dsttnc ppt k21

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ

KHOA SAU ĐẠI HỌC

Bài tập

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO

Chuyên ngành: LL & PP Dạy học bộ môn Toán

Giáo viên giảng dạy: TS. Lê Phương Thảo

Lớp thực hiện: LL&PPDH bộ môn Toán Khóa 21

CẦN THƠ, 2014

Bài tập Đại số Tuyến Tính nâng cao – Lớp LL&PPDH Toán K21 – ĐH Cần Thơ

0


1

BÀI TẬP NHÓM 1

CHƯƠNG V: SỰ CHÉO HÓA

Bài 1: Mệnh đề nào sau đây Đúng? Hãy cho giải thích đối với các mệnh đề Sai.

1) Nếu là một cơ sở của 3và b là một vectơ khác không của

3thì

cũng là một cơ sở của 3.

Sai, vì tồn tại 1 2 3(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)s a a a là một cơ sở của 3, và

( 1,0,0)b là một vectơ khác không của 3 nhưng 1 2 3(0,0,0), ,P b a a a

chứa vectơ không nên P không phải là cơ sở của 3

2) Nếu A là tập gồm hữu hạn các vectơ độc lập tuyến tính của không gian vectơ V

thì không gian con sinh bởi A có số chiều bằng số vectơ trong A.

Đúng.

3) Không gian con ( , , ) |x x x x của 3 có số chiều bằng 3.

Sai, vì ( , , ) | (1,1,1)A x x x x và (1,1,1) (0,0,0) nên (1,1,1) là

một cơ sở của A và do đó dimA ard (1,1,1) 1 3c

4) Nếu A là tập gồm các vectơ phụ thuộc tuyến tính trong n

thì tập A có nhiều

hơn n vectơ.

Sai, vì tồn tại là tập gồm một vectơ phụ thuộc tuyến tính trong 2

và

tập A chỉ có một vectơ.

Sai, vì tồn tại (a ) là tập gồm 2 vectơ phụ thuộc tuyến tính

trong 2 và tập A chỉ có 2 vectơ.

5) Nếu A là tập gồm các vectơ phụ thuộc tuyến tính trong n

thì số chiều không

gian con sinh bởi A nhỏ hơn số vectơ trong A.

Đúng.

6) Nếu A là tập con của n và không gian con sinh bởi A bằng

n thì A chứa

Đúng n vectơ

Sai, vì tồn tại là không gian con của 2

và 2A

nhưng cardA=3 2

Sai, vì với A= n là không gian con của

n và

1A nhưng A có thể chứa

nhiều hơn n vectơ.

7) Nếu A và B là các không gian con của n thì ta có thể tìm được cơ sở của

n

chứa cơ sở của A và cơ sở của B.

Đúng.

8) Một không gian vectơ hữu hạn n chiều chỉ chứa hữu hạn không gian con.

Sai, vì là một không gian con của 2

, .

9) Nếu A là một ma trận vuông cấp n trên và thì A không suy biến.

Đúng.


2

10) Nếu A là một ma trận vuông cấp n trên và thì A không suy biến.

Đúng.

11) Một đẳng cấu giữa hai không gian vectơ có thể được biểu diễn bởi một ma trận

vuông không ruy biến

Sai

Ta chứng minh bằng phản chứng

Giả sử mệnh đề trên là đúng

Ta có đẳng cấu song ánh và điều này mâu thuẩn với

tính suy biến của

Sai

Vì đẳng cấu luôn được biểu diễn bởi một ma trận không suy biến

12) Hai không gian vectơ n chiều luôn đẳng cấu với nhau

Sai

Vì hai không gian vectơ n chiều trên cùng một trường thì mới luôn đẳng cấu

với nhau

13) Nếu A là là một ma trận vuông cấp n sao cho thì

Sai. Vì tồn tại thỏa mãn nhưng

Sai. Vì tồn tại

thỏa mãn nhưng

14) Nếu A, B, C là các ma trận vuông khác không sao cho thì

Sai, với

, ta có

Nhưng

15) Ánh xạ đồng nhất trên n được biểu diễn bởi ma trận đơn vị đối với cơ sở của n

Đúng

16) Cho 2 cơ sở của n đưluôn tồn tại một tự đẳng cấu của n sao cho ảnh của cơ

sở này là cơ sở kia

Đúng

17) Nếu A và B là hai ma trận biểu diễn của ánh xạ tuyến tính : n n đối

với cùng một cơ sở của n thì tồn tại một ma trận không suy biến sao cho

Sai, nếu B là ma trận chéo và không chéo hóa được thì không tồn tại

Sai, xét , trong đó


3

Dễ thấy ma trận chính tắc của lần lượt là

và

18) Tồn tại một song ánh giữa tập hợp các phép biến đổi tuyến tính của n và tập

hợp các ma trận vuông cấp n trên

Đúng

19) Ánh xạ : 2 2 cho bởi được biểu diễn bởi ma trận

1 2

1 2

đối với cơ sở nào đó của 2

Cách 1:

Sai, ta CM bằng phản chứng. Giả sử mệnh đề trên là đúng theo đề bài ta có ma trận

của f đối với cơ sở nào đó của

Suy ra

Do đó:

Cách 2:

Sai, vì dễ thấy f là đẳng cấu nên ma trận của nó không thể ở dạng suy biến (

định thức bằng 0) như

Ta chứng minh f là đẳng cấu. Thật vậy, rõ rang f là đơn cấu, ta chỉ cần chứng

minh f là toàn ánh.

Lấy thỏa mãn

f nên f là toàn ánh.

20) Tồn tại một ma trận không suy biến sao cho là ma trận chéo đối với

bất kỳ ma trân A không suy biến

Sai, nếu A không chéo hóa được thì không tồn tại P.

Sai, xét

. Khi đó xem A là ma trận của

với .

Ta có đa thức dặc của f là

Nên

Vậy f không chéo hóa được và do đó không tồn tại P.


4

Bài 8: Cho v là một vectơ riêng của toán tử tuyến tính f và g. Chứng minh rằng v là

một vectơ riêng của f + g

Giải

Do v là một vectơ riêng của toán tử tuyến tính f và g nên ta có

1 2( ) ; ( )f v v g v v với 1 2,

Mà (f+g)(v ) = f(v ) + g(v ) = 1 2v v = 1 2( )v

Vậy v là vectơ riêng của f + g

Bài 15: Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều trên và f là một phép biến

đổi tuyến tính của V ( )f End V sao cho tồn tại một số nguyên dương m

để 0mf . Chứng minh rằng tất cả các trị riêng của f đều bằng không. Từ

đó suy ra nếu 0f thì f không chéo hóa được.

Giải

Chứng minh rằng tất cả các trị riêng của f đều bằng không.

Gọi là một trị riêng bất kỳ của f vàu là một vectơ riêng của f ứng với

trị riêng .

Ta có m mf u u f u u ( Bài tập 10 chương 5)

Mà theo giả thiết 0 0 0m mf u u do u

Do là một trị riêng bất kỳ của f , nên ta có thể kết luậntất cả các trị riêng của

f đều bằng không.

Chứng minh rằng nếu 0f thì f không chéo hóa được.

Xét V là một không gian vectơ hữu hạn chiều trên có cơ sở chính tắc là

0 1 2, ,...

nB e e e và :f V V . Đặt

0[f]

BA

Để chứng minh 0f thì f không chéo hóa được, ta đi chứng minh bằng phản

chứng:

Giả sử ngược lại: Với 0f thì f chéo hóa được

Suy ra cơ sở 1 2,v ,...v

nB v của V sao cho :

1

2

0 0 0 0 0

0 0 0

... 0 ... 0

0 0 0 0 0

B

n

f

( vì các trị riêng đều bằng không)

Và ' 1A PA P với 0

(B B)P .Suy ra:

1

2

(v ) 0,

(v ) 0,

....

(v ) 0.n

f

f

f

Hay (v ) 0, 1,i

f i n 0f (vô lý). Vậy f không chéo hóa được.


5

Bài 22: Cho ma trận

6 3 2

4 1 2

10 5 3

A

a) A có chéo hóa được trên không?

b) A có chéo hóa được trên không?

Giải:

Ta có pt đặc trưng:

6 3 2

0 4 1 2 0

10 5 3

AP A I

22 1 0

Xét trên

Ta có: 22 1 0 AP không phân rã trên

Suy ra: A không chéo hóa được

Xét trên . Ta có: 2

0

AP i

i

Suy ra A có 3 giá trị riêng phân biệt. Vậy A chéo hóa được

Bài 29: Cho \ 0;1 ; , nn N A B M C . Ta có thể khẳng định và có chung

ít nhất một vectơ riêng không?

Giải

AB và BA không có chung một vectơ riêng, vì

Giả sử xét hai ma trận 1 0 1 1

,1 0 0 0

A B

Ta có 1 1

1 1AB

, 2 0

0 0BA

Ta có đa thức đặc trưng của ,AB BA là:

2

2

1 12

1 1AB I

2

2

2 02

0BA I


6

Đặt 2 2P

Giải phương trình 20

0 2 02

P

Với 0

2

1 1 1 10

1 1 0 0AB I AB

Giải phương trình 20 0AB I X với 1 2( , )X x x 1 2 0x x

Vectơ riêng của AB có dạng 1 1 1 1, , \ 0v t t t C

2

2 0 1 00

0 0 0 0BA I BA

Giải phương trình 20 0BA I X với 1 2( , )X x x

1 '

1'

2 1

0xt

x t

Vectơ riêng của ABcó dạng ' ' '

1 1 10, , \ 0v t t C

Với 2

2

1 1 1 12

1 1 0 0AB I

Giải phương trình 22 0AB I X với 1 2( , )X x x 1 2 0x x

Vectơ riêng của ABcó dạng 2 2 2 2, , \ 0v t t t C

2

0 0 0 02

0 2 0 1BA I

Giải phương trình 22 0BA I X với 1 2( , )X x x

'

'1 2

2

2 0

x tt

x

Vectơ riêng của BAcó dạng ' ' '

2 2 2,0 , \ 0v t t C

Ta có i jv v với ' '

1 2 1 21, 2; 1, 2; ; ; ; \ 0i j t t t t C .

Vậy khẳng định: “ , nA B C , \ 0;1 ,n N AB và BA có chung ít nhất

một vectơ riêng” không Đúng.

Bài 36: Chứng minh các ma trận sau đây chéo hóa đượcvà hãy chéo hóa chúng

a) 3

0 1 0

1 0 1

0 1 0

A M

c)

2

3

1

0 0 ,

0 0 1

a a

A a M a


7

b) 3

11 5 5

5 3 3

5 3 3

A M

d) 3

0 1 5

1 1 ,

1

A a a a M a

a a a

Giải:

a) Giải phương trình đặc trưng:

1

2

2

3

01 0

( ) 1 1 0 ( 2) 0 2

0 1 2

AP A I

Vậy A chéo hóa được.

Với 0 xét hệ phương trình:

1 1

2 2

3 3

0 1 0

0 1 0 1 0 0 ,

0 1 0

x x t

AX x x t

x x t

Chọn một vectơ riêng 1 (1,0, 1)u

Với 2 xét phương trình:

11

2 2

3 3

2 1 0

2 0 1 2 0 0 2 ,

0 1 2

x tx

A I X x x t t

x x t

Chọn một vectơ riêng 2 (1, 2,1)u

Với 2 xét phương trình:

11

2 2

3 3

2 1 0

2 0 1 2 0 0 2 ,

0 1 2

x tx

A I X x x t t

x x t

Chọn một vectơ riêng 3 (1, 2,1)u

Vậy

1 1 1

0 2 2

1 1 1

P

là ma trận chéo A, một dạng chéo cuả A là

1

1 0 0

' 0 2 0

0 0 2

A P AP


8

b) Giải phương trình đặt trưng:

1

2

2

3

011 5 5

( ) 5 3 3 0 ( 17 16) 0 1

5 3 3 16

AP A I

Do phương trình đặt trưng có 3 nghiêm nên A chéo hóa được.

Với 1 0 ta có:

1

11 5 5 1 1 1

5 3 3 5 3 3

5 3 3 5 3 3

1 1 1 1 0 1

0 8 8 0 1 1

0 8 8 0 0 0

A I A

Chọn vectơ riêng 1(0,1,1)v

Với 2 1 ta có:

2

10 5 5 2 1 1

5 2 3 5 2 3

5 3 2 5 3 2

A I A I

2 1 1 2 1 1 1 0 1

1 1 0 1 1 1 1 1 0

1 1 0 0 0 0 0 0 0

Chọn vectơ riêng 2(1,1, 1)v

Với 3 16 ta có;

3

5 5 5 1 1 1

16 5 13 3 5 13 3

5 3 13 5 3 13

1 1 1 1 0 2

0 8 8 0 1 1

0 8 8 0 0 0

A I A I

Chọn vectơ riêng 3(2, 1,1)v

Suy ra ma trận khả nghịch làm chéo A là

0 1 2

1 1 1

1 1 1

P


9

Một dạng chéo của A là 1

0 0 0

0 1 0

0 0 16

D P AP

c) Giải phương trình đặt trưng:

21 0

0 (1 )(1 ) 0 1

0 0 1 1

A

a a

P a

Vì phương trình có 3 nghiệm đơn nên A chéo hóa được

Với 0

Ta có:

2 21 1

0 0 0 0 0 1

0 0 1 0 0 0

a a a a

A I a

Chọnvectơ riêng là 1( ,1,0)u a

Với 1

Ta có:

2 22 2

1 0 1 0 1

0 0 0 0 0 0

a a a a

A I a a

Chọn vectơ riêng là 2(0, ,1)u a

Với 1

Ta có:

2

2

0 0 1

0 1 0 0 2

0 0 2 0 0 0

a a a

A I a a

Chọn vectơ riêng là 3 (1,0,0)u

Vậy ma trận

0 1

1 0

0 1 0

a

P a

làm chéo hóa A và một dạng chéo của A là:

' 1

0 0 0

0 1 0

0 0 1

A P AP

d) Giải phương trình đặt trưng:


10

3 2

1 1

1 1 (1 2) 2a 1 0

1

1

1

2 1

AP a a a

a a a

a

Trường hợp 1: 0

1

a

a

Khi đó phương trình 0AP có 3 nghiệm phân iệt nên A chéo hóa được.

Với 1

Ta có:

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

0 2 0 0 1 0

0 2 0 0 0 0

A I a a a a a a

a a a a a a

a

a

Chọn 1 vectơ riêng là : 1(1,0,1)u

Với 1

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 0 0 2 2 0 0 1

2 0 0 2 2 0 0 0

A I a a a a

a a a a

Chọn 1 vectơ riêng là 2 (1,1,0)u

Với 2 1a

Ta có:

2 1 1 1 1 1 1

(2a 1) 1 1 1 2 1 1 1

1 1 1

1 1 1 1 1 1

0 2 2 2 2 0 1 1

0 2 2 2 2 0 0 0

a

A I a a a a

a a a a a a

a a

a a

Chọn 1 vectơ riêng là 3(0,1,1)u


11

Vậy ma trận làm chéo hóa A là:

1 1 0

0 1 1

1 0 1

P

ột dạng ma trận chéo của A là:' 1

1 0 0

0 1 0

0 0 2 1

A P AP

a

Trường hợp 2: Nếu 0a ta có 1 là nghiệm ội 2 của phương trình đặc

trưng

Với 1 ta tìm được có dim 1 2E và có 2 vectơ riêng là:

1,0,1 ; 1,1,0 .

Với 1 ta tìmđươcmộtvectơ riêng là : 1,1,0 .


1 1 1

0 1 1

1 0 0

P

ột dạng ma trận chéo của A là: ' 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

A P AP

Trường hợp 3: Nếu 1a ta có 1 là nghiệm ội 2 của phương trình đặc

trưng

Với 1 ta tìmđươc có dim ( 1) 2E và có 2 vectơ riêng là :

1,1,0 ; 1,0,1 .

Với 1 ta tìm đươ cmột vectơ riêng là: 1,0,1 .


1 1 1

1 0 0

0 1 1

P

ột dạng ma trận chéo của A là: ' 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

A P AP


12

CHƯƠNG V: DẠNG CHÍNH TẮC JORDAN

Bài 30: Hãy đưa các ma trận dưới đây về dạng tam giác và chỉ rõ ma trận khả nghịch P

làm tam giác hóa nó:

a)

211

102

113

A b)

011

101

223

B

a) Xem A là ma trận của toán tử tuyến tính đối với cơ sở chính tắc.

Phương trình đặc trưng

2

3 1 1

( ) 2 1 ( 1)( 2) 0

1 1 2

fP

Với 2

Ta có:

A không chéo hóa được nhưng A tam giác hóa được

Khi đó, tồn tại cơ sở sao cho:

, P là ma trận chuyển cơ sở từ

.

Tìm

Ta có: là vectơ riêng ứng với trị riêng

Chọn

Tìm

Ta có: . Để tìm ta giải

phương trình:

Xét ma trận bổ sung:

Cho a=1, chọn


13

Tìm

Do là trị riêng của f nên chọn là vectơ riêng ứng với trị riêng

, chọn .

Ta có:

Ta giải phương trình:

Chọn .

Khi đó:

b) Xem A là ma trận của toán tử tuyến tính đối với cơ sở chính tắc.

Phương trình đặc trưng

1

0)1(

11

11

223

)( 3

fP

Với 1

Xét ma trận

3

2 2 2 1 1 1

1 1 1 0 0 0

1 1 1 0 0 0

A I

dimE(1)=2<3

Vậy A chỉ tam giác hóa được.

Khi đó: tồn tại cơ sở sao cho:

, P là ma trận chuyển cơ sở từ

.

Tìm

Ta có: là vectơ riêng ứng với trị riêng


14

Chọn

Tìm

Ta có

Chọn a=0 là vectơ riêng ứng với trị riêng

Chọn

Tìm

Ta có:

Để tìm ta giải phương trình:

2 2 2

1 1 1

1 1 1

Chọn . Chọn

1 0 1

0 1 1

0 0 1

1 1 1

1 0 1

0 1 1

BÀI TẬP NHÓM 2

Chương 5.

Bài 2. Cho là các phép biến đổi tuyến tính của được cho bởi:

;

;

;

.

a) Tìm và với . Với trường hợp nào của thì

b) có là không gian con bất biến của không? có là không gian con bất biến của không?

c) Tìm và . Tìm ảnh và hạt nhân của các phép biến đổi tuyến tính này.

Giải

a) Xét .

Tìm

Vậy

Tìm

hay ể


15

hệ sau phải có nghiệm:

Đặt

Ta thấy Hệ luôn có nghiệm .

Vậy

Xét .

Tìm

Vậy

Tìm

hay ể


Đặt

Hệ có nghiệm khi . Vậy

Xét .

Tìm

Vậy

Tìm

hay ể


Đặt

Ta thấy Hệ luôn có nghiệm .

Vậy

Xét .

Tìm

Vậy


16

Tìm

hay ể


Đặt

Hệ có nghiệm khi

Vậy

* Kiểm tra với mọi .

Để kiểm tra ta kiểm tra

+ Kiểm tra

Xét với , ta có ,

Hiển nhiên

Với

Vậy

Hoàn toàn tương tự với .

Như vậy . (*)

+ Kiểm tra .

Hiển nhiên

Vì nên

Do đó (**)

Từ (*) và (**) ta có .

b) Kiểm tra có là không gian con bất biến của không? Ta có ,

Vậy tra có là không gian con bất biến của .

Kiểm tra có là không gian con bất biến của không?

Ta có ,

Với . Ta có:

Vậy không là không gian con bất biến của .

c) Tìm và . Tìm ảnh và hạt nhân của các phép biến đổi tuyến tính này. Với ; .

Tính


17

Tìm

Vậy

Tìm

hay ể


Đặt


Vậy

Tính

Tìm

Vậy

Tìm

hay ể


Đặt


Vậy

Bài 9. Cho là véctơ riêng của toán tử tuyến tính . Chứng minh rằng thì là một véctơ riêng của toán tử tuyến tính .

Giải

Vì là một véctơ riêng của toán tử tuyến tính nên tồn tại giá trị riêng ứng với và

Khi đó

Vậy là một véctơ riêng ứng với giá trị riêng .


18

Bài 16. Cho là không gian véctơ hữu hạn chiều trên và là một phép biến đổi tuyến

tính của sao cho . Chứng minh rằng tổng tất cả các giá trị riêng của là một số nguyên.

Giải

Gọi là véctơ riêng ứng với giá trị riêng . Ta có: .

Vì nên

Do đó: .

Vậy tổng của các bằng 0, là một số nguyên (đpcm).

Bài 23. Tìm điều kiện đối với các số thực để ma trận sau đây chéo hóa được trên .

Giải

Đa thức đặc trưng

Ta có (bội 4)

Do đó chéo hóa được khi và chỉ khi

Vậy với thì chéo hóa được.

Bài 37. Các ma trận

và

thuộc có đồng dạng

không?

Giải

Các đa thức đặc trưng:

Ta thấy và có ba nghiệm thực phân biệt nên hai ma trận và chéo hóa được và chúng có cùng ma trận chéo.

Giả sử là ma trận chéo của và . Khi đó tồn tại các ma trận khả nghịch sao cho

Vậy hai ma trận và đồng dạng.


19

Bài 43. Cho ma trận thực

a) Chứng minh rằng chéo hóa được. Tìm một dạng chéo và một ma trận khả nghịch làm chéo A.

b) Đặt

. Hãy tính .

c) Cho các dãy số thực được xác định theo qui tắc sau:

và

Hãy tính như các hàm số của . Tìm giới hạn của khi .

Giải

a) Xem là ma trận cuae toán tử tuyến tính đối với cơ sở chính tắc.

Đa thức đặc trưng:

Vì có hai nghiệm thực phân biệt nên chéo hóa được.

Với

có cơ sở là

Với

có cơ sở là

Khi đó là cơ sở của .

Ma trận làm chéo là

và một dạng chéo của là:

b) Đặt

. Khi đó

Ta có

Mà ,

và

Do đó:

Vậy:

c) Ta có

Đặt

. Khi đó:

hay


20

Do đó

và

Vậy

Chương 6.

Bài 2. Tìm đa thức tối tiểu của các ma trận trong Bài 1:

và

Giải

a)


Do đó:

Ta có:

Vậy đa thức tối tiểu của là: .

b)


Do đó:

Ta có:

.

Vậy đa thức tối tiểu của là: .


21

BÀI TẬP NHÓM 3

Bài 3 ( chương 5)

Cho V là một F không gian vectơ hữu hạn chiều ( ),f End V ,Vf Id 0.f

Các trường hợp sau có thể xảy ra không?

) Im 0a f Kerf

) Imb f Kerf

) Imc f Kerf

) Imd Kerf f

Giải

Nếu : 2 2:t ( , ) ( ,0)a b b

Khi đó , Ta có: Im ker 0t t

Nếu 3 3:t ( , , ) ( ,0,0)a b c c

Khi đó, ta có: Im kert t

Nếu 3 3:t ( , , ) ( , ,0)a b c b c

Khi đó, ta có ker Imt t

Nếu t là toàn cấu thì Im ker 0t t và không xãy ra các trường hợp còn lại.

Bài 10 ( Chương 5) :

Cho là một trị riêng của toán tử tuyến tính f. Chứng minh là một trị riêng

của .

Giải

Gọi v là vector riêng ứng với trị riêng λ của toán tử tuyến tính f. Ta có

Ta chứng minh rằng bằng phương pháp qui nạp.

Với ta có . Vậy (*) đúng với .

Giả sử (*) đúng với nghĩa là .

Khi đó, ta cần chứng minh (*) đúng với n+1

Nghĩa là cần CM :

Thât vậy: ta có

Suy ra (*) đúng với .

Vậy . Do đó, là một trị riêng của .

Bài 17 Chương 5:

Tìm đa thức đặc trưng của các ma trận sau đây:

a) 1 2

3 2A

b)

1 3 0

2 2 1

4 0 2

B

c)

2 1 0 0

0 2 0 0

0 0 2 2

0 0 0 5

C

Giải

a) Ta có: 2

1 2( ) ( 1)( 4)

3 2AP A I


22

b) Ta có:

3

1 3 0

( ) 2 2 1 (1 )(2 )( 2 ) 12 6(2 )

4 0 2

BP B I

3 2 2 28

c) Ta có: 4

2 1 0 0

0 2 0 0( )

0 0 2 1

0 0 0 5

CP C I

3

2 0 0

( ) (2 ) 0 2 2 (2 ) (5 )

0 0 5

CP

Bài 24 ( Chương 5)

Chứng minh rằng n u A là ma trận vuông cấp 2 trên trường số phức thì A đồng dạng

trên với m t ma trận thu c m t trong hai dạng sau:

b

a

0

0;

a

a

1

0

Giải

Gọi 1 2

3 4

a aA

a a

là ma trận vuông cấp hai trên .

Ta có đa thức đặc trưng 2

1 4 1 4 2 3( ) ( )AP a a a a a a

0)( AP là một phương trình ậc hai với ẩn . Do đó phương trình luôn có nghiệm

trên .

+ TH 1: Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt ba 21 ; ( , )a b

A chéo hóa được và A đồng dạng với ma trận chéo

b

a

0

0

+ TH 2: Phương trình đặc trưng nghiệm kép c 21 . Khi đó tồn tại cơ sở B sao cho

A có dạng tam giác

cd

c 0

Nếu 0d thì A đồng dạng với ma trận

c

c

0

0


23

Nếu 0d thì

00

1

c

c aC d

d c c

a

Đặt

0

'

1

c

dC

c

d

.

Vì C đồng dạng C’ và C đồng dạng với A

Khi đó, suy ra A đồng dạng với ma trận

a

a

1

0 với

d

ca

Bài 38 chương 5 :

Các ma trận

1 2 3

3 1 2

2 3 1

A

và

1 3 2

2 1 3

3 2 1

B

thuộc 3M có đồng dạng không ?

Giải :

Xem A là ma trận của TTTT 3 3:f đối với cơ sở chính tắc 0 1 2 3( , , )B e e e

Giả sử B là ma trận của f đối với cơ sở 3 2 1( , , )e e e

Khi đó, ta có: 1B p AP

Với

0 0 1

0 1 0

1 0 0

P

là ma trận chuyển cơ sở từ 0B

Vậy ma trận A đồng dạng với ma trận B

Bài tập 5 chương 6

Cho toán tử tuyến tính 3 3

:f có ma trận biểu diễn trong cơ sở chính tắc là :

3 0 1

2 1 1

1 1 1

A

Hãy tìm đa thức tối tiểu của f, từ đó kết luận về tính chéo hóa của toán tử f.

Bài giải

Ta có đa thức đặc trưng: 2

3( ) | | (3 )( 1)fP A I

nên

2

( 3)( 1)( )

( 3)( 1)Am

Vì 23 3

( 3 )( )A I A I O nên 2

( ) ( 3)( 1)Am

Vì đa thức tối tiểu của nó phân rã trên nhưng có một nghiệm kép nên f không

chéo hóa được .


24

Bài 5 chương 7 :

Cho không gian vectơ )(RM n gồm các ma trận vuông cấp n trên trường số thực R

(a) Với ij nA a M R , tính vết )( TAATr theo ija . Qua đó chứng minh

rằng )()( TAAnTrATr

(b) Chứng minh rằng ánh xạ )(),( TABTrBA xác định một tích vô hướng

trong không gian )(RM n

Giải

a) Ta có: ( )nA M nên:

11 12 1

21 22 2

1 2

n

n

n n nn

a a a

a a aA

a a a

11 21 1

12 22 2

1 2

n

nT

n n nn

a a a

a a aA

a a a

2 2 2

11 12 1

2 2 2

1 2

...

AA

...

n

T

n n nn

a a a

a a a

Do đó:

11 22

1

( ) ...n

nn ii

i

Tr A a a a a

2 2 2 2 2 2 2

11 1 21 2 1 ij

, 1

(AA ) ... ... ... ...n

T

n n n nn

i j

Tr a a a a a a a

Khi đó, ta viết lại đẳng thức chứng minh có dạng:

2 2

ij

1 ,

( ) (AA ) ( )n n

T

ii

i i j

Tr A nTr a n a

( * )

Ta chứng minh bất đẳng thức (*):

Ta có: 2 2 2 2

ij ij

, 1 1 , 1 1

n n n n

ii ii

i j i i j ii j

a a a a

(1)

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: 2 2

2 2

1 1 1 1

1.

n n n n

ii ii ii ii

i i i i

n a a a an

(2)

Từ (1) và (2) , suy ra:

2 2

2 2

ij ij

, 1 1 , 1 1

1.

n n n n

ii ii

i j i i j i

a a n a an

.

Vậy bất đẳng thức (*) đúng.


25

b) Xét ánh xạ: , : ( ) ( )n nM M

( , ) ( )TA B Tr AB

Ta chứng minh , là một tích vô hướng trong ( )nM

, , ( )nA B C M và , , ta có:

i) , ( ) ( ) ( ) , ,T T TA B C Tr A B C Tr AC Tr BC A C B C

ii) , ( ( ) ( ) ( ) , ,T T TA B C Tr A B C Tr AB Tr AC A B A C

iii) 2

ij

, 1

, (AA ) 0n

T

i j

A A Tr a

2

ij ij

, 1

, 0 0 0 0n

i j

A A a a A

Vậy , thỏa 4 điều kiện xác định của tích vô hướng trong không gian ( )nM

BÀI TẬP NHÓM 4

CHƯƠNG V. SỰ CHÉO HÓA

Bài 4.Trong 3 , xét không gian con RaaaV )0,,( .

a. Tìm một không gian con U của 3 sao cho 3 V U . Không gian con U có

duy nhất không ?

b. Tìm một phép biến đổi tuyến tính f của 3 sao cho UKerfVf ,Im

c. Tìm một phép biến đổi tuyến tính g của 3 sao cho VKergUg ,Im

Giải

a.Ta có ( , ,0)V a a a R Chọn 0, , ,U b c b c

Hiển nhiên 3.U V

Xét 3( , , ) .x y z Ta có ( , , ) , ,0 0, ,x y z x x y x z V U . Vậy

3U V

Mặt khác,ta có:

0( , ,0)

0(0, , )

0

ax V x a a

x U V b a a b cx U x b c

c

{ }V U . Vậy UVR 3

U không duy nhất vì ta có thể chỉ ra một cách chọn khác vẫn thỏa mãn UVR 3

chẳng hạn có thể chọn , , ,U b b c b c

Hiển nhiên 3.V U

Xét 3( , , ) .x y z

Ta có ( , , ) , ,0 , ,2 2 2 2

x y x y x y x yx y z z V U

Vậy 3U V

Mặt khác,ta có


26

( , ,0)0

( , , )0

a bx V x a a

x U V a b a b cx U x b b c

c

{ }.V U Vậy UVR 3

b. Xét 3 3:f

( , , ) ( , ,0)x y z x x

* f là toán tử tuyến tính, thật vậy:

Với mọi 3, ; ,u v K với 1 2 3 1 2 3( , , ), ( , , ).u u u u v v v v

Ta có:

1 1 2 2 3 3

1 2 3 1 1 1 2 3 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

, ,

( ) ( , , ) ( , ,0); ( ) ( , , ) ( , ,0)

( ) , ,0 , ,0 , ,0

( , ,0) ( , ,0) ( ) ( )

u v u v u v u v

f u f u u u u u f v f v v v v v

f u v u v u v u u v v

u u v v f u f v

* Tìm r .Ke f

3 3

3

( , , ) / ( , , ) 0 ( , , ) / , ,0 (0,0,0)

( , , ) / 0 (0, , ) / ,

Kerf x y z f x y z x y z x x

x y z x y z y z U

*Tìm Im .f

Giả sử 1 2 3, , Im .t t t f Khi đó tồn tại 3, ,a b c sao cho 1 2 3( , , ) ( , , )f a b c t t t nghĩa là

1

2

3

,

0

t a

t a a

t

Vậy Im , ,0 /f x x x V

c. Xét 3 3:g

( , , ) ( , , )x y z x y x z

* g là toán tử tuyến tính, thật vậy

Với mọi 3, ; ,u v K với 1 2 3 1 2 3( , , ), ( , , ).u u u u v v v v

Ta có:

1 1 2 2 3 3

1 2 3 2 1 3 1 2 3 2 1 3

2 2 1 1 3 3

2 1 3 2 1 3

2 1 3 2 1 3

, ,

g( ) ( , , ) (0, , ); ( ) ( , , ) (0, , )

g( ) 0, ,

0, , 0, ,

(0, , ) (0, , )

( ) ( )

u v u v u v u v

u g u u u u u u g v g v v v v v v

u v u v u v u v

u u u v v v

u u u v v v

g u g v

* Tìm rg .Ke

3 3

3

( , , ) / g( , , ) 0 ( , , ) / 0, , (0,0,0)

( , , ) / , 0 ( , ,0) /

Kerg x y z x y z x y z y x z

x y z y x z x x x V

* Tìm Im g

Giả sử 1 2 3, , .t t t Im f Khi đó tồn tại 3, ,a b c sao cho 1 2 3g( , , ) ( , , )a b c t t t


27

nghĩa là

1

2

3

0

, ,

t

t b a a b

t c

có nghiệm ( )r A r A với

1 2

2 3 1 2 3

3 1

0 0 0 1 1 0

1 1 0 0 0 1 0; , .

0 0 1 0 0 0

t t

A t t t t t

t t

Vậy Img 0, , / , .y z y z U

Bài 11: Cho là một trị riêng của toán tử tuyến tính f . Chứng minh p là

một trị riêng của p f với .p K t

Bài giải

Do là một giá trị riêng của toán tử tuyến tính f nên tồn tại vectơ riêng v sao cho

.f v v

Giả sử 0

.n

i

ii

p t a t K t

Ta có: 0

( )n

i

ii

p f v a f v0 0 0

n n ni i i

i i ii i i

a f v a v a v

0

.n

i

ii

a v p v

Vậy p là một giá trị riêng của toán tử tuyến tính .p f

Bài 18. Tìm giá trị riêng, cơ sở của không gian con riêng của các ma trận sau đây

trên trường số thực . Ma trận nào trong số đó chéo hóa được? Trong trường

hợp ma trận chéo hoá được, hãy tìm một dạng chéo và một ma trận khả nghịch

làm chéo nó.

3 1 1 1 1 0 2 1 2

) 2 4 2 b) B= 0 1 0 5 3 3

1 1 3 0 0 1 1 0 2

1 0 0 00 1 0

0 0 0 0) 4 4 0

0 0 0 02 1 2

1 0 0 1

a

d

A = c)

D= e) E=

Giải

a. Có thể xem ma trận A là ma trận biểu diễn trong cơ sở chính tắc của toán tử tuyến

tính trong không gian vectơ .

Đa thức đặc trưng: 2

3 1 1

2 4 2 2 6

1 1 3

AP


28

2 1

2

20 2 6 0

6AP

(boäi 2)

Suy ra A có hai giá trị riêng: 2 và 6

* Với 2 :

Ta giải hệ 32 0A I X với

1

2

3

x

X x

x

Ta có: 3

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 0 0 0

1 1 1 0 0 0

A I

Nên 1 1

3 2 2 1 2

3 1 2

2 0 , ,

x t

A I X x t t t R

x t t

Do đó, dim E(2)=3-1=2 và cơ sở của (2)E : 1,0, 1 , 0,1, 1

* Với 6 :

Ta giải hệ 36 0A I X với

1

2

3

x

X x

x

Ta có : 3

3 1 1 4 0 4 1 0 1

6 2 2 2 1 1 1 0 1 2

1 1 3 1 1 3 0 0 0

A I

Nên 1

1 3

3 2

2 3

3

06 0 2 ,

2 0

x tx x

A I X x t t Rx x

x t

Do vậy, dim (6) 3 2 1E và cơ sở của (6)E là 1,2,1

Vậy A chéo hóa được và dạng chéo của A là 1

2 0 0

' 0 2 0

0 0 6

A P AP

Với

1 0 1

0 1 2

1 1 1

P

b. Có thể xem ma trận B là ma trận biểu diễn trong cơ sở chính tắc của toán tử tuyến

tính trong không gian vectơ


1 1 0

0 1 0 1

0 0 1

BP

3

0 1 0 1BP (bội 3)

Suy ra B có giá trị riêng: 1

* Với 1 :

Ta giải hệ phương trinh 3 0B I X Với

1

2

3

x

X x

x


29

Ta có 3

0 1 0

0 0 0

0 0 0

B I

Nên 1 1

3 2 1 2

3 2

0 0 , ,

x t

B I X x t t R

x t

Suy ra dim (1) 3 1 2 3.E Cở sở của (1)E là 1,0,0 , 0,0,1

Vậy B không chéo hóa được.

c. Có thể xem ma trận C là ma trận biểu diễn trong cơ sở chính tắc của toán tử tuyến



2 1 2

5 3 3 1

1 0 2

CP

0 1CP (bội 3) Suy ra C có một trị riêng: 1

* Với 1 :

Ta giải hệ phương trình: 3 0C I X với

1

2

3

x

X x

x

Ta có : 3

3 1 2 1 0 1 1 0 1

5 2 3 3 1 2 0 1 1

1 0 1 5 2 3 0 0 0

C I

Nên 1

3 2

3

0 ,

x t

C I X x t t R

x t

dim 1 3 2 1 3E , Cơ sở của 1E là 1,1, 1

Do đó C không chéo hóa được

d. Có thể xem ma trận D là ma trận biểu diễn trong cơ sở chính tắc của toán tử tuyến


Giải phương trình đặc trưng

3

1 0

4 4 0 2

2 1 2

DP

3

0 2 0 2 ( )boäi 3DP

Suy ra D có một giá trị riêng là 2

Với 2 , ta giải hệ phương trình 32 0D I X với

1

2

3

x

X x

x

Ta có : 3

2 1 0 2 1 0

2 4 2 0 0 0 0

2 1 0 0 0 0

D I


30

Khi đó 32 0D I X 1 22 0x x 1 1

2 1 1 2

3 2

2 , ,

x t

x t t t R

x t

Do đó cơ sở của 2E là 1,2,0 , 0,0,1

dim 2 3 1 2 3E . Vậy D không chéo hóa được .

e. Có thể xem ma trận E là ma trận biểu diễn trong cơ sở chính tắc của toán tử tuyến


Giải phương trình đặc trưng: 22

1 0 0 0

0 0 01

0 0 0

1 0 0 1

EP

Với 22

0 ( 2)0 1 0

1 ( 2)EP

boäi

boäi

Suy ra E có 2 giá trị riêng 0 và 1

Với 0 ta giải hệ 0EX với

1

2

3

4

x

X x

x

x

1 4

1

2 1 1 2

1 4

3 2

00

0 ( , )0

x xx

EX x t t t Rx x

x t

Do đó dim 0 4 2 2E và cơ sở của (0)E là 0,1,0,0 ; 0,0,1,0

Với 1 ta giải hệ 4 0E I X với

1

2

3

4

x

X x

x

x

Ta có 4

0 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

1 0 0 0

E I

khi đó 4 0E I X 1 2 3

4

0,( )

x x xt R

x t

Do đó cơ sở của (1)E là 0,0,0,1

Dễ thấy dim 1 4 3 1 2E . Suy ra E không chéo hóa được .

Bài 32 chương V:Cho V là một K-không gian vectơ hữu hạn chiều, ( ),f End V

W là một không gian con bất biến đối với f và :g W W là một tự đồng cấu

cảm sinh bởi f trên W . Chứng minh rằng ( ) ( ).g fP P


31

Chứng minh

Giả sử

Gọi là một cơ sở của W.

Khi đó ta có thể bổ sung các vectơ

Vào cơ sở để được cơ sở của V là

Giả sử ma trận của g đối với cơ sở BW là

Khi đó ma trận của f đối với cơ sở BV là :

Phương trình đặc trưng của g là :

Phương trình đặc trưng của f là :

W 1,i i pB u p n

dimV n

, 1,iu i p n

1,V i i n

B u

WB

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...

... ... ... ...

...

p

p

p p pp

a a a

a a a

A

a a a

11 1 11 1

1 1

1 1 1

1

0 0

0 0

.. ..

.. .. .. .. .. ..

.. ..

.. ..

.. .. .. .. .. ..

.. ..

p np

p pp pnp p

p p p n

nnn p

a a a a

a a a a

B

a a

a a

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...

... ... ... ...

...

p

p

g

p p pp

a a a

a a a

P A I

a a a

11 1 11 1

1 1

1 1 1

1

0 0

0 0

.. ..

.. .. .. .. .. ..

.. ..

.. ..

.. .. .. .. .. ..

.. ..

p np

p pp pnp p

f

p p p n

nnn p

a a a a

a a a a

P B I

a a

a a


32

Bài 39 .Chứng minh rằng các tự đồng cấu lũy linh và chéo hóa được đều bằng

không.

Chứng minh

Giả sử ( )f End V là lũy linh và f chéo hóa được và 1 2, ,..., nS v v v gồm toàn

véctơ riêng của f sao cho dim .V n

Do f là lũy linh nên tồn tại *m sao cho 0.mf

Suy ra 1 0

0S

n

f D

nên 0.m mf D

Vậy 0, 1,i i n nghĩa là tất cả các giá trị riêng của A đều bằng 0 và

( ) 0. 0.i i i if v v v

Với mọi ,v V ta có 1

.n

i i

i

v v

Ta có 1 1

( ) ( ) .0 0.n n

i i i

i i

f v f v

Vậy f là đồng cấu 0 nghĩa là 0.f

Bài 42.

Tìm sao cho B2 = A trong đó :

Giải

Có thể xem ma trận A là ma trận biểu diễn trong cơ sở chính tắc của toán tử tuyến tính

trong không gian vectơ

Phương trình đặc trưng:

1 1 1 211 12 1

2 1 2 2 121 22 2

1 2 1 2

1 1 1 2

2 1 2 2 1

1 2

.....

.....

... ... ... ... .. .. .. ..

... ..

..

..

( ).

.. .. .. ..

..

nnp p p pp

p p p p p np

p p pp nnn p n p

nnp p p p

p p p p p n

g

n p n p

a a aa a a

a a aa a a

a a a a a a

a a a

a a a

P

a a a

( ) ( )

nn

g fP P

11 5 5

5 3 3

5 3 3

A

3

B M


33

Suy ra A có 3 giá trị riêng phân biệt. Do đó A chéo hóa được

Cơ sở của E(0) là:

1 2 3 1

1 2 3 2

32 3

10 5 5 0

5 2 3 0

0

x x x x t

x x x x t

x tx x

Cơ sở của E(1) là: 211 1 , ,v

1 2 3 1

1 2 3 2

32 3

2 0 2

5 2 3 0

16 16 0

x x x x t

x x x x t

x tx x

Cơ sở của E(16) là:

Cơ sở của V để A có dạng chéo là:

11 5 5

0 0 5 3 3 0

5 3 3

0

1 16 0 1

16

AP A I

11

1 2 3

2 2

1 2 3

3 3

0

011 5 5 011 5 5 0

5 3 3 05 3 3 0

5 3 3 0

*

xxx x x

x x t

x x xx x t

10 11 , ,v

1 2 31

2 1 2 3

3 1 2 3

1

10 5 5 010 5 5 0

5 2 3 0 5 2 3 0

5 3 2 0 5 3 2 0

*

x x xx

x x x x

x x x x

1 2 31

2 1 2 3

3 1 2 3

16

5 5 5 05 5 5 0

5 13 3 0 5 13 3 0

5 3 13 0 5 3 13 0

*

x x xx

x x x x

x x x x

32 1 1, , v

1 2 3, ,v v v


34

Đặt

Khi đó:

Ta có:

Đặt

Khi đó:

CHƯƠNG 6. DẠNG CHÍNH TẮC JORDAN

Bài 6. Cho

1 3 0

3 2 1

0 1 1

A . Hãy tính nA với mọi số nguyên dương n .

Giải

Ta có A là ma trận của toán tử tuyến tính 3 3:f của đối với cơ sở chính tắc 3.

:

Đa thức đặc trưng của A là

1 3 0

3 2 1 1 3 4

0 1 1

fp

1

0 3

4

fp

Đa thức đặc trưng của A có 3 nghiệm đơn phân iệt nên A chéo hoá được.

*Tìm cơ sở của 1E :

Ta giải phương trình 3 0A I X với

1

2

3

x

X x

x

0 0 0

0 1 0

0 0 16

D

1

0 1 2 0 3 31

1 1 1 2 2 26

1 1 1 2 1 1

P P

1D P AP

2

2 1 2 1 2 1 A B PDP B D P B P P BP

1

1

0 0 0

0 1 0

0 0 4

P BP D

1 1

1 1

3 1 1

1 1 1

1 1 1

P BP D B PD P


35

1 2 1

2 1 2 3 2

3 32

3 00 3 0 0

3 3 1 0 3 3 0 0 ,

0 1 0 0 30

x x x a

x x x x x a

x x ax

Ta chọn 1a , khi đó 1E có một cơ sở là : 1 1,0,3u



1

2

3

x

X x

x

1 1 2 1

2 1 2 3 2

3 32 3

2 3 0 32 3 0 0

3 5 1 0 3 5 0 2 ,

0 1 2 0 2 0

x x x x b

x x x x x b b

x x bx x

Ta chọn 1b , khi đó 3E có một cơ sở là 2 3,2, 1u



1

2

3

x

X x

x

1 1 2 1

2 1 2 3 2

3 32 3

5 3 0 35 3 0 0

3 2 1 0 3 2 0 5 ,

0 1 5 0 5 0

x x x x c

x x x x x c c

x x cx x

Ta chọn 1c , khi đó 4E có một cơ sở là 3 3,5,1u

Vậy ma trận làm chéo hoá A là:

1 3 3

0 2 5

3 1 1

P

1

7 0 211

15 10 570

6 10 2

P

Ta có 1 1

1 0 0

0 3 0

0 0 4

C P AP A PCP

1

1 3 3 1 0 0 7 0 211

0 2 5 0 3 0 15 10 570

3 1 1 0 0 4 6 10 2

n

n nA PC P

2 1 1

1

1

7 5.3 18.( 4) 10.3 30.( 4) 21 5.3 6.( 4)1

10.3 30.( 4) 20.3 50.( 4) 10.3 10.( 4)70

21 5.3 6.( 4) 10.3 10.( 4) 63 5.3 2.( 4)

n n n n n n

n n n n n n

n n n n n n


36

CHƯƠNG 7. KHÔNG GIAN EUCLID

Bài 6.Xét không gian Euclide 3 với tích vô hướng chính tắc

a) Cho P là mặt phẳng trong 3 được xác định bởi phương trình

1 2 32 0x x x và là phép chiếu trực giao của

3 xuống P . Hãy viết ma

trận biểu diễn của trong cơ sở chính tắc.

b) Cho các vectơ 1 2 3

1,0,1 , 2,1,0 , 1,1,1u u u . Chứng minh rằng

1 2 3, ,B u u u là cơ sở của

3. Xét xem B có phải là cơ sở trực chuẩn không.

Nếu B không phải là cơ sở trực chuẩn thì hãy sử dụng quá trình trực chuẩn hoá

Gram – Schmidt để xây dựng từ B một cơ sở trực chuẩn 1 2 3

' , , .B e e e

Giải

Câu a) Ta thực hiện qua các ước sau:

1- Tìm cơ sơ của P .

2- Sử dụng quá trình Gram- Schmidt để tìm cơ sở trực chuẩn của P .

3- Tìm hình chiếu của các vecto trong cơ sở chính tắc lên mặt phẳng P , từ đó xác định

0

B .

Bước 1 : Tìm cơ sở của P.

P được xác định bởi 1 2 32 0x x x

1

2

3

2x a b

x a

x b

,a b

1 22,1,0 , 1,0,1v v là tập sinh của P .

Dễ dàng kiểm tra 1 2,v v độc lập tuyến tính.

1 22,1,0 , 1,0,1B v v là 1 cơ sở của P .

Bước 2 : Tìm cơ sở trực chuẩn của P .

Đặt 1 1 2,1,0u v ; 2 2 1u v u ; 1 2

21

, 2

5

u v

u

21 2

, ,1 ,5 5

u

chọn 3 1,2,5u .

2,1,0 , 1,2,5 là 1 cơ sở trực giao của P .

1 1 21 1

2,1,0 , 1,2,55 30

B u u

là một cơ sở trực chuẩn của P .

Bước 3: Tìm hình chiếu của các vectơ trong cơ sở chính tắc lên mặt phẳng .p

1 1 1 1 1 2 2

2 1, , 2,1,0 1,2,5

5 30prp e e u u e u u

2 2 1 1 2 2 2

1 1, , 2,1,0 1,2,5

5 15prp e e u u e u u

3 3 1 1 3 2 2

1, , 0 2,1,0 1,2,5

6prp e e u u e u u


37

Vậy 1

2 10

5 5.1

1 16

30 15

B

Câu b)

Chứng minh B là một cơ của 3

Với các vectơ 1 21;0;1 , 2;1;0u u và 3 1;1;1u

Xét ma trận A lập bởi các vectơ 1 2 3, ,u u u . Ta có

1 2 1

det 0 1 1 2 0

1 0 1

A

Do đó 1 2 3, ,u u u là các vectơ độc lập tuyến tính. Vậy B là một cơ sở của 3 .

*Xét tính trực chuẩn của B.

Ta có 1 2; 2 0u u nên B không phải là cơ sở trực chuẩn

*Xây dựng cơ sở trực chuẩn B1 :

Đặt 1 1 1;0;1a u

Ta có : 2 1 1 2a a u với 2 1

1 2

1

, 21

2

u a

a 2 1 2 1;1; 1a a u

Ta có 3 2 1 3 2 3a a a u với :

3 1 3 2

2 32 2

1 2

, ,2 11;

2 3

u a u a

a a

3 1 3 3

1 11; 2; 1

3 3a a a u

Do 1 2,a a vẫn trực giao với 3a , với nên ta có thể chọn 3 1; 2; 1a

Đặt :

11

1

11;0;1

2

ae

a

22

2

11;1; 1

3

ae

a

33

3

11; 2; 1

6

ae

a

Vậy ta có cơ sở trực chuẩn B1 cần xây dựng là :

1 1 2 3

1 1 11;0;1 , 1;1; 1 , 1; 2; 1

2 3 6B e e e


38

BÀI TẬP NHÓM 5

5.5 Cho f là phép biến đổi tuyến tính của không gian vector V , cho λ1,λ2 là các trị riêngphân biệt của f ứng với các vector riêng v1, v2. Khi đó λ1+λ2 và λ1.λ2 có là trị riêng củaf hay không?

GiảiCâu trả lời là không. Thật vậy, xét f ∈ End(R2) với f (x , y) = (2x , 3y).

Khi đó, dễ thấy ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R2 là A=�

2 00 3

�

Đa thức đặc trưng:Pf (λ) =

�

�

�

�

2−λ 00 3−λ

�

�

�

�

= (2−λ)(3−λ)

Rõ ràng f có hai giá trị riêng là λ1 = 2 và λ2 = 3. Hơn nữa, λ1 +λ2 = 5 và λ1.λ2 = 6đều không là trị riêng của f .

5.12 Cho toán tử tuyến tính f : V → V và P(t) ∈ K[t]. Chứng minh rằng ker[P( f )] bấtbiến đối với f .

Giải

Ta có P(t) ∈K[t] nên P(t) =n∑

i=0

ai ti ⇒g = P( f ) =

n∑

i=0

ai fi,

⇒g(x) =

�

n∑

i=0

ai fi

�

(x) =n∑

i=0

ai fi(x).

Ta chứng minh ∀ x ∈ Ker g ⇒ f (x) ∈ Ker g, hay, ∀ x ∈ Ker g ⇒ g�

f (x)�

= 0.

Thật vậy, ∀ x ∈ Ker g ta có g(x) = 0. Mặt khác,

g�

f (x)�

=

�

n∑

i=0

ai fi

�

�

f (x)�

=n∑

i=0

ai fi�

f (x)�

=n∑

i=0

ai fi+1(x)

=n

∑

i=0

f i+1(ai x) (tính chất tuyến tính) =n∑

i=0

f�

f i(ai x)�

= f

�

n∑

i=0

f i(ai x)

�

= f

�

n∑

i=0

ai fi(x)

�

= f�

g(x)�

= f (0) = 0.

Vậy ker[P( f )] = Ker g bất biến đối với f .

5.19 Chứng minh rằng các toán tử sau đây không chéo hóa trên R.

1. f : R3→ R3 với

f (x1, x2, x3) = (6x1 + 3x2 + 2x3,−5x1 − 2x2 − 2x3,−3x1 − 2x2).

2. f : R4→ R4 với

f (x1, x2, x3, x4) = (2x1, x1 + 2x2, x3 − 2x4, x3 + 4x4).

Giải

5.19.1 f (x1, x2, x3) = (6x1 + 3x2 + 2x3,−5x1 − 2x2 − 2x3,−3x1 − 2x2)

Ma trận của toán tử tuyến tính f đối với cơ sở chính tắc của R3 là


39


Pf (λ) =

�

�

�

�

�

�

6−λ 3 2−5 −2−λ −2−3 −2 −λ

�

�

�

�

�

�

= −(−2+ 5λ− 4λ2 +λ3) = −(λ− 2)(λ− 1)2

có hai nghiệm λ= 2 (nghiệm đơn) và λ= 1 (nghiệm kép).Với λ= 1 ta có

H = A− I3 =

5 3 2−5 −3 −2−3 −2 −1

→

5 3 20 0 0−3 −2 −1

→

15 9 60 0 0−15 −10 −5

→

15 9 60 0 00 −1 1

→

15 9 60 −1 10 0 0

.

Suy ra r(H) = 2 và dim E(3) = 3− r(H) = 3− 2= 1< 2.Vậy f không chéo hóa được.

5.19.2 f (x1, x2, x3, x4) = (2x1, x1 + 2x2, x3 − 2x4, x3 + 4x4)

Ma trận của toán tử tuyến tính f đối với cơ sở chính tắc của R4 là

A=

2 0 0 01 2 0 00 0 1 −20 0 1 4


Pf (λ) =

�

�

�

�

�

�

�

�

2−λ 0 0 01 2−λ 0 00 0 1−λ −20 0 1 4−λ

�

�

�

�

�

�

�

�

= (2−λ)

�

�

�

�

�

�

2−λ 0 00 1−λ −20 1 4−λ

�

�

�

�

�

�

A=

6 3 2−5 −2 −2−3 −2 0

= (2−λ)(−1)(−12+ 16λ− 7λ2 +λ3) = (λ− 2)(λ− 3)(λ− 2)2

= (λ− 3)(λ− 2)3

có hai nghiệm λ= 3 (nghiệm đơn) và λ= 2 (nghiệm bội 3).

Với λ= 2 ta có

H = A− 2I3 =

0 0 0 01 0 0 00 0 −1 −20 0 1 2

→

0 0 0 01 0 0 00 0 0 00 0 1 2

→

1 0 0 00 0 1 20 0 0 00 0 0 0

.

Suy ra r(H) = 2 và dim E(2) = 4− r(H) = 4− 2= 2< 3.Vậy f không chéo hóa được.


40

5.26 Tìm điều kiện đối với các số thực a, b, c sao cho ma trận sau đây chéo hóa được

A=

1 a b0 2 c0 0 2

.

Giải

Xem A là ma trận của toán tử tuyến tính f : R3→ R3 đối với cơ sở chính tắc B0 của R3.Đa thức đặc trưng

Pf (λ) =

�

�

�

�

�

�

1−λ a b0 2−λ c0 0 2−λ

�

�

�

�

�

�

= (1−λ)(2−λ)2

có hai nghiệm λ= 1 (nghiệm đơn) và λ= 2 (nghiệm kép).Hiển nhiên dim E(1) = 1 nên A chéo hóa được khi và chỉ khi dim E(2) = 2.Với λ= 2 ta có

H = A− 2I3 =

−1 a b0 0 c0 0 0

.

Suy radim E(2) = 2 ⇔3− r(H) = 2 ⇔r(H) = 1 ⇔c = 0.

Vậy f chéo hóa được khi và chỉ khi

¨

a, b ∈ R,c = 0.

5.40 Cho n ∈ N; A, B ∈ Mn(K) sao cho AB chéo hóa được.

1. Chứng minh rằng nếu A hoặc B khả nghịch thì BA chéo hóa được.

2. Kết quả trên còn đúng không nếu không có giả thiết khả nghịch?

Giải

5.40.1 Chứng minh rằng nếu A hoặc B khả nghịch thì BA chéo hóa được

Trường hợp B khả nghịch

Vì AB chéo hóa được nên tồn tại P khả nghịch sao cho

P−1(AB)P = C là ma trận chéo

⇒PP−1(AB)P = PC ⇒(AB)P = PC ⇒(AB)PP−1 = PC P−1 ⇒AB = PC P−1

⇒B(AB) = B�

PC P−1�

⇒BAB = BPC P−1 ⇒(BAB)B−1 =�

BPC P−1�

B−1

⇒BABB−1 = BPC P−1B−1 ⇒BA= (BP)C�

P−1B−1�

(1)

Vì B, P khả nghịch nên BP khả nghịch, hơn nữa (BP)−1 = P−1B−1. Khi đó, (1) trở thành

BA= (BP)C(BP)−1 (2)

Đặt Q = BP khả nghịch, khi ấy (2) trở thành BA=QCQ−1

⇒Q−1(BA)Q = C là ma trận chéo.

Vậy tồn tại Q khả nghịch sao cho Q−1(BA)Q = C là ma trận chéo, hay BA chéo hóa được.


41

Trường hợp A khả nghịch

Cách 1


P−1(AB)P = C là ma trận chéo ⇒AB = PC P−1

Vì P khả nghịch nên có thể đặt Q = P−1, khi đó AB =Q−1CQ

⇒A−1(AB)A= A−1�

Q−1CQ�

A ⇒A−1ABA= A−1Q−1CQA ⇒BA=�

A−1Q−1�

C(QA).

Vì Q, A khả nghịch nên QA khả nghịch, hơn nữa (QA)−1 = A−1Q−1. Khi ấy

BA= (QA)−1C(QA).

Đặt R=QA khả nghịch, đẳng thức trên trở thành BA= R−1CR ⇒ R(BA)R−1 = C

Vì R khả nghịch nên có thể đặt S = R−1, và ta có S−1(BA)S = C là ma trận chéo.

Vậy tồn tại S khả nghịch sao cho S−1(BA)S = C là ma trận chéo, hay BA chéo hóa được.

Cách 2


P−1(AB)P = C là ma trận chéo

⇒P�

P−1(AB)P�

P−1 = PC P−1 ⇒AB = PC P−1 ⇒A−1(AB)A= A−1�

PC P−1�

A

⇒BA= A−1PC P−1A ⇒A(BA) = A�

A−1PC P−1A�

⇒A(BA) = PC P−1A

⇒P−1A(BA) = P−1�

PC P−1A�

⇒P−1A(BA) = C P−1A

⇒P−1A(BA)A−1 =�

C P−1A�

A−1 ⇒P−1A(BA)A−1 = C P−1

⇒P−1A(BA)A−1P =�

C P−1�

P ⇒P−1A(BA)A−1P = C

⇒�

P−1A�

(BA)�

A−1P�

= C (∗)

Xét U = P−1A và V = A−1P ta có UV =�

P−1A� �

A−1P�

= P−1AA−1P = P−1P = I

nên U , V khả nghịch và U = V−1.Khi đó đẳng thức (∗) có thể viết là V−1(BA)V = C .Vậy tồn tại V khả nghịch sao cho V−1(BA)V = C là ma trận chéo, hay BA chéo hóa

được.

5.41 Kết quả trên còn đúng không nếu không có giả thiết khảnghịch?

Kết quả không đúng nếu không có giả thiết khả nghịch, chẳng hạn

• A=�

0 01 1

�

không khả nghịch (vì |A|= 0),

• B =�

0 00 1

�

không khả nghịch (vì |B|= 0),

• AB =�

0 00 0

�

là ma trận chéo nên nó chéo hóa được.

• BA=�

0 01 0

�

.


42

+ Xem C = BA là ma trận của toán tử tuyến tính f : R2→ R2.

+ Đa thức đặc trưng PC(λ) =

�

�

�

�

−λ 01 −λ

�

�

�

�

= −λ2.

+ Suy ra C có một giá trị riêng λ= 0 (nghiệm kép).

+ Với λ= 0, ta có

H = BA− 0.I2 = BA=�

0 01 0

�

suy ra r(H) = 1 và dim E(0) = 2− r(H) = 2− 1= 1< 2.

+ Vậy C = BA không chéo hóa được.

6 Dạng chính tắc Jordan

6.7 Tìm ma trận B sao cho B chéo hóa được trên R và B2 =

1 0 0−1 3 0−8 2 4

.

Giải Đặt B2 =

1 0 0−1 3 0−8 2 4

= A.

Vì B chéo hóa được nên tồn tại P khả nghịch sao cho

P−1BP = C là ma trận chéo ⇒B = PC P−1 ⇒B2 = PC2P−1

⇒A= PC2P−1 ⇒P−1AP = C2 là ma trận chéo (vì C là ma trận chéo)

Vậy A= B2 chéo hóa được.Ta có

B = PC P−1

A= PC2P−1

A đã biết

P, C chưa biết

do đó ta cần

• Chéo hóa A, • từ đó suy ra P, C2, • tìm một ma trận C , • tính B = PC P−1.

Xem A =

1 0 0−1 3 0−8 2 4

là ma trận của toán tử tuyến tính f : R3 → R3 đối với cơ sở

chính tắc B0 của R3.Đa thức đặc trưng

Pf (λ) =

�

�

�

�

�

�

1−λ 0 0−1 3−λ 0−8 2 4−λ

�

�

�

�

�

�

= −(−12+ 19λ− 8λ2 +λ3) = −(λ− 1)(λ− 3)(λ− 4)

có ba nghiệm phân biệt λ= 1, λ= 3 và λ= 4 nên f chéo hóa được.Tìm cơ sở của E(1). Ta có

A− I3 =

0 0 0−1 2 0−8 2 3

→

0 0 0−1 2 00 −14 3

→

−1 2 00 −14 30 0 0

.


43

Do đó(A− I3)

x1x2x3

= 0⇔

¨

−x1 + 2x2 = 0−14x2 + 3x3 = 0

⇔

x1 = 6ax2 = 3ax3 = 14a

(b ∈ R).

Suy ra {u1 = (6, 3,14)} là một cơ sở của E(1).Tìm cơ sở của E(3). Ta có

A− 3I3 =

−2 0 0−1 0 0−8 2 1

→

−2 0 00 0 00 2 1

→

−2 0 00 2 10 0 0

.

Do đó(A− 3I3)

x1x2x3

= 0⇔

¨

−2x1 = 02x2 + x3 = 0

⇔

x1 = 0x2 = −bx3 = 2b

(b ∈ R).

Suy ra {u2 = (0,−1,2)} là một cơ sở của E(3).Tìm cơ sở của E(4). Ta có

A− 4I3 =

−3 0 0−1 −1 0−8 2 0

→

−3 0 00 −3 00 6 0

→

1 0 00 1 00 0 0

.

Do đó (A− 4I3)

x1x2x3

= 0⇔

x1 = 0x2 = 0x3 ∈ R

Suy ra {u3 = (0, 0,1)} là một cơ sở của E(4).Khi ấy S = {u1, u2, u3} là một cơ sở của R3 sao cho

• [ f ]S =

1 0 00 3 00 0 4

= P−11 AP1 = C2

1 ,

• P1 =

6 0 03 −1 014 2 1

, P−11 =

1

6

1 0 03 −6 0−20 12 6

.

Chọn C2 =

1 0 00p

3 00 0 2

ta có C22 = P−1

1 AP1 = [ f ]S và theo lập luận trước khi chéo

hóa A, ta có

B = P1C2P−11 =

6 0 03 −1 014 2 1

1 0 00p

3 00 0 2

1

6

1 0 03 −6 0−20 12 6

=1

6

6 0 03 −

p3 0

14 2p

3 2

1 0 03 −6 0−20 12 6

=1

6

6 0 03− 3

p3 6

p3 0

6p

3− 26 24− 12p

3 12

=

1 0 0

1−p

3

2

p3 0

3p

3− 13

34− 2

p3 2


44

7 Không gian Euclid7.7 Trong không gian Euclid R4 với tích vô hướng chính tắc cho các vector

u1 = (2, 1,−2, 4), u2 = (−2, 1,−1,−6), u3 = (−2,3,−4,−8).

Gọi W = ⟨u1, u2, u3⟩ là không gian con của R4 sinh ra bởi các vecto u1, u2, u3 và W⊥ làkhông gian con của R4 trực giao với W .

1. Tìm một cơ sở của mỗi không gian W và W⊥.

2. Cho u = (5,5,−3, 1). Tìm hình chiếu trực giao Prw(u) của u xuống W và tínhkhoảng cách d(u, W ) từ u đến W .

Giải

7.7.1 Tìm một cơ sở của W

Ta có • W = ⟨u1, u2, u3⟩,

• u1 = (2, 1,−2, 4), • u2 = (−2,1,−1,−6), • u3 = (−2,3,−4,−8).

Ma trận vector dòng của S = {u1, u2, u3} là

A=

2 1 −2 4−2 1 −1 −6−2 3 −4 −8

→

2 1 −2 40 2 −3 −20 4 −6 −4

→

2 1 −2 40 2 −3 −20 0 0 0

.

Suy ra • r(A) = 2< 3, tức là S phụ thuộc tuyến tính,• và P = {u1, u2} độc lập tuyến tính. Vậy, P là một cơ sở của W .

7.7.2 Tìm một cơ sở của W⊥

∀x = (x1, x2, x3, x4) ∈W⊥⇒ x ⊥W ⇒ x ⊥ w,∀ w ∈W.

Mà P = {u1, u2} là một cơ sở của W (chứng minh trên), cho nên¨

x ⊥ u1

x ⊥ u2⇔

¨

⟨x , u1⟩= 0⟨x , u2⟩= 0

⇔

¨

2x1 + x2 − 2x3 + 4x4 = 0−2x1 + x2 − x3 − 6x4 = 0

⇔

¨

2x1 + x2 − 2x3 + 4x4 = 02x2 − 3x3 − 2x4 = 0

⇔

2x1 = −x2 + 2x3 − 4x4

x2 =3

2x3 + x4

⇔

2x1 = −3

2x3 − x4 + 2x3 − 4x4

x2 =3

2x3 + x4

⇔

2x1 =1

2x3 − 5x4

x2 =3

2x3 + x4

⇔

x1 =1

4x3 −

5

2x4

x2 =3

2x3 + x4

x3, x4 ∈ R

⇔

x1 = b− 5ax2 = 6b+ 2ax3 = 4bx4 = 2a

(a, b ∈ R)

⇒x = (b− 5a, 6b+ 2a, 4b, 2a) = a(−5,2, 0,2) + b(1,6, 5,0) (a, b ∈ R).

Vậy W⊥ = ⟨(−5,2, 0,2), (1,6, 5,0)⟩, và hơn nữa dễ thấy {(−5, 2,0, 2), (1,6, 5,0)} độclập tuyến tính nên nó là một cơ sở của W⊥.


45

7.7.3 Cho u= (5, 5,−3, 1). Tìm Prw(u) và d(u, W )

Tìm cơ sở trực chuẩn của W

Ta có • u1 = (2, 1,−2, 4), • u2 = (−2,1,−1,−6), • u3 = (−2,3,−4,−8).

Đặt • v1 = u1 = (2, 1,−2, 4),

+ t = ⟨u2, v1⟩= −4+ 1+ 2− 24= −25,

+ m= ‖v1‖2 = 4+ 1+ 4+ 16= 25,

+ λ= −t

m= −(−1) = 1.

• v2 = u2 +λv1 = u2 + v1 = (0,2,−3,−2), ⇒ ‖v2‖=p

0+ 4+ 9+ 4=p

17.

• e1 =v1

‖v1‖=

1

5(2,1,−2,4) =

�2

5,1

5,−2

5,4

5

�

.

• e2 =v2

‖v2‖=

1p

17(0,2,−3,−2) =

�

0,2p

17

17,−3p

17

17,−2p

17

17

�

.

Khi đó, B = {e1, e2} là một cơ sở trực chuẩn của W .

Tìm Prw(u)

Ta có Prw(u) = ⟨u, e1⟩e1 + ⟨u, e2⟩e2.

Mà

• u= (5,5,−3,1), • e1 =1

5(2, 1,−2,4),

+ α= ⟨u, e1⟩=1

5(10+ 5+ 6+ 4) =

25

5= 5,

+ β = αe1 = 5e1 = (2, 1,−2,4).

• u= (5,5,−3,1), • e2 =1p

17(0, 2,−3,−2),

+ γ= ⟨u, e2⟩=1p

17(0+ 10+ 9− 2) =

17p

17=p

17,

+ δ = γe2 =p

17e2 = (0,2,−3,−2).

nênPrw(u) = β +δ = (2, 1,−2, 4) + (0,2,−3,−2) = (2,3,−5,2).

Tìm d(u, W )

Ta có d(u, W ) = ‖u− Prw(u)‖.

Mà • u= (5,5,−3,1), • Prw(u) = (2,3,−5,2),

nên d(u, W ) = ‖(3,2, 2,−1)‖=p

9+ 4+ 4+ 1= 3p

2.

14


46

BÀI TẬP NHÓM 6

Bài 6 (chương V).

Cho f là phép biên đổi tuyến tính của không gian vecto V và 0 là một trị riêng

cùa f .

a) Chứng minh rằng f không khả nghịch.

b) Mệnh đề “f khả nghịch khi và chỉ khi tất cả trị riêng của f khác không “có

đúng không?

Giải:

Xét V là một không gian vecto hữu hạn chiều có cơ sở chính tắc là 0B và :f V V .

Đặt 0B

A f .

a) Do 0 là một trị riêng của f nên 0 0 0A I A f không khả nghịch.

b) Chứng minh nghịch:

Từ công thức ii I

A

(hệ quả 6 .1.5) do tất cả các trị riêng của f đều khác 0

nên hiển nhiên 0A suy ra A khả nghịch.

Chứng minh thuận :

Cho f khả nghịch , lấy bất kì một trị riêng của f . Gọi v là vecto riêng của f

ứng với trị riêng

Giả sử =0 khi đó 0 0 0A I A f không khả nghịch (vô lí|).

Vậy 0 . Do việc lấy giá trị riêng là bấ kì nên tất cả các trị riêng của f đều

khác 0.


Cho )(KMA n, A là lũy linh bậc k. Chứng minh rằng

TA và cA ( 0kc ) là các

ma trận lũy linh bậc k.

Giải.

* Chứng minh TA là ma trận lũy linh ậc k

Ta có: 0)()( TkkT AA (1)

Mặt khác, gọi Nhk sao cho 0)( hTA .

Khi đó, 0))(())(( ThThTTh AAA (!) (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra TA là ma trận lũy linh ậc k.

* Chứng minh cA là ma trận lũy linh ậc k

Chứng minh tương tự như trên, ta có:

0)( kkk AccA (3)

Và gọi Nlk sao cho 0)( lcA

Khi đó, 0)( lll AccA vì 000 llk Acc (vô lý vì A là ma trận lũy

linh bậc k và lk ) (4)

Vậy, từ (3) và (4), ta suy ra cA ( 0kc ) là ma trận lũy linh ậc k.


47


Chứng minh rằng các toán tử sau đây chéo hóa được trên và tìm cơ sở trong

tử có dạng chéo: 3 3:f với

1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3, , 3 3 ,3 5 3 ,f x x x x x x x x x x x x

4 4:f với

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4, , , , , ,f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

Giải

a) 3 3:f với 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3, , 3 3 ,3 5 3 ,f x x x x x x x x x x x x

Ma trận của toán tử f đối với cơ sở chính tắc là:

1 3 3

3 5 3

1 1 1

A

Đa thức đặc trưng của ma trận A :

2

3

1 3 3

3 5 3 2 1

1 1 1

AP A I

. Ta có 2 2

01

A

boiP

Với =2 ta có: 3

3 3 3 1 1 1

2 3 3 3 0 0 0

1 1 1 0 0 0

A I

Suy ra dim E(2)= 2 nên f chéo hóa được.

Xét phương trình

1

3 2 1 2 3

3

1 1 1

( 2 ) 0 0 0 0 0 0

0 0 0

x

A I X x x x x

x

1

2

3

x a b

x a

x b

,a b

Ta chọn hai vecto cơ sở của không gian E(2) là 1 21,1,0 ; 1,0,1u u

Với =1 ta có: 3

2 3 3 1 1 0

3 4 3 0 1 3

1 1 0 0 0 0

A I


1

3 2

3

1 1 0

( ) 0 0 1 3 0

0 0 0

x

A I X x

x

1

1 2

2

2 3

3

30

30

x ax x

x ax x

x a

a

Ta chọn một vecto cơ sở của không gian E(1) là 3{ 3, 3,1 }u

Suy ra cơ sở mà trong đó f có dạng chéo là 1 2 3, ,u u u .


48

b) 4 4:f với

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4, , , , , ,f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

Ma trận của toán tử f đối với cơ sở chính tắc là:

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

B

Đa thức đặc trưng của ma trận B:

3

4

1 1 1 1

1 1 1 12 2

1 1 1 1

1 1 1 1

BP B I

. Ta có: 2

02( 3)

B

xP

x boi

Với = 2 ta có: 4

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 0 0 0 02

1 1 1 1 0 0 0 0

1 1 1 1 0 0 0 0

B I

Suy ra dimE (2) = 3 nên cheo hóa được.


11

22

4

3 3

4 4

1 1 1 1

0 0 0 0( 2 ) 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

x a b cx

x axB I X

x x b

x x c

, ,a b c

Ta chọn một cơ sở của không gian E(2) là 1 2 31,1,0,0 ; 1,0,1,0 , 1,0,0,1u u u .

Với = - 2 ta có: 4

3 1 1 1 1 1 1 3

1 3 1 1 0 1 0 12 0

1 1 3 1 0 0 1 1

1 1 1 3 0 0 0 0

B I


11

1 2 3 4

22

4 2 4

3 3

3 4

4 4

1 1 1 33 0

0 1 0 1( 2 ) 0 0 0

0 0 1 10

0 0 0 0

x axx x x x

x axB I X x x

x x ax x

x x a

a

Suy ra một cơ sở của E (-2) là 4{ 1,1,1,1 }u .

Vậy cơ sở mà trong đó f có dạng chéo là 1 2 3 4, , ,u u u u


49

Bài 27 Chương 5: Cho R là trường số thực và là một toán tử tuyến tính trong

không gian vecto R3

được xác định bởi công thức:

1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 3( , , ) ( , 2 3 , 2 2 )f x x x x x x x x x x x đối với mọi phần tử 3

1 2 3( , , )x x x

a) Chứng minh rằng f chéo hóa được trên 3 và tìm một cơ sở của 3 sao cho ma

trận biểu diễn toán tử f trong cơ sở đó là một ma trận chéo.

b) Với mỗi số nguyên lớn hơn hoặc bẳng 2. Chứng minh rằng tồn tại một toán tử:

33: g sao cho gn = f

Giải:

a) * Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc B0 là:

1 1 1

2 3 0

2 1 2

A

* Giải phương trình đặc trưng

3

1 1 1 1

2 3 0 0 ( 1)( 2)( 3) 0 2

2 1 2 3

A I

Suy ra A chéo hóa được

Với 1

3

0 1 1 1 1 0 1 1 0

2 2 0 0 1 1 0 1 1

2 1 1 0 1 1 0 0 0

A I

Giải hệ phương trình:

1

1 2

2

2 3

3

0 (t )

0

x tx x

x tx x

x t

Cơ sở của E(1) là { 1 (1,1,1)v }

Với 2

3

1 1 1 1 1 1

2 2 1 0 0 3 2

2 1 0 0 0 0

A I


1

1 2 3

2

2 3

3

02 (t )

3 2 03

x tx x x

x tx x

x t

Cơ sở của E(2) là { 2 (1,2,3)v }


50

Với 3

3

2 1 1 2 1 1 2 1 1

3 2 0 0 0 1 1 0 1 1

2 1 1 0 2 2 0 0 0

A I


1

1 2 3

2

2 3

3

02 0

(t )0

xx x x

x tx x

x t

Cơ sở của E(3) là { 3 (0,1,1)v }

Vậy f chéo hóa được và 1 2 3(1,1,1), (1,2,3), (0,1,1)B v v v là cơ sở của 3 mà ma

trận biểu diễn toán tử tuyến tính f trong cơ sở đó là ma trận chéo.

1

1 0 0

' 0 2 0

0 0 3

A P AP

với

1 1 0

1 2 1

1 3 1

P

b) Xét 0

3 3: à B

g R R v g C . Khi đó ta có: n ng f C A

Thật vậy với

131

121

011

P ta có

AC n Cn = PBP

-1 P

(-1)C

nP = B

(P(-1)

CP)(P(-1)

CP)… (P(-1)

CP) = B

(P(-1)

CP)n = B

Với B =

300

020

001

. Gọi D là ma trận sao cho Dn = B, do đó D =

n

n

300

020

001

Suy ra (P(-1)

CP) = D C = PDP-1

=

131

121

011

n

n

300

020

001

121

110

111

=

nnnnn

nnnnn

nn

32313223131

32213222131

12211

Vậy với mọi số ngyên n 2 thì tồn tại ma trận C sao cho Cn = A hay tồn tại

toán tử g: R3 R

3 sao cho g

n = f.


51

Bài 41 (chương V): Tính nA , biết

*

2 1 1

1 2 1 , .

0 0 3

nA M n N

Giải

Xem A là ma trận biểu diễn của toán tử tuyến tính 3 3:f đối với cơ sở chính

tắc 3

Đa thức đặc trưng của ma trận A :

2

3

2 1 1

1 2 1 3 1

0 0 3

AP A I

. Ta có: 3 2

01

A

boiP

Với 3 ta có: 3

1 1 1 1 1 1

3 1 1 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0

A I

Suy ra dim E(3) = 2 ( là bội của nghiệm 3 ). Do đó A chéo hóa được

Xét phương trinh

11

3 2 2

3 3

1 1 1

( 3 ) 0 0 0 0 0

0 0 0

x a bx

A I x x a

x x b

,a b

Ta chọn hai vecto cơ sở của không gian E(3) là 1 21,1,0 ; 1,0,1u u .

Với 1 ta có: 3

1 1 1 1 1 0

1 1 1 0 0 1

0 0 2 0 0 0

A I

Xét phương trình :

11

3 2 2

3 3

1 1 0

( ) 0 0 0 1 0

0 0 0 0

x ax

A I X x x a

x x

a

Ta chọn một vecto cơ sở của không gian E(1) là 3 1, 1,0u .

Do đó một dạng chéo của ma trận A là:

1

3 0 0

0 3 0

0 0 1

B P AP

với

1 1 1

1 0 1

0 1 0

P


52

Suy ra

3 0 0

0 3 0

0 0 1

n

nB

; 1

1 1 11

0 0 22

1 1 1

P

Ta có 1 1 1n nB P AP A PBP A PB P

Vậy :

3 1 3 1 3 1

2 2 21 1 1 3 0 0 1 1 1

1 3 1 3 1 3 11 0 1 0 3 0 0 0 2

2 2 2 20 1 0 0 0 1 1 1 1

0 0 3

n n n

n

n n nn n

n

A

Bài 1 (Chương 7): Với giá trị nào của các ánh xạ dưới đây xác định một tích vô

hướng trong không gian 3 :

a) 1 1 2 2 1 2 3 3 2 3 3 2, 10 6x y x y x y x y x y x y x y

b) 1 1 1 2 2 1 2 2 3 3 2 3 3 2, 2 7 7 8 3x y x y x y x y x y x y x y x y

Giải

a) 1 1 2 2 1 2 3 3 2 3 3 2, 10 6x y x y x y x y x y x y x y

Với 1,0,0x và 0,1,0y ta có , 6x y và , 0y x .

Vậy ánh xạ đã cho không phải là tích vô hướng với mọi giá trị .

b) 1 1 1 2 2 1 2 2 3 3 2 3 3 2, 2 7 7 8 3x y x y x y x y x y x y x y x y

Với 0,0,1x ta có , 3 0x x .

Vậy ánh xạ đã cho không phải là tích vô hướng với mọi giá trị .

Bài 3 : Chứng minh rằng tích vô hướng , trong V thỏa , 0, 0u v v V u

Giải

Giả sử , 0,u v v V ta cần chứng minh 0u .

Thật vậy do , 0,u v v V nên ta có thể chọn v u .

Khi đó ta có , 0 0u v u .

Giả sử 0u ta cần chứng minh , 0,u v v V .

Thật vậy v V ta có:

, 0, 0, 0, 0, 2 0, 0 0, 0u v v v v v v v


53

BÀI TẬP NHÓM 7

Bài 7 (chương V): Cho là một giá trị riêng của toán tử khả nghịch f . Chứng minh 1 là trị riêng của 1f .

Giải.

Gọi v là vectơ riêng của f ứng với trị riêng

Giả sử 0 fvvvf ker0)(

Do f khả nghịch nên f đẳng cấu f đơn cấu Kerf = { }

v = (vô lý)

Vậy 0

Gọi v là vectơ riêng ứng với giá trị riêng của f .

Ta có: f(v) = v vvfvfvvfvff 11111 )()()())((

Vậy, 1 là một giá trị riêng của 1f

Bài 14 (chương V ): Cho , ( )nA B M K có AB BA và ,A B lũy linh. Chứng minh

rằng AB và A B lũy linh.

Giải:

Giả sử k và l lần lượt là bậc lũy linh của A và B . Khi đó ta có:

0

0

k

l

A

B

và

0 ( )

0 ( )

x

y

A x k

B y l

Chứng minh AB lũy linh.

Ta có: .k k kAB A B (vì AB BA )

0. 0.kB Vậy AB lũy linh.

Chứng minh A B lũy linh

Ta có: 0

.k l

k l i k l i i

k l

i

A B C A B

(vì AB BA )

+ Nếu i l thì 0.iB

+ Nếu i l thì 0k l ik l i k l l k A

Do đó 0k l

A B

Vậy A B lũy linh.

Bài 21 (Chương 5): Toán tử sau đây có chéo hóa được trên R không? Trong trường

hợp chéo hóa được hãy tìm một cơ sở mà trong đó toán tử có dạng chéo. 3 3:f R R với:

Giải

a trận biểu diễn của f đối với cơ sở chính tắc trong 3R là:

9 8 16

4 3 8

4 4 7

A


54

Đa thức đặc trưng của f:

2

9 8 16

4 3 8 1 3

4 4 7

10

3

f

f

P

P

Với 1 , thì:

8 8 16 1 1 2

4 4 8 0 0 0

4 4 8 0 0 0

A I

Ta có :

dim 1 3 3 1 2E rank A I và dim 3 1E . Do đó A chéo hóa được.

* Với 1 : iải hệ phương trình

1

2 1 2 3

3

0 2 0

x

A I x x x x

x

1

2

3

2

,

x a b

x a a b R

x b

Ta có:

1

2

3

2 2 1 2

0 1 0

0 0 1

x a b a b

x a a a b

x b b

Cơ sở của 1E là: 1 2

1,1,0 , 2,0,1v v

* Với 3 thì:

iải hệ phương trình:

1

1 2 3

2

2 3

3

3 2 4 03 0

0

xx x x

A I xx x

x

1

2

3

2

,

x c

x c c R

x c

Cơ sở của 3E là 3

2,1,1v .


55

Vậy {(-1,1,0), (-2,0,1), (-2,1,1)}B là cơ sở của mà trong đó f có dạng

chéo. Và

Với với

Bài 28 (Chương 5) : Cho V là một K – kgvt; , : .f g End V f g g f Chứng

minh rằng mọi không gian con riêng của f đều bất biến đối với g và ; ImKerf f và bất

biến đối với g .

Giải

i) Mọi không gian con riêng của f đều bất biến đối với g.

Gọi E là một không gian con riêng của f ứng với trị riêng .

(Ta chứng minh: g E E )

Ta có v E ta có: f v v .

Mặt khác : f g v f g v g f v g f v g v g v

Nên g(v) cũng là một vect tơ riêng của f ứng với trị riềng λ

.g v E g E E

Vậy, mọi không gian con riêng của f đều bất biến đối với g .

ii) Kerf bất biến đối với g (Ta cần chứng minh g Kerf Kerf )

Thật vậy: lấy tuỳ ý ta có 0f v

khi đó 0 0g f v g

0 0 0

.

g f v f g v f g v

g v Kerf

g Kerf Kerf

Vậy, Kerf bất biến đối với g .

iii) Im f bất biến đối với g (Ta cần chứng minh Im Img f f )

Thật vậy:

(vì v lấy tuỳ ý nên)


56

Im , :

Im Im Im .

u f v V u f v

g u g f v g f v f g v f g v

g u f g f f

Vậy, Im f bất biến đối với g .

Bài 35 (chương V): Chứng minh AAn TKMA ),( . Đặc biệt )()( ASASkk P

T

P .

Giải.

)(|||)(|||)(),( TAn

TT

nnAn IAIAIAKMA .

Từ chứng minh trên ta suy ra được )()( ASASkk P

T

P .

Bài 2 (chương VII).

Cho )(, RMV nm , với VBA , , ta định nghĩa:

)(),(

:,

ABTrBA

RVxV

T

Chứng minh rằng V là không gian Euclide.

Giải.

Ta có, V là không gian vectơ với dimV = mn<∞.

Xét ánh xạ <,>:

VCBaARba

nj

miij

,,)(,,

,1

,1, ta có:

, ( ( )) ( ) ( ) , ,T T TaA bB C Tr C aA bB aTr C A bTr C B a A C b B C

, (( ) ) ( ) ( ) , ,T T TC aA bB Tr aA bB C aTr A C bTr B C a C A b C B

+ ABBATrABTrABTrBA TTTT ,)())(()(,

+ 0)(,

,1

,1

2

nj

mi

ij

T aAATrAA và 00, AAA

Vậy, <,> là một tích vô hướng trên không gian vectơ hữu hạn chiều V.

Ta suy ra điều phải chứng minh.

Bài 4 chương 7: Với mọi số thực 1 2, ,...., nx x x . Chứng minh rằng

2

2

1 1

.n n

i i

i i

x n x

Giải

Xét không gian Euclide nR với tích vô hướng chính tắc.

Vì x,y được lấy bất kỳ nên ta chọn hai vectơ x, y lần lượt là :

1 2( , ,......, ); (1,1,.....,1)nx x x x y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarzt cho tích vô hướng của hai vectơ trên ta

được:

2

2 2

1 1 1

. 1n n n

i i

i i i

x x

suy ra

2

2

1 1

.n n

i i

i i

x n x

dsttnc ppt k21

Documents