Dstt Nc Version5

TÓM TẮT BÀI GIẢNG

Đại số tuyến tính nâng cao

BIÊN SOẠN: NGUYỄN MINH TRÍ

ĐỒNG NAI - 2013

Mục lục

1 Cấu trúc của một tự đồng cấu 31.1 Đa thức tối tiểu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Tổng trực tiếp các không gian con . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Không gian con bất biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.4 Tự đồng cấu lũy linh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.5 Dạng chuẩn Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.6 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2 Không gian vectơ Euclide 372.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2 Ánh xạ tuyến tính trực giao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.3 Tự đồng cấu đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3 Dạng song tuyến tính, dạng toàn phương 553.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.2 Ma trận và biểu thức tọa độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.3 Dạng chính tắc của dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . . 583.4 Luật quán tính và phân loại các dạng toàn phương . . . . . . . . . . 633.5 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao 64

Tài liệu tham khảo 67

2

Chương 1

Cấu trúc của một tự đồng cấu

Bài toán: Cho một ma trận vuông A. Ta hãy tìm một ma trận đồng dạng với A mànó có dạng đơn giản nhất.

Trước tiên ta cần nhắc lại khái niệm hai ma trận tương đương. Hai ma trậnA và B được gọi là tương đương nếu có một ma trận P không suy biến sao choP−1AP = B. Tích P−1AP được gọi là phép biến đổi đồng dạng trên A.

Ta nhận thấy rằng, các ma trận chéo là có dạng đơn giản nhất. Vì thế ta tự hỏi"Mọi ma trận vuông đều đồng dạng với ma trận chéo?" Trong học phần trước ta đãchứng minh rằng điều này là không đúng. Ta có thể lấy ví dụ ma trận

A =

[0 1

0 0

]

và thấy rằng A2 = 0. Nếu tồn tại một ma trận không suy biến P sao cho P−1AP =

D với D là ma trận chéo thì

D2 = P−1APP−1AP = P−1A2P = 0⇒ D = 0⇒ A = 0,

điều này mâu thuẫn. Do đó ma trận A không đồng dạng với ma trận chéo. Ta nhậnthấy A là một ma trận lũy linh và tổng quát hơn mọi ma trận lũy linh khác ma trậnkhông đều không chéo hóa được??? Ma trận lũy linh đóng một vai trò quan trọngtrong việc không chéo hóa được.

Tiếp theo ta sẽ nhắc đến một số khái niệm có liên quan đến việc chéo hóa. Mộttập đầy đủ các vectơ riêng của ma trận A cấp n là một tập bất kì gồm n vectơ riêngđộc lập tuyến tính của A. Chú ý rằng: Không phải mọi ma trận đều có một tập đầyđủ các vectơ riêng.

Ma trận vuông A cấp n chéo hóa được nếu và chỉ nếu A có một tập đầy đủ cácvectơ riêng. Hơn nữa, P−1AP = diag(λ1, λ2, . . . , λn) nếu và chỉ nếu các cột của Plà các vectơ của tập đầy đủ các vectơ riêng của A.

Vì không phải mọi ma trận vuông đều chéo hóa được nên một câu hỏi được đặt ralà: "Mọi ma trận đều đồng dạng với ma trận dạng tam giác?" Câu trả lời là "Đúng."

3

Ta chú ý rằng, nếu hai ma trận đồng dạng thì chúng có cùng các giá trị riêng kể cảbội. Tuy nhiên các vectơ riêng của chúng là khác nhau.

Đối với một tự đồng cấu tuyến tính f , ta đã biết rằng các giá trị riêng của ma trậncủa f không thây đổi trong các cơ sở khác nhau. Hay ta nói các giá trị riêng của fđộc lập đối với việc chọn cơ sở.

Ta sẽ phát biểu một định lý quan trọng của Schur nói về phép biến đổi đồng dạngcủa ma trận như sau.

Định lí 1.0.1. Định lý tam giác hóa của Schur Mọi ma trận vuông A đều đồng dạngvới một ma trận tam giác trên. Tức là tồn tại ma trận không suy biến P và ma trậntam giác trên T sao cho P−1AP = T. Hơn nữa các phần tử nằm trên đường chéocủa ma trận T chính là các giá trị riêng của ma trận A.

Như vậy, ta có thể đặt ra tiếp một câu hỏi là "Mọi ma trận vuông A có thể đồngdạng với một dạng ma trận nào đơn giản hơn dạng tam giác trên không?" Câu trả lờilà "Có" và ma trận đó được gọi là ma trận chuẩn Jordan. Trong chương này chúngta sẽ thấy rằng nếu A ∈ Mn(C) (tức là ta xét ma trận vuông trên tập số phức) thì Asẽ đồng dạng với một ma trận chuẩn Jordan nào đó.

Đối với một tự đồng cấu f : V → V ta cũng có các câu hỏi như sau:

• Với mọi tự đồng cấu f, có tồn tại một cơ sở của V sao cho sao cho ma trận củaf đối với cơ sở này là một ma trận chéo?

Nếu có một cơ sở thỏa yêu cầu như trên thì ta nói f chéo hóa được. Tuy nhiên,ta đã biết rằng không phải mọi tự đồng cấu đều chéo hóa được.

• Trong trường hợp f không chéo hóa được thì ta tìm một cơ sở nào của V saocho ma trận của f có đối với cơ sở đó có dạng đơn giản nhất có thể.

1.1 Đa thức tối tiểu

Cho K là một trường, xét không gian vectơ các ma trận vuông Mn(K) trên K.Ta có dimMn(K) = n2. Tập các ma trận

A0 = I, A, . . . , An2

phụ thuộc tuyến tính vì nó có n2 + 1 phần tử. Do đó có một đa thức khác không bậcn2

p(x) = a0 + a1x+ . . .+ an2xn2 ∈ K[x]

sao cho p(A) = 0.

Đa thức nhận A làm "nghiệm" bên trên có bậc n2, tuy nhiên ta có thể tìm đượcđa thức có bậc nhỏ hơn n2 và nhận A làm nghiệm. Đó chính là nội dung của Định lýCayley-Hamilton mà ta sẽ nói dưới đây.

4 [email protected]

1.1. Đa thức tối tiểu

Ta nhắc lại rằng nếu A ∈ Mn(K) là một ma trận vuông cấp n thì đa thức đặctrưng của A là

PA(x) = det(A− xI)

với PA(x) là đa thức có bậc n.

Định lí 1.1.1 (Định lý Cayley-Hamilton). Cho A ∈Mn(K). Khi đó PA(A) = 0.

Chứng minh. Ta nhớ rằng nếu A ∈ Mn(K) và ta kí hiệu adjA là ma trận phụ hợpcủa A, thì ta có

A(adjA) = (detA)I.

Đặc biệt đối với ma trận A− xI, ta có

(A− xI)B(x) = det(A− xI)I

với B(x) = adj(A− xI) là ma trận phụ hợp của A− xI. Vì mỗi phần tử trong matrận B(x) là định thức của ma trận con cấp n− 1 của ma trận A− xI, nên các phầntử của B(x) là các đa thức có bậc không quá n− 1. Như vậy B(x) có thể phân tíchthành

B(x) = B0 +B1x+ . . .+Bn−1xn−1

với Bi ∈Mn(K). Ví dụ, nếu

B(x) =

x2 + 2 3 −1

x+ 1 2 0

2 x x2 + 1

thì

B(x) =

1 0 0

0 0 0

0 0 1

x2 +

0 0 0

1 0 0

0 1 0

x+

2 3 −1

1 2 0

2 0 1

Bây giờ ta có

PA(x) = det(A− xI) = a0 + a1x+ . . .+ an−1xn−1 + anx

n.

Khi đó

(A− xI)(B0 +B1x+ . . .+Bn−1xn−1) = (a0 + a1x+ . . .+ an−1x

n−1 + anxn)I.

Đồng nhất các hệ số của các lũy thừa của x ở hai vế, ta được

AB0 = a0I

AB1 −B0 = a1I

AB2 −B1 = a2I...

ABn−1 −Bn−2 = an−1I

−Bn−1 = anI

5 [email protected]

Bây giờ ta nhân bên trái các đẳng thức như sau: đẳng thức thứ nhất với A0 = I, đẳngthức thứ hai với A1 = A, đẳng thức thứ ba với A2, . . . , đẳng thức cuối cùng với An.

Khi đó ta được

AB0 = a0I

A2B1 − AB0 = a1A

A3B2 − A2B1 = a2A2

...

AnBn−1 − An−1Bn−2 = an−1An−1

−AnBn−1 = anAn

Cộng vế với vế của các đẳng thức ta được

0 = a0I + a1A+ . . .+ an−1An−1 + anA

n.

Điều này chứng tỏ A là nghiệm của đa thức đặc trưng.

Chú ý: Ta có thể nhầm lẫn với một cách chứng minh đơn giản bằng cách thay matrận A vào x trong đa thức đặc trưng PA(x) = det(A − xI) để được PA(A) =

det(A− AI) = det0 = 0. Ta thấy rằng việc thay thế như trên là không đúng. Đầutiên, trong định lý Cayley-Hamilton PA(A) là một ma trận cấp n trong khi đó vế phảilà giá trị của một định thức, nó là một vô hướng (det0 = 0 là một phần tử thuộctrường K). Thứ hai, ta xét trong khai triển của det(A− xI). Ta lấy

det(A− xI) =

∣∣∣∣∣1− x 2

3 4− x

∣∣∣∣∣nếu ta thay ma trận A vào vị trí của x ta được

det(A− AI) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1I2 −

[1 2

3 4

]2I2

3I2 4I2 −[

1 2

3 4

]∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Khi đó định thức này không chắc bằng 0 và ma trận mở rộng này không thể sosánh với A − AI và định thức của nó cũng không thể so sánh với PA(A). Vì thếPA(A) = det(A− AI) là không đúng.

Định lý Cayley-Hamilton khá đặc biệt vì với mỗi ma trận vuông cấp n ta sẽ tìmđược một đa thức có bậc n sao cho ma trận đó là nghiệm của đa thức vừa tìm được.

6 [email protected]

1.1. Đa thức tối tiểu

Ta thấy rằng tập các đa thức nhận ma trận A làm nghiệm là một tập khác rỗng.Giả sử rằng p(x) là đa thức có bậc nhỏ nhất là k sao cho p(A) = 0. Chia p(x) chohệ số cao nhất của nó, ta được đa thức chuẩn tắc m(x) có bậc k nhận A làm nghiệm(đa thức chuẩn tắc là đa thức có hệ số cao nhất là 1).

Định nghĩa 1.1.2. Cho A ∈ Mn(K). Khi đó đa thức tối tiểu của A, kí hiệu làmA(x), là đa thức chuẩn tắc có bậc nhỏ nhất sao cho mA(A) = 0.

Đa thức tối tiểu của ma trận A là duy nhất. Thật vậy, giả sử rằng có một đa thứcchuẩn tắc m′(x) có bậc k sao cho m′(A) = 0. Khi đó m(x) − m′(x) là đa thứckhác không có bậc nhỏ hơn k nhận A làm nghiệm. Điều này mâu thuẫn với việc giảsử k là bậc nhỏ nhất. Do đó, đa thức m(x) đó là đa thức chuẩn tắc duy nhất có bậcnhỏ nhất nhận A làm nghiệm.

Định lí 1.1.3. Nếu p(x) là một đa thức sao cho p(A) = 0 thì mA(x) | p(x).

Chứng minh. Giả sử p(A) = 0 và khi chia p(x) cho mA(x) ta được

p(x) = s(x)mA(x) + r(x)

với degr(x) < degmA(x). Ta có

0 = p(A) = s(A)mA(A) + r(A) = s(A).0 + r(A) = r(A).

Vì mA(x) là đa thức tối thiểu của A và degr(x) < degmA(x), từ đó ta suy rar(x) = 0. Như vậy ta được p(x) = s(x)mA(x) và do đó mA(x) chia hết p(x).

Hệ quả 1.1.4. Ta có mA(x) chia hết PA(x).

Từ đây, ta thấy các nghiệm củamA(x) cũng là nghiệm của PA(x). Điều ngược lạicũng đúng sẽ được trình bày trong định lý dưới đây.

Định lí 1.1.5. Các đa thức mA(x) và PA(x) có cùng tập nghiệm.

Chứng minh. Từ hệ quả 1.1.4, ta thấy mọi nghiệm của đa thức tối tiểu đều là nghiệmcủa đa thức đặc trưng. Ngược lại, nếu λ là một nghiệm của PA(x) thì λ là giá trị riêngcủa A và vì thế có một ma trận cột khác không x ∈Mn×1(K) sao cho Ax = λx.

Chú ý rằng p(λ) là giá trị riêng của p(A) với p(x) là một đa thức bất kì. Do đóp(λ) là nghiệm của Pp(A)(x). Đặc biệt đối với mA(x) ta có mA(A) = 0 và

PmA(A)(x) = P0(x) = det(−xI) = (−1)nxn.

Với mỗi giá trị riêng λ của A thì λ là nghiệm của PA(x) và mA(λ) là nghiệm củaPmA(A)(x) = (−1)nxn. Vì đa thức (−1)nxn chỉ có nghiệm là 0 nênmA(λ) = 0 hayλ là nghiệm của đa thức mA(x).

7 [email protected]

Nhận xét: Nếu đa thức đặc trưng của A có dạng

PA(x) = (−1)n(x− λ1)d1(x− λ2)

d2 . . . (x− λk)dk;

thì đa thức tối tiểu của A có dạng

mA(x) = (x− λ1)e1(x− λ2)

e2 . . . (x− λk)ek;

với ei ≤ di với 1 ≤ i ≤ k.

Ví dụ 1.1.1. Đa thức đặc trưng của

A =

1 0 1

0 2 1

−1 0 3

là PA(x) = (x−2)3. VìA−2I 6= 0 và (A−2I)2 6= 0 nên ta cómA(x) = PA(x).

Ví dụ 1.1.2. Ma trận

A =

5 −6 −6

−1 4 2

3 −6 −4

có đa thức đặc trưng là PA(x) = −(x− 1)(x− 2)2. Theo Định lý 1.1.5, đa thức tốitiểu của A là (x− 1)(x− 2) hoặc (x− 1)(x− 2)2. Vì (A− I)(A− 2I) = 0 nênđa thức tối tiểu là mA(x) = (x− 1)(x− 2).

Tập hợp các tự đồng cấu tuyến tính trên V kí hiệu là L(V ). Ta kiểm tra được rằngL(V ) cùng với phép cộng và phép nhân với vô hướng là một K−không gian vectơ.Nếu số chiều của V là n thì số chiều của L(V ) là n2.

Hợp thành của hai tự đồng cấu tuyến tính là một tự đồng cấu tuyến tính. Ta có thểcoi việc lấy ánh xạ hợp như là một phép nhân trong L(V ).Đặc biệt, ánh xạ đồng nhấtidV là một tự đồng cấu tuyến tính có vai trò giống như phần tử đơn vị trong L(V ).

Ngoài những tính chất chung của không gian các ánh xạ tuyến tính, không giancác tự đồng cấu tuyến tính có các tính chất sau:

Bổ đề 1.1.6. Cho α, β, γ ∈ L(V ) và k ∈ K. Ta có

1. (α + β)γ = αγ + βγ.

2. α(β + γ) = αβ + αγ.

3. k(αβ) = (kα)β = α(kβ).

8 [email protected]

1.2. Tổng trực tiếp các không gian con

Cho p = a0 +a1x+ . . .+anxn ∈ K[x] là đa thức bất kỳ với biến x. Khi đó, với

bất kỳ tự đồng cấu tuyến tính f ∈ L(V ), ta có tự đồng cấu tuyến tính p(f) ∈ L(V )

là đa thức mà trong đó tự đồng cấu tuyến tính f được thay thế vào biến x như sau:

p(f) = a0id + a1f + . . .+ anfn

trong đó id là phép đồng nhất trên V. Ta dễ dàng kiểm tra được f ◦p(f) = p(f)◦ f.Để đơn giản ta kí hiệu fp(f) thay cho f ◦ p(f). Tổng quát hơn, nếu p(x) và q(x) làcác đa thức thì ta có p(f)q(f) = q(f)p(f).

Cho tự đồng cấu tuyến tính f : V → V và A là ma trận của f đối với một cơ sởcố định nào đó của V. Khi đó ma trận của f đối với một cơ sở khác có dạng P−1APvới P là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở ban đầu sang cơ sở lúc sau. Khi đó đa thứcđặc trưng của P−1AP có dạng

det(P−1AP − xI) = det[P−1(A− xI)P ]

= detP−1det(A− xI)detP

= det(A− xI),

tức là ta cóPP−1AP (x) = PA(x).

Điều này cho ta thấy rằng đa thức đặc trưng không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở.Vì thế, ta có thể định nghĩa đa thức đặc trưng của f là đa thức đặc trưng của bất kìma trận nào của f đối với một cơ sở nào đó.

Tương tự, ta cũng có đa thức tối tiểu của một tự đồng cấu tuyến tính chính làđa thức tối tiểu của ma trận của ánh xạ đó đối với một cơ sở nào đó. Ta lần lượt kíhiệu đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu của f là Pf và mf . Chú ý rằng ta cũng cóPf(f) = 0 và mf(f) = 0.

1.2 Tổng trực tiếp các không gian con

Nếu A,B là các tập con khác rỗng của không gian vectơ V trên trường K thìkhông gian con sinh bởi A ∪ B là không gian con nhỏ nhất của V chứa cả A và B.Đó cũng là tập tất cả các tổ hợp tuyến tính của các phần tử của A ∪B. Hay nói cáchkhác, đó là tập các phần tử có dạng

m∑i=1

λiai +n∑i=1

µibi

với ai ∈ A, bi ∈ B và λi, µi ∈ K. Trong trường hợp đặc biệt A và B là các không

gian con của V ta cóm∑i=1

λiai ∈ A vàn∑i=1

µibi ∈ B, vì thế tập này có thể được mô

9 [email protected]

tả như sau{a+ b | a ∈ A, b ∈ B}.

Ta gọi đó là tổng của hai không gian con A,B kí hiệu A + B. Tổng quát hơn, nếuA1, . . . , An là các không gian con của V khi đó ta định nghĩa tổng của chúng là

không gian con sinh bởin⋃i=1

Ai. Ta kí hiệu không gian con này làA1 +A2 + . . .+An

hayn∑i=1

Ai. Từ đó suy ra

n∑i=1

Ai = {a1 + a2 + . . .+ an | ai ∈ Ai}.

Định nghĩa 1.2.1. Tổngn∑i=1

Ai của các không gian conA1, . . . , An được gọi là tổng

trực tiếp nếu mỗi phần tử x ∈n∑i=1

Ai có thể biểu diễn được duy nhất dưới dạng

x = a1 + . . .+ an với ai ∈ Ai với mọi i.

Khi tổngn∑i=1

Ai là tổng trực tiếp ta kí hiệu làn⊕i=1

Ai hay A1⊕ . . .⊕An và gọi là

tổng trực tiếp của các không gian con A1, . . . , An.

Ví dụ 1.2.1. Trong R3 xét các không gian con

A = {(x, y, z) | x+ y + z = 0}, B = {(x, x, z) | x, z ∈ R}.

Khi đó R3 = A+B vì mỗi phần tử (x, y, z) có thể biểu diễn dưới dạng(1

2(x− y),−1

2(x− y), 0

)+

(1

2(x+ y),

1

2(x+ y), z

)nó có dạng a + b với a ∈ A và b ∈ B. Tổng A + B không là tổng trực tiếp vì sựbiểu diễn đó là không duy nhất. Thật vậy, ta có một các biểu diễn khác của (x, y, z)

là(1

2(x− y + 1),−1

2(x− y − 1),−1

)+

(1

2(x+ y − 1),

1

2(x+ y − 1), z+

)có dạng a′ + b′ với a′ ∈ A, b′ ∈ B và a 6= a′, b 6= b′.

Một tiêu chuẩn thường được sử dụng để chứng minh tổng trực tiếp được trình bàytrong định lý sau.

Định lí 1.2.2. Nếu A1, . . . , An là các không gian con của V thì các điều sau đây làtương đương:

10 [email protected]


(i) tổngn∑i=1

Ai là tổng trực tiếp;

(ii) nếun∑i=1

ai = 0 với ai ∈ Ai thì ai = 0;

(iii) Ai ∩∑j 6=i

Aj = {0} với mọi i.

Chứng minh. Chứng minh xem như bài tập.

Hệ quả 1.2.3. V = A1 ⊕ A2 khi và chỉ khi V = A1 + A2 và A1 ∩ A2 = {0}.

Ví dụ 1.2.2. Cho V = Mn(R). Nếu A,B lần lượt là các không gian vectơ con củaV gồm các ma trận đối xứng và phản đối xứng thì V = A⊕ B. Tức là mỗi ma trậnđều có một sự biểu diễn duy nhất dưới dạng tổng của một ma trận đối xứng và mộtma trận phản đối xứng. (Chứng minh xem như bài tập).

Một tính chất quan trọng của tổng trực tiếp liên quan đến cơ sở của các khônggian con được trình bày trong định lý dưới đây.

Định lí 1.2.4. Cho V1, . . . , Vn là các không gian con khác không của không gian

vectơ hữu hạn chiều V sao cho V =n⊕i=1

Vi. Nếu Bi là một cơ sở của Vi thìn⋃i=1

Bi là

một cơ sở của V.

Chứng minh. Với mỗi i, giả sử không gian con Vi có chiều là di và cơ sở Bi =

{bi1, . . . , bidi}. Vì V =n⊕i=1

Vi nên ta có Vi ∩∑j 6=i

Vj = {0} và do đó Vi ∩ Vj = {0}

với mọi i 6= j. Do đó Bi ∩ Bj = ∅ với mọi i 6= j. Ta lấy một phần tử thuộc không

gian sinh bởin⋃i=1

Bi thì phần tử đó có dạng

d1∑j=1

λ1jb1j + . . .+dn∑j=1

λnjbnj (1.1)

tức là nó có dạng

x1 + . . .+ xn với xi =di∑j=1

λijbij. (1.2)

Vì V =n∑i=1

Vi và Bi là một cơ sở của Vi nên mỗi phần tử x ∈ V có thể biểu diễn

dưới dạng (1.1) và vì thế V được sinh bởin⋃i=1

Bi. Tiếp theo, nếu trong (1.2) ta có


x1 + . . .+ xn = 0 thì theo Định lý 1.2.2 ta có xi = 0 do đó λij = 0. Như vậyn⋃i=1

Bi

là một cơ sở của V.

Hệ quả 1.2.5. Giả sử V =n⊕i=1

Vi. Khi đó

dimV =n∑i=1

dimVi.

Mục đích của chúng ta là xác định khi nào một không gian vectơ là tổng trực tiếpcủa hữu hạn các không gian con khác không. Chúng ta sẽ thấy rằng việc này có liênquan đến ánh xạ tuyến tính.

Định nghĩa 1.2.6. Cho A,B là các không gian con của không gian vectơ V sao choV = A⊕B. Khi đó với mỗi x ∈ V có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng x = a+ b

với a ∈ A và b ∈ B. Phép chiếu lên A song song với B là một ánh xạ tuyến tínhpA : V → V xác định bởi pA(x) = a.

Ví dụ 1.2.3. Ta biết R2 = X⊕D vớiX = {(x, 0) | x ∈ R} vàD = {(x, x) | x ∈R}. Phép chiếu lên X song song với B xác định như sau pX(x, y) = (x− y, 0). Dođó ảnh của điểm (x, y) là giao của X và đường thẳng đi qua (x, y) và song song vớiđường thẳng D.

Định nghĩa 1.2.7. Một ánh xạ tuyến tính f : V → V được gọi là một phép chiếunếu có các không gian con A,B của V sao cho V = A⊕ B và f là phép chiếu lênA song song với B. Một tự đồng cấu tuyến tính f được gọi là lũy đẳng nếu f 2 = f.

Định lí 1.2.8. Nếu V = A⊕B và p là một phép chiếu lên A song song với B thì

(i) A = Imp = {x ∈ V | x = p(x)};

(ii) B = Kerp;

(iii) p lũy đẳng.

Chứng minh. (i) Ta có Imp ⊂ A. Nếu lấy a ∈ A thì có duy nhất một sự biểu diễnthành tổng của một phần tử của A và một phần tử của B, và rõ ràng a = a + 0. Dođó p(a) = a và như thế ta có đẳng thức cần chứng minh.

(ii) Lấy x ∈ V, ta có duy nhất một sự biểu diễn x = a + b với a ∈ A và b ∈ B.Khi đó p(x) = a, ta có

p(x) = 0⇔ 0 = a⇔ x = b ∈ B.

Hay nói cách khác Kerp = B.

(iii) Với mỗi x ∈ V ta có p(x) ∈ A và vì thế p[p(x)] = p(x). Do đó p2 = p.



Phép chiếu và các đồng cấu lũy đẳng đóng vai trò quan trọng như ta sẽ thấy trongđịnh lý dưới đây.

Định lí 1.2.9. Một ánh xạ tuyến tính f : V → V là phép chiếu khi và chỉ khi nó làlũy đẳng, khi đó ta có V = Imf ⊕Kerf và f là phép chiếu lên Imf song song vớiKerf.

Chứng minh. Giả sử f là một phép chiếu. Khi đó có các không gian con A,B của Vsao cho V = A⊕ B và f là phép chiếu lên A song song với B. Theo Định lý 1.2.8(iii), ta có f lũy đẳng.

Ngược lại, nếu f : V → V lũy đẳng. Ta chứng minh V = Imf ⊕ Kerf. (Bàitập).

Cuối cùng, giả sử x = a+ b với a ∈ Imf và b ∈ Kerf. Khi đó ta có y ∈ V saocho a = f(y) và f(b) = 0. Do đó

f(x) = f(a+ b) = f(a) + 0 = f [f(y)] = f(y) = a.

Như thế f là một phép chiếu lên Imf song song với Kerf.

Hệ quả 1.2.10. Nếu f : V → V là một phép chiếu thì idV − f cũng là một phépchiếu và Imf = Ker(idV − f).

Chứng minh. Theo Định lý 1.2.8 ta có f lũy đẳng, tức là f 2 = f. Khi đó

(idV − f)2 = idV − f − f + f 2 = idV − f.

Hơn nữa, theo cũng theo Định lý 1.2.8, ta lại có

x ∈ Imf ⇔ x = f(a), a ∈ V ⇔ x = f(a) = f(f(a)) = f(x)⇔ (idV−f)(x) = 0

và vì thế Imf = Ker(idV − f).

Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng sự phân tích của một không gian vectơ thành tổng trựctiếp của hữu hạn các không gian con khác không có thể biểu diễn thông qua phépchiếu.

Định lí 1.2.11. Cho V là một không gian vectơ và V1, . . . , Vn là các không gian

con của V. Ta có V =n⊕i=1

Vi khi và chỉ khi có các ánh xạ tuyến tính khác không

p1, . . . , pn : V → V sao cho

(i)n∑i=1

pi = idV ;

(ii) pi ◦ pj = 0 với i 6= j.


Hơn nữa, mỗi pi là một phép chiếu lên Vi = Impi.

Chứng minh. (⇒) Đầu tiên ta giả sử rằng V =n⊕i=1

Vi. Khi đó với i = 1, . . . , n ta

có V = Vi ⊕∑j 6=i

Vj. Gọi pi là phép chiếu lên Vi song song với∑j 6=i

Vj. Với x ∈ V

và i 6= j, ta có

pi[pj(x)] ∈ pi(Impj) = pi(Vj) theo Định lý 1.2.8

⊆ pi(∑k 6=i

Vk) (vì Vj ⊂∑k 6=i

Vk)

= pi(Kerpi) (theo Định lý 1.2.9 ta có Kerpi =∑k 6=i

Vk)

= {0}

và do đó pi ◦ pj = 0.

Vì mỗi x ∈ V đều có sự biểu diễn duy nhất dưới dạng x =n∑i=1

xi với xi ∈ Vi, ta

có

x =n∑i=1

xi =n∑i=1

pi(xi) =

(n∑i=1

pi

)(x).

Do đón∑i=1

pi = idV .

(⇐) Ngược lại, giả sử p1, . . . , pn thỏa các điều kiện (i) và (ii). Khi đó ta chú ýrằng

pi = pi ◦ idV = pi ◦n∑j=1

pj =n∑j=1

(pi ◦ pj) = pi ◦ pi

và vì thế pi lũy đẳng và như thế theo Định lý 1.2.9 nó là một phép chiếu.Bây giờ ta lấy x ∈ V ta có

x = idV (x) =

(n∑i=1

pi

)(x) =

n∑i=1

pi(x) ∈n∑i=1

Impi.

Điều này chứng tỏ V =n∑i=1

Impi.

Nếu lấy x ∈ Impi ∩∑

i6=i Impj thì theo Định lý 1.2.8, ta có x = pi(x) vàx =

∑j 6=i xj với pj(xj) = xj với mọi j 6= i. Suy ra

x = pi(x) = pi

(∑j 6=i

xj

)= pi

(∑j 6=i

pj(xj)

)=

(∑j 6=i

pi[pj(xj)]

)= 0.


1.3. Không gian con bất biến

Điều này cho ta thấy rằng V =n⊕i=1

Impi.

1.3 Không gian con bất biến

Định nghĩa 1.3.1. Nếu V là một K−không gian vectơ và f : V → V là một tựđồng cấu tuyến tính. Không gian con U của V được gọi là không gian con bất biếnđối với f (hay f−bất biến) nếu f(U) ⊂ U, tức là nếu x ∈ U thì f(x) ∈ U.

Ví dụ 1.3.1. Nếu f : V → V là một tự đồng cấu thì Imf và Kerf là các không giancon f−bất biến của V.

Ví dụ 1.3.2. Cho D là ánh xạ đạo hàm trên không gian vectơ R[x] tập các đa thứcvới hệ số thực. Khi đó D tuyến tính và không gian con Rn[x] gồm các đa thức có bậckhông quá n là một D−bất biến vì đạo hàm của một đa thức có bậc không quá ncũng là một đa thức có bậc không quá n.

Ví dụ 1.3.3. Cho f : V → V là một tự đồng cấu tuyến tính và 0 6= x ∈ V. Khiđó không gian con sinh bởi x là f−bất biến khi và chỉ khi x là một vectơ riêng củaf. Thật vậy nếu 〈x〉 là f−bất biến thì f(x) ∈ 〈x〉, tức là tồn tại k ∈ K sao chof(x) = kx hay x chính là vectơ riêng của f.

Định lí 1.3.2. Cho f : V → V là một tự đồng cấu tuyến tính và đa thức p ∈ K[x].

Khi đó các không gian con Imp(f) và Kerp(f) là các f−bất biến.

Chứng minh. Chú ý rằng với mọi đa thức p, ta có f ◦p(f) = p(f)◦f. Để thuận tiệnta viết fp(f) thay cho f ◦ p(f). Do đó nếu x = p(f)(y) thì f(x) = f [p(f)(y)] =

p(f)[f(y)] ∈ Imp(f), do đó Imp(f) là f−bất biến. Tương tự, nếu x ∈ Kerp(f)

tức là p(f)(x) = 0 thì 0 = f(p(f)(x)) = p(f)[f(x)], hay f(x) ∈ Kerp(f). Dođó Kerp(f) là f−bất biến.

Từ tính chất f ◦ p(f) = p(f) ◦ f, ta suy ra được một kết quả tổng quát như sau.Cho p(x), q(x) ∈ K[x] và f là một tự đồng cấu p(f) ◦ q(f) = q(f) ◦ p(f).

Các đa thức hệ số thực có thể không có nghiệm thực nhưng luôn có nghiệm phức.Từ đây ta có định lý sau:

Định lí 1.3.3. Mỗi tự đồng cấu của không gian vectơ thực đều có không gian con bấtbiến 1 chiều hoặc 2 chiều.

Chứng minh. Giả sử V là môt không gian vectơ thực và tự đồng cấu f : V → V

có ma trận A trong cơ sở {e1, . . . , en} của V. Khi đó đa thức đặc trưng Pf(λ) =

det(A− λI) là một đa thức hệ số thực.


Nếu phương trình det(A−λI) = 0 có một nghiệm thực thì f có một giá trị riêngthực, do đó nó có không gian con bất biến một chiều.

Ngược lại, giả sử phương trình det(A − λI) = 0 không có nghiệm thực. Gọiλ = a + bi (a, b ∈ R và i là đơn vị ảo) là một nghiệm phức không thực của nóvà (z1, . . . , zn) ∈ Cn/{(0, . . . , 0)} là một nghiệm của hệ phương trình tuyến tínhthuần nhất

(A− λI)x = 0.

Giả sử zj = xj + iyj(xj, yj ∈ R) thì

n∑j=1

akj(xj + iyj) = λ(xk + iyk)

⇔n∑j=1

akj(xj + iyj) = (a+ ib)(xk + iyk)

Suy ra

n∑j=1

akjxj = axk − bykn∑j=1

akjyj = bxk + ayk

Nếu ta đặt α =n∑j=1

xjej và β =n∑j=1

yjej. Khi đó các hệ thức bên trên tương đương

{f(α) = aα− bβf(β) = bα + aβ.

Nghĩa là 〈α, β〉 là không gian con bất biến đối với f. Rõ ràng nó có số chiều nhỏ hơnhoặc bằng 2. Ta sẽ chứng minh số chiều của 〈α, β〉 bằng 2.

Nếu α = 0 thì f(α) = −bβ suy ra β = 0 vì b 6= 0. Do đó (z1, . . . , zn) =

(0, . . . , 0), điều này dẫn đến mâu thuẫn.Nếu α 6= 0 và β = kα thì f(β) = kf(α) suy ra bα+aβ = k(aα− bβ). Do đó

(b−ka)α = −(a+kb)β = −(a+kb)kα. Từ đây ta có (b−ka+ka+k2b)α = 0

hay b(1 + k2)α = 0. Điều này mâu thuẫn với b 6= 0 và α 6= 0. Từ đó {α, β} độc lậptuyến tính, suy ra dim〈α, β〉 = 2.

Giả sử f ∈ L(V ) và U là một không gian con f−bất biến của V. Khi đó f cảmsinh ánh xạ tuyến tính f : U → U xác định bởi x 7→ f(x) = f(x) ∈ U. Tức là f làthu hẹp của f trên U. Ta chọn một cơ sở {u1, . . . , ur} của U và mở rộng thành cơ sở

{u1, . . . , ur, v1, . . . , vn−r}



của V. Xét ma trận của f đối với cơ sở này. Vì U là f−bất biến nên với mỗi i ta cóf(ui) ∈ U do đó f(ui) có sự biểu diễn

f(ui) = λi1u1 + . . .+ λirur + 0v1 + . . .+ 0vn−r,

do đó ma trận của f có dạng [A B

0 C

]với A là ma trận cấp r × r chính là ma trận của f trên U.

Giả sử V = V1 ⊕ V2 với V1 và V2 là các không gian con f−bất biến của V. NếuB1 là cơ sở của V1 và B2 là một cơ sở của V2 thì ta có B = B1∪B2 là một cơ sở củaV. Khi đó ta có ma trận của f đối với cơ sở B có dạng[

A1 0

0 A2

],

trong đó A1, A2 lần lượt là các ma trận của f cảm sinh trên V1, V2.

Tổng quát hơn, nếu V =k⊕i=1

Vi với Vi là các f−bất biến và nếu Bi là cơ sở của

Vi với mỗi i thì ma trận của f đối với cơ sở B =k⋃i=1

Bi là ma trận chéo dạng khối

như sau A1

A2

. . .Ak

với Ai là ma trận của f cảm sinh trên Vi. Vì vậy Ai là ma trận vuông có cấp dimVi.

Tiếp theo chúng ta sẽ sử dụng các khái niệm tổng trực tiếp và không gian con bấtbiến để tìm một cơ sở của V mà ma trận của f đối với cơ sở này có dạng chéo khối.Việc nghiên cứu các vấn đề này được trình bày trong định lý sau.

Định lí 1.3.4 (Định lý phân tích nguyên sơ). Cho f ∈ L(V ). Giả sử đa thức đặctrưng và đa thức tối tiểu của f lần lượt là

Pf = pd11 pd22 . . . p

dkk và mf = pe11 p

e22 . . . p

ekk ,

trong đó p1, p2, . . . , pk là các đa thức bất khả qui trongK[x]. Khi đó mỗi không gian

con Vi = Kerpeii (f) là các f−bất biến và V =k⊕i=1

Vi. Các Vi được gọi là các thành

phần nguyên sơ của V.Hơn nữa, nếu fi : Vi → Vi là một ánh xạ tuyến tính cảm sinh trên Vi bởi f thì đa

thức đặc trưng của fi là pdii và đa thức tối tiểu của fi là peii .


Chứng minh. Nếu k = 1 thì pe11 (f) = mf(f) = 0 và V = Kerpe11 (f) = V1. Giảsử k ≥ 2. Với i = 1, 2, . . . , k đặt

qi = mf/peii =

∏j 6=i

pejj .

Khi đó ước chung lớn nhất của q1, q2, . . . , qk là 1 vì thế tồn tại a1, . . . , ak ∈ K[x]

sao choa1q1 + a2q2 + . . .+ akqk = 1.

Đặt aiqi = ti, thay f vào x ta được tự đồng cấu đồng nhất

t1(f) + t2(f) + . . .+ tk(f) = idV . (1.3)

Theo định nghĩa của các đa thức qi, ta có mf chia hết qiqj nếu i 6= j. Do đóqi(f)qj(f) = 0 với mọi i 6= j và khi đó

ti(f)tj(f) = 0. (1.4)

Từ (1.3), (1.4) và Định lý 1.2.11 ta thấy rằng mỗi ti(f) là một phép chiếu và do đó

V =k⊕i=1

Imti(f).

Hơn nữa, theo Định lý 1.3.2, mỗi không gian con Imti(f) là f−bất biến.Bây giờ ta chỉ ra rằng

Imti(f) = Kerpeii (f).

Đầu tiên, vì peii qi = mf nên ta có peii (f)qi(f) = mf(f) = 0 và peii (f)qi(f)ai(f) =

0 do đó Imti(f) ⊆ Kerpeii (f). Để có chiều ngược lại, với mỗi j ta có

tj(f) = aj(f)qj(f) = aj(f)∏i 6=j

peii (f),

từ đó ta thấy rằng

Kerpeii (f) ⊆⋂j 6=i

Kertj(f)

⊆ Ker∑j 6=i

tj(f)

= Ker(idV − ti(f)) do (1.3)

= Imti(f) theo Hệ quả 1.2.10.

Với mỗi ánh xạ cảm sinh fi : Vi → Vi, đặt mfi là đa thức tối tiểu của nó. Theo giảthiết ta có Vi = Kerpeii (f) nên peii (f) là ánh xạ không trên Vi và do đó peii (fi) cũng



là ánh xạ không. Suy ra mfi | peii cho nên mfi | mf và các đa thức mfi nguyên tố

cùng nhau. Tiếp theo ta chứng minhmf là bội chung nhỏ bất củamf1,mf2, . . . ,mfk.

Giả sử rằng g ∈ K[x] là bội chung của các mfi với mọi i, ta sẽ chỉ ra mf | g. Rõ

ràng g(fi) là ánh xạ không trên Vi vì mfi là ánh xạ không. Với mỗi x ∈k∑i=1

vi ∈

k⊕i=1

Vi = V khi đó ta có

g(f)(x) =k∑i=1

g(f)(vi) =k∑i=1

g(fi)(vi) = 0

và vì thế g(f) = 0 do đó mf | g. Như vậy ta thấy rằng mf là bội chung nhỏ bấtcủa mf1,mf2, . . . ,mfk. Vì các đa thức này đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta có

mf =k∏i=1

mfi. Nhưng ta biết rằng mf =k∏i=1

peii và mfi | peii . Do tất cả các đa thức

đều là đa thức chuẩn tắc nên mfi = peii với mọi i = 1, . . . , k.

Cuối cùng, sử dụng Định lý 1.2.4 ta có thể hợp các cơ sở của các không gian conVi với nhau để tạo thành cơ sở của V. Khi đó ma trận của f đối với cơ sở này có dạngchéo khối

M =

A1

A2

. . .Ak

Từ cách tính định thức ta có

det(M − xI) =k∏i=1

det(Ai − xI)

và Pf =k∏i=1

Pfi. Ta đã có mfi = peii . Vì mfi và Pfi có cùng tập nghiệm nên

Pfi = prii với ri ≥ ei. Do đók∏i=1

prii = Pf =k∏i=1

pdii từ đó suy ra ri = di với mọi

i = 1, . . . , k.

Hệ quả 1.3.5. Ta có dimVi = didegpi.

Chứng minh. Ta có bậc của đa thức đặc trưng của ánh xạ tuyến tính f : V → V

bằng số chiều của V. Do đó dimVi là bậc của Pfi = pdii và ta có điều phải chứngminh.


Trong trường hợp pi là các đa thức bậc nhất thì peii có dạng (x − λi)ei và Vi =

Ker(peii )(f) = Ker(f − λiidV )ei. Ta có hệ quả sau.

Hệ quả 1.3.6. Nếu tất cả các giá trị riêng của f đều thuộc K, thì ta có

Pf = (x− λ1)d1(x− λ2)

d2 . . . (x− λk)dk;

mf = (x− λ1)e1(x− λ2)

e2 . . . (x− λk)ek;thì Vi = Ker(f − λiidV )ei là f−bất biến có chiều là di và V =

⊕ki=1 Vi.

Ví dụ 1.3.4. Xét ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi

f(x, y, z) = (−z, x+ z, y + z).

Ta có ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là

A =

0 0 −1

1 0 1

0 1 1

Khi đó, ta có Pf = mf = (x+ 1)(x−1)2. Theo Hệ quả 1.3.6 của Định lý 1.3.4,

ta cóR3 = Ker(f + id)⊕Ker(f − id)2

với số chiều của Ker(f + id) là 1 và số chiều của Ker(f − id)2 là 2. Ta thấy rằng

(f + id)(x, y, z) = (x− z, x+ y + z, y + 2z)

vì thế cơ sở của Ker(f + id) là {(1,−2, 1)}. Tương tự, ta có

(f − id)2(x, y, z) = (x− y + z,−2x+ 2y − 2z, x− y + z)

vì thế cơ sở của (f − id)2 là {(0, 1, 1), (1, 1, 0)}. Do đó có một cơ sở của R3 để matrận của f có dạng chéo khối là

B = {(1,−2, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 0)}.

Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc sang B là

P =

1 0 1

−2 1 1

1 1 0

và ma trận chéo khối của f đối với cơ sở B là

P−1AP =

−1

2 1

−1 0



Ta xem xét một trường hợp đặc biệt của Định lý phân tích nguyên sơ. Ta xem trongtrường hợp mỗi nhân tử của mf là tuyến tính, tức là

mf = (x− λ1)(x− λ2) . . . (x− λk).

Ta nhắc lại một kết quả quan trọng như sau: tự đồng cấu f : V → V được gọi làchéo hóa được nếu có một cơ sở của V gồm các vectơ riêng của f hay tương đươngvới V có một cơ sở sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó là ma trận chéo.

Định lí 1.3.7. Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều khác không và f : V →V là một tự đồng cấu tuyến tính. Khi đó các điều sau đây là tương đương:

(i) Đa thức tối tiểu mf của f là tích của các nhân tử tuyến tính;

(ii) f chéo hóa được.

Chứng minh. (i)⇒ (ii): Từ (i) ta có

mf = (x− λ1)(x− λ2) . . . (x− λk)

với λ1, . . . , λk là các giá trị phân biệt của K. Theo Định lý 1.3.4, V là tổng trực tiếpcủa các không gian con f−bất biến Vi = Ker(f − λiidV ). Với mỗi x ∈ Vi ta có(f − λiidV )(x) = 0, vì thế f(x) = λix. Do đó λi là một giá trị riêng của f và mỗiphần tử khác không của Vi là một vectơ riêng của f tương ứng với giá trị riêng λi.Theo Định lý 1.2.4, ta lấy các phần tử trong các cơ sở của V1, . . . , Vk hợp thành mộtcơ sở của V. Khi đó V có một cơ sở gồm các vectơ riêng của f và vì thế f chéo hóađược.

(ii)⇒(i): Giả sử f chéo hóa được và λ1, . . . , λk là các giá trị riêng phân biệt củaf. Xét đa thức

p = (x− λ1)(x− λ2) . . . (x− λk).Rõ ràng p(f) là một đồng cấu biến mỗi vectơ của cơ sở thành vectơ không và do đóp(f) = 0. Suy ra đa thức tối tiểu mf chia hết p và nó phải trùng với p vì mỗi giá trịriêng của f là nghiệm của mf .

Ví dụ 1.3.5. Xét tự đồng cấu f : R3 → R3 xác định bởi

f(x, y, z) = (7x− y − 2z,−x+ 7y + 2z,−2x+ 2y + 10z).

Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R3 là

A =

7 −1 −2

−1 7 2

−2 3 10

Ta chứng minh được rằng Pf = (x − 6)2(x − 12) và mf = (x − 6)(x − 12). Dođó theo Định lý 1.3.7, f chéo hóa được.


1.4 Tự đồng cấu lũy linh

Định lý phân tích nguyên sơ chỉ ra rằng một ánh xạ tuyến tính f trên một khônggian vectơ hữu hạn chiều V có một cơ sở sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó làma trận chéo khối. Ta chú ý rằng trong trường hợp đặc biệt, nếu đa thức tối tiểu củaf là tích của các nhân tử tuyến tính thì ma trận của f có dạng chéo. Bây giờ ta xéttrường hợp tổng quát hơn là đa thức tối tiểu của f phân tích được thành tích các nhântử tuyến tính nhưng chúng nhất thiết không khác nhau, tức là nó có dạng

mf =k∏i=1

(x− λi)ei

với mỗi ei ≥ 1.

Ta xem lại Hệ quả 1.3.6 của Định lý 1.3.4, khi đó V là tổng trực tiếp của cáckhông gian con f−bất biến Vi = Ker(f − λiidV )ei. Đặt fi : Vi → Vi là ánhxạ tuyến tính cảm sinh bởi f trên các thành phần nguyên sơ Vi, và xét ánh xạfi − λiidVi : Vi → Vi. Ta có (f − λiidV )ei là ánh xạ không trên Vi, và vì thếf − λiidV gọi là lũy linh.

Định nghĩa 1.4.1. Tự đồng cấu f : V → V được gọi là lũy linh nếu fm = 0 với mlà một số nguyên dương nào đó. Nếu tự đồng cấu f : V → V là lũy linh thì có mộtsố tự nhiên k nhỏ nhất sao cho f k = 0. Số tự nhiên nhỏ nhất đó được gọi là bậc lũylinh. Tương tự, một ma trận A được gọi là lũy linh nếu có một số nguyên dương msao cho Am = 0.

Ví dụ 1.4.1. Ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi f(x, y, z) = (0, x, y) làlũy linh. Thực vậy f 2(x, y, z) = f(0, x, y) = (0, 0, x) và khi đó f 3 = 0. Do đó bậclũy linh của f là 3.

Ví dụ 1.4.2. Nếu f : Cn → Cn là một ánh xạ tuyến tính sao cho tất cả các giátrị riêng của f đều là 0 thì ta có Pf = xn. Theo Định lý Cayley-Hamilton, ta cófn = Pf(f) = 0 vì vậy f lũy linh.

Ví dụ 1.4.3. Ánh xạ đạo hàm D : Rn[x]→ Rn[x] là lũy linh.

Định nghĩa 1.4.2. Ma trận Jordan cơ sở liên kết với λ ∈ K là ma trận cấp 1 có dạng[λ] hoặc là ma trận vuông có dạng

λ 1 0 . . . 0 0

0 λ 1 . . . 0 0

0 0 λ . . . 0 0... ... ... . . . ... ...0 0 0 . . . λ 1

0 0 0 . . . 0 λ


1.4. Tự đồng cấu lũy linh

với các phần tử thuộc đường chéo chính là λ, các phần tử nằm ngay trên đường chéochính là 1 và các phần tử còn lại bằng 0.

Định lí 1.4.3. Cho J là ma trận Jordan cơ sở liên kết với λ cấp m. Khi đó PJ(x) =

(−1)m(x− λ)m và mJ(x) = (x− λ)m.


Ma trận chéo khối gồm các khối Jordan cơ sở liên kết với λ được gọi là ma trậnkhối Jordan liên kết với λ.

Ma trận chuẩn Jordan là ma trận có dạngJ1

J2. . .

Jk

trong đó Ji là các ma trận Jordan cơ sở và các phần tử còn lại là 0. Các khối Ji đượcgọi là các khối Jordan.

Bổ đề 1.4.4. Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều khác không và f : V →V là một tự đồng cấu lũy linh có bậc k. Giả sử x là một vectơ khác không của V saocho f i(x) 6= 0 và f i+1(x) = 0. Khi đó tập

{x, f(x), f 2(x), . . . , f i(x)}

độc lập tuyến tính.

Định nghĩa 1.4.5. Cơ sở Jordan của ánh xạ tuyến tính f : V → V là một cơ sở củaV sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó là ma trận chuẩn Jordan.

Định lí 1.4.6. Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều khác không và f : V →V là một tự đồng cấu lũy linh có bậc k. Khi đó có một cơ sở của V mà ma trận củaf đối với cơ sở này có dạng khối Jordan liên kết với 0.

Chứng minh. Đặt Mi = Imf i ∩ Kerf với i = 0, 1, . . . , k − 1. Ta có một dãy cáckhông gian con lồng nhau như sau

0 = Mk ⊂Mk−1 ⊂ . . . ⊂M1 ⊂M0 = Kerf.

Đặt Sk−1 là cơ sở của Mk−1, ta bổ sung vào Sk−1 tập Sk−2 để được Sk−1∪Sk−2 là cơsở của Mk−2. Tiếp tục bổ sung thêm Sk−3 để được Sk−1 ∪ Sk−2 ∪ Sk−3 là cơ sở củaMk−3. Cứ như vậy, ta được Sk−1∪Sk−2∪ . . .∪S1∪S0 là một cơ sở củaM0 = Kerf.

Giả sử số phần tử của Si là vi và ta đặt Si = {bi1, bi2, . . . , bivi}. Khi đó, ta đặtB = {bk−1,1, bk−1,2, . . . , bk−1,vk−1, . . . , b11, b12, . . . , b1v1, b01, b02, . . . , b0v0} là mộtcơ sở của Kerf.


Lấy bij ∈ B, khi đó bij ∈ Si ⊂ Imf i ∩ Kerf ⊂ Imf i. Do đó, ta có xij ∈ Vsao cho f i(xij) = bij. Đặt

Jbij = {f i(xij), f i−1(xij), . . . , f(xij), xij}

vàJi = Jbi1 ∪ Jbi2 ∪ . . . ∪ Jbivi .

Ta sẽ chứng minhJ = Jk−1 ∪ Jk−2 ∪ . . . J1 ∪ J0

là cơ sở Jordan của V.Đầu tiên ta chứng minh số vectơ của J là n = dimV. Đặt di = dimMi và

ri = dim Imf i, suy ra số phần tử trong Si là vi = di−di+1. Chú ý rằng dk = 0 = rkvà r0 = dim idV = n. Theo ta có tính chất sau (theo [7, 4.5.1])

dim(Imf i ∩Kerf) = dim Imf i − dim Im(f if)

suy ra di = ri − ri+1. Số phần tử trong Jbij là i + 1 với i = 0, 1, . . . , k − 1 vàj = 1, 2, . . . , vi. Số phần tử trong J là

k−1∑i=1

số phần tử của Ji =k−1∑i=0

(i+ 1)vi

=k−1∑i=0

(i+ 1)(di − di+1)

= (d0 − d1) + 2(d1 − d2) + . . .+ k(dk−1 − dk)= d0 + d1 + . . .+ dk−1

= (r0 − r1) + (r1 − r2) + . . .+ (rk−1 − rk)= r0 − rk = n− 0 = n.

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh J là một tập độc lập tuyến tính. Chú ý rằng B là một cơsở của Kerf nên các vectơ bij là độc lập tuyến tính.

Giả sửk−1∑i=0

a(i)k−1,1f

i(xk−1,1) + . . .+k−1∑i=0

a(i)k−1,vk−1f

i(xk−1,vk−1)

+k−2∑i=0

a(i)k−2,1f

i(xk−2,1) + . . .+k−2∑i=0

a(i)k−2,vk−2f

i(xk−2,vk−2)

+ . . .

+1∑i=0

a(i)1,1f

i(x1,1) + . . .+1∑i=0

a(i)1,v1f

i(x1,v1)

+a(0)0,1b0,1 + . . .+ a

(0)0,v0b0,v0 = 0



Chú ý rằng f i+1(Jbij) = {0}, f i(Jbij) = {bij} và f i(Ji) = {bi1, bi2, . . . , bivi}.

• Lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ f k−1. Ta được

a(0)k−1,1f

k−1(xk−1,1) + a(0)k−1,2f

k−1(xk−1,2) + . . .+ a(0)k−1,v1f

k−1(xk−1,vk−1) = 0

haya(0)k−1,1bk−1,1 + a

(0)k−1,2bk−1,2 + . . .+ a

(0)k−1,v1bk−1,vk−1 = 0.

Do bk−1,1, bk−1,2, . . . , bk−1,vk−1 độc lập tuyến tính nên a(0)k−1,1 = a(0)k−1,2 = . . . =

a(0)k−1,vk−1 = 0.

• Tiếp theo, ta lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ f k−2. Ta được

a(1)k−1,1f

k−1(xk−1,1) + a(1)k−1,2f

k−1(xk−1,2) + . . .+ a(1)k−1,vk−1f

k−1(xk−1,vk−1)

+a(0)k−2,1f

k−2(xk−2,1) + a(0)k−2,2f

k−2(xk−2,2) + . . .+ a(0)k−2,vk−2f

k−2(xk−2,vk−2) = 0

hay

a(1)k−1,1bk−1,1 + a

(1)k−1,2bk−1,2 + . . .+ a

(1)k−1,vk−1bk−1,vk−1

+a(0)k−2,1bk−2,1 + a

(0)k−2,2bk−2,2 + . . .+ a

(0)k−2,vk−2bk−2,vk−2 = 0

Do bk−1,1, bk−1,2, . . . , bk−1,vk−1, bk−2,1, bk−2,2, . . . , bk−2,vk−2 độc lập tuyến tínhnên a(1)k−1,1 = a

(1)k−1,2 = . . . = a

(1)k−1,vk−1 = 0 và a(0)k−2,1 = a

(0)k−2,2 = . . . =

a(0)k−2,vk−2 = 0.

• Tiếp tục, ta lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ f k−3. Ta được

a(2)k−1,j = 0, j = 1, 2, . . . , vk−1;

a(1)k−2,j = 0, j = 1, 2, . . . , vk−2;

a(0)k−3,j = 0, j = 1, 2, . . . , vk−3.

• Tiếp tục quá trình như trên, lấy ảnh tổ hợp tuyến tính đó qua ánh xạ f k−4, . . . , f 2, f

ta được tất cả các hệ số của tổ hợp tuyến tính bên trên bằng 0.

Vậy J là một tập độc lập tuyến tính có n vectơ, do đó nó là một cơ sở của V. Ta sắpxếp các vectơ trong B theo thứ tự

J = Jk−1 ∪ Jk−2 ∪ . . . J1 ∪ J0

vớiJi = Jbi1 ∪ Jbi2 ∪ . . . ∪ Jbivi .

Khi đó ma trận của f đối với cơ sở J có dạng là ma trận chuẩn Jordan liên kết với0.


Giả sử B = {b1, b2, . . . , bt} là cơ sở của Kerf. Từ đây ta xây dựng được cơ sởJordan của f là J = Jb1 ∪ Jb2 ∪ . . . ∪ Jbt sao cho ma trận của f có dạng

N1

N2

. . .Nt

Trong đó Ni là ma trận Jordan cơ sở liên kết với 0.

Nhận xét: Cho f là một tự đồng cấu lũy linh bậc k. Khi đó dạng Jordan của f cócách tính chất:

• Số khối Jordan cơ sở là dim Kerf.

• Khối có cấp lớn nhất là k × k.

• Số khối có cấp i× i là vi = ri − 2ri+1 + ri+2, với ri = dim Imf i.

Ta xem ví dụ minh họa dưới đây.

Ví dụ 1.4.4. Xét ánh xạ tuyến tính f : R4 → R4 xác định bởi

f(a, b, c, d) = (0, a, d, 0).

Ta có f 2 = 0 và vì thế f lũy linh với bậc k = 2. Ta có

M0 = Kerf = {(0, b, c, 0) | b, c,∈ R} = 〈(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)〉;M2 = Imf 2 ∩Kerf = 0;

M1 = Imf ∩Kerf = 〈(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)〉.

Ta có S1 = {(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} và S0 = ∅. Cơ sở của Kerf gồm 2 vectơ nênma trận Jordan của f có 2 khối. Đặt b11 = (0, 1, 0, 0), b12 = (0, 0, 1, 0) ∈ Imf. Khiđó ta có x11 = (1, 0, 0, 0) ∈ R4 sao cho f(x11) = b11; ta có x12 = (0, 0, 0, 1) ∈ R4

sao cho f(x12) = b12. Khi đó, ta có một cơ sở của R4 gồm

B = {f(x11), x11, f(x12), x12}.

Khi đó, ma trận của f đối với cơ sở B có dạng khối Jordan như sau0 1

0 0

0 1

0 0

.



Giả sử f : V → V là một đồng cấu và có λ ∈ K sao cho đồng cấu f − λid :

V → V lũy linh bậc k thì V có một cơ sở B là ma trận của f − λid có dạng chuẩnJordan liên kết với 0. Khi đó ma trận của f đối với cơ sở B là ma trận chuẩn Jordanliên kết với λ. Thật vậy, giả sử J là ma trận của f − λid có dạng chuẩn Jordan liênkết với 0. Ta biết ma trận của λid đối với một cơ sở bất kì là một ma trận chéo D vớicác phần tử trên đường chéo chính là λ. Khi đó f = (f − λid) + λid có ma trận đốivới cơ sở B là J +D là ma trận chuẩn Jordan liên kết với λ.

Nhận xét: Nếu B là cơ sở của Ker(f − λid) thì các vectơ của B là các vectơ riêngcủa f.

Ví dụ 1.4.5. Cho ánh xạ tuyến tính g : R4 → R4 xác định bởi

g(a, b, c, d) = (2a, a+ 2b, 2c+ d, 2d).

Ta có đa thức đặc trưng của g là Pg(x) = (x − 2)4 và đa thức tối tiểu của g làmg(x) = (x − 2)2. Khi đó g − 2id là một tự đồng cấu lũy linh bậc 2. Nếu ta đặtf = g − 2id thì ta có

f(a, b, c, d) = (0, a, d, 0).

Theo ví dụ bên trên thì ta có một cơ sở của V là

B = {e1 = f(x11), e2 = x11, e3 = f(x12), e4 = x12}

mà ma trận của f đối với cơ sở này có dạng chuẩn Jordan liên kết với 0. Khi đó

g(e1) = (f + 2id)(e1) = f(e1) + 2e1 = f 2(x11) + 2e1 = 2e1

g(e2) = (f + 2id)(e2) = f(e2) + 2e2 = f(x11) + 2e1 = e1 + 2e2

g(e3) = (f + 2id)(e3) = f(e3) + 2e3 = f 2(x12) + 2e3 = 2e3

g(e4) = (f + 2id)(e4) = f(e4) + 2e4 = f(x12) + 2e4 = e3 + 2e4

và ma trận của g đối với cơ sở B là2 1

0 2

2 1

0 2

.Ví dụ 1.4.6. Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi

f(x, y, z) = (x+ y,−x+ 3y,−x+ y + 2z).

Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là

A =

1 1 0

−1 3 0

−1 1 2


Ta có PA = (x− 2)3 và mA = (x− 2)2. Khi đó ta có

(f − 2id)(x, y, z) = (−x+ y,−x+ y,−x+ y)

và

M0 = Ker(f − 2id) = 〈(1, 1, 0), (0, 0, 1)〉;M2 = Im(f − 2id)2 ∩Ker(f − 2id) = 0;

M1 = Im(f − 2id) ∩Ker(f − 2id) = 〈(1, 1, 1)〉.

Do đó S1 = {b11 = (1, 1, 1)} và S0 = {b0,1 = (0, 0, 1)}. Ta tìm cơ sở Jordancủa R3 như sau: Vì b11 ∈ S1 ⊂ Im(f − 2id) nên có x11 = (−1, 0, 0) sao cho(f − 2id)(x11) = b11. Khi đó Jb11 = {e1 = (f − 2id)(x11), e2 = x11} và Jb01 =

{e3 = b01}. Do đó

J = {e1 = (1, 1, 1), e2 = (−1, 0, 0), e3 = (0, 0, 1)}

là cơ sở Jordan của f và ma trận của f đối với cơ sở J là2 1 0

0 2 0

0 0 2

.

1.5 Dạng chuẩn Jordan

Mục đích của chúng ta là mở rộng Định lý 1.4.6 trong trường hợp f là một tựđồng cấu bất kì. Ta hãy quay lại sự phân tích nguyên sơ. Với các kí hiệu đã dùng, tagiả sử tất cả các giá trị riêng của f thuộc trường K. Khi đó theo Định lý 1.3.4 và Hệquả 1.3.6 của nó, đa thức tối tiểu của fi là (x− λi)ei và suy ra ánh xạ fi − λiidVi làlũy linh với bậc ei trên không gian con Vi có số chiều di.

Định lí 1.5.1 (Dạng chuẩn Jordan). Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiềukhác không và f : V → V là một tự đồng cấu tuyến tính. Nếu λ1, . . . , λk ∈ K làcác giá trị riêng phân biệt của f thì có một cơ sở của V sao cho ma trận của f códạng chuẩn Jordan

J1J2

. . .Jk

trong đó Ji là ma trận khối Jordan liên kết với λi.


1.5. Dạng chuẩn Jordan

Chứng minh. Với các kí hiệu đã sử dụng, theo Định lý 1.3.4 có một cơ sở Bi củaVi = Ker(f−λiidVi)ei mà ma trận của fi−λiidVi có dạng khối Jordan với các phầntử 0 nằm trên đường chéo chính (vì các giá trị riêng của ánh xạ lũy linh là 0). Do đóma trận Ji của fi là ma trận khối Jordan với λi nằm trên đường chéo chính. Khi đóB = B1 ∪B2 ∪ . . . ∪Bk là cơ sở Jordan của f.

Chú ý: Các khối của ma trận này là các khối Jordan liên kết với các giá trị riêngλi của tự đồng cấu f chứ các khối này không phải là các khối Jordan cơ sở liên kếtvới λi.

Định nghĩa 1.5.2. Ma trận có dạng như trong Định lý 1.5.1 được gọi là ma trận chuẩnJordan của f.

Nói một cách rõ hơn, ma trận chuẩn Jordan của f không duy nhất vì thứ tự cáckhối Jordan Ji trên đường chéo không cố định. Tuy nhiên, số các khối, kích cỡ cáckhối và số ma trận Jordan cơ sở xuất hiện trong mỗi khối là xác định duy nhất bởi f.Vì thế, nếu ta thấy rằng mỗi ma trận Jordan cơ sở được sắp xếp trên đường chéo theothứ tự giảm dần về kích cỡ và các khối Jordan được sắp xếp theo chiều tăng của cácgiá trị riêng thì ta có một dạng chuẩn Jordan của tự đồng cấu f.

Định nghĩa 1.5.3. Nếu ma trận A ∈ Mn(K) đồng dạng với một ma trận Jordan Jthì J được gọi là ma trận dạng Jordan của A.

Nhận xét 1.5.4. Nếu đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu của f (hay của ma trận

vuông A của ánh xạ tuyến tính f ) lần lượt là Pf =k∏i=1

(x− λi)di và mf =k∏i=1

(x−

λi)ei thì trong ma trận Jordan của f (hay dạng Jordan của A) giá trị riêng λi xuất

hiện chính xác di lần trên đường chéo chính, số các ma trận Jordan cơ sở liênkết với λi là dim Ker(f − λiidVi) và có ít nhất một trong những ma trận Jordancơ sở có cấp tối đại là ei.

Ví dụ 1.5.1. Cho ánh xạ tuyến tính f : R7 → R7 có đa thức đặc trưng và đa thức tốitiểu lần lượt là

Pf = (x− 1)3(x− 2)4, mf = (x− 1)2(x− 2)3.

Trong bất kì ma trận Jordan của f, giá trị riêng 1 xuất hiện ba lần trên đường chéovà có ít nhất một ma trận Jordan cơ sở liên kết với 1 có cấp 2; và giá trị riêng 2 xuấthiện 4 lần trên đường chéo và có ít nhất một ma trận Jordan cơ sở liên kết với 2 có


cấp 3. Sắp xếp thứ tự các khối, có duy nhất một dạng ma trận Jordan của f là

1 1

1

1

2 1

2 1

2

2

Ví dụ 1.5.2. Ta thay đổi ví dụ bên trên một ít. Giả sử Pf vẫn như vậy nhưng mf =

(x− 1)2(x− 2)2.

Trong trường hợp này giá trị riêng 2 xuất hiện 4 lần trên đường chéo và có ít nhấtmột ma trận Jordan cơ sở liên kết với 2 có cấp 2. Các mà trận chuẩn Jordan có thểxảy ra là

1 1

1

1

2 1

2

2 1

2

,

1 1

1

1

2 1

2

2

2

Ví dụ 1.5.3. Nếu ánh xạ tuyến tính f : R5 → R5 có đa thức đặc trưng

Pf = (x− 2)2(x− 3)3

thì đa thức tối tiểu của f có dạng mf = (x − 2)i(x − 3)j, tức là nó có 6 khả năngxảy ra đối với mf . Khi đó ma trận chuẩn Jordan của f phụ thuộc vào 6 đa thức tối

tiểu có thể có. Ma trận có dạng

[A

B

]trong đó A là một trong hai dạng sau

A1 =

[2 1

2

], A2 =

[2

2

]trong đó A1 gồm 1 khối Jordan cơ sở, A2 gồm 2 khối Jordan cơ sở và ma trận B làmột trong ba dạng sau

B1 =

3 1

3 1

3

, B2 =

3 1

3

3

, B3 =

3

3

3

.trong đó B1 gồm 1 khối Jordan cơ sở, B2 gồm 2 khối Jordan cơ sở và B3 gồm 3 khốiJordan cơ sở.


1.5. Dạng chuẩn Jordan

Giả sử đa thức tối tiểu có dạng mA(x) = (x− 2)2(x− 3) thì ma trận khối A códạng A1, ma trận khối B có dạng B3.

Ví dụ 1.5.4. Đối với ma trân

A =

1 3 −2

0 7 −4

0 9 −5

có PA(x) = (x− 1)3 và mA = (x− 1)2. Dạng Jordan của A là

J =

1 1 0

0 1 0

0 0 1

Chú ý: Theo Nhận xét 1.5.4, ta có thể tìm được ngay dạng Jordan của ma trận Adựa vào đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu của A.

Ví dụ 1.5.5. Tìm dạng Jordan của ma trận

A =

3 −4 0 2

4 −5 −2 4

0 0 3 −2

0 0 2 −1

Ta có đa thức đặc trưng của A là PA = λ4 − 2λ2 + 1 = (λ− 1)2(λ+ 1)2 và đa

thức tối tiểu của A làmA = (λ− 1)2(λ+ 1)2.

(Từ đa thức tối tiểu ta biết được ma trận chuẩn Jordan của A gồm các khối Jordanliên kết với 1 và khối Jordan liên kết với −1).

Ta chọn cơ sở chuẩn tắc của C4 để tìm cơ sở Jordan.Đối với giá trị riêng λ = −1. (Tìm khối Jordan liên kết với −1) Ta có:

• M0 = Ker(A+ I) = 〈(1, 1, 0, 0)t〉.

• M2 = Im(A+ I)2 ∩Ker(A+ I) = {(0, 0, 0, 0)t}.

• M1 = Im(A+ I) ∩Ker(A+ I) = 〈(1, 1, 0, 0)t〉.Như vậy S1 = {(1, 1, 0, 0)t} và S0 = ∅. Khi đó b11 = (1, 1, 0, 0)t ∈ Im(A+

I) do đó ta có x11 = (14, 0, 0, 0)t ∈ C4 sao cho (A + I)x11 = b11. Suy ra

J−1 = {(1, 1, 0, 0)t, (14, 0, 0, 0)t}.

Đối với giá trị riêng λ = 1. (Tìm khối Jordan liên kết với 1) Ta có:


• M ′0 = Ker(A− I) = 〈(1, 1, 1, 1)t〉.

• M ′2 = Im(A− I)2 ∩Ker(A− I) = {(0, 0, 0, 0)t}

• M ′1 = Im(A− I) ∩Ker(A− I) = 〈(1, 1, 1, 1)t〉.

Như vậy S ′1 = {(1, 1, 1, 1)t} và S ′0 = ∅. Khi đó b′11 = (1, 1, 1, 1)t ∈ Im(A−I) do đó ta có x′11 = (1

2, 0, 1

2, 0)t ∈ C4 sao cho (A − I)x′11 = b′11. Suy ra

J1 = {(1, 1, 1, 1)t, (12, 0, 1

2, 0)t}.

Từ đó ta có ma trận

P =

1 1

41 1

2

1 0 1 0

0 1 1 12

0 0 1 0

và P−1AP =

−1 1 0 0

0 −1 0 0

0 0 1 1

0 0 0 1

.

1.6 Bài tập

Bài tập 1.1. Chứng minh rằng ma trận vuôngA khả nghịch khi và chỉ khi hệ số hằngtrong đa thức tối tiểu của A khác 0.

Bài tập 1.2. Nếu A ∈ Mn(K) khả nghịch và degmA(x) = k thì A−1 là tổ hợptuyến tính của

I, A,A2, . . . , Ak−1.

Bài tập 1.3. Xác định đa thức tối tiểu của các ma trận sau:

a.

1 2 3

0 1 2

0 0 1

b.

−1 1 0

−1 1 1

0 1 −1

c.

1 3 −2

0 7 −4

0 9 −5

.Bài tập 1.4. Xác định đa thức tối tiểu của ánh xạ đạo hàm trên Rn[x].

Bài tập 1.5. Tìm đa thức tối tiểu của tự đồng cấu tuyến tính f : R2 → R2 xác địnhbởi

f(x, y) = (x+ 6y,1

2x− y).

Bài tập 1.6. Cho V là không gian con của R3 xác định bởi

V = {(x, x, 0) | x ∈ R}.

Tìm hai không gian con U1, U2 khác nhau của R3 sao cho R3 = V ⊕U1 = V ⊕U2.


1.6. Bài tập

Bài tập 1.7. Cho f1, f2, f3, f4 : R3 → R3 là các tự đồng cấu tuyến tính xác định bởia. f1(x, y, z) = (x+ y, y + z, z + x)

b. f2(x, y, z) = (x− y, y − z, 0);

c. f3(x, y, z) = (−y, x, z);

d. f4(x, y, z) = (x, y, y).

Chứng minh rằng với mỗi i = 1, 2, 3, 4, ta có R2 = Imfi ⊕Kerfi.

Bài tập 1.8. Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều và A là một không giancon của V. Chứng minh rằng có một không gian con B của V sao cho V = A⊕B.

Bài tập 1.9. Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều và f : V → V là mộtánh xạ tuyến tính. Chứng minh rằng V = Imf ⊕Kerf khi và chỉ khi Imf = Imf 2.

Bài tập 1.10. Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều và f : V → V làmột ánh xạ tuyến tính. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương p sao choImf p = Imf p+1 và suy ra Imf p = Imf p+k,Kerf p = Kerf p+k với mọi k ≥ 1.

Khi đó ta cũng có V = Imf p ⊕Kerf p.

Bài tập 1.11. Cho V là không gian vectơ thực có số chiều là 4 vàB = {e1, e2, e3, e4}là một cơ sở của V. Với x ∈ V, ta có x = x1e1 + x2e2 + x3e3 + x4e4. Đặt

V1 = {x ∈ V | x3 = x2, x4 = x1};V2 = {x ∈ V | x3 = −x2, x4 = −x1}.

Chứng minh rằng

(1) V1 và V2 là các không gian con của V ;

(2) B1 = {e1 + e4, e2 + e3} là cơ sở của V1; và B2 = {e2 − e3, e1 − e4} là cơ sởcủa V2;

(3) V = V1 ⊕ V2;

(4) Tìm ma trận P là ma trận chuyển từ cơ sở B sang cơ sở B1 ∪B2. Chứng minhrằng P−1 = 2P.

Bài tập 1.12. Cho V là không gian vectơ thực có số chiều n. Nếu f : V → V là ánhxạ tuyến tính thỏa f 2 = id thì

V = Im(f + id)⊕ Im(id− f).

Bài tập 1.13. Trong R3 cho A = 〈(1, 0, 1), (−1, 1, 2)〉. Hãy xác định phép chiếu(1, 2, 1) lên A song song với 〈(0, 1, 0)〉.

Bài tập 1.14. Cho f là một phép chiếu lên A song song với B. Chứng minh rằngid− f là phép chiếu lên B song song với A.


Bài tập 1.15. Cho V là một không gian vectơ thực và f : V → V là tự đồng cấu lũyđẳng. Chứng minh rằng id + f khả nghịch và xác định ánh xạ ngược của nó.

Bài tập 1.16. Cho f : R4 → R4 xác định bởi

f(a, b, c, d) = (a+ b+ 2c− d, b+ d, b+ c, 2b− d).

Chứng minh rằng không gian con W = {(x, 0, z, 0) | x, z ∈ R} là f−bất biến.

Bài tập 1.17. Cho tự đồng cấu f : R3 → R3 xác định bởi

f(x, y, z) = (2x+ y − z,−2x− y + 3z, z).

Tìm đa thức tối tiểu của f và suy ra rằng

R3 = Kerf ⊕Ker(f − id)2.

Tìm ma trận chéo khối của f.

Bài tập 1.18. Cho tự đồng cấu f : R3 → R3 xác định bởi

f(x, y, z) = (x+ y + z, x+ y + z, x+ y + z).

Xác định đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu của f. Chứng minh rằng hai ma trận

M =

1 1 1

1 1 1

1 1 1

, N =

3 0 0

0 0 0

0 0 0

là đồng dạng.

Bài tập 1.19. Nếu f : R3 → R3 là ánh xạ tuyến tính thỏa f 3 = f thì f chéo hóađược.

Bài tập 1.20. Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi

f(x, y, z) = (−2x− y + z, 2x+ y − 3z,−z)

Tìm các giá trị riêng và đa thức tối tiểu của f. Chứng minh rằng f không chéo hóađược.

Bài tập 1.21. Hãy xác định các ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 sau có chéo hóa đượckhông?

(a) f(x, y, z) = (3x− y + z,−x+ 5y − z, x− y + 3z);

(b) f(x, y, z) = (2x, x+ 2y,−x+ y + z);


1.6. Bài tập

(c) f(x, y, z) = (x− z, 2y, x+ y + 3y).

Bài tập 1.22. Cho f : R4 → R4 xác định bởi

f(a, b, c, d) = (a+ b+ 2c− d, b+ d, b+ c, 2b− d).

Chứng minh rằng không gian con W = {(x, 0, z, 0) | x, z ∈ R} là f−bất biến.

Bài tập 1.23. Chứng minh rằng ánh xạ R3 → R3 xác định bởi

f(x, y, z) = (−x− y − z, 0, x+ y + z)

là lũy linh.

Bài tập 1.24. Nếu ánh xạ tuyến tính f : R2[x]→ R2[x] tác động lên cơ sở {1, x, x2}như sau

f(1) = −5− 8x− 5x2

f(x) = 1 + x+ x2

f(x2) = 4 + 7x+ 4x2

thì f lũy linh.

Bài tập 1.25. Nếu f : V → V lũy linh thì f chỉ có các giá trị riêng là 0.

Bài tập 1.26. Cho V = Mn(R) và A ∈ V. Chứng minh ánh xạ fA : V → V xácđịnh bởi

fA(X) = AX −XA

là ánh xạ tuyến tính. Chứng minh rằng nếu A lũy linh thì fA cũng lũy linh.

Bài tập 1.27. Cho f : V → V là ánh xạ tuyến tính lũy linh với có bậc p. Chứngminh rằng nếu x ∈ V sao cho f p−1(x) 6= 0 thì

{x, f(x), . . . , f p−1(x)}

độc lập tuyến tính trong V.

Bài tập 1.28. Cho V là không gian vectơ có số chiều n. Ta có f : V → V là ánh xạtuyến tính lũy linh có bậc n khi và chỉ khi có một cơ sở của V sao cho ma trận của fđối với cơ sở đó có dạng [

0 0

In−1 0

]Suy ra rằng, ma trận A cấp n lũy linh với bậc lũy linh là n khi và chỉ khi A đồngdạng với ma trận này.


Bài tập 1.29. Xác định dạng chuẩn Jordan của ma trận

a.

2 1 0

−1 4 0

−1 3 1

b.

2 0 1 −3

0 2 10 4

0 0 2 0

0 0 0 3

c.

−13 8 1 2

−22 13 0 3

8 −5 0 −1

−22 13 5 5

.Bài tập 1.30. Tìm dạng chuẩn Jordan của ánh xạ đạo hàm trên không gian các đathức hệ số thực có bậc không quá 3.

Bài tập 1.31. Tìm cơ sở Jordan của ánh xạ tuyến tính f có ma trận biểu diễn trongcác bài tập 1.29, 1.30.

Bài tập 1.32. Tìm ma trận Jordan của các tự đồng cấu f : C3 → C3 như saua. f(x, y, z) = (x− 3y + 3z,−2x− 6y + 13z,−x− 4y + 8z).

b. f(x, y, z) = (7x− 12y + 6z, 10x− 19y + 10z, 12x− 24y + 13z).

Bài tập 1.33. Tìm ma trận Jordan của tự đồng cấu f : C4 → C4 như sau

f(x, y, z, t) = (3x− y, x+ y, 3x+ 5z − 3t, 4x− y + 3z − t).


Chương 2

Không gian vectơ Euclide

2.1 Định nghĩa

Cho V là một R-không gian vectơ. Ta gọi một tích vô hướng trên V là một quitắc đặt hai vectơ bất kì x, y ∈ V tương ứng với một số thực 〈x, y〉 thỏa các điều kiệndưới đây với mọi x, y, z ∈ V, λ ∈ R

1. 〈x, y〉 = 〈y, x〉

2. 〈λx, y〉 = λ〈x, y〉

3. 〈x+ y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉

4. 〈x, x〉 ≥ 0, 〈x, x〉 = 0⇔ x = 0

Định nghĩa 2.1.1. Không gian vectơ thực V cùng với tích vô hướng trên V gọi làmột một gian vectơ Euclide.

Ví dụ 2.1.1. Với mọi x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn) ∈ Rn, đặt

〈x, y〉 = x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn

Ta được một tích vô hướng chính tắc trên Rn. Khi đó Rn là một không gian vectơEuclide cùng với tích vô hướng này.

Ví dụ 2.1.2. Cho a, b ∈ R với a < b và V là không gian các hàm số thực liên tụcf : [a, b]→ R. Ta định nghĩa một ánh xạ từ V × V đến R như sau

(f, g) 7→ 〈f, g〉 =

∫ b

a

f(x)g(x)dx.

Theo các tính chất cơ bản của tích phân ta chứng minh được ánh xạ vừa định nghĩabên trên là tích vô hướng. Do đó V là một không gian vectơ Euclide.

37

Bài tập 2.1. Cho Rn[x] là không gian vectơ thực các đa thức có bậc không quá n.Chứng minh rằng

〈p, q〉 =

∫ 1

0

p(x)q(x)dx

là một tích vô hướng trên Rn[x].

Bài tập 2.2. Cho A ∈ Mn(R) và vết của A kí hiệu là traceA =n∑i=1

aii. Chứng

minh rằng qui tắc xác định bởi

〈A,B〉 = traceBtA

là một tích vô hướng trên Mn(R).

Định nghĩa 2.1.2. Cho V là một không gian vectơ Euclide (với tích vô hướng). Vớimỗi x ∈ V ta định nghĩa chuẩn (hay độ dài) của x là một số thực không âm xácđịnh như sau

‖x‖ =√〈x, x〉

Ví dụ 2.1.3. Trong Rn thì ‖x‖ =√x21 + x2

2 + · · ·+ x2n.

Định lí 2.1.3. Cho V là một không gian vectơ Euclide. Khi đó với mọi x, y ∈ V vàvới mọi λ ∈ R ta có

(1) ‖x‖ ≥ 0, ‖x‖ = 0⇔ x = 0

(2) ‖λx‖ = |λ|.‖x‖

(3) (Bất đẳng thức Cauchy - Schwart) |〈x, y〉| ≤ ‖x‖.‖y‖

(4) (Bất đẳng thức tam giác) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖


Bài tập 2.3. Cho V là một không gian vectơ Euclide thực và x, y ∈ V. Chứng minhrằng

‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 + 2〈x, y〉.

Áp dụng kết quả này khi V = R2.

Bài tập 2.4. Cho V là một không gian vectơ Euclide thực và x, y ∈ V. Chứng minhrằng

‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖.

Áp dụng kết quả này khi V = R2.


2.1. Định nghĩa

Bài tập 2.5. Cho V là một không gian vectơ Euclide thực và x, y ∈ V thỏa ‖x‖ =

‖y‖. Chứng minh rằng 〈x+ y, x− y〉 = 0.

Định nghĩa 2.1.4. Góc giữa hai vectơ x, y, kí hiệu (x̂, y) xác định như sau:

cos(x̂, y) =〈x, y〉‖x‖.‖y‖

Định nghĩa 2.1.5. Cho V là một không gian vectơ Euclide và x, y ∈ V. Ta nói vectơx trực giao với vectơ y, kí hiệu x⊥y, nếu 〈x, y〉 = 0.

Một tập con S khác rỗng của V được gọi là tập con trực giao nếu các phần tửcủa S đôi một trực giao với nhau. Một tập con trực giao S của V được gọi là trựcchuẩn nếu ‖x‖ = 1 với mọi x ∈ S.Ví dụ 2.1.4. Các cơ sở chính tắc của Rn là các tập con trực chuẩn của Rn.

Ví dụ 2.1.5. Trong R2 các phần tử x = (x1, x2) và y = (y1, y2) là trực giao khi vàchỉ khi x1y1 + x2y2 = 0.

Bài tập 2.6. Trong không gian vectơ Euclide R2[x] với tích vô hướng

〈f, g〉 =

∫ 1

0

f(x)g(x)dx.

Hãy tìm a ∈ R sao cho tập {x, x2 − a} là trực giao.

Bài tập 2.7. Cho V là một không gian vectơ Euclide các hàm số liên tục trên đoạn[−π, π] với tích vô hướng như sau

〈f, g〉 =

∫ π

−πf(x)g(x)dx.

Chứng minh rằng, tập con

S = {x 7→ 1, x 7→ sin kx, x 7→ cos kx | k = 1, 2, . . .}

là trực giao.

Định lí 2.1.6. Trong không gian vectơ Euclide, mọi tập con trực giao đều độc lậptuyến tính.

Chứng minh. Cho S = {x1, . . . , xn} là một tập con trực giao của V không chứavectơ không. Giả sử rằng

n∑i=1

λixi = 0.

Khi đó

λi‖xi‖2 = λi〈xi, xi〉 =k∑k=1

λk〈xk, xi〉 = 〈k∑k=1

λkxk, xi〉 = 〈0, xi〉 = 0.

Do đó λi = 0 vì xi 6= 0. Vậy S độc lập tuyến tính.


Định nghĩa 2.1.7. Một cơ sở trực chuẩn của một không gian vectơ Euclide là một tậpcon trực chuẩn và là cơ sở.

Nếu {e1, e2, . . . , en} là một cơ sở trực giao thì{

e1‖e1‖

,e2‖e2‖

, · · · , en‖en‖

}là một

cơ sở trực chuẩn, gọi là trực chuẩn hóa cơ sở trực giao đã cho.Từ một hệ vectơ bất kì, ta có thể xây dựng nên một cơ sở trực giao, quá trình

đó được gọi là trực giao hóa một hệ vectơ (hay còn gọi là phương pháp Gram-Schmidt).

Định lí 2.1.8. Cho {f1, f2, . . . , fn} là một cơ sở của không gian Euclide V . Khi đóta xây dựng một cơ sở trực giao {e1, e2, . . . , en} như sau:

e1 = f1

e2 = f2 −〈f2, e1〉〈e1, e1〉

e1

e3 = f3 −〈f3, e1〉〈e1, e1〉

e1 −〈f3, e2〉〈e2, e2〉

e2

ei = fi −i−1∑k=1

〈fi, ek〉〈ek, ek〉

ek

Ví dụ 2.1.6. Trong R3, trực giao hóa hệ vectơ

f1 = (1, 1, 1, ), f2 = (1, 1, 0), f3 = (1, 0, 0).

Giải: Ta cóe1 = f1 = (1, 1, 1);

e2 = f2 −〈f2, e1〉〈e1, e1〉

e1 = (1, 1, 0)− 2

3(1, 1, 1) =

(1

3,1

3,−2

3

);

e3 = f3 −〈f3, e1〉〈e1, e1〉

e1 −〈f3, e2〉〈e2, e2〉

e2 = (1, 0, 0)− 1

3(1, 1, 1)−

1323

(1

3,1

3,−2

3

)=

(1

2,−1

2, 0

).

Khi đó ta có một cơ sở trực giao của R3 là

B =

{(1, 1, 1),

(1

3,1

3,−2

3

),

(1

2,−1

2, 0

)}.

Tiếp theo ta trực chuẩn hóa cơ sở{(1√3,

1√3,

1√3

),

(1√6,

1√6,−2√

6

),

(1√2,−1√

2, 0

)}Bài tập 2.8. Trong R3, trực chuẩn hóa cơ sở {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)}.


2.1. Định nghĩa

Bài tập 2.9. Trong không gian vectơ Euclide R[x] với tích vô hướng

〈f, g〉 =

∫ 1

−1f(x)g(x)dx

xác định cơ sở trực chuẩn của các không gian sinh bởi

(1) {x, x2};

(2) {1, 2x− 1, 12x2}.

Định nghĩa 2.1.9. Cho V là một không gian vectơ Euclide. Với mỗi tập con E củaV ta gọi phần bù trực giao của E, kí hiệu E⊥, là một tập con của V mà tất cả cácphần tử của nó đều trực giao với E.

E⊥ = {x ∈ V | 〈x, y〉 = 0,∀y ∈ E}.

Ta dễ dàng chứng minh được rằng E⊥ là không gian con của V. Hơn nữa V ⊥ =

{0} và {0}⊥ = V.

Định lí 2.1.10. Cho V là một không gian vectơ Euclide và E là một không gian conhữu hạn chiều của V. Khi đó

V = E ⊕ E⊥.

Chứng minh. Vì E là một không gian hữu hạn chiều nên có một cơ sở trực chuẩn{e1, . . . , en}. Lấy x ∈ V, đặt x′ =

∑ni=1〈x, ei〉ei ∈ E và giả sử x” = x − x′. Với

j = 1, . . . , n ta có

〈x”, ej〉 = 〈x, ej〉 − 〈x′, ej〉 = 〈x, ej〉 −n∑i=1

〈x, ei〉〈ei, ej〉

= 〈x, ej〉 − 〈x, ej〉 = 0.

Suy ra x” ∈ E⊥ và do đó x = x′ + x” ∈ E + E⊥. Như vậy V = E + E⊥.

Lấy x ∈ E ∩ E⊥ ta có 〈x, x〉 = 0 do đó x = 0. Từ đó ta được E ∩ E⊥ = {0}.Vậy V = E ⊕ E⊥.

Từ Định lý trên và Hệ quả 1.2.5, ta suy ra được kết quả sau.

Hệ quả 2.1.11. Cho E là một không gian vectơ con của V. Khi đó

dimV = dimE + dimE⊥.

Ví dụ 2.1.7. Xét không gian con E của R3 xác định bởi E = 〈(0, 1, 1), (1, 0, 1)〉.Để xác định E⊥ ta tiến hành như sau. Đầu tiên mở rộng {(0, 1, 1), (1, 0, 1)} thành


cơ sở của R3, giả sử cơ sở đó là {(0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 0)}. Ta áp dụng thuật toántrực chuẩn chuẩn hóa Gram-Schmit và thu được cơ sở trực chuẩn{

1√2

(0, 1, 1),1√6

(2,−1, 1),1√3

(1, 1,−1)

}.

Từ đó, ta có E = 〈 1√2

(0, 1, 1),1√6

(2,−1, 1)〉. Do đó E⊥ = 〈 1√3

(1, 1,−1)〉.

Định lí 2.1.12. Cho V là một không gian vectơ Euclide, f : V → V là một phépbiến đổi tuyến tính và E là một không gian con f−bất biến. Chứng minh rằng E⊥

cũng là f−bất biến.


Bài tập 2.10. Cho V là một không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều và E là mộtkhông gian con của V. Chứng minh rằngE⊥ là không gian vectơ con của V. Hơn nữa(E⊥)⊥ = E.

Bài tập 2.11. Cho V là một không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều và A,B là mộtkhông gian con của V. Chứng minh rằng

(1) A ⊆ B ⇒ B⊥ ⊆ A⊥;

(2) (A ∩B)⊥ = A⊥ +B⊥;

(3) (A+B)⊥ = A⊥ ∩B⊥.

Bài tập 2.12. Cho A,B là các không gian vectơ con của không gian vectơ Euclidehữu hạn chiều V sao cho V = A⊕B. Chứng minh rằng V = A⊥ ⊕B⊥.

Bài tập 2.13. Xác định phần bù trực giao trong R3 của không gian con

〈(1, 0, 1), (1, 2,−2)〉.

Bài tập 2.14. Trong không gian R2[x] với tích vô hướng

〈u, v〉 =

∫ 1

−1u(x)v(x)dx

với u(x) = x2 + x + 1. Gọi U là tập các vectơ của R2[x] trực giao với u. Tìm mộtcơ sở và số chiều của U.

Bài tập 2.15. Trong R3 cho không gian con

V = {(x1, x2, x3) | x1 + x2 + x3 = 0}

Tìm một cơ sở và số chiều của V ⊥.


2.2. Ánh xạ tuyến tính trực giao

Bài tập 2.16. Trong R3 cho hai không gian con

A = {(x1, x2, x3) | x1 + x2 − x3 = 0} và

B = {(x1, x2, x3) | 2x1 + x2 + x3 = 0}

a. Tìm vectơ x trực giao với A và x 6∈ B.b. Tìm vectơ x trực giao với A và x ∈ B.

Bài tập 2.17. Trong R3 cho hai không gian con

A = {(x1, x2, x3) | x1 + x2 − x3 = 0 và x1 − x2 + x3 = 0}B = {(x1, x2, x3) | 2x2 − 2x3 = 0}

Chứng minh rằng A trực giao với B.

Bài tập 2.18. Kiểm tra tính trực giao của các hệ sau trong R4 và bổ sung thêm cácvectơ để có được một cơ sở trực giao

a. (−1, 2, 1, 3), (2, 1,−3, 1)

b. (1, 1, 1,−2), (1, 2, 3, 3).

Bài tập 2.19. Trong không gian vectơ Euclide R4 cho L là không gian sinh bởi hệcác vectơ

{(1, 1, 1, 1), (1, 2, 2,−1), (1, 0, 0,−3)}.

a. Tìm cơ sở trực chuẩn của L và cơ sở trực chuẩn của phần bù trực giao của L.b. Giả sử x = (4,−1,−3, 4). Tìm vectơ y ∈ L và z ∈ L⊥ sao cho x = y + z.

Bài tập 2.20. Giả sử u là một vectơ của không gian vectơ Euclide V.a. Chứng minh rằng mỗi vectơ x ∈ V đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng

x = au+ v trong đó v ∈ V trực giao với u và a ∈ K.b. Cho V = R4 và u = (2,−1, 0, 2), x = (1, 1, 1,−2). Tìm a và v.

2.2 Ánh xạ tuyến tính trực giao

Định nghĩa 2.2.1. Ánh xạ tuyến tính f : V → V ′ giữa các không gian vectơ EuclideV và V ′ gọi là tuyến tính trực giao nếu nó bảo tồn tích vô hướng, tức là

〈f(x), f(y)〉 = 〈x, y〉,∀x, y ∈ V.

Định lí 2.2.2. Nếu f : V → V ′ bảo toàn tích vô hướng thì nó là một ánh xạ tuyếntính và do đó nó là ánh xạ tuyến tính trực giao.


Chứng minh. Đặt v = f(ax+ by)− af(x)− bf(y) với a, b ∈ R, x, y ∈ V. Ta cầnchứng minh v = 0. Vì f bảo toàn tích vô hướng nên với z ∈ V, ta có

〈v, f(z)〉 = 〈f(ax+ by)− af(x)− bf(y), f(z)〉= 〈f(ax+ by), f(z)〉 − a〈f(x), f(z)〉 − b〈f(y), f(z)〉= 〈ax+ by, z〉 − a〈x, z〉 − b〈y, z〉 = 0.

Như vậy v trực giao với mọi f(z), do đó v trực giao với mọi tổ hợp tuyến tính củacác vectơ có dạng f(z). Suy ra v ⊥ v. Từ đó v = 0 hay

f(ax+ by) = af(x) + bf(y)

với mọi a, b ∈ R, x, y ∈ V.

Trong định nghĩa trên, nếu ta cho y = x thì ta có 〈f(x), f(x)〉 = 〈x, x〉 tức là

‖f(x)‖ = ‖x‖.

Vậy ánh xạ tuyến tính trực giao bảo toàn độ dài của các vectơ. Đảo lại ta có định lýsau.

Định lí 2.2.3. Ánh xạ tuyến tính f : V → V ′ mà f bảo tồn độ dài của mọi vectơ tức‖f(x)‖ = ‖x‖ với mọi x ∈ V thì f là ánh xạ tuyến tính trực giao.

Chứng minh. Với x, y ∈ V, ta có f(x + y) = f(x) + f(y) nên từ ‖f(x + y)‖ =

‖x+ y‖ suy ra

〈f(x+ y), f(x+ y)〉 = 〈f(x) + f(y), f(x) + f(y)〉 = 〈x+ y, x+ y〉.

Do đó2〈f(x), f(y)〉 = 2〈x, y〉 ⇒ 〈f(x), f(y)〉 = 〈x, y〉.

Vậy f là ánh xạ tuyến tính trực giao.

Định lí 2.2.4. Ánh xạ tuyến tính f : V → V ′ là tuyến tính trực giao khi và chỉ khinó biến một cơ sở trực chuẩn thành một cơ sở trực chuẩn.

Chứng minh. Giả sử {e1, . . . , en} là một cơ sở trực chuẩn và f là trực giao, khi đó

〈f(ei), f(ej)〉 = 〈ei, ej〉 = δij =

{δii = 1

δij = 0 nếu i 6= j

Do đó {f(e1), . . . , f(en)} là một hệ trực chuẩn. Ta đã biết mọi hệ trực chuẩn đềuđộc lập tuyến tính do đó {f(e1), . . . , f(en)} là một cơ sở của V ′.



Ngược lại, giả sử f biến cơ sở trực chuẩn {e1, . . . , en} thành {f(e1), . . . , f(en)}là một cơ sở trực chuẩn. Lấy x ∈ V bất kì, ta có

x =n∑i=1

aiei và ‖x‖ =n∑i=1

a2i

trong đó ai ∈ R. Khi đó

f(x) =n∑i=1

aif(ei)

và ta suy ra

‖f(x)‖ = 〈n∑i=1

aif(ei),n∑i=1

aif(ei)〉 =n∑i=1

a2i‖f(ei)‖ =n∑i=1

a2i = ‖x‖.

Do đó f bảo toàn độ dài của vectơ và như thế f là ánh xạ tuyến tính trực giao.

Định lí 2.2.5. Mỗi ánh xạ trực giao đều là một đơn cấu. Nói riêng, nếu f : V → V

là một tự đồng cấu trực giao của một không gian véctơ Euclide hữu hạn chiều V thìf là một đẳng cấu tuyến tính.

Chứng minh. Giả sử f : V → V là một ánh xạ trực giao. Lấy x ∈ Kerf, khi đóf(x) = 0. Vì f là ánh xạ trực giao nên 〈x, x〉 = 〈f(x), f(x)〉 = 0. Suy ra x = 0,

như thế Kerf = {0}. Do đó f là một đơn cấu.Nếu f : V → V là một ánh xạ tuyến tính thì dimV = dim Imf + dim Kerf.

Vậy dimV = dim Imf. Do đó f là một toàn cấu. Phần trên của mệnh đề đãchứng minh f một đơn cấu. Như vậy f là một đẳng cấu tuyến tính.

Ta có các tính chất sau đây của phép biến đổi tuyến tính trực giao.

Mệnh đề 2.2.6. (1) Phép biến đổi đồng nhất là trực giao.

(2) Tích của hai phép biến đổi trực giao là một phép biến đổi trực giao.

(3) Ánh xạ ngược của một phép biến đổi tuyến tính trực giao cũng là trực giao.


Giả sử f : V → V là một tự đồng cấu và B = {e1, . . . , en} là một cơ sở trựcchuẩn của V. Gọi A = (aij) là ma trận của f đối với cơ sở B. Ta có

f(ei) =n∑k=1

aikek

và 〈f(ei), f(ej)〉 = δij do đón∑k=1

aikajk = δij, (i, j = 1, 2, . . . , n). (2.1)


Hay AtA = I.

Ngược lại, giả sử phép biến đổi tuyến tính f có ma trận đối với cơ sở trực chuẩnB = {e1, . . . , en} thỏa điều kiện (2.1). Vì cơ sở {e1, . . . , en} là trực chuẩn nên tacó 〈f(ei), f(ej)〉 = δij, (i, j = 1, 2, . . . , n) tức f là phép biến đổi tuyến tính trựcgiao.

Như vậy muốn cho phép biến đổi tuyến tính f của không gian vectơ Euclide nchiều V thì điều kiện cần và đủ là ma trận A của f đối với một cơ sở trực chuẩn nàođó thỏa điều kiện (2.1).

Định nghĩa 2.2.7. Ma trận thực A vuông cấp n được gọi là trực giao nếu AtA = I ,nói cách khác, At = A−1.

Nhận xét: Nếu A là ma trận trực giao thì detA = ±1.

Mệnh đề 2.2.8. Giả sử A là ma trận chuyển từ một cơ sở trực chuẩn {e1, . . . , en}sang một cơ sở {u1, . . . , un} nào đó. Khi đó {u1, . . . , un} cũng là một cơ sở trựcchuẩn nếu và chỉ nếu A là một ma trận trực giao.

Chứng minh. Để tìm ma trậnA ta cần biểu diễn các vectơ ui thành cách tổ hợp tuyếntính của e1, . . . , en. Ta có

ui =n∑k=1

aikek.

Điều kiện cần và đủ để {u1, . . . , un} là một cơ sở trực chuẩn là

〈ui, uj〉 = 〈n∑k=1

aikek,n∑k=1

ajkek〉

=n∑k=1

aikajk = δij.

Hay ta có AtA = I.

Mệnh đề 2.2.9. Nếu f là một phép biến đổi trực giao trên V thì ma trận của nó trongmỗi cơ sở trực chuẩn của V là một ma trận trực giao. Ngược lại, nếu f có ma trậntrong cơ sở trực chuẩn nào đó của V là một ma trận trực giao thì f là một phép biếnđổi trực giao.

Chứng minh. Giả sử f là một phép biến đổi trực giao và {e1, . . . , en} là một cơ sởtrực chuẩn của V. Khi đó {f(e1), . . . , f(en)} cũng là một cơ sở trực chuẩn. GọiA làma trận của f trong cơ sở {e1, . . . , en}. Khi đó, A chính là ma trận chuyển từ cơ sở{e1, . . . , en} tới cơ sở {f(e1), . . . , f(en)}. Theo mệnh đề 2.2.8, A là một ma trậntrực giao.



Ngược lại, nếu f có ma trậnA = (aij) trong cơ sở trực chuẩn nào đó {e1, . . . , en}là một ma trận trực giao. Khi đó

f(ei) =n∑k=1

akiek.

Do A là ma trận trực giao nên {f(e1), . . . , f(en)} là một cơ sở trực chuẩn. Do đó,f là một phép biến đổi trực giao.

Mệnh đề 2.2.10. Nếu f là một phép biến đổi trực giao, thì mọi giá trị riêng (nếu có)của f đều bằng±1. Các không gian con riêng ứng với các giá trị riêng 1 và−1 trựcgiao với nhau.

Chứng minh. Giả sử x là một vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ của f, nghĩa làf(x) = λx. Ta có

〈x, x〉 = 〈f(x), f(x)〉 = 〈λx, λx〉 = λ2〈x, x〉.

Vì x 6= 0 nên λ2 = 1. Do đó λ = ±1.

Giả sử α ∈ Ef(1) và β ∈ Ef(−1) với Ef(1) và Ef(−1) lần lượt là các khônggian con riêng tương ứng với các giá trị riêng 1,−1. Ta có

〈α, β〉 = 〈f(α), f(β)〉 = 〈α,−β〉 = −〈α, β〉.

Từ đó 〈α, β〉 = 0.

Vậy trong không gian Euclide một chiều chỉ có hai phép biến đổi trực giao đó là

f(x) = x và f(x) = −x.

Bây giờ ta khảo sát phép biến đổi tuyến tính trực giao trong không gian 2 chiều. Giảsử e1, e2 là một cơ sở trực chuẩn của V, và trong cơ sở đó phép biến đổi trực giao fcó ma trận trực giao A là

A =

[a b

c d

].

Đây là một ma trận trực giao nên định thức của nó bằng ±1 tức là

detA = ad− bc = ±1.

Trước hết ta xét trường hợp detA = 1. Từ điều kiện trực giao ta có A−1 = At do đó[a b

c d

]−1=

[a c

b d

]


Mặt khác vì detA = 1 nên theo định nghĩa của ma trận nghịch đảo ta có[a b

c d

]−1=

[d −b−c a

]

So sánh các đẳng thức ta suy ra được ma trận A có dạng

A =

[a b

−b a

]

với detA = a2 + b2 = 1. Đặt a = cosϕ, b = sinϕ ta được kết quả sau: mọi phépbiến đổi trực giao (với định thức bằng 1) của không gian Euclide 2 chiều có ma trậntrong cơ sở trực chuẩn là

A =

[cosϕ sinϕ

− sinϕ cosϕ

].

Đây chính là phép quay mặt phẳng một góc ϕ. Chú ý rằng trong trường hợp này, phépbiến đổi f không có vectơ riêng nào.

Bây giờ ta xét detA = −1. Trong trường hợp này, phương trình đặc trưng của flà

λ2 − (a+ d)λ− 1 = 0,

có hai nghiệm thực trái dấu. Như vậy f có hai không gian con riêng bất biến mộtchiều. Giả sử e′1, e

′2 là hai vectơ định chuẩn (vectơ định chuẩn là vectơ có độ dài bằng

1) tương ứng với các không gian con riêng đó. Ta biết rằng e′1 và e′2 là độc lập tuyếntính. Theo các kết quả đã tìm được trong trường hợp các không gian 1 chiều, ta có

f(e′1) = e′1 hoặc f(e′2) = −e′2.

Nếu ta lấy e′1, e′2 làm cơ sở của V thì ma trận A′ của f đối với cơ sở này có dạng

A′ =

[±1 0

0 ±1

].

Giữa các ma trận A và A′ có một ma trận chuyển cơ sở từ e1, e2 sang e′1, e′2, do đó ta

cóA′ = TAT−1

trong đó T là ma trận cấp 2 không suy biến.Áp dụng định lý về sự phân tích định thức, ta được

detA′ = detTdetAdetT−1 = detA = −1.



Nên có một trong hai trường hợp sau

A′1 =

[1 0

0 −1

]hoặc A′2 =

[−1 0

0 1

].

Với ma trận A′1 ta có f(e′1) = e′1; f(e′2) = −e′2. Với ma trận A′2 ta có f(e′1) =

−e′1; f(e′2) = e′2. Trong cả hai trường hợp ta đều có

〈f(e′1), f(e′2)〉 = −〈e′1, e′2〉.

Vì f là phép biến đổi trực giao nên 〈f(e′1), f(e′2)〉 = 〈e′1, e′2〉. Do đó 〈e′1, e′2〉 = 0.

Vậy e′1, e′2 là trực giao. Vì các vectơ e′1, e

′2 là định chuẩn nên cơ sở này là cơ sở trực

chuẩn.Vậy, với mọi phép biến đổi trực giao có định thức bằng -1 của không gian Euclide

2 chiều, có một cơ sở trực chuẩn trong đó ma trận của nó có dạng[1 0

0 −1

]hoặc

[−1 0

0 1

].

Đây là các phép đối xứng trục.Bây giờ ta xét dạng chuẩn tắc của ma trận của các phép biến đổi tuyến tính trực

giao trong trường hợp không gian n chiều (n ≥ 3).

Giả sử f là một phép biến đổi trực giao trong không gian Euclide n chiều. Ta biếtrằng f có không gian con bất biến 1 chiều hoặc 2 chiều E1 (xem chương trước). Nếunó có không gian bất biến 1 chiều thì ta gọi e1 là vectơ định chuẩn trong không gianđó. Nếu nó không có không gian bất biến 1 chiều nào thì ta lấy một không gian bấtbiến 2 chiều và gọi e1, e2 là một cơ sở trực chuẩn của không gian đó.

Trong trường hợp E1 là không gian con 1 chiều thì phép biến đổi f trong E1 códạng f(x) = ±x. Nếu E1 là không gian con bất biến 2 chiều thì ma trận của f đốivới cơ sở của E1 có định thức bằng 1, vì nếu định thức đó bằng −1 thì nó đã phải cókhông gian bất biến 1 chiều, điều này trái với giả thiết. Vậy trong trường hợp này matrận của f trong E1 đối với một cơ sở nào đó có dạng[

cosϕ sinϕ

− sinϕ cosϕ

].

Tập hợp F các vectơ của V trực giao với E1 là một không gian con của V. Khônggian F chính là phần bù trực giao của E1.

Nếu E1 là không gian 1 chiều thì F là không gian n − 1 chiều,nếu E1 là khônggian 2 chiều thì F là không gian n−2 chiều (theo Định lý 2.1.10). Từ Định lý 2.1.12,ta có F là một không gian con f−bất biến. Trong không gian F ta lại tìm các khônggian con bất biến 1 chiều hoặc 2 chiều, ta lựa chọn trong đó cơ sở gồm 1 hoặc 2 vectơđịnh chuẩn,...


Làm như vậy ta sẽ được n vectơ định chuẩn đôi một trực giao với nhau. Ta chọnchúng làm cơ sở của V. Trong cơ sở đó, ma trận của f có dạng

1. . .

1

−1. . .−1

cosϕ1 sinϕ1

− sinϕ1 cosϕ1

. . .cosϕk sinϕk− sinϕk cosϕk

(2.2)

trong đó các số 1, -1 ứng với các không gian bất biến 1 chiều và các khối[cosϕi sinϕi− sinϕi cosϕi

]

ứng với các không gian con bất biến 2 chiều.Vậy nếu f là một phép biến đổi tuyến tính trực giao của không gian Euclide n

chiều V thì ta có một cơ sở trực chuẩn e1, . . . , en trong đó ma trận của f có dạng(2.2).

Từ đây ta có hệ quả đối với ma trận như sau.

Hệ quả 2.2.11. Nếu A là một ma trận trực giao thì có một ma trận trực giao T saocho ma trận TAT−1 có dạng (2.2).

2.3 Tự đồng cấu đối xứng

Định nghĩa 2.3.1. Tự đồng cấu f : V → V của không gian vectơ Euclide V gọi làđối xứng (hay tự liên hợp) nếu với mọi vectơ x, y ∈ V thì

〈f(x), y〉 = 〈x, f(y)〉.

Mệnh đề 2.3.2. Nếu {e1, . . . , en} là một cơ sở tùy ý của V thì tự đồng cấu f : V →V là đối xứng khi và chỉ khi

〈f(ei), ej〉 = 〈ei, f(ej)〉,

với mọi i, j = 1, 2, . . . , n.


2.3. Tự đồng cấu đối xứng

Chứng minh. Điều kiện cần là rõ ràng nên ta chỉ cần chứng minh điều kiện đủ.

Với mọi x, y ∈ V ta có x =n∑i=1

xiei và y =n∑j=1

yjej. Khi đó

〈f(x), y〉 = 〈f(

n∑i=1

xiei

),

n∑j=1

yjej〉

= 〈n∑i=1

xif(ei),n∑i=1

yjej〉

=n∑

i,j=1

xiyj〈f(ei), ej〉

= 〈n∑i=1

xiei,n∑j=1

yjf(ej)〉

= 〈x, f(y)〉.

Như vậy, ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề 2.3.3. Nếu {e1, . . . , en} là một cơ sở trực chuẩn của V vàA là ma trận củaf đối với cơ sở này. Tự đồng cấu f là đối xứng khi và chỉ khi At = A, tức A là matrận đối xứng.

Chứng minh. Đặt A = (aij), khi đó f(ei) =n∑j=1

ajiej với mọi i = 1, 2, . . . , n. Ta

có

〈ei, f(ej)〉 = 〈ei,n∑k=1

akjek〉 =n∑k=1

akj〈ei, ek〉 = aij

〈f(ei), ej〉 = 〈n∑k=1

akiek, ej〉 =n∑k=1

aki〈ek, ej〉 = aji.

Do đóf đối xứng ⇔ 〈ei, f(ej)〉 = 〈f(ei), ej〉 ⇔ aij = aji.

Như vậy, ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề 2.3.4. Cho f là một tự đồng cấu đối xứng của V và U là một không giancon f−bất biến của V. Khi đó f |U : U → U cũng là một tự đồng cấu đối xứng vàphần bù trực giao U⊥ của U cũng là không gian con f−bất biến của V.

Chứng minh. Với mọi vectơ x ∈ U⊥ ta cần chứng minh f(x) ∈ U⊥, tức là cần chỉra 〈f(x), y〉 = 0 với mọi vectơ y ∈ U. Thật vậy

〈f(x), y〉 = 〈x, f(y)〉 = 0

vì x ∈ U⊥ và f(y) ∈ U. Suy ra f(x) ∈ U⊥.


Mệnh đề 2.3.5. Mọi giá trị riêng phức của tự đồng cấu đối xứng f đều là thực.

Chứng minh. Giả sử A ∈ Mn(R) là ma trận của f trong một cơ sở trực chuẩn nàođó của V và λ là một giá trị riêng của f. Ta xét hệ phương trình (trên tập số phứcC) (A − λI)x = 0 (x là ma trận cột) có ít nhất một nghiệm không tầm thườngx = z (ma trận cột với các phần tử là số phức). Như vậy ta có z 6= 0 và Az = λz,

tức là ztAz = λztz. Lấy chuyển vị và phức liên hợp của cả hai vế (chú ý rằngAt = A = A) ta được ztAz = λztz. Vậy λztz = λztz mà ztz > 0 nên λ = λ tứcλ là số thực.

Hệ quả 2.3.6. Mọi tự đồng cấu đối xứng của không gian vectơ Euclide hữu hạn chiềuđều có vectơ riêng.

Định lí 2.3.7. Nếu f là tự đồng cấu đối xứng trong không gian vectơ Euclide hữu hạnchiều V thì V có một cơ sở trực chuẩn gồm các vectơ riêng của f.

Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.3.5, f có vectơ riêng x1 khi đó U1 = 〈x1〉⊥ (〈x1〉là không gian sinh bởi x1) là f−bất biến và f |U1

là một tự đồng cấu đối xứng vàdimU1 = dimV − 1. Ta chứng minh qui nạp theo số chiều của V thì f |U1

có n− 1

vectơ riêng x2, . . . , xn (với n = dimV ) đôi một trực giao. Đặt ei =xi‖xi‖

, i =

1, 2, . . . , n. Ta có cơ sở {e1, . . . , en} gồm các vectơ riêng của f.

Định lý trên có thể phát biểu dưới dạng: Nếu A là ma trận đối xứng thì có ma trậntrực giaoC sao choC−1AC là ma trận chéo, tức làA chéo hóa được bởi ma trận trựcgiao.

Ví dụ 2.3.1. Chéo hóa trực giao ma trận đối xứng

A =

1 2 2

2 1 2

2 2 1

Giải: Phương trình đặc trưng

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣1− λ 2 2

2 1− λ 2

2 2 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ (λ− 5)(λ+ 1)2 = 0

Vậy ta có các giá trị riêng: λ1 = 5 (đơn), λ2 = −1 (kép)

• Với λ = 5, ta giải hệ phương trình tìm vectơ riêng là −4 2 2 0

2 −4 2 0

2 2 −4 0

→ −2 1 1 0

0 −1 1 0

0 0 0 0


2.3. Tự đồng cấu đối xứng

Vậy hệ phương trình có nghiệm:x1 = c

x2 = c

x3 = c

, c ∈ R

Ta được một vectơ riêng độc lập là v1 = (1, 1, 1) (cho c = 1), trực chuẩn hóata được:

e1 =( 1√

3,

1√3,

1√3

)• Với λ = −1, ta giải hệ phương trình tìm vectơ riêng là 2 2 2 0

2 2 2 0

2 2 2 0

→ 1 1 1 0

0 0 0 0

0 0 0 0

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

x1 = −c1 − c2x2 = c1

x3 = c2

, c1, c2 ∈ R

Ta được 2 vectơ riêng độc lập là v2 = (−1, 1, 0) (cho c1 = 1, c2 = 0) vàv2 = (−1, 0, 1) (cho c1 = 0, c2 = 1), trực giao hóa ta được:

f2 = v2 = (−1, 1, 0)

f3 = v3 −〈v3, f2〉〈f2, f2〉

f2 = (−1, 0, 1)− 1

2(−1, 1, 0) =

(− 1

2,−1

2, 1)

Trực chuẩn hóa f2, f3 ta được

e2 =f2‖f2‖

=(− 1√

2,

1√2, 0)

e3 =f3‖f3‖

=(− 1√

6,− 1√

6,

2√6

)Từ đó, với

P =

1√3− 1√

2− 1√

61√3

1√2− 1√

61√3

02√6

.


Do đó ta có

P−1AP =

5 0 0

0 −1 0

0 0 −1

.Bài tập 2.21. Tìm ma trận trực giao C sao cho C−1AC là ma trận chéo

a.A =

6 −2 2

−2 5 0

2 0 7

b.A =

1 2 1

2 −5 2

1 2 1

c.A =

5 −1 2

−1 5 2

2 2 21


Chương 3

Dạng song tuyến tính, dạng toàn phương

3.1 Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 3.1.1. Cho V là không gian vectơ trên K. Dạng song tuyến tính trên Vlà một ánh xạ f : V × V → K thỏa các điều kiện sau đây:

1. f(x1 + x2, y) = f(x1, y) + f(x2, y)

2. f(λx, y) = λf(x, y)

3. f(x, y1 + y2) = f(x, y1) + f(x, y2)

4. f(x, λy) = λf(x, y)

với mọi x1, x2, x, y1, y2, y ∈ V, và mọi λ ∈ K.Nếu f thỏa điều kiện f(x, y) = f(y, x) thì ta nói f là dạng song tuyến tính đối

xứng.Nếu f thỏa điều kiện f(x, y) = −f(y, x) thì ta nói f là dạng song tuyến tính

phản đối xứng.

Định nghĩa 3.1.2. Cho f : V × V → K là dạng song tuyến tính đối xứng, khi đóta định nghĩa q : V → K sao cho q(x) = f(x, x) ∈ K với mọi x ∈ V. Khi đó q(x)

gọi là dạng toàn phương xác định bởi dạng song tuyến tính f và f gọi là dạng cựccủa dạng toàn phương q.

Mệnh đề 3.1.3. Nếu q là dạng toàn phương thì dạng cực của q là duy nhất.

Chứng minh. Giả sử f là dạng cực của q. Khi đó f là dạng song tuyến tính đối xứngvà f(x, x) = q(x) với mọi x ∈ V. Ta có

f(x+ y, x+ y) = f(x, x+ y) + f(y, x+ y)

= f(x, x) + f(x, y) + f(y, x) + f(y, y)

= f(x, x) + 2f(x, y) + f(y, y)

55

Do đó f(x, y) =1

2[f(x+ y, x+ y)− f(x, x)− f(y, y)] và như thế

f(x, y) =1

2[q(x+ y)− q(x)− q(y)] (3.1)

Từ đó f là xác định duy nhất.

Ví dụ 3.1.1. Cho f : R3×R3 → R và x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) ∈ R3. Khiđó f là dạng song tuyến tính

f(x, y) = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x1y3 + 2x3y1 + x2y2 − x3y3.

Dạng toàn phương của f là q : R3 → R xác định như sau

q(x) = x21 + 2x1x2 + 4x1x3 + x2

2 − x23.

Ví dụ 3.1.2. Trong không gian Rn cho f : Rn × Rn → R. Với (x, y) ∈ Rn × Rn :

x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn) ta có

f(x, y) =n∑i=1

xiyi

là dạng song tuyến tính. Khi đó

q(x) = f(x, x) =n∑i=1

x2i

là dạng toàn phương.

3.2 Ma trận và biểu thức tọa độ

Cho V là không gian vectơ n chiều trên R và B = {e1, . . . , en} là một cơ sở củaV. Giả sử f : V × V → R là dạng song tuyến tính trên V. Lấy x, y ∈ V , ta đặt tọađộ của x và y đối với cơ sở B lần lượt là (x)B = (x1, x2, . . . , xn) ⇔ x = x1a1 +

x2a2 + · · ·+ xnan; và (y)B = (y1, y2, . . . , yn)⇔ y = y1a1 + y2a2 + · · ·+ ynan.

Khi đó

f(x, y) = f(n∑i=1

xiei,n∑j=1

yjej) =n∑i=1

xif(ei,n∑j=1

yjej) =n∑i=1

xi

n∑j=1

yjf(ei, ej)

=n∑i=1

n∑j=1

xiyjf(ei, ej)

ta đặt aij = f(ei, ej).Ma trậnAf/B = (aij) ∈Mn(R) gọi là ma trận của dạng songtuyến tính f trong cơ sở B.


3.2. Ma trận và biểu thức tọa độ

Ta chứng minh được: f là dạng song tuyến tính đối xứng khi và chỉ khi

f(ei, ej) = f(ej, ei)⇔ aij = aji

hay tương đương với Af/B là ma trận đối xứng.Biểu thức của dạng song tuyến tính có thể viết dưới dạng ma trận như sau

f(x, y) = [x1 x2 · · · xn]Af/B

y1y2...yn

. (3.2)

Hay f(x, y) = [x]tBAf/B[y]B.

Ví dụ 3.2.1. Cho f : R3 × R3 → R và B = {e1, e2, e3} là cơ sở chính tắc của R3.

Lấy x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) ∈ R3. Khi đó ánh xạ song tuyến tính

f(x, y) = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x1y3 + 2x3y1 + x2y2 − x3y3

có ma trận đối với cơ sở chính tắc là

Af =

1 1 2

1 1 0

2 0 −1

.Giả sử q : V → R là dạng toàn phương xác định bởi dạng song tuyến tính đối

xứng f thì ma trận của q trong cơ sở B chính là ma trận của f trong cơ sở B. Ta cócông thức sau: q(x) = [x]tBAf/B[x]B.

Ví dụ 3.2.2. Cho f : R3 × R3 → R là dạng song tuyến tính xác định bởi

f(x, y) = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x1y3 + 2x3y1 + x2y2 − x3y3

và dạng toàn phương tương ứng là

q(x) = x21 + 2x1x2 + 4x1x3 + x2

2 − x33.

Ta có ma trận của dạng song tuyến tính đối với cơ sở chính tắc là

Af =

1 1 2

1 1 0

2 0 −1

.

Và như thế f(x, y) = [x1 x2 x3]A

y1y2y3

.57 [email protected]

Ví dụ 3.2.3. Cho dạng toàn phương trong R3 như sau

q(x) = q(x1, x2, x3) = x21 − 8x1x2 − 4x1x3 + 2x2

2 − 6x2x3 + 3x23.

Khi đó ma trận của q đối với cơ sở chính tắc là

A =

1 −4 −2

−4 2 −3

−2 −3 3

Cho dạng song tuyến tính f : V × V → R và B,B′ là hai cơ sở của V. Ta sẽ tìm

mối liên hệ giữa Af/B và Af/B′. Ta có

f(x, y) = [x]tBAf/B[y]B

f(x, y) = [x]tB′Af/B′[y]B′

và giả sử TBB′ là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B′. Ta có

[x]B = TBB′[x]B′ và [y]B = TBB′[y]B′

và thế vào công thức tọa độ của dạng song tuyến tính ta được

f(x, y) = [x]tBAf/B[y]B = [x]tb′TtBB′Af/BTBB′[y]B′.

Từ đó ta suy raAf/B′ = T t

BB′Af/BTBB′.

Do TBB′ là ma trận khả nghịch nên rankAf/B = rankAf/B′. Từ đó ta thấy rằng hạngcủa ma trận của f đối với các cơ sở khác nhau là không thay đổi.

Định nghĩa 3.2.1. Giả sử q là dạng toàn phương trên không gian vectơ n chiềuV tương ứng với dạng song tuyến tính đối xứng f trên V. Khi đó ma trận của qvà f đối với các cơ sở khác nhau là khác nhau nhưng hạng của chúng luôn bằngnhau. Hạng chung đó gọi là hạng của f và q, kí hiệu rank(f) và rank(q). Nhưvậy, nếu A là ma trận (đối xứng) của f và q đối với một cơ sở B nào đó của V thìrank(f) = rank(q) = rank(A).

Hiển nhiên ta có 0 ≤ rank(f) = rank(q) ≤ n. Nếu rank(f) = rank(q) = n

thì ta nói f và q không suy biến, ngược lại ta nói chúng suy biến.

3.3 Dạng chính tắc của dạng toàn phương

Định nghĩa 3.3.1. Cho q là một dạng toàn phương trên V. Nếu biểu thức của q trongmột cơ sở B nào đó có dạng

q(x1, x2, . . . , xn) = a1x21 + a2x

22 + · · ·+ anx

2n

trong đó (x1, x2, . . . , xn) = (x)B, thì ta nói q có dạng chính tắc và cơ sởB gọi là cơsở q−chính tắc của V.


3.3. Dạng chính tắc của dạng toàn phương

Ta có nhận xét sau: B là một cơ sở q−chính tắc khi và chỉ khi Af/B là ma trậnchéo.

Định lí 3.3.2 (Định lý Lagrange). Cho V là một không gian vectơ n chiều và q :

V → R là dạng toàn phương. Khi đó luôn có một cơ sởB của V là q−chính tắc (tứclà q có dạng chuẩn tắc đối với cơ sở đó).

Chứng minh. Gọi B = {e1, e2, . . . , en} là một cơ sở bất kì của V, nếu x =n∑i=1

xiei

thì q(x) trong cơ sở B có dạng là

q(x) = q(x1, . . . , xn) = a11x21 + . . .+ annx

2n + 2

∑i 6=j

aijxixj. (3.3)

Ta sẽ lần lượt đổi cơ sở sao cho q(x) có dạng chính tắc. Vì mỗi phép biến đổi cơ sởlà một phép biến đổi của các tọa độ của các vectơ và ngược lại, nên ta có thể viết cáccông thức biến đổi tọa độ thay cho công thức đổi cơ sở.

Ta phân biệt hai trường hợp của dạng (3.3). Trường hợp tất cả các aii = 0 (i =

1, 2, . . . , n) hoặc có ít nhất một aii 6= 0.

Đối với trường hợp thứ nhất, nếu tất cả aii = 0 nhưng có ít nhất aij 6= 0 (i 6= j), taáp dụng phép đổi tọa độ xi = x′i−x′j;xj = x′i +x′j và xk = x′k với k = 1, 2, . . . , n

và k 6= i, j. Khi đó số hạng aijxixj sẽ trở thành

aijxixj = aij(x′i − x′j)(x′i + x′j) = aijx

′2i − aijx′

2

j

Như vậy ta đã chuyển sang trường hợp thứ hai.Bao giờ ta cũng có thể giả sử dạng (3.3) luôn có ít nhất một aii 6= 0, giả sử

a11 6= 0. Sau khi nhóm các hạng tử có chứa x1, ta có thể viết q(x) dưới dạng

q(x) = a11(x21 + 2

n∑j=2

a1ja11

x1xj) + q′2(x2, . . . , xn)

= a11(x21 +

n∑j=2

a1ja11

xj)2 + q2(x2, . . . , xn)

Đặt y1 = x21 +

n∑j=2

a1ja11

xj; y2 = x2; . . . , yn = xn. Lúc đó q(x) trở thành

q(x) = a11y21 +

n∑i=2

n∑j=2

a′ijyiyj.

Nếu trong biểu thứcn∑i=2

n∑j=2

a′ijyiyj có ít nhất một trong các hệ tử của bình phương

của các tọa độ y2, . . . , yn khác 0 ta có thể giả sử hệ số của y22 khác 0 thì ta lại có thể


áp dụng phương pháp như trên và ta đượcn∑i=2

n∑j=2

a′ijyiyj = a′22z22 +

n∑i=3

n∑j=3

a”ijzizj.

Nếu ta đặt thêm y1 = z1 thì ta được một phép biến đổi tọa độ y1, . . . , yn sang tọa độz1, . . . , zn sao cho q(x) có dạng

q(x) = a11z21 + a′22z

22 +

n∑i=3

n∑j=3

a”ijzizj.

Tiếp tục quá trình như trên, sau hữu hạn bước, ta sẽ đưa được q(x) về dạng chính tắc

q(x) =n∑i=1

kiu2i .

Như vậy, ta có một phép đổi tọa độ từ (x1, . . . , xn) sang tọa độ (u1, . . . , un) sao choq có dạng chính tắc. Từ đây, suy ra có một cơ sở của V sao cho dạng toàn phương qcó dạng chính tắc đối với cơ sở đó.

Ví dụ 3.3.1. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc

q(x1, x2, x3) = 2x1x2 + 2x1x3 − 6x2x3

Ở đây không có bình phương nào. Ta làm xuất hiện bình phương bằng cách đổi biếnsố như sau

x1 = y1 − y2x2 = y1 + y2

x3 = y3

và như vậy ta có ma trận đổi biến số P1 =

1 −1 0

1 1 0

0 0 1

và X = P1Y

Khi đó

q(y1, y2, y3) = 2(y1 − y2)(y1 + y2) + 2(y1 − y2)y3 − 6(y1 + y2)y3= 2y21 − 2y22 − 4y1y3 − 8y2y3

Tiếp theo ta biến đổi như sau

q(y1, y2, y3) = 2y21 − 2y22 − 4y1y3 − 8y2y3= 2y21 − 4y1y3 + 2y23 − 2y22 − 8y2y3 − 2y23= 2(y1 − y3)2 − 2y22 − 8y2y3 − 8y23 + 8y23 − 2y23= 2(y1 − y3)2 − 2(y22 + 4y2y3 + 4y23) + 6y23= 2(y1 − y3)2 − 2(y2 + 2y3)

2 + 6y23


3.3. Dạng chính tắc của dạng toàn phương

Ta thực hiện phép đổi biến số như saut1 = y1 − y3t2 = y2 + 2y3

t3 = y3

⇒

y1 = t1 + t3

y2 = t2 − 2t3

y3 = t3

và ta có ma trận của phép đổi biến số là P2 =

1 0 1

0 1 −2

0 0 1

và Y = P2T. Ta được

dạng chính tắc của dạng toàn phương là

q(t1, t2, t3) = 2t21 − 2t22 + 6t23.

với ma trận đổi biến số là P = P1.P2 =

1 −1 3

1 1 −1

0 0 1

Vậy phép đổi biến số từ x1, x2, x3 đến t1, t2, t3 là:

x1 = t1 − t2 + 3t3

x2 = t1 + t2 − t3x3 = t3

Chú ý: Dạng chính tắc có thể khác nhau do ta dùng các phép đổi biến số khác nhauNếu ta dùng phép đổi biến số

u1 =

√2t1

u2 =√

2t2

u3 = t3

hay

t1 =

u1√2

t2 =u2√

2t3 = u3

thì ta có dạng chính tắc là

q(u1, u2, u3) = u21 − u2

2 + 6u23.

Ngoài phương pháp Lagrange đã trình bày bên trên, ta còn có một phương phápkhác để đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc. Trước tiên ta giả sử A = (aij) làma trận của dạng toàn phương q, ta đặt

∆1 = a11 6= 0,∆2 =

∣∣∣∣∣a11 a12a21 a22

∣∣∣∣∣ 6= 0, · · · ,


∆i =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1ia21 a22 . . . a2i

... ... . . . ...ai1 ai2 . . . aii

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0, · · · ,∆n = |A| 6= 0(∗∗)

Định lí 3.3.3 (Định lý Jacobi). Nếu dạng toàn phương q có ma trận đối với một cơ sởnào đó thỏa các điều kiện (**) thì có phép đổi biến số x1, x2, . . . , xn tới các biến sốy1, y2, . . . , yn để đưa q về dạng chính tắc.

q(y1, y2, . . . , yn) = ∆1y21 +

∆2

∆1

y22 + · · ·+ ∆n

∆n−1y2n.

Với phép biến đổi biến số

x1 = y1 + α21y2 + α31y3 + · · ·+ αn1yn

x2 = y2 + α32y3 + · · ·+ αn2yn

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

xi = yi + αi+1iyi+1 + αi+2iyi+1 + · · ·+ αniyn

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

xn = yn

(∗ ∗ ∗)

trong đó các các hệ số αij được tính như sau:

αji = (−1)i+jDj−1,i

∆j−1(∗ ∗ ∗)

Dj−1,i là định thức con của |A| được lập trên giao của các dòng 1, 2, . . . , j − 1 vàcác cột thứ 1, 2, . . . , i− 1, i+ 1, . . . , j.

Ví dụ 3.3.2. Đưa dạng toàn phương

q(x1, x2, x3) = 2x21 − 2x2

2 − 4x1x3 − 8x2x3

về dạng chính tắc bằng phương pháp JacobiGiải: Ma trận của dạng toàn phương là:

A =

2 0 −2

0 −2 −4

−2 −4 0

.Ta có:

∆1 = 2 6= 0,∆2 =

∣∣∣∣∣2 0

0 −2

∣∣∣∣∣ = −4 6= 0,∆3 = detA = −24 6= 0.


3.4. Luật quán tính và phân loại các dạng toàn phương

Ta thực hiện phép đổi biến sốx1 = y1 + α21y2 + α31y3

x2 = y2 + α32y3

x3 = y3

trong đó

α21 = (−1)2+1D2−1,1

∆2−1= −D1,1

∆1

=0

2= 0.

(D1,1 là giao của hàng 1 và cột 2; giao của 1 hàng và 1 cột)

α31 = (−1)3+1D3−1,1

∆3−1=D2,1

∆2

=

∣∣∣∣∣ 0 −2

−2 −4

∣∣∣∣∣−4

= 1.

(D2,1 là giao của dòng 1,2 và cột 2,3; giao của 2 hàng và 2 cột)

α32 = (−1)3+2D3−1,2

∆3−1= −D2,2

∆2

= −

∣∣∣∣∣2 −2

0 −4

∣∣∣∣∣−4

= −2.

(D2,2 là giao của dòng 1,2 và cột 1,3; giao của 2 hàng và2 cột)Như vậy phép đổi biến số là

x1 = y1 + 0y2 + 1y3

x2 = y2 − 2y3

x3 = y3

Ta đưa dạng toàn phương q(x1, x2, x3) = 2x21 − 2x2

2 − 4x1x3 − 8x2x3 về dạngchính tắc như sau:

q(y1, y2, y3) = 2y21 − 2y22 + 6y23.

3.4 Luật quán tính và phân loại các dạng toàn phương

Một dạng toàn phương có thể đưa về dạng chính tắc bằng nhiều cách khác nhau.Tuy nhiên người ta chứng minh được định lí sau đây gọi là luật quán tính của dạngtoàn phương.

Định lí 3.4.1 (Luật quán tính). Nếu một dạng toàn phương được đưa về dạng chínhtắc bằng nhiều cách khác nhau thì các hệ số dương và các hệ số âm trong dạng chínhtắc của chúng là như nhau chỉ khác nhau về cách sắp xếp.


Ta kí hiệu r(q) là số các hệ số khác 0 trong mỗi dạng chính tắc của q; s(q) là sốcác hệ số dương trong mỗi dạng chính tắc của q; t(q) là số các hệ số âm trong mỗidạng chính tắc của q. Khi đó cặp (s, t) gọi là chỉ số quán tính của q và s− t gọi làchỉ số của q.

• Nếu q(x) ≥ 0 với mọi x ∈ V và q(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0 thì q gọi làdạng xác định dương.

• Nếu q(x) ≥ 0 với mọi x ∈ V và tồn tại 0 6= x ∈ V sao cho q(x) = 0 thì qgọi là dạng nửa xác định dương (không âm).

• Nếu q(x) ≤ 0 với mọi x ∈ V và q(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0 thì q gọi làdạng xác định âm.

• Nếu q(x) ≤ 0 với mọi x ∈ V và tồn tại 0 6= x ∈ V sao cho q(x) = 0 thì qgọi là dạng nửa xác định âm (không dương).

• Nếu q(x) nhận cả giá trị âm và giá trị dương, tức là tồn tại x, y ∈ V sao choq(x) > 0 và q(y) < 0 thì q gọi là dạng không xác định dấu.

Định lí 3.4.2 (Định lí Sylvester). Giả sử q là dạng toàn phương trên không gian vectơthực hữu hạn chiều V và A là ma trận của q đối với một cơ sở nào đó. Khi đó

(i) q xác định dương khi và chỉ khi mọi ma trận vuông con góc trái trên của A cóđịnh thức dương, tức là ∆1,∆2, . . . ,∆n = detA đều là các số dương.

(ii) q xác định âm khi và chỉ khi mọi ma trận vuông con góc trái trên của A cấpchẵn có định thức dương, cấp lẻ có định thức âm.

3.5 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biếnđổi trực giao

Cho dạng toàn phương q trên Rn có ma trận trong cơ sở chính tắc là ma trận đốixứng cấp n là A = (aij).

Gọi E = {e1, e2, . . . , en} là một cơ sở trực chuẩn của Rn gồm các vectơ riêngcủa A và P là ma trận có các cột tọa độ của e1, e2, . . . , en đối với cơ sở chính tắc.Khi đó P là ma trận trực giao và là ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc sang cơ sở E.

Trong cơ sở E, ma trận của dạng toàn phương q là

P−1AP =

λ1 0 · · · 0

0 λ2 · · · 0... ... . . . ...0 0 · · · λn


3.5. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao

trong đó λi là giá trị riêng tương ứng với vectơ riêng ei.Vì vậy trong cơ sở này q có dạng chính tắc

f(x) = λ1x21 + λ2x

22 + · · ·+ λnx

2n

Ví dụ 3.5.1. Đưa dạng toàn phương

q(x) = x21 + x2

2 + x23 + 4x1x2 + 4x1x3 + 4x2x3

về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao.Giải: Ma trận của dạng toàn phương là

A =

1 2 2

2 1 2

2 2 1

Tiến hành các bước như trong ví dụ 2.3.1, ta được cơ sở E = {e1, e2, e3} và ma trậncủa phép biến đổi trực giao là

P =

1√3− 1√

2− 1√

61√3

1√2− 1√

61√3

02√6

và dạng chính tắc của f(x) là:

f(x) = 5x21 − x2

2 − x23

Bài tập 3.1. Cho f, g là hai ánh xạ tuyến tính từ V vào R.Xét ánh xạ h : V ×V → Rxác định bởi h(x, y) = f(x).g(y). Chứng minh rằng h là dạng song tuyến tính trênV.

Bài tập 3.2. Cho A = (aij) ∈Mn(R). Ta định nghĩa ánh xạ f : Rn×Rn → R xácđịnh bởi f(X, Y ) = X tAY. Chứng minh rằng f là dạng song tuyến tính trên Rn.

Bài tập 3.3. Với mọi x, y ∈ R2, đặt

f(x, y) = 3x1y1 − 2x1y2 + 4x2y1 − x2y2.

a. Chứng minh f là dạng song tuyến tính trên R2.

b. Tìm ma trận của f đối với cơ sở {e1 = (1, 1), e2 = (1, 2)}.

Bài tập 3.4. Trong R3 cho dạng song tuyến tính

f(x, y) = x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3

Tìm ma trận của f đối với cơ sở {e1 = (1, 1, 1), e2 = (1, 1,−1), e3 = (1,−1,−1)}.


Bài tập 3.5. Cho V = M2(R) và A =

[1 2

3 5

]. Đặt ánh xạ f : V × V → R xác

định bởi f(M,N) = trace(M tAN).

a. Chứng minh f là dạng song tuyến tính trên V.b. Tìm ma trận của f trong cơ sở chính tắc của V.

Bài tập 3.6. Cho f là dạng song tuyến tính trên không gian vectơ n chiều V. Với mọitập con N của V, ta đặt

N ′ = {y ∈ V | f(x, y) = 0 với mọi x ∈ N}.

Chứng minh rằnga. N ′ là không gian vectơ con của V.b. Nếu f(x, x) = 0 với mọi x ∈ N, x 6= 0 thì V = N ⊕N ′.

Bài tập 3.7. Cho dạng song tuyến tính xác định trên R3 có ma trận trong cơ sở{e1 = (1, 0, 1), e2 = (−1, 1, 0), e3 = (0,−1, 1)} là 1 1 −1

1 1 −1

−1 −1 a

a. Tìm ma trận của f trong cơ sở chính tắc.b. Tìm dạng toàn phương tương ứng của f đối với cơ sở chính tắc.

Bài tập 3.8. Dùng phương pháp Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính tắca. f(x1, x2, x3) = x1x2 + x1x3 + x2x3.

b. f(x1, x2, x3) = 4x21 + x2

2 + x23 − 4x1x2 + 4x1x3 − 3x2x3.

Bài tập 3.9. Dùng phép biến đổi trực giao đưa dạng toàn phương về dạng chính tắca. f(x1, x2, x3) = 6x2

1 + 3x22 + 3x2

3 + 4x1x2 + 4x1x3 − 8x2x3.

b. f(x1, x2, x3) = −x21 + x2

2 − 5x23 + 6x1x3 + 4x2x3.

Bài tập 3.10. Tìm m để dạng toàn phương sau xác định âm

f(x1, x2, x3) = −5x21 − x2

2 −mx23 − 4x1x2 + 2x1x3 + 2x2x3.


Tài liệu tham khảo

[1] T. S. Blyth, E. F. Robertson, Basic linear algebra, Springer, 2000.

[2] T. S. Blyth, E. F. Robertson, Further linear algebra, Springer, 2006.

[3] Nguyễn Viết Đông, Lê Thị Thiên Hương, Lê Anh Vũ, Nguyễn Anh Tuấn, Toáncao cấp, tập 2, NXB Giáo dục, 2009.

[4] Nguyễn Hữu Việt Hưng, Đại số tuyến tính.

[5] Ngô Thúc Lanh, Đại số tuyến tính, NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp,1970.

[6] Ngô Thu Lương, Nguyễn Minh Hằng, Bài tập toán cao cấp 2 (Đại số tuyếntính), NXB ĐHQG Tp.HCM, 2000.

[7] C. D. Meyer, Matrix analysis and applied linear algebra.

[8] Đoàn Quỳnh (cb), Giáo trình Toán đại cương - Phần 1: Đại số tuyến tính vàhình học giải tích, NXB ĐHQG Hà Nội, 1998.

[9] Ngô Việt Trung,Giáo trình đại số tuyến tính, NXB Đại học quốc gia Hà Nội,2002.

67

Documents

Dstt Nc Version5