18.1. Không gian véctơ đối ngẫu
Giả sử $V$ là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên trường $\mathbb{K}$.
$\textbf{Định nghĩa 18.1.}\ $
Không gian $\mathcal{L}(V,\mathbb{K})$ của các ánh xạ tuyến tính từ $V$ vào
$\mathbb{K}$ được gọi là không gian véctơ đối ngẫu của $V$ ,
ký hiệu bởi $V^*$. Mỗi phần tử của $V^*$ được gọi là một dạng tuyến tính trên $V$.
$\textbf{Nhận xét 18.2.} \ $
Từ Hệ quả 16.8, ta có
$$\dim(V^*)=\dim(\mathcal{L}(V,\mathbb{K}))=\dim(V)\cdot \dim(\mathbb{K})=\dim(V).$$
$\textbf{Ví dụ 18.3.}\ $
Ánh xạ $f\colon \mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}$ cho bởi
$f([x,y,z]^T)=x-2y+z$ là một dạng tuyến tính trên $\mathbb{R}^3$.
$\textbf{Ví dụ 18.4.}\ $
Lấy $(\lambda_1,\dots,\lambda_n)\in\mathbb{K}^n$. Khi đó ánh xạ $f\colon\mathbb{K}^n\rightarrow\mathbb{K}$ cho bởi
\[
[x_1,\dots,x_n]^T \mapsto
\lambda_1 x_1+\dots+\lambda_n x_n
\]
là một dạng tuyến tính trên $\mathbb{K}^n$.
Tổng quát hơn, ta có
$\textbf{Mệnh đề 18.5.} \ $
Cho $V$ là không gian véctơ $n$-chiều trên trường $\mathbb{K}$ với $S=\{\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\}$ là một cơ sở.
Khi đó $f$ là một dạng tuyến tính trên $V$ nếu và chỉ nếu tồn tại các vô hướng $\lambda_1,\dots,\lambda_n\in\mathbb{K}$ sao cho
\[
f(\mathbf{v})=x_1\lambda_1+\cdots+x_n\lambda_n,
\]
với $\mathbf{v}=x_1\mathbf{v}_1+\dots+x_n\mathbf{v}_n$.
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Giả sử $f$ là một dạng tuyến tính trên $V$. Khi đó đặt $\lambda_i=f(\mathbf{v}_i)$ với $i=1,2\dots,n$, ta có
$$
\begin{aligned}
f(\mathbf{v})&=f(x_1\mathbf{v}_1+\cdots+x_n\mathbf{v}_n)
=x_1f(\mathbf{v}_1)+ \cdots+x_nf(\mathbf{v}_n)\\
&=x_1\lambda_1+\cdots+x_n\lambda_n.
\end{aligned}
$$
Ngược lại, với $\mathbf{v}=x_1\mathbf{v}_1+\dots+x_n\mathbf{v}_n$, $ \mathbf{v}'=x'_1\mathbf{v}_1+\dots+x'_n\mathbf{v}_n$
là các véctơ trong $V$ và $\alpha, \beta\in \mathbb{K}$ ta có
$$\begin{aligned}
f(\alpha\mathbf{v}+\beta\mathbf{v}')
& =f\left( \sum_{i=1}^n(\alpha x_i +\beta x_i')\mathbf{v}_i\right) =\sum_{i=1}^n(\alpha x_i +\beta x_i')\lambda_i\\
& =\alpha\left( \sum_{i=1}^n \lambda_ix_i\right)
+ \beta\left( \sum_{i=1}^n \lambda_ix_i'\right)
=\alpha f(\mathbf{v})+\beta f(\mathbf{v}')
\end{aligned}$$
Vậy ánh xạ $f$ là một dạng tuyến tính.
18.2. Cơ sở đối ngẫu
Bây giờ, cho $S=\{\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\}$ là một cơ sở của $V$.
Mục đích của ta là tìm một cơ sở cho $V^*$ từ $S$.
Theo định lý cơ bản về xác định ánh xạ tuyến tính, với mỗi
$1\leq i\leq n$, tồn tại duy nhất các dạng tuyến tính $\varphi_{i}$ trên $V$ sao cho
\begin{equation} \tag{18.1}
\varphi_{i}(\mathbf{v}_j)=\delta_{ij}=
\begin{cases}
1\qquad\text{nếu}\quad i=j\\
0\qquad\text{nếu}\quad i\not=j.
\end{cases}
\end{equation}
$\textbf{Mệnh đề 18.6.} \ $
Tập các dạng tuyến tính $S^*=\{\varphi_1,\dots,\varphi_n\}$
xác định ở 18.1 là một cơ sở của $V^*$.
Hơn nữa, mọi $f\in V^*$ có biểu diễn
\begin{equation}\tag{18.2}
f = f(\mathbf{v}_1)\varphi_1 +\cdots + f(\mathbf{v}_n)\varphi_n
\end{equation}
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Theo Hệ quả 16.8, ta có
$$
\dim(V^*)=\dim(V)\times \dim(\mathbb{K})=\dim(V)=n
$$
và tập $S^*$ có đúng $n$ phần tử, ta chỉ cần kiểm tra rằng
$S^*$ là một tập độc lập tuyến tính. Thật vậy, xét một quan hệ
tuyến tính $\lambda_1\varphi_1+\cdots+\lambda_n\varphi_n=\mathbf{0}$.
Với mỗi $i=1,\dots,n$, ta có
$$
\lambda_i= (\lambda_1\varphi_1+\cdots+\lambda_n\varphi_n)(\mathbf{v}_i)=\mathbf{0}(\mathbf{v}_i)=0.
$$
Vậy tập $S^*$ là độc lập tuyến tính, và do đó nó là một cơ sở của $V^*$.
Tiếp theo, ta chứng minh công thức biểu diễn 18.2
của $f\in V^*$. Đặt $g := \sum_{j=1}^{n}f(\mathbf{v}_j)\varphi_j\in V^*$.
Với $1\le i\le n$, ta có
$$
g(\mathbf{v}_i) = \Bigl(\sum_{j=1}^{n}f(\mathbf{v}_j)\varphi_j\Bigr) (\mathbf{v}_i)
= \sum_{j=1}^{n}f(\mathbf{v}_j)\varphi_j(\mathbf{v}_i)
= \sum_{j=1}^{n}f(\mathbf{v}_j)\delta_{ji} = f(\mathbf{v}_i).
$$
Do vậy, ta có $f=g$ theo Định lý 15.11.
Từ kết quả này, ta đi đến định nghĩa sau.
$\textbf{Định nghĩa 18.7.}\ $
Cơ sở $S^*$ của $V^*$ xác định như ở (18.1) được gọi
là cơ sở đối ngẫu của cơ sở $S$.
$\textbf{Ví dụ 18.8.}\ $
Cho $S=\set{\mathbf{v}_1=[2,1]^T, \mathbf{v}_2=[3,1]^T}$
là một cơ sở của $\mathbb{R}^2$.
Gọi $S^*=\set{\varphi_1,\varphi_2}$ là cơ sở đối ngẫu của $S$.
Bây giờ, ta sẽ xác định công thức của $\varphi_1$ và $\varphi_2$.
Cho $\mathcal{E}=\set{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2}$ là
cơ sở chính tắc của $\mathbb{R}^2$. Ta có
\begin{align*}
1 = \varphi_1(\mathbf{v}_1) = \varphi_1(2\mathbf{e}_1+\mathbf{e}_2)
= 2\varphi_1(\mathbf{e}_1)+\varphi(\mathbf{e}_2),\\
0 = \varphi_1(\mathbf{v}_2) = \varphi_1(3\mathbf{e}_1+\mathbf{e}_2)
= 3\varphi_1(\mathbf{e}_1)+\varphi(\mathbf{e}_2).
\end{align*}
Từ các đẳng thức trên, ta tìm được $\varphi_1(\mathbf{e}_1)=-1$
và $\varphi_1(\mathbf{e}_2)=3$. Vì vậy, ta có công thức
$\varphi_1([x, y]^T)=-x+3y$. Hoàn toàn tương tự, ta có
$\varphi_2([x, y]^T)=x-2y$.
Mỗi dạng tuyến tính tác động lên mỗi véctơ trên $V$ và cho ra một vô hướng.
Bây giờ, ta muốn tìm cách để mỗi véctơ trên $V$ tác động vào các phần tử thuộc $V^*$.
Muốn vậy, ta nhúng $V$ vào không gian $V^{**}:=(V^*)^*$ theo cách sau.
Xét $\Phi\colon V\rightarrow V^{**}$ cho bởi
$\Phi(\mathbf{v})(\varphi)=\varphi(\mathbf{v})$ với mọi $\mathbf{v}\in V$,
với mọi $\varphi\in V^*$. Khi đó ta có
$\textbf{Định lý 18.9.} \ $
Nếu $V$ là một không gian véctơ hữu hạn chiều, thì ánh xạ
$\Phi\colon V\rightarrow V^{**}$ xác định như trên là một đẳng cấu.
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Trước hết ta chứng minh $\Phi$ là một ánh xạ tuyến tính. Thực vậy, với mọi
$\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2\in V$, với mọi $\lambda_1,\lambda_2\in\mathbb{K}$,
với mọi $\varphi\in V^*$, ta có
$$
\begin{aligned}
\Phi(\lambda_1\mathbf{v}_1+\lambda_2\mathbf{v}_2)(\varphi)
&=
\varphi(\lambda_1\mathbf{v}_1+\lambda_2\mathbf{v}_2)
\stackrel{(\ast)}{=}
\lambda_1\varphi(\mathbf{v}_1)
+
\lambda_2\varphi(\mathbf{v}_2)\\
&=
\lambda_1\Phi(\mathbf{v}_1)(\varphi)
+
\lambda_2\Phi(\mathbf{v}_2)(\varphi)=
[\lambda_1\Phi(\mathbf{v}_1)+\lambda_2\Phi(\mathbf{v}_2)](\varphi).
\end{aligned}
$$
Đẳng thức $(\ast)$ xảy ra do $\varphi$ là ánh xạ tuyến tính.
Vậy $\Phi$ là ánh xạ tuyến tính.
Do $V$ là không gian véctơ hữu hạn chiều nên ta có $\dim(V)=\dim(V^*)=\dim (V^{**})$.
Do vậy ta chỉ cần kiểm tra $\Phi$ là đơn cấu. Cố định một cơ sở
$S=\{\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\}$ của $V$, khi đó $\{\mathbf{v}_1^*,\dots,\mathbf{v}_n^*\}$
là cơ sở của $V^*$. Mỗi véctơ $\mathbf{v}\in\text{Ker}(\Phi)$ có thể viết dưới dạng
$\mathbf{v}=\lambda_1\mathbf{v}_1+\cdots+\lambda_n\mathbf{v}_n$, với $\lambda_1,\dots,\lambda_n\in\mathbb{K}$.
Với mỗi $1\leq i\leq n$, ta có
$$
0=\Phi(\mathbf{v})(\mathbf{v}_i^*)
=\mathbf{v}_i^*(\lambda_1\mathbf{v}_1+\cdots+\lambda_n\mathbf{v}_n)
=\lambda_i.
$$ Vậy $\mathbf{v}=\mathbf{0}$, hay $\Phi$ là đơn cấu.
$\textbf{Nhận xét 18.10.} \ $
Các khẳng định trên chỉ đúng trong trường hợp $V$ là không gian véctơ hữu hạn chiều.
Trong trường hợp $V$ là không gian vô hạn chiều, ta chỉ chứng minh được $\Phi$ là đơn cấu.
18.2. Đối ngẫu của ánh xạ tuyến tính
Bây giờ, giả sử $f\colon U\rightarrow V$ là một ánh xạ tuyến tính.
Ta định nghĩa ánh xạ $f^*\colon V^*\rightarrow U^*$ bởi $f^*(\varphi)=\varphi\circ f$, tức là
\begin{equation}\tag{18.3}
f^*(\varphi)(\mathbf{v}):=\varphi(f(\mathbf{v})), \
\forall\, \varphi\in V^*, \forall\, \mathbf{v}\in U
\end{equation}
Khi đó, $f^*$ có tính chất sau.
$\textbf{Mệnh đề 18.11.} \ $
Ánh xạ $f^*$ định nghĩa như trên là một ánh xạ tuyến tính.
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Với mọi dạng tuyến tính $\varphi_1$ và $\varphi_2$ trong $V^*$,
với mọi $\lambda_1, \lambda_2\in \mathbb{K},$ và với mọi
$\mathbf{v}\in U$ ta có
$$
\begin{aligned}
f^*(\lambda_1\varphi_1+\lambda_2\varphi_2)(\mathbf{v})
&= (\lambda_1\varphi_1+\lambda_2\varphi_2)(f(\mathbf{v}))\\
&=(\lambda_1\varphi_1)(f(\mathbf{v}))
+
(\lambda_2\varphi_2)(f(\mathbf{v}))\\
&=
\lambda_1(\varphi_1)(f(\mathbf{v}))
+
\lambda_2(\varphi_2)(f(\mathbf{v}))\\
&=(\lambda_1f^*(\varphi_1)
+
\lambda_2f^*(\varphi_2))(\mathbf{v}).
\end{aligned}
$$
Vậy ta nhận được $f^*(\lambda_1\varphi_1+\lambda_2\varphi_2)
=\lambda_1f^*(\varphi_1)+\lambda_2f^*(\varphi_2)$,
do đó $f^*$ là một ánh xạ tuyến tính từ $V^*$ vào $U^*$.
$\textbf{Định nghĩa 18.12.}\ $
Ta nói ánh xạ $f^*\colon V^*\rightarrow U^*$ xác định
ở (18.3) là ánh xạ tuyến tính đối ngẫu
của ánh xạ tuyến tính $f\colon U\rightarrow V$.
Các tính chất đại số sau đây của ánh xạ tuyến tính đối ngẫu
có thể suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
$\textbf{Mệnh đề 18.13.} \ $
Cho $U,V,W$ là các không gian véctơ. Khi đó
- $(f_1+f_2)^*=f_1^*+f_2^*$ với mọi $f_1,f_2\in\mathcal{L}(U,V)$;
- $(\lambda f)^*=\lambda f^*$ với mọi $f\in\mathcal{L}(U,V)$, với mọi $\lambda\in\mathbb{K}$;
- $(g\circ f)^*=f^*\circ g^*$ với mọi $f\in \mathcal{L}(U,V)$ và $g\in\mathcal{L}(V,W)$.
Ta kết thúc phần lý thuyết của mục này với tính chất sau của
ánh xạ tuyến tính đối ngẫu.
$\textbf{Mệnh đề 18.14.} \ $
Cho $U$ và $V$ là các không gian véctơ hữu hạn chiều trên $\mathbb{K}$
với cơ sở lần lượt là $S,T$, và cho $f\in \mathcal{L}(U,V)$.
Khi đó ma trận của $f^*$ trong cặp cơ sở đối ngẫu $(T^*,S^*)$ là
$$
M^*_{(T^*,S^*)}(f^*) = (M_{S,T}(f))^T.
$$
$\textbf{Chứng minh.} \ $
Giả sử $m=\dim(U)$, $n=\dim(V)$,
$S=\set{\mathbf{u}_1,\dots,\mathbf{u}_m}$ và
$T=\set{\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n}$, và
$A =(a_{kl})= M_{S,T}(f)\in \mathrm{Mat}_{n, m}(\mathbb{K})$.
Gọi $S^*=\set{\varphi_1,\dots,\varphi_m}$ và
$T^*=\set{\psi_1,\dots,\psi_n}$ là các cơ sở đối ngẫu tương ứng
của $S$ và $T$. Từ Mệnh đề 18.6,
ta có
$$
f^*(\psi_i) = \psi_i\circ f
= \sum_{j=1}^{m}(\psi_i\circ f)(\mathbf{u}_j)\cdot\varphi_j \in U^*,
$$
do đó
$$
M^*_{(T^*,S^*)}(f^*) = \begin{bmatrix}(\psi_i\circ f)(\mathbf{u}_j)\end{bmatrix}_{
\begin{subarray}{l}
j=1,\dots,m\\ i=1,\dots,n
\end{subarray}}
\in \mathrm{Mat}_{m, n}(\mathbb{K}).
$$
Hơn nữa, phần tử dòng thứ $k$ và cột thứ $l$ của $M^*_{(T^*,S^*)}(f^*)$
là
$$
(\psi_l\circ f)(\mathbf{u}_k) = \psi_l(f(\mathbf{u}_k))
= \psi_l\left( \sum_{i=1}^{n}a_{ik}\mathbf{v}_i\right)
= \sum_{i=1}^{n}a_{ik}\psi_l(\mathbf{v}_i)
= \sum_{i=1}^{n}a_{ik}\delta_{li}=a_{lk}.
$$
Vì vậy $M^*_{(T^*,S^*)}(f^*) =A^T$.
Sử dụng Maple
Xét cơ sở $S =\set{\mathbf{v}_1=[1,1,1]^T,\mathbf{v}_2=[1,1,0]^T,
\mathbf{v}_3=[1,0,0]^T}$ của $\mathbb{R}^3$ với cơ sở đối ngẫu tương ứng là
$S^*=\set{\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3}$.
Ta sẽ tìm công thức biểu diễn của các phần tử trong $S^*$.
Với mỗi $i=1,2,3$, ta thấy
$\varphi_i([a_1,a_2,a_3]^T) = a_1\varphi_i(\mathbf{e}_1)
+a_2\varphi_i(\mathbf{e}_2)+a_3\varphi_i(\mathbf{e}_3)$, trong đó
$\set{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3}$ là cơ sở chính tắc
của $\mathbb{R}^3$.
Vì vậy, ta cần tính các giá trị $\varphi_i(\mathbf{e}_j)$ với $j=1,2,3$.
Từ tính chất $\varphi_i(\mathbf{v}_j)=\delta_{ij}$ với mọi $i,j=1,2,3$,
ta có
$$
\mathbf{e}_i = \begin{bmatrix}\mathbf{v}_1^T\\ \mathbf{v}_2^T\\ \mathbf{v}_3^T\end{bmatrix}
\cdot \begin{bmatrix}\varphi_i(\mathbf{e}_1)\\ \varphi_i(\mathbf{e}_2)\\ \varphi_i(\mathbf{e}_3)\end{bmatrix}
\;\Leftrightarrow\;
\begin{bmatrix}\varphi_i(\mathbf{e}_1)\\ \varphi_i(\mathbf{e}_2)\\
\varphi_i(\mathbf{e}_3)\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\mathbf{v}_1^T\\
\mathbf{v}_2^T\\ \mathbf{v}_3^T\end{bmatrix}^{-1} \cdot \mathbf{e}_i.
$$
Từ đây, bằng tính toán với $\texttt{Maple},$ ta xác định $\varphi_i(\mathbf{e}_j)$ như sau
$\texttt{> with(LinearAlgebra):}$
$\texttt{> e1 := < 1,0,0>: e2 := < 0,1,0>: e3 := < 0,0,1>:}$
$\texttt{> v1 := <1,1,1>: v2 := < 1,1,0>: v3 := < 1,0,0>:}$
$\texttt{> Vmat := (< v1 | v2 | v3>)^%T:}$
$\texttt{> Vmat1 := MatrixInverse(Vmat):}$
$\texttt{> phi1 := Vmat1*<e1>; #các giá trị phi_1(e_j), j=1,2,3}$
$\texttt{> phi2 := Vmat1*<e2>; #các giá trị phi_2(e_j), j=1,2,3}$
$\texttt{> phi3 := Vmat1*<e3>; #các giá trị phi_3(e_j), j=1,2,3}$
và kết quả là
$$
\begin{bmatrix}\varphi_1(\mathbf{e}_1)\\ \varphi_1(\mathbf{e}_2)\\ \varphi_1(\mathbf{e}_3)\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}0\\ 0\\ 1\end{bmatrix},\quad
\begin{bmatrix}\varphi_2(\mathbf{e}_1)\\ \varphi_2(\mathbf{e}_2)\\ \varphi_2(\mathbf{e}_3)\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}0\\ 1\\ -1\end{bmatrix},\quad
\begin{bmatrix}\varphi_3(\mathbf{e}_1)\\ \varphi_3(\mathbf{e}_2)\\ \varphi_3(\mathbf{e}_3)\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}1\\ -1\\ 0\end{bmatrix}.
$$
Vậy $\varphi_1([a_1,a_2,a_3]^T)=a_3$, $\varphi_2([a_1,a_2,a_3]^T)
=a_2-a_3$ và $\varphi_3([a_1,a_2,a_3]^T)=a_1-a_2$.
Comments
Post a Comment