Mình hiểu ánh xạ đã cho là tuyến tính, vì nếu thiếu giả thiết này, bài toán không đủ dữ kiện để giải. Từ ma trận biểu diễn chưa thể xác định được ma trận nếu không chỉ ra hai cơ sở (một của không gian nguồn, một của không gian đích). Ở đây hai không gian đều là Euclid 3 chiều nên ta lấy cơ sở chuẩn
$$b_1 = \begin{bmatrix} 1\\ 0 \\0\end{bmatrix}, \quad b_2 = \begin{bmatrix} 0\\ 1 \\0\end{bmatrix}, \quad b_3 = \begin{bmatrix} 0\\ 0 \\1\end{bmatrix}$$
Sau đó, để tìm cơ sở và số chiều của Im(T) và Ker(T) thì có thể dùng phương pháp Gauss để đưa ma trận về dạng giản dòng (row echelon form). Bước một, nhân dòng đầu tiên với -5 rồi cộng với dòng hai (để khử 5 ở dòng hai, cột 1) thì thu được
$$\begin{bmatrix}1&-1&3\\ 0&11&-19\\ 7&4&2 \end{bmatrix}$$
Tiếp tục khử số 7 ở dưới bằng cách nhân dòng thứ nhất với -7 rồi cộng với dòng thứ 3
$$\begin{bmatrix} 1&-1&3\\ 0&11&-19\\ 0&11&-19 \end{bmatrix}$$
Nhân dòng thứ 2 với -1 rồi cộng với dòng thứ 3,
$$\begin{bmatrix} 1&-1&3\\ 0&11&-19\\ 0&0&0 \end{bmatrix}$$
Ma trận cuối đã ở dạng giản dòng (row echelon form). Cột thứ nhất và cột thứ hai có đầu dòng (pivot) và cột thứ 3 không có pivot nên cột thứ 3 của ma trân ban đầu có thể biểu diễn dạng tổ hợp tuyến tính của hai cột 1 và 2. Im(T) là không gian con sinh bởi các cột của ma trận nên nó có cơ sở là cột 1 và 2 của ma trân đầu tiên (cột 3 thừa vì nó có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của cột 1 và 2). Tức là Im(T) có một cơ sở là
$$e_1 = \begin{bmatrix} 1\\ 5\\ 7 \end{bmatrix}, e_2 = \begin{bmatrix} -1\\ 6\\ 4 \end{bmatrix}$$
Cơ sở của Im(T) không phải là duy nhất, có thể lấy hai cột sau làm cơ sở được không? Ta có thể đổi chỗ hai cột thứ 1 và cột 3 sau đó tìm cách giản dòng (khử Gauss) để tìm câu trả lời.
Để tìm Ker(T), giải hệ tương ứng
$$\begin{bmatrix}1&-1&3\\ 5&-6&4\\ 7&4&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\ y\\ z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}$$
Hệ này tương đương với hệ
$$\begin{bmatrix}1&-1&3\\ 0&11&-19\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\ y\\ z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}$$
Lý do là vì ma trận trong hệ sau có thể thu được từ ma trận trọng hệ trước sau vài lần dùng các biến đổi dòng cơ bản (giống như ta cộng các phương trình với nhau...)
Dòng thứ 3 không có gì, dòng thứ hai ta có
$$11y-19z = 0$$
Ta có thể lấy $z = r$ là biến tự do và giải
$$y = \frac{19}{11} r$$
Dòng thứ nhất cho ta phương trình
$$x-y+3z = 0$$
giải $x$ ta thu được
$$x = y -3z = \frac{19}{11} r - 3r = -\frac{14}{11}r$$
Vậy nghiệm của hệ phương trình có dạng
$$\begin{bmatrix}x\\ y\\ z \end{bmatrix} = r\begin{bmatrix} -14/11\\ 19/11\\ 1\end{bmatrix}$$
Từ đó, một cơ sở của Ker(T) là
$$\begin{bmatrix} -14/11\\ 19/11\\ 1\end{bmatrix}$$
Nhận xét rằng Im(T) có số chiều 2 (vì có cơ sở với 2 vecto) nên Ker(T) có số chiều 1, nên được sinh bởi 1 vecto.
cứ cái đà này thì học hành chết mất!!!
