Giải tích (cơ bản) - Bài 17: Giải bài tập về ánh xạ tuyến tính

ĐẠI SỐ CƠ BẢN
(ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC)
Bài 17. Giải bài tập về ánh xạ tuyến tính
PGS TS Mỵ Vinh Quang
Ngày 10 tháng 3 năm 2006
1. a. Cho ánh xạ f : Rn → R, chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại
các số a1, a2, . . . , an ∈ R để f(x1, x2, . . . , xn) = a1x1 + a2x2 + . . .+ anxn
b. Cho ánh xạ f : Rn → Rm. Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi tồn
tại các số aij ∈ R để
f(x1, x2, . . . , xn) = (a11x1+ a12x2+ . . .+ a1nxn, . . . , am1x1+ am2x2+ . . .+ amnxn) (∗)
Giải. Ta chỉ giải câu b., câu a. là trường hợp đặc biệt của câu b. khi m = 1.
Kiểm tra trực tiếp, ta thấy ngay rằng nếu f có dạng như (∗) thì f là ánh xạ tuyến tính.
Ngược lại, nếu f là ánh xạ tuyến tính, ta đặt:
f(ei) = (a1i, a2i, . . . , ami)
với i = 1, 2, . . . , n, trong đó ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0). Khi đó ta có
f(x1, x2, . . . , xn) = f(x1e1 + x2e2 + . . .+ xnen)
= x1f(e1) + x2f(e2) + . . .+ xnf(en)
= f(a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn, . . . , am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn)
2. Tìm công thức của ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 biết
a. f(1, 1, 2) = (1, 0, 0), f(2, 1, 1) = (0, 1, 1), f(2, 2, 3) = (0,−1, 0).
b. f(1, 2, 3) = (−1, 0, 1), f(−1, 1, 1) = (0, 1, 0), f(1, 3, 4) = (1, 0, 2).
Giải. a. Giả sử
(x1, x2, x3) = a1(1, 1, 2) + a2(2, 1, 1) + a3(2, 2, 3) (1)
Khi đó
f(x1, x2, x3) = a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 1) + a3(0,−1, 0) = (a1, a2 − a3, a2) (2)
Do đó, để tính f(x1, x2, x3), ta cần tính a1, a2, a3 qua x1, x2, x3. Do công thức (1),
a1, a2, a3 là nghiệm của hệ: 1 2 2 x11 1 2 x2
2 1 3 x3
 −→
 1 2 2 x10 −1 0 −x1 + x2
0 −3 −1 −2x1 + x3

−→
 1 2 2 x10 −1 0 −x1 + x2
0 0 −1 x1 − 3x2 + x3

1
Vậy:
a3 = −x1 + 3x2 − x3
a2 = x1 − x2
a1 = x1 − 2a2 − 2a3 = x1 − 2(x1 − x2)− 2(−x1 + 3x2 − x3) = x1 − 4x2 + 2x3
Thay vào (2), công thức của ánh xạ f là:
f(x1, x2, x3) = (x1 − 4x2 + 2x3, 2x1 − 4x2 + x3, x1 − x2)
b. Giải tương tự câu a., chi tiết xin dành cho bạn đọc.
3. Trong R3 cho 2 cơ sở:
u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 1), u3 = (1, 0, 1) (u)
v1 = (1,−1, 0), v2 = (0, 1,−1), v3 = (1, 0, 1) (v)
và cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3, f(ui) = vi.
a. Tìm công thức của f .
b. Tìm các ma trận
Af/(u) , Af/(u),(v) , Af/(v) , Af/(v),(u) , Af/(ε3)
Giải. a. Giả sử
(x1, x2, x3) = a1u1 + a2u2 + a3u3 (1)
Khi đó
f(x1, x2, x3) = f(a1u1 + a2u2 + a3u3)
= a1f(u1) + a2f(u2) + a3f(u3)
= a1(1,−1, 0) + a2(0, 1,−1) + a3(1, 0, 1)
= (a1 + a3,−a1 + a2,−a2 + a3)
Vậy f(x1, x2, x3) = (a1 + a3,−a1 + a2,−a2 + a3) (2)
Ta cần tính a1, a2, a3 theo x1, x2, x3, do (1), a1, a2, a3 là nghiệm của hệ 1 0 1 x10 1 0 x2
0 1 1 x3
 −→
 1 0 1 x10 1 0 x2
0 0 1 −x2 + x3

do đó: a3 = −x2 + x3, a2 = x2, a1 = x1 − a3 = x1 + x2 − x3. Thay vào (2) công thức
của f là:
f(x1, x2, x3) = (x1,−x1 + x3,−2x2 + x3)
b. • Ma trận Af/(u)
Ta có:
f(u1) = v1 = a1u1 + a2u2 + a3u3 (1)
f(u2) = v2 = b1u1 + b2u2 + b3u3 (2)
f(u3) = v3 = c1u1 + c2u2 + c3u3 (3)
Khi đó
Af/(u) =
 a1 b1 c1a2 b2 c2
a3 b3 c3

2
các ai, bi, ci lần lượt là nghiệm của các phương trình véctơ (1), (2), (3). Mỗi
phương trình (1), (2), (3) tương đương với một hệ phương trình tuyến tính có
cùng ma trận các hệ số (chỉ khác nhau cột tự do), do đó, ta có thể giải cùng lúc
3 hệ đó như sau: 1 0 1 1 0 10 1 0 −1 1 0
0 1 1 0 −1 1
 −→
 1 0 1 1 0 10 1 0 −1 1 0
0 0 1 1 −2 1

– Hệ 1: a3 = 1, a2 = −1, a1 = 1− a3 = 0
– Hệ 2: b3 = −2, b2 = 1, b1 = −b3 = 2
– Hệ 3: c3 = 1, c2 = 0, c1 = 1− c3 = 0
Vậy ma trận
Af/(u) =
 0 2 0−1 1 0
1 −2 1

• Ma trận Af/(u),(v)
Ta có
f(u1) = v1 = 1v1 + 0v2 + 0v3
f(u2) = v2 = 0v1 + 1v2 + 0v3
f(u3) = v3 = 0v1 + 0v2 + 1v3
Vậy ma trận
Af/(u),(v) =
 1 0 00 1 0
0 0 1

• Ma trận Af/(v)
Áp dụng câu a., ta sẽ tính được f(v1), f(v2), f(v3), sau đó làm như các phần
trước. Cụ thể:
f(v1) = (1,−1, 2) = a1v1 + a2v2 + a3v3
f(v2) = (0,−1,−3) = b1v1 + b2v2 + b3v3
f(v3) = (1, 0, 1) = c1v1 + c2v2 + c3v3
ai, bi, ci là nghiệm của 3 hệ sau: 1 0 1 1 0 1−1 1 0 −1 −1 0
0 −1 1 2 −3 1
 −→
 1 0 1 1 0 10 1 1 0 −1 1
0 −1 1 2 −3 1

−→
 1 0 1 1 0 10 1 1 0 −1 1
0 0 2 2 −4 2

– Hệ 1: a3 = 1, a2 = −a3 = −1, a1 = 1− a3 = 0
– Hệ 2: b3 = −2, b2 = −1− b3 = 1, b1 = −b3 = 2
– Hệ 3: c3 = 1, c2 = 1− c3 = 0, c1 = 1− c3 = 0
Vậy
Af/(v) =
 0 2 0−1 1 0
1 −2 1

3
• Ma trận Af/(v),(u) làm tương tự.
• Ma trận Af/(ε3)
theo câu a., công thức của f là
f(x1, x2, x3) = (x1,−x1 + x3,−2x2 + x3)
do đó ta có ngay:
Af/(ε3) =
 1 0 0−1 0 1
0 −2 1

4. Cho ánh xạ tuyến tính
θ : Rn[x] −→ Rn[x]
p(x) 7−→ p′(x)
Tìm ma trận của θ trong cơ sở:
a. uo = 1, u1 = x, u2 = x
2, . . . , un = x
n
b. vo = 1, v1 = x− a, v2 = (x−a)22! , . . . , vn = (x−a)
n
n!
Giải. a. Ta có
θ(uo) = 0 = 0uo + 0u1 + . . . . . . . . . . . . . . .+ 0un
θ(u1) = 1 = 1uo + 0u1 + . . . . . . . . . . . . . . .+ 0un
θ(u2) = 2x = 0uo + 2u1 + . . . . . . . . . . . . . . .+ 0un
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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