các véc tơ và nhân vô hướng với véc tơ như đã xác định trên V . Ta có thể kiểm chứng được rằng 8 tiên đề về không gian véc tơ thỏa mãn đối với các phép toán trên S. Do đó S cũng là một không gian véc tơ. 1.1 Định nghĩa: Tập con S không rỗng của không gian véc tơ V thỏa mãn hai điều kiện a), b) được gọi là không gian véc tơ con của không gian véc tơ V . Nghĩa là bản thân S cũng là không gian véc tơ đối với phép cộng véc tơ và phép nhân vô hướng với véc tơ trên V . Ví dụ: 1) Tập hợp gồm một phần tử θ của không gian véc tơ V là không gian con của V vì θ + θ = θ và αθ = θ. 2) Nếu S = V thì rõ ràng S là một không gian con của V . Hai không gian con {θ} và V được gọi là không gian con tầm thường của V . 3) Cho không gian véc tơ K3 và S = {(x1, x2, x3) ∈ K3/x1 + 2x2 + 3x3 = 0}. Khi đó S là không gian véc tơ con của K3. 4) Cho V là không gian véc tơ và hệ véc tơ a1, a2, ..., am trong V . Gọi L(a1, a2, ..., am) là tập hợp tất cả các tổ hợp tuyến tính của hệ véc tơ đã cho, tức là tập hợp tất cả các véc tơ có dạng α1a1 +α2a2 + ...+αmam, với α1, α2, ..., αm là các số tùy ý. Khi đó ta cũng kiểm tra được L(a1, a2, ..., am) là không gian véc tơ con của V . Ta có định nghĩa sau. 2.2 Định nghĩa: Không gian véc tơ con L(a1, a2, ..., am) của không gian véc tơ V được gọi là không gian véc tơ con sinh bởi hệ véc tơ a1, a2, ..., am. Ví dụ: Quay lại ví dụ 3 ở phần trên ta có x = (x1, x2, x3) ∈ S ⇔ x1 + 2x2 + 3x3 = 0 ⇔ x1 = −2x2 − 3x3 Do đó x = x2(−2, 1, 0) + x3(−3, 0, 1). Suy ra S = L(a1, a2) với a1 = (−2, 1, 0); a2 = (−3, 0, 1). 1.3 Định lý: Nếu S là không gian véc tơ con của không gian véc tơ V hữu hạn chiều thì S là không gian véc tơ hữu hạn chiều và dimS 6 dimV . Đẳng thức chỉ xảy ra khi S = V . Ta nhận thấy rằng nếu E = {e1, e2, ..., en} là cơ sở của V thì nói chung không thể chọn cơ sở của S là những véc tơ trong E bởi vì các véc tơ này có thể không thuộc S. Tuy nhiên ta có điều sau đây. 1.4 Mệnh đề: Nếu {e1, e2, ..., ek} là cơ sở của không gian véc tơ con S của không gian véc tơ V có số chiều n thì tồn tại các véc tơ ek+1, ..., en ∈ V sao cho {e1, ..., ek, ek+1, ...en} là một cơ sở của V . Chứng minh: Nếu k < n thì tồn tại ek+1 sao cho e1, e2, ..., ek, ek+1 độc lập tuyến tính vì nếu ngược lại thì n = k và ta có điều mâu thuẫn. Tiếp tục nếu k + 1 < n thì tồn tại ek+2 sao cho e1, e2, ..., ek, ek+1, ek+2 độc lập tuyến tính vì nếu ngược lại thì n = k + 1. 31 Tiếp tục lập luận này sau n − k lần ta được khẳng định của mệnh đề. 1.5 Định lý: Cho hệ véc tơ a1, a2, ..., am trong không gian véc tơ V . Số chiều của không gian véc tơ L(a1, a2, ..., am) bằng hạng của hệ véc tơ a1, a2, ..., am. Chứng minh: Giả sử có k véc tơ độc lập tuyến tính là a1, a2, ..., ak và mỗi véc tơ của hệ véc tơ a1, a2, ..., am đều được biểu thị tuyến tính qua hệ véc tơ a1, a2, ..., ak. Khi đó mỗi ai với i = k = 1, ...,m là tổ hợp tuyến tính của a1, a2, ..., ak. Do đó mỗi tổ hợp tuyến tính của các véc tơ a1, a2, ..., am cũng là tổ hợp tuyến tính của các véc tơ a1, a2, ..., ak. Như vậy a1, a2, ..., ak là cơ sở của L(a1, a2, ..., ak). II. Giao và tổng của các không gian con. 2.1 Định lý: Nếu S1 và S2 là các không gian véc tơ con của không gian véc tơ V thì S = S1 ∩ S2 cũng là không gian véc tơ con của V . Chú ý: Nếu S1, S2 là các không gian con của không gian véc tơ V thì nói chung S1 ∪ S2 không là không gian con của V . Ví dụ: S1 = {(x, 0)/x ∈ R};S2 = {(0, x)/x ∈ R} là các không gian véc tơ con của R2. Tuy nhiên S1 ∪ S2 không là không gian véc tơ con của R2 vì (1, 0) ∈ S1; (0, 1) ∈ S2 nhưng (1, 0) + (0, 1) /∈ S1 ∪ S2. 2.2 Định nghĩa: Cho S1, S2 là các không gian véc tơ con của không gian véc tơ V . Tập hợp tất cả các véc tơ của V có dạng x1 + x2, với x1 ∈ S1;x2 ∈ S2 được gọi là tổng của hai không gian véc tơ con S1, S2 và được ký hiệu là S1 + S2. Ví dụ: Trong ví dụ trên ta thấy S1 + S2 = R2 2.3 Mệnh đề: Nếu S1, S2 là các không gian véc tơ con của không gian véc tơ V thì S1 + S2 là không gian véc tơ con của V . Nếu S1, S2 hữu hạn chiều thì S1 + S2 cũng hữu hạn chiều và dim(S1 + S2) = dimS1 + dimS2 − dim(S1 ∩ S2) Chứng minh: Vì θ là phần tử của S1 và S2 nên θ = θ + θ ∈ S1 + S2. Do đó S1 + S2 6= ∅ . Nếu x = x1 + x2; y = y1 + y2 với x1, y1 ∈ S2;x2, y2 ∈ S2 và α ∈ K thì rõ ràng x + y;αx ∈ S1 + S2. Do đó S1 + S2 là không gian con của V . Vì S1 ∩ S2 là không gian con của V nên S1 ∩ S2 hữu hạn chiều. Giả sử dimS1 = r, dimS2 = s, dimS1 ∩ S2 = t. Gọi {e1, e2, ..., et} là cơ sở của S1 ∩ S2. Vì S1 ∩ S2 là không gian con của S1 nên có các véc tơ et+1, ..., er ∈ S1 sao cho {e1, e2, ..., et, et+1...., er} là cơ sở của S1. Vì S1∩S2 là không gian con của S2 nên có các véc tơ er+1, ..., er+s+t ∈ S2 sao cho {e1, ..., et, er+1, ..., rr+s−t} là cơ sở của S2. Ta sẽ chứng minh {e1, e2, ..., er+s−t} là cơ sở của S1 + S2. Thật vậy. Giả sử có tổ hợp tuyên tính α1e1 + α2e2 + ...+ αr+s−ter+s−t = θ 32 Đặt x = α1e1 + α2e2 + ....+ αrer = −ar+1er+1 − ...− ar+s−ter+s−t. Vì α1e1 + α2e2 + ....+ αrer ∈ S1;−ar+1er+1 − ...− ar+s−ter+s−t ∈ S2 nên x ∈ S1 ∩ S2. Do đó tồn tại β1, β2, ..., βt ∈ K sao cho x = β1e1 + β2e2 + ....+ βtet = −ar+1er+1 − ...− ar+s−ter+s−t. Suy ra β1e1 + β2e2 + ....+ βtet + ar+1er+1 + ...+ ar+s−ter+s−t = θ. Vì {e1, ..., et, er+1, ..., rr+s−t} là cơ sở của S2 nên β1 = .... = βt = ar+1 = .... = ar+s−t = 0. Do đó x = θ, tức là α1e1 + α2e2 + ....+ αrer = θ. Vì {e1, e2, ..., er} là cơ sở của S1 nên α1 = α2 = ... = αr = 0. Suy ra {e1, e2, ..., er+s−t} độc lập tuyến tính. - Lấy x ∈ S1 + S2 tùy ý, giả sử x = x1 + x2;x1 ∈ S1;x2 ∈ S2. Vì {e1, e2, ..., et} là cơ sở của S1 nên x1 = α1e1 + α2e2 + ....+ αrer; với α1, α2, ..., αr ∈ K. Vì {e1, ..., et, er+1, ..., rr+s−t} là cơ sở của S2 nên x2 = β1e1 + ...+ βtet + γr+1er+1 + ...+ γr+s−ter+s−t; với β1, ..., βt, γr+1, ...γr+s−t ∈ K Suy ra x = x1+x2 = (α1+β1)e1+...+(αt+βt)et+αt+1et+1+....+αrer+αr+1er+1+...+αr+s−ter+s−t Vậy {e1, e2, ..., er+s−t} là cơ sở của S1 + S2 và do đó dim(S1 + S2) = dimS1 + dimS2 − dim(S1 ∩ S2). 2.4 Định nghĩa: Nếu hai không gian véc tơ con S1, S2 của không gian véc tơ V thỏa mãn điều kiện S1∩S2 = {θ} thì tổng S1 +S2 được gọi là tổng trực tiếp của S1 và S2. Ví dụ: Với S1 = {(x, 0)/x ∈ R};S2 = {(0, x)/x ∈ R} thì S1 ∩ S2 = {θ} và R2 = S1 + S2. 2.5 Mệnh đề: Không gian véc tơ V phân tích được thành tổng trực tiếp của hai không gian con S1 và S2 nếu và chỉ nếu mọi véc tơ x ∈ V đều được biểu diễn duy nhất một cách dưới dạng x = x1 + x2, với x1 ∈ S1;x2 ∈ S2. bài tập Bài 1: Chứng minh rằng các tập con S của các không gian véc tơ sau đây là không gian véc tơ con. a) Tập con S của không gian véc tơ R3 gồm tất cả các véc tơ x = (x1, x2, x3) sao cho 2x1 + 5x2 − 3x3 = 0. b) Tập con S của Mn×n gồm tất cả các ma trận đối xứng. c) Tập con S của Mn×n gồm tất cả các ma trận tam giác trên. 33 d) Tập con S của không gian véc tơ R3 gồm tất cả các véc tơ x = (x1, x2, x3) sao cho x2 = x1 + x3. e) Tập con S của không gian véc tơ R3 gồm tất cả các véc tơ x = (x1, x2, x3) sao cho x2 = x1 + x3 + 1. Bài 2: cho không gian véc tơ L(a1, a2, ..., am) được sinh bởi hệ véc tơ a1, a2, ..., an của không gian véc tơ Rn. Tìm một cơ sở và số chiều của nó. a) a1 = (2, 1, 3, 1); a2 = (1, 2, 0, 1); a3 = (−1, 1,−3, 0) b) a1 = (2, 0, 1, 3,−1); a2 = (1, 1,−3, 0); a3 = (0,−2, 1, 5,−3); a4 = (1, 3, 2, 9,−5). Bài 3: Xác định số chiều của các không gian con của R4. a) Các véc tơ dạng (a, b, c, 0). b) Các véc tơ dạng (a, b, c, d) trong đó d = a+ b và c = a− b). c)Các véc tơ dạng (a, b, c, d) trong đó a = b = c = d. Bài 4: Tìm cơ sở và số chiều của không gian véc tơ con L(a1, a2) ∩ L(b1, b2) của R4 biết a) a1 = (1, 2, 1, 0); a2 = (−1, 1, 1, 1); b1 = (2,−1, 0, 1); b2 = (1,−1, 3, 7). b) a1 = (1, 2,−1,−2); a2 = (3, 1, 1, 1); b1 = (2, 5,−6,−5); b2 = (−1, 2,−7,−3). Bài 4: ánh xạ tuyến tính I. Định nghĩa ánh xạ tuyến tính và các tính chất đơn giản. 1.1 Định nghĩa: Cho V, V ′ là hai không gian véc tơ tùy ý. ánh xạ f : V −→ V ′ được gọi là ánh xạ tuyến tính nếu hai tiên đề sau được thỏa mãn i) Với mọi x, y ∈ V : f(x + y) = f(x) + f(y), ii) Với mọi α ∈ K, mọi x ∈ V : f(ax) = af(x). Ví dụ: 1)Cho ánh xạ f : R3 −→ R2 xác định bởi f(x1, x2, x3) = (x1, 2x2 − x3). Khi đó f là ánh xạ tuyến tính. 2) Cho V, V ′ là hai không gian véc tơ tùy ý. Khi đó ánh xạ f : V −→ V ′ xác định bởi f(x) = θ với mọi x ∈ V là ánh xạ tuyến tính. 3) Cho V là không gian véc tơ tùy ý, S là không gian véc tơ con của V . Khi đó ánh xạ id : S −→ V ; id(x) = x, với mọi x ∈ S là ánh xạ tuyến tính. 1.2 Mệnh đề: Nếu f : V −→ V ′ là ánh xạ tuyến tính thì a) f(θV ) = θV ′. b) Với mọi x ∈ V : f(−x) = −f(x). 1.3 Hệ quả: Nếu f : V −→ V ′ là ánh xạ tuyến tính thì ta có a) Với mọi x, y ∈ V : f(x− y) = f(x)− f(y). b) Với mọi α1, α2, ..., αn ∈ K, mọi x1, x2, ..., xn ∈ V ta có f(α1x1 + α2x2 + αnxn) = α1f(x1) + α2f(xn(x2) + ...+ αnf(xn). 1.4 Định lý: (Cách xác định ánh xạ tuyến tính) Giả sử V là không gian véc tơ n chiều, V ′ là không gian véc tơ tùy ý. Hệ véc tơ {e1, e2, ..., en} là cơ sở của V và a1, a2, ..., an là hệ véc tơ tùy ý trong V ′. Khi đó tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính f : V −→ V ′ sao cho f(ei) = ai. 34 s Chứng minh: +) Sự tồn tại: Với mọi x ∈ V, giả sử x1, x2, ..., xn) là tọa độ của x đối với cơ sở {e1, e2, ..., en}. Tức là x = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen Ta định nghĩa ánh xạ f : V −→ V ′ xác định bởi công thức (x) = x1a1 + x2a2 + ....+ xnan Khi đó ta có thể chứng minh được f là một ánh xạ tuyến tính. Rõ ràng khi x = ei thì f(x) = ai,∀i = 1, 2, .., n. Sự duy nhất: Nếu g : V −→ V ′ sao cho g(ei) = ai,∀i = 1, 2, ..., n thì ta có g(x) = g(x1e2 + x2e2 + ....+ xnen) = x1g(e1) + x2g(e2) + ...+ xng(en) = x1a1 + x2a2 + ...+ xnan = f(x). Do đó f = g. Định lý được chứng minh. 1.5 Định nghĩa: Cho f : V −→ V ′ là ánh xạ tuyến tính. a) Nếu f là đơn ánh thì f được gọi là đơn cấu. b) Nếu f là toàn ánh thì f được gọi là toàn cấu. c) Nếu F là song ánh thì f được gọi là đẳng cấu. 1.6 Định lý: Cho V, V ′, V ′′ là các không gian véc tơ. Nếu f : V −→ V ′; g : V ′ −→ V ” là các ánh xạ tuyến tính thì gof : V −→ V ′′ cũng là ánh xạ tuyến tính. 1.7 Hệ quả: Cho V, V ′, V ′′ là các không gian véc tơ và f : V −→ V ′, g : V ′ −→ V ′′ là các ánh xạ tuyến tính. Khi đó a) Nếu f, g là đơn cấu thì gof là đơn cấu. b) Nếu f, g là toàn cấu thì gof là toàn cấu. c) Nếu f, g là đẳng cấu thì gof là đẳng cấu. II. ảnh và hạt nhân của ánh xạ tuyến tính. Cho V, V ′ là các không gian véc tơ và ánh xạ f : V −→ V ′. Ta đã biết ảnh của f là tập Imf = {f(x)/x ∈ V } Ta định nghĩa hạt nhân của f là tập hợp kerf = {x ∈ V/f(x) = θV ′} = f−1(θV ′) 2.1 Định lý: Nếu f : V −→ V ′ là ánh xạ tuyến tính. A là không gian véc tơ con của V ; B là không gian véc tơ con của V ′ thì f(A) là không gian con của V ′ và f−1(B) là không gian con của V . Nói riêng ảnh của ánh xạ tuyến tính f là không gian véc tơ con của V ′ và hạt nhân của ánh xạ f là không gian véc tơ con của V . Mệnh đề sau đây cho ta một tiêu chuẩn để nhận biết một ánh xạ tuyến tính là đơn cấu. 2.2 Mệnh đề: ánh xạ tuyến tính f : V −→ V ′ là đơn cấu khi và chỉ khi hạt nhân kerf là không gian véc tơ con không của V , tức là kerf = {θV } Ví dụ: ánh xạ tuyến tính f : R2 −→ R3 xác định bởi f(x1, x2) = (2x1, x1−x2, x1+x2) 35 có kerf = (0, 0) nên f là đơn cấu. 2.3 Định nghĩa: Cho ánh xạ tuyến tính f : V −→ V ′, trong đó V, V ′ là các không gian véc tơ hữu hạn chiều. Số chiều của Imf được gọi là hạng của ánh xạ tuyến tính f , số chiều của kerf được gọi là khuyết của f . Định lý sau đây chỉ ra mối quan hệ giữa hạng, số khuyết và số chiều của không gian nguồn của ánh xạ tuyến tính. 2.4 Định lý: Cho ánh xạ tuyến tính f : V −→ V ′. Khi đó dimImf + dimKerf = dimV. Chứng minh: Giả sử dimImf = r; dimkerf = s. Chọn y1, y2, yr là cơ sở của Imf , xr+1, ...xr+s là cơ sở của kerf . Vì yi ∈ Imf nên tồn tại xi ∈ V sao cho f(xi) = yi,∀i = 1, 2, ..., r. Ta chứng minhx1, x2, ..., xr+s (8) là cơ sở của V . Thật vậy, giả sử α1x1 + α2x2 + ...+ αr+sxr+s = θ. Vì f là ánh xạ tuyến tính nên α1f(x1) + α2f(x2) + ...+ αr+sf(xr+s) = θV ′. Lại vì xr+1, ...xr+s ∈ kerf nên f(xr+1) = ... = f(xr+s) = θV ′ và f(x1) = y1; ....; f(xr) = yr nên ta có α1y1 + α2y2 + ...+ αryr = θV ′ Do hệ y1, y2, ..., yr độc lập tuyến tính nên α1 = ... = αr = 0, suy ra ar+1xr+1 + ...+ ar+sxr+s = θ. Lý luận tương tự suy ra ar+1 = ... = ar+s = 0. Suy ra hệ x1, x2, ...xr+s độc lập tuyến tính. Tieps theo ta chứng minh hệ (8) là hệ sinh của V . Với mỗi x ∈ V , ta có f(x) ∈ Imf . Vì y1, y2, ..., yr là cơ sở của Imf nên tồn tại α1, α2, ..., αr ∈ K sao cho f(x) = α1y1 + α2y2 + ...+ αryr = f(α1x1 + α2x2 + ...+ αrxr) Suy ra f(x − α1x1 − α2x2 − ...− αrxr) = θV ′ Vì vậy x− α1x1 − α2x2 − ...− αrxr ∈ Kerf, mà xr+1, ..., xr+s là cơ sở của kerf nên tồn tại αr+1, ...αr+s ∈ K sao cho x− α1x1 − α2x2 − ...− αrxr = αr+1xr+1 + ...+ αr+sxr+s hay x = α1x1 + ...+ αr+sxr+s. Như vậy hệ (8) là cơ sở của V . Do đó dimV = r + s. Định lý được chứng minh. 36 2.5 Hệ quả: Cho ánh xạ tuyến tính f” : V −→ V ′. Khi đó a) f là toàn ánh khi và chỉ khi hạng của f bằng số chiều của V ′. b) f là đơn ánh khi và chỉ khi hạng của f bằng số chiều của V . 2.6 Định nghĩa: Hai không gian véc tơ V và V ′ được gọi là đẳng cấu nếu có một phép đẳng cấu tuyến tính f : V −→ V ′. Khi đó ta ký hiệu V ∼ V ′. 2.7 Định lý: Hai không gian V và V ′ đẳng cấu khi và chỉ khi số chiều của chúng bằng nhau. Chứng minh: Nếu V và V ′ đẳng cấu thì từ hệ quả trên suy ra dimV = dimV ′. Ngược lại, giả sử dimV = dimV ′ = n. Chọn {e1, e2, ..., en} và {e′1, e′2, ..., e′n} lần lượt là cơ sở của V và V ′. Khi đó tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính f : V −→ V ′ sao cho f(ei) = e ′ i,∀i và tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính g : V ′ −→ V sao cho g(e′i) = ei,∀i. Khi đó (gof)(ei) = g(f(ei)) = g(e ′ i) = ei, (fog)(e ′ i) = f(g(e ′ i)) = f(ei) = e ′ i với mọi i = 1, 2, ..., n. Vì có duy nhát một ánh xạ tuyến tính V −→ V sao cho ei 7→ ei, i = 1, 2, ..., n đó là ánh xạ đồng nhất 1V nên ta có fog = 1V . Tương tự gof = 1 ′ V . Do đó f và g là các đẳng cấu ngược nhau. Tức là V ∼ V ′. Định lý được chứng minh. III. Ma trận của ánh xạ tuyến tính. Cho hai không gian véc tơ V, V ′ hữu hạn chiều với dimV = n, dimV ′ = m và E = {e1, e2, ..., en};E′ = {e′1, e′2, ..., e′m} lần lượt là cơ sở của V ′. Với mỗi j = 1, 2, ..., n biểu diễn f(ei) qua cơ sở E ′ của V ′ ta có f(e1) = a11e ′ 1 + ...+ am1e ′ m. f(e2) = a12e ′ 1 + ...+ am2e ′ m. ... f(en) = e1ne ′ 1 + ...+ emne ′ m. Ma trận A =  a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . ann ... ... ... am1 am2 . . . amn  được gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cặp cơ sở E,E′. Nếu V ≡ V ′ và ei = e′i, i = 1, 2, ..., n thì ma trận A được gọi là ma trận của f đối với cơ sở E. Cho x ∈ V và (x1, x2, ..., xn) là tọa độ của x đối với cơ sở E của V . Ta tìm tọa độ (x′1, x ′ 2, ..., x ′ m) là tọa độ của f(x) đối với cơ sở E ′. Ta có x = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen. Vì f là ánh xạ tuyến tính nên f(x) = x1f(e1) + x2f(x2) + ...+ xnf(xn) 37 = x1(a11e ′ 1 + ...+ am1e ′ m) +x2(a12e ′ 1 + ...+ am2e ′ m) +....+ xn(e1ne ′ 1 + ...+ emne ′ m) = (a11x1 + a12x2 + ...+ a1nxn)e ′ 1 +(a21x1 + a22x2 + ...+ a2nxn)e ′ 2 ... +(am1x1 + am2x2 + ...+ amnxn)e ′ m = x′1e ′ 1 + x ′ 2e ′ 2 + ...+ x ′ ne ′ n Từ đây suy ra  x′1 = a11x1 + a12x2 + ...+ a1nxn, x′2 = a21x1 + a22x2 + ...+ a2nxn, ... x′m = am1x1 + am2x2 + ...+ amnxn. Như vậy, viết dưới dạng ma trận ta có x′1 x′2 ... x′m  =  a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . ann ... ... ... am1 am2 . . . amn   x1 x2 ... xm  Ký hiệu [x] =  x1 x2 ... xm  ; [x′] =  x′1 x′2 ... x′m  ta có [x′] = A[x]. Đẳng thức này gọi là biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính f đối với cập cơ sở E,E′. Bây giờ cho hai không gian véc tươ V, V ′, cặp cơ sở E = {e1, e2, ..., en} của V và E′ = {e′1, e′2, ..., e′m} của V ′ và ma trận A =  a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . ann ... ... ... am1 am2 . . . amn  Đặt a1 = a11e ′ 1 + a21e ′ 2 + ...+ am1e ′ m, a2 = a12e ′ 1 + a22e ′ 2 + ...+ am2e ′ m, ... an = a1ne ′ 1 + a2ne ′ 2 + ...+ amne ′ m. 38 Khi đó tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính fA : V −→ V ′ sao cho fA(ej) = aj, với j = 1, 2, ..., n. Như vậy ma trận của ánh xạ tuyến tính fA đố

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfdaisotuyentinh_8284_7737.pdf
Tài liệu liên quan