Embed Size (px)
Citation preview
1
ÔN THI CAO HỌC PHẦN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
(GV Trần Ngọc Hội - 2011)
A- KHÔNG GIAN VÉCTƠ
§1. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CĂN BẢN
1.1. Định nghĩa. Cho V là một tập hợp khác ∅. Ta nói V là một không gian véctơ trên F (F = Q, R hay C) nếu trong V :
i) Tồn tại một phép toán “cộng véctơ”, tức là một ánh xạ
V × V → V
(u, v) → u + v ii) Tồn tại một phép “nhân vô hướng với véctơ”, tức là một ánh xạ
F × V → V
(α, u) → αu
thỏa các tính chất sau: với u, v, w ∈ V và α, β ∈ F: 1. u + v = v + u; 2. (u + v) + w = u + (v + w);
3. ∃ 0 ∈ V, u + 0 = 0 + u = u;
4. ∃ (–u) ∈ V, (–u) + u = u + (–u) = 0;
5. (αβ)u = α(βu);
6. (α + β)u = αu +βu;
7. α(u + v)u = αu + αv; 8. 1.u = u.
Khi đó:
• Mỗi phần tử u ∈ V là một véctơ.
• Mỗi số α ∈ F là một vô hướng.
• Véctơ 0 là véctơ không.
• Véctơ (–u) là véctơ đối của u. Sau đây ta sẽ đưa ra vài ví dụ cơ bản về không gian véctơ.
1) Tập Fn = {u = (x1, x2, ..., xn)⏐xi ∈ F, 1 ≤ i ≤ n} (F = R hay C) với phép toán cộng véctơ và phép nhân vô hướng với véctơ định bởi:
2
u + v = (x1 + y1, x2 + y2, ... , xn + yn),
αu = (αx1, αx2, ..., αxn),
với u = (x1, x2, ..., xn), v = (y1, y2, ..., yn)∈ V và α ∈ F, là một không gian véctơ trên F với véctơ không là 0 = (0, 0, ... 0) và véctơ đối của véctơ u = (x1, x2, ..., xn) là
(–u) = (−x1, −x2, ..., −xn) 2) Tập V = Mmxn(F) gồm các ma trận mxn với các hệ số trong F là một không gian véctơ
trên F với phép cộng véctơ là phép cộng ma trận thông thường và nhân vô hướng với véctơ là phép nhân thông thường một số với ma trận, trong đó véctơ không là ma trận không và véctơ đối của A = (aij) là (–A) = (–aij).
3) Tập V = F[x]
= {p(x) = anxn + ... + a1x + a0x + a0⏐ n ∈ N, ai ∈ F, 1 ≤ i ≤ n} gồm các đa thức theo x với các hệ số trong F là một không gian véctơ trên F với phép cộng véctơ là phép cộng thông thường các đa thức và phép nhân vô hướng với véctơ là phép nhân thông thường một số với một đa thức.
4) Với mỗi số nguyên n ≥ 1, tập
V = Fn[x] = {p(x) = anxn + ... + a1x + a0 ⏐ai ∈ F, 1 ≤ i ≤ n}
gồm các đa thức theo x bậc ≤ n, với các hệ số trong F là một không gian véctơ trên F với cộng véctơ và phép nhân vô hướng với véctơ là các phép cộng đa thức và nhân một số với đa thức thông thường (như trong 3) là một không gian véctơ trên trường F.
1.2. Mệnh đề. Cho V là một không gian véctơ trên F. Khi đó với mọi u ∈ V và α ∈ F ta có:
i) αu = 0 ⇔ (α = 0 hay u = 0). ii) (–1)u = –u.
Từ đây về sau ta ký hiệu V là một không gian véctơ trên trường F (F = Q, R hay C)
§2. TỔ HỢP TUYẾN TÍNH
2.1. Định nghĩa. Cho u1, u2, ..., uk ∈ V. Một tổ hợp tuyến tính của u1, u2,..., uk là một véctơ có dạng:
u = α1u1 + α2u2 + ... + αkuk
với αi ∈ F (1 ≤ i ≤ k).
2.2. Tính chất. 1) u là tổ hợp tuyến tính của u1, u2, ..., uk khi và chỉ khi phương trình α1u1 + α2u2+ ... + αkuk = u có nghiệm (α1, α2, ..., αk)∈ Fk.
2) Tổng của hai tổ hợp tuyến tính, tích của một số với một tổ hợp tuyến tính cũng là các tổ hợp tuyến tính (của u1, u2,..., uk):
k k k
1 i 1 i i i ii 1 i 1 i 1
u u ( )u= = =
α + β = α + β∑ ∑ ∑ ; k k
i i i ii 1 i 1
u ( )u= =
⎛ ⎞α α = αα⎜ ⎟
⎝ ⎠∑ ∑ .
3
3) Véctơ không 0 luôn luôn là một tổ hợp tuyến tính của u1, u2, ..., uk vì 0 = 0u1 + 0u2 + ... + 0uk.
4) Mỗi véctơ ui, 1 ≤ i ≤ k là một tổ hợp tuyến tính của u1, u2, ..., uk vì ui = 0u1 + ... + 0ui–1 + 1ui + 0ui+1 + ... + 0uk
Tổng quát hơn, mọi tổ hợp tuyến tính của u1, u2,...,uj (1 ≤ j ≤ k) đều là tổ hợp tuyến tính của u1, u2, ...,uj, uj+1,..., uk vì:
α1u1 + α2u2 +...+ αjuj = α1u1+ α2u2+...+ αjuj + 0uj+1 +...+ 0uk 4) Mọi tổ hợp tuyến tính của u1, u2,... ,uk-1, uk đều là tổ hợp tuyến tính của u1, u2, ..., uk-1
khi và chỉ khi uk là một tổ hợp tuyến tính của u1, u2,..., uk-1.
2.3. Hệ quả. Cho u1, u2, ..., uk là k véctơ trong Fn với uj = (u1j, u1j, ..., unj), 1 ≤ j ≤ k: u1 = (u11, u21 ..., un1)
u2 = (u12, u22 ..., un2)
................................
uk = (u1k, u2k ..., unk)
Khi đó véctơ u = (b1, b2, ..., bn) ∈ Fn là tổ hợp tuyến tính của u1, u2, ..., uk khi và chỉ khi hệ phương trình tuyến tính UX = B, trong đó:
11 12 1k 1 1
21 22 2k 2 2
n1 n2 nk n k
u u ... u bu u ... u b
U ;B ;X..... ...... ... ...... ... ...u u ... u b
α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
α⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
có nghiệm X.
Ví dụ. Trong không gian R4 cho các véctơ: u1 = (1, 1, 1, 1); u2 = (2, 3, –1, 0); u3 = (–1, –1, 1, 1); u4 = (1, 2, 1, –1)
Tìm điều kiện để véctơ u = (a1, a2, a3, a4) là một tổ hợp tuyến tính của: a) u1, u2, u3; b) u1, u2, u3, u4.
Đáp số: a) a1 + a4 = a2 + a3. b) Mọi véctơ u = (a1, a2, a3, a4) ∈ R4 đều là tổ hợp tuyến tính của u1, u2, u3, u4.
§3. ĐỘC LẬP TUYẾN TÍNH – PHỤ THUỘC TUYẾN TÍNH
3.1. Định nghĩa. 1) Cho u1, u2, ..., uk ∈ V. Xét phương trình:
4
α1u1 + α2u2 + ... + αkuk = 0 (1)
Nếu (1) chỉ có nghiệm tầm thường α1= α2 =...= αk = 0 thì ta nói u1, u2, ..., uk (hay {u1, u2, ..., uk}) độc lập tuyến tính.
Nếu ngoài nghiệm tầm thường, (1) còn có nghiệm khác thì ta nói u1, u2, ..., uk (hay {u1, u2, ..., uk} ) phụ thuộc tuyến tính.
Nói cách khác,
• u1, u2, ..., uk độc lập tuyến tính khi và chỉ khi với mọi α1, α2, ..., αk ∈F ta có:
α1u1 + α2u2+ ... + αkuk = 0 ⇒ α1 = α2 = ... = αk = 0.
• u1, u2, ..., uk phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại α1, α2, ..., αk ∈ F không đồng thời bằng 0 sao cho:
α1u1 + α2u2+ ... + αkuk = 0.
2) Tập con S ⊆ V được gọi là độc lập tuyến tính nếu mọi {u1, u2, ..., uk} ⊆ S (k ∈ N tuỳ ý) đều độc lập tuyến tính. Nếu S không độc lập tuyến tính, ta nói S phụ thuộc tuyến tính.
Ví dụ 1) Trong không gian R3 cho các véctơ:
u1 = (1, 2, −3); u2 = (2, 5, −1); u3 = (1, 1, −8)
ta có:
• u1, u2 độc lập tuyến tính.
• u1, u2, u3 phụ thuộc lập tuyến tính.
3.2. Nhận xét. Các véctơ u1, u2, ... , uk phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại véctơ ui “phụ thuộc” vào các véctơ khác theo nghĩa véctơ ui được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các uj, 1 ≤ j ≠ i ≤ k.
Với u1, u2, ... , uk là k véctơ trong Fn:
u1 = (u11, u21 ..., un1)
u2 = (u12, u22 ..., un2)
................................
uk = (u1k, u2k ..., unk)
ta có: u1, u2, ..., uk độc lập tuyến tính khi và chỉ khi hệ phương trình tuyến tính UX = 0, trong đó:
11 12 1k
21 22 2k
n1 n2 nk
u u ... uu u ... u
U..... ...... ... ......u u ... u
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
chỉ có nghiệm tầm thường X = 0. Mặt khác,
Hệ UX = 0 chỉ có nghiệm tầm thường X = 0
⇔ Ma trận U có hạng là r(U) = k.
5
⇔ Ma trận A = UT có hạng là r(A) = k (do hai ma trận chuyển vị có cùng hạng).
Nhận xét rằng ma trận U có được bằng cách dựng u1, u2, ..., uk thành các cột, nên ma trận A = UT có được bằng cách xếp u1, u2, ..., uk thành các dòng.
3.3. Hệ quả. Cho u1, u2, ... , uk là k véctơ trong Fn. Gọi A là ma trận có được bằng cách xếp u1, u2, ..., uk thành các dòng. Khi đó:
u1, u2, ... , uk độc lập tuyến tính ⇔ A có hạng là r(A) = k.
3.4. Chú ý. Trong thực hành, ta kiểm tra tính độc lập tuyến tính của các véctơ u1, u2, ... , uk trong Fn như sau:
Bước 1: Lập ma trận A bằng cách xếp u1, u2, ..., uk thành các dòng. Bước 2: Dùng các phép BĐSCTD đưa A về dạng bậc thang R. Khi đó:
• Nếu R không có dòng 0 thì u1, u2, ... , uk độc lập tuyến tính.
• Nếu R có ít nhất một dòng 0 thì u1, u2, ... , uk phụ thuộc tuyến tính.
Trường hợp k = n, ta có A là ma trận vuông. Khi đó có thể thay Bước 2 bằng Bước 2′ như sau:
Bước 2′: Tính định thức detA:
• Nếu detA ≠ 0 thì u1, u2, ... , uk độc lập tuyến tính.
• Nếu detA = 0 thì u1, u2, ... , uk phụ thuộc tuyến tính. Ví dụ 1. Trong không gian R5 cho các véctơ:
u1 = (1, 2, −3, 5, 1);
u2 = (1, 3, −13, 22, −1);
u3 = (3, 5, 1, −2, 5);
u4 = (2, 3, 4, −7, 4); Hãy xét xem u1, u2, u3, u4 độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính.
Đáp số: Phụ thuộc tuyến tính.
Ví dụ 2. Trong không gian R3 cho các véctơ:
u1 = (2m + 1, − m, m + 1)
u2 = (m − 2, m – 1, m – 2)
u3 = (2m − 1, m – 1, 2m –1)
Tìm điều kiện để u1, u2, u3 độc lập tuyến tính trên R.
Đáp số: m ≠ 0; m ≠ ± 1.
§4. KHÔNG GIAN CON – TẬP SINH – CƠ SỞ VÀ SỐ CHIỀU
6
4.1. Định nghĩa (không gian véctơ con). Cho W là một tập con khác ∅ của V. Ta nói W là một không gian véctơ con của V, kí hiệu W ≤ V, nếu W với phép cộng véctơ và phép nhân vô hướng với véctơ cảm sinh từ V, cũng là một không gian véctơ trên trường F.
4.2. Định lý. Cho W là một tập con khác ∅ của V. Khi đó các khẳng định sau là tương đương:
i) W ≤ V.
ii) Với u, v ∈ W và α ∈ F, u + v ∈ W và αu ∈ W.
iii) Với u, v ∈ W và α ∈ F, αu + v ∈ W. Ví dụ.1) W = {0} và V là các véctơ con của V. Ta gọi đây là các không gian con tầm
thường của V. 2) Trong không gian R3, đường thẳng (D) đi qua gốc tọa độ O là một không gian con của
R3.
3) Trong không gian R3, mặt phẳng (P) đi qua gốc tọa độ O là một không gian véctơ con của R3.
4) Cho a1, ..., an ∈ F và b ∈ F\{0} Đặt:
W1 = {(x1, ..., xn) ∈ Fn | a1x1 + ... + anxn = 0};
W2 = {(x1, ..., xn) ∈ Fn | a1x1 + ... + anxn = b}
Ta có W1 ≤ Fn nhưng n2W ≤
4.3. Định lý. Giao của một họ tuỳ ý các không gian con của V cũng là một không gian con của V.
Chú ý. Hợp của hai không gian con của V không nhất thiết là một không gian con của V.
Bây giờ cho S ⊆ V. Gọi {Wi}i ∈ I là họ tất cả những không gian con của V có chứa S (họ này khác rỗng vì có chứa V). Đặt:
iIiWW
∈= ∩
Khi đó: • W là không gian con nhỏ nhất của V có chứa S. Ta gọi • W là không gian con sinh bởi S, kí hiệu W = < S >. • S là tập sinh của W. • Nếu S hữu hạn S = {u1, u2,..., un} thì ta nói W = < S > là không gian con hữu hạn sinh
bởi u1, u2,..., un và kí hiệu W = < u1, u2,..., un >. 4.4. Định lý. Cho ∅ ≠ S ⊆ V. Khi đó không gian con của V sinh bởi S là tập hợp tất cả
những tổ hợp tuyến tính của một số hữu hạn nhưng tùy ý các véctơ trong S, nghĩa là: < S > = {u = α1u1 + ... + αnun | n ∈ N, ui ∈ S, αi ∈ F, ∀ 1 ≤ i ≤ n}
7
Chú ý. 1) Nếu S = ∅ thì <S> = {0}. 2) Nếu S = {u1, u2,..., un} thì < S > = {α1u1 + α2u2 + ... + αnun ⏐ αi ∈ F, 1 ≤ i ≤ n}. 3) Nếu S ≤ V thì < S > = S. 4) Cho S ⊆ V và W ≤ V. Khi đó:
S ⊆ W ⇔ < S > ≤ W. 5. Nếu S1 ⊆ S2 ⊆ V thì < S1 > ≤ < S2 >.
4.5. Định nghĩa. Một tập hợp con B của không gian véctơ V được gọi là một cơ sở của V nếu B là một tập sinh độc lập tuyến tính.
4.6. Bổ đề. Giả sử V sinh bởi m véctơ u1, u2, ... , um : V = < u1, u2, ... , um >. Khi đó mọi tập hợp con độc lập tuyến tính của V có không quá m phần tử.
4.7. Hệ quả và định nghĩa. Nếu V có một cơ sở B hữu hạn gồm m phần tử: B = {u1, u2, ... , um} thì mọi cơ sở khác của V cũng hữu hạn và có đúng m phần tử. Khi đó ta nói V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên F và m được gọi la số chiều (dimension) của V trên F, kí hiệu dimFV = m hay dimV = m. Trong trường hợp ngược lại, ta nói V là một không gian véctơ vô hạn chiều trên F, kí hiệu dimFV = ∞ hay dimV = ∞.
Ví dụ. 1) Không gian Fn là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên F với dimFn = n do Fn có một cơ sở là B0 = {e1, e2, ..., en} trong đó:
e1 = (1, 0, 0,..., 0)
e2 = (0, 1, 0,..., 0)
............................
e = (0, 0,..., 0, 1)
Ta gọi B0 là cơ sở chính tắc của Fn trên F.
2) Không gian Mmxn(F) là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên F với dim Mm×n(F) = mn với cơ sở B0 = {Eij | , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n}, trong đó Eij là ma trận loại m×n chỉ có một hệ số khác 0 là 1 tại dòng i cột j. Ta gọi B0 = {Eij | , 1 ≤ j ≤ m, 1 ≤ i ≤ n} là cơ sở chính tắc của Mmxn(F) trên F.
3) Không gian Fn[x] gồm các đa thức theo x bậc ≤ n với hệ số trong F, là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên F với dimFn[x] = n + 1 với một cơ sở là B0 = {1, x, ... xn}. Ta gọi B0 = {1, x, ... xn} là cơ sở chính tắc của Fn[x].
4) Không gian F[x] gồm tất các đa thức theo x bậc với hệ số trong F, là một không gian véctơ vô hạn chiều với một cơ sở vô hạn B0 = {1, x, x2,...}.
4.8. Hệ quả. Cho V là không gian véctơ hữu hạn chiều trên F với dim V = n. Khi đó:
i) Mọi tập con của V có nhiều hơn n phần tử đều phụ thuộc tuyến tính.
ii) Mọi tập con của V có ít hơn n phần tử không thể là tập sinh của V.
8
4.9. Bổ đề. Cho S là một tập con độc lập tuyến tính của V và u ∈ V là một véctơ sao cho u ∉ < S >. Khi đó tập hợp S1 = S ∪ {u} độc lập tuyến tính.
4.10. Định lý. Cho V là không gian véctơ hữu hạn chiều với dim V = n. Khi đó: i) Mọi tập hợp con độc lập tuyến tính gồm n phần tử của V đều là cơ sở của V. ii) Mọi tập hợp sinh của V gồm n phần tử đều là cơ sở của V.
Nhận xét. Vì dim Fn = n nên mọi cơ sở của Fn phải gồm đúng n véctơ. Hơn nữa, do Định lý 4.10: Với B = {u1, u2, ... , un} là một tập con gồm đúng n véctơ của Fn, ta có:
B = {u1, u2, ... , un} là một cơ sở của Fn
⇔ u1, u2, ... , un độc lập tuyến tính
⇔ detA ≠ 0, trong đó A là ma trận có được bằng cách xếp u1, u2, ... , un thành các dòng.
Ví dụ. 1) Trong không gian R4, các véctơ u1 = (1, 1, 1, 1) u2 = (2, 3, –1, 0) u3 = (–1, –1, 1, 1) u4 = (1, 2, 1, –1)
tạo thành cơ sở của R4.
2) Trong không gian R3, các véctơ
u1 = (2m + 1, − m, m + 1)
u2 = (m − 2, m – 1, m – 2)
u3 = (2m − 1, m – 1, 2m –1)
tạo thành một cơ sở của R3 khi và chỉ khi m 0, 1≠ ± .
4.11. Định lý (về cơ sở không toàn vẹn). Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều và S là một tập con độc lập tuyến tính của V. Khi đó, nếu S không phải một cơ sở của V thì ta có thể thêm vào S một số véctơ để được một cơ sở của V.
4.12. Định lý. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều sinh bởi S. Khi đó tồn tại một cơ sở B của V sao cho B ⊆ S. Nói cách khác, nếu S không phải là một cơ sở của V thì ta có thể loại bỏ ra khỏi S một số véctơ để được một cơ sở của V.
4.13. Hệ quả. Mọi không gian con W của một không gian véctơ V hữu hạn chiều đều hữu hạn chiều, hơn nữa nếu W ≤ V và W ≠ V thì dim W < dim V.
9
§5. KHÔNG GIAN DÒNG
5.1. Định nghĩa. Cho ma trận A = (aij) loại m×n với hệ số trong F:
11 12 1n
21 22 2n
m1 m2 mn
a a ... aa a ... a
A..... ...... ... ......a a ... a
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Đặt: u1 = (a11, a12, ... , a1n) u2 = (a21, a22, ... , a2n) .................................. um = (am1, am2, ..., amn)
và WA = <u1, u2, ..., um>. Ta gọi u1, u2, ..., um là các véctơ dòng của A, và WA là không gian dòng của A.
Ghi chú. dimWA còn được gọi là hạng của hệ véctơ u1, u2, ..., um.
5.2. Định lý. Nếu A và B là hai ma trận tương đương dòng thì WA = WB, nghĩa là A và B có cùng không gian dòng.
5.3. Nhận xét. Vì các véctơ dòng khác 0 của một ma trận dạng bậc thang luôn luôn độc lập tuyến tính nên chúng tạo thành một cơ sở của không gian dòng. Từ đây ta suy ra cách tìm số chiều và một cơ sở của không gian dòng của ma trận A như sau:
• Dùng các phép BĐSCTD đưa A về dạng bậc thang R. • Số chiều của không gian dòng WA bằng số dòng khác 0 của R (do đó bằng r(A)) và
các véctơ dòng khác 0 của R tạo thành một cơ sở của WA. Ví dụ. Tìm số chiều và một cơ sở của không gian dòng của ma trận:
1 2 1 12 5 1 4
A5 11 2 89 20 3 14
−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟
−⎝ ⎠
Giải tóm tắt. Dùng các phép BĐSCTD ta có
1 2 1 1 1 2 1 12 5 1 4 0 1 3 2
A R5 11 2 8 0 0 0 19 20 3 14 0 0 0 0
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟
−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∼ .
R có dạng bậc thang với 3 dòng khác 0. Do đó dim WA = 3 và một cơ sở của WA là:
{(1, 2, −1, 1); (0, 1, 3, 2); (0, 0, 0, 1)}
10
5.4. Cách tìm số chiều và cơ sở của một không gian con của Fn khi biết một tập sinh:
Giả sử W = <u1, u2, ..., um> ≤ Fn (u1, u2, ..., um không nhất thiết độc lập tuyến tính). Để tìm số chiều và một cơ sở của W ta tiến hành như sau:
• Lập ma trận A bằng cách xếp u1, u2, ..., um thành các dòng. • Dùng các phép BĐSCTD đưa A về dạng bậc thang R. • Số chiều của W bằng số dòng khác 0 của R (do đó bằng r(A)) và các véctơ dòng
khác 0 của R tạo thành một cơ sở của W. Ví dụ. 1) Tìm một cơ sở cho không gian con của R4 sinh bởi các véctơ u1, u2, u3, u4 trong
đó:
u1 = (1, 2, 1, 1)
u2 = (3, 6, 5, 7)
u3 = (4, 8, 6, 8)
u4 = (8, 16, 12, 20)
Giải tóm tắt. Không gian W sinh bởi u1, u2, u3, u4 là không gian dòng của ma trận:
1 2 1 1 1 2 1 13 6 5 7 0 0 1 2
A R4 8 6 8 0 0 0 18 16 12 20 0 0 0 0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∼
Do đó W có dimW = 3 với cơ sở là :
B = {(1, 2, 1, 1); (0, 0, 1, 2); (0, 0, 0, 1)}
Nhận xét. Có thể kiểm chứng u1, u2, u3 độc lập tuyến tính. Do đó {u1, u2, u3} cũng là một cơ sở của W (do dimW = 3).
2) Tìm một cơ sở cho không gian con của R4 sinh bởi các véctơ u1, u2, u3 trong đó:
u1 = (1, –2, –1, 3)
u2 = (2, –4, –3, 0)
u3 = (3, –6, –4, 4)
Không gian W sinh bởi u1, u2, u3 là không gian dòng của ma trận:
1 2 1 3 1 2 1 3A 2 4 3 0 0 0 1 6 R
3 6 4 4 0 0 0 1
− − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∼
W có dimW = 3 và một cơ sở B = {v1, v2, v3}, trong đó:
v1 = (1, –2, –1, 3)
v2 = (0, 0, –1, –6)
11
v3 = (0, 0, 0, 1)
Nhận xét. Trong Ví dụ 2, ma trận dạng bậc thang R không có dòng 0 nên u1, u2, u3 độc lập tuyến tính, và do đó {u1, u2, u3} cũng là một cơ sở của W.
§6. KHÔNG GIAN NGHIỆM 6.1. Ví dụ minh họa. Cho W là tập tất cả các nghiệm (x1,x2,x3,x4) của hệ phương trình
tuyến tính thuần nhất:
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
x 2x 3x 5x 0x 3x 13x 22x 03x 5x x 2x 02x 3x 4x 7x 0
+ − + =⎧⎪ + − + =⎪⎨ + + − =⎪⎪ + + − =⎩
(1)
Ta giải hệ (1) bằng phương pháp Gauss:
A =
1 2 3 5 1 2 3 51 3 13 22 0 1 10 173 5 1 2 0 0 0 02 3 4 7 0 0 0 0
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟
−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∼
Vậy hệ đã cho tương đương với hệ sau:
1 2 3 4
2 3 4
x 2x 3x 5x 0x 10x 17x 0
+ − + =⎧⎨ − + =⎩
Chọn x3 = α, x4 = β, ta tính được:
1
2
x 17 29x 10 17
= − α + β⎧⎨ = α − β⎩
Vậy hệ (1) có vô số nghiệm với hai ẩn tự do:
1 2 3 4(x , x , x , x ) ( 17 29 ,10 17 , , )= − α + β α − β α β
với α, β ∈ R tùy ý. Do đó: W {( 17 29 ,10 17 , , )| , R} {( 17 ,10 , ,0) (29 , 17 ,0, )| , R} { ( 17,10,1,0) (29, 17,0,1)| , R} ( 17,10,1,0); (29, 17,0,1)
= − α + β α − β α β α β ∈= − α α α + β − β β α β ∈= α − + β − α β ∈=< − − >
Đặt u1 = (–17,10,1,0); u2 = (29, –17,0,1). Ta có W = <u1, u2>, hơn nữa u1, u2 độc lập tuyến tính vì:
1 2u u 0 ( 17,10,1,0) (29, 17,0,1) (0,0,0,0) ( 17 29 ,10 17 , , ) (0,0,0,0) 0
α + β = ⇒ α − + β − =⇒ − α + β α − β α β =⇒ α = β =
Suy ra {u1, u2} là một cơ sở của W và dimW = 2.
12
Ta gọi W là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (1) theo định nghĩa tổng quát sau:
6.2. Định nghĩa. Cho ma trận A = (aij) loại m×n với hệ số trong F:
11 12 1n
21 22 2n
m1 m2 mn
a a ... aa a ... a
A..... ...... ... ......a a ... a
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
và SA là tập tất cả các nghiệm (x1,x2,...,xn) của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất: AX = 0, nghĩa là tập tất cả các nghiệm của hệ:
11 1 12 2 1n n
21 1 22 2 2n n
m1 1 m2 2 mn n
a x a x ... a x 0a x a x ... a x 0...............................................a x a x ... a x 0
+ + + =⎧⎪ + + + =⎪⎨⎪⎪ + + + =⎩
Khi đó SA là một không gian con của Fn. Ta gọi SA là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX = 0.
6.3. Cách tìm số chiều và một cơ sở của không gian nghiệm: Xét lại Ví dụ minh họa 5.1 ta thấy SA có một cơ sở là {u1, u2} với u1= (-17,10,1,0); u2 =
(29, –17,0,1). Dễ thấy:
• u1 được suy từ nghiệm tổng quát bằng cách chọn α = 1, β = 0.
• u2 được suy từ nghiệm tổng quát bằng cách chọn α = 0, β = 1. Ta gọi {u1, u2} là một hệ nghiệm cơ bản của (1).
Trường hợp tổng quát, để tìm số chiều và một cơ sở của không gian nghiệm SA của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX = 0, ta tiến hành các bước sau:
• Giải hệ AX = 0 tìm nghiệm tổng quát.
• Tìm một hệ nghiệm cơ bản của hệ AX = 0 như sau: Giả sử nghiệm tổng quát của hệ AX = 0 có s ẩn tự do
1 2 sk k kx , x ,..., x .
- Chọn 1 2 sk k kx 1; x 0;...; x 0= = = ta được nghiệm
1ku .
- Chọn 1 2 sk k kx 0; x 1;...; x 0= = = ta được nghiệm
2ku .
.......................................................... .............. - Chọn
1 2 sk k kx 0; x 1;...; x 1= = = ta được nghiệm sku .
Khi đó {1 2 sk k ku ,u ,...,u } là một hệ nghiệm cơ bản.
• Không gian nghiệm SA có dimSA = s và một cơ sở là hệ nghiệm cơ bản {
1 2 sk k ku ,u ,...,u } đã tìm.
13
§7. KHÔNG GIAN TỔNG 7.1. Định lý. Cho W1,W2,..., Wn là các không gian con của V. Đặt:
W = { u1 + u2 + ... + un⏐ui ∈ Wi, 1 ≤ i ≤ n}
Khi đó W là không gian con của V sinh bởi in
1iWU
=. Ta gọi W là không gian tổng của W1,W2,...,
Wn, kí hiệu:
W = W1 + W2 + ... + Wn. Nhận xét.
1) u ∈ W1 + W2 + ... + Wn ⇔ ∃ui ∈Wi (1 ≤ i ≤ n), u = u1 + ... + un.
2) W1 + W2 + ... + Wn ≤ U ⇔ Wi ≤ U , ∀ 1 ≤ i ≤ n.
7.2. Hệ quả. Cho W1, W2,..., Wn là các không gian con của V với Wi = < Si >. Khi đó
W1 + W2 + ... + Wn = < in
1iSU
=>.
Ví dụ. Trong R4 cho các véctơ:
u1 = (1, 2, 1, 1) v1 = (1, 2, 2, 3) u2 = (3, 6, 5, 7) v2 = (2, 5, 2, 2) u3 = (4, 8, 6, 8) v3 = (3, 7, 4, 5) u4 = (8, 16, 12, 16) v4 = (6, 14, 8, 10)
Đặt W1 = <u1, u2, u3, u4> và W2 = <v1, v2, v3, v4>. Tìm một cơ sở và xác định số chiều của mỗi không gian W1 + W2 và W1 ∩ W2.
Giải. W1 là không gian dòng của ma trận
1
1 2 1 1 1 2 1 13 6 5 7 0 0 2 4
A4 8 6 8 0 0 0 08 16 12 16 0 0 0 0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∼
Vậy W1 = < (1, 2, 1, 1); (0, 0, 2, 4) > . Tương tự W2 là không gian dòng của ma trận:
2
1 2 2 3 1 2 2 32 5 5 6 0 1 1 0
A3 7 7 9 0 0 0 06 14 14 18 0 0 0 0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∼
Vậy W2 = < (1, 2, 2, 3); (0, 1, 1, 0) >. Theo Hệ quả 7.2, không gian W1 + W2 sinh bởi các véctơ:
(1, 2, 1, 1); (0, 0, 2, 4) ; (1, 2, 2, 3); (0, 1, 1, 0). Ta tìm một cơ sở của W1 + W2 :
14
1 2 1 1 1 2 1 10 0 2 4 0 1 1 0
A1 2 2 3 0 0 1 20 1 1 0 0 0 0 0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∼
Suy ra W1 + W2 có số chiều là 3 và một cơ sở là {(1, 2, 1, 1); (0, 1, 1, 0) ; (0, 0, 1, 2)}. Ta có: u ∈ W1 ∩ W2 khi và chỉ khi tồn tại αi ∈ R, 1 ≤ i ≤ 4 sao cho:
1 2
3 4
1 2
1 3 1 3 4 1 2 3 4 1 2 3
1 2
1 2 3 4
u (1,2,1,1) (0,0,2,4)
u (1,2,2,3) (0,1,1,0)
u (1,2,1,1) (0,0,2,4);2 2 ; 2 2 ; 4 3
u (1,2,1,1) (0,0,2,4)2 ; 0
u (1,2,2,3) vôùi
= α + α⎧⎨ = α + α⎩
= α + α⎧⇔ ⎨α = α α = α + α α + α = α + α α + α = α⎩
= α + α⎧⇔ ⎨α = α = α α =⎩⇔ = α α ∈
Suy ra: W1 ∩ W2 có số chiều là 1 và một cơ sở là {(1, 2, 2, 3)}.
7.3. Định lý. Cho W1, W2 là hai không gian véctơ con hữu hạn chiều của V. Khi đó W1 + W2 là không gian con hữu hạn chiều của V và
dim(W1 + W2) = dim W1 + dim W2 – dim(W1 ∩ W2).
7.4. Định nghĩa. Cho W1, W2,..., Wn là các không gian con của V. Ta nói W là không gian tổng trực tiếp của W1, W2,..., Wn , kí hiệu
1 2 nW W W ... W= ⊕ ⊕ ⊕
nếu W = W1 + W2 + ... + Wn và i jj i
W ( W )≠
= ∅∑∩ với mọi 1≤ i ≤ n.
7.5. Hệ quả. Cho W1, W2,..., Wn là các không gian con của hữu hạn chiều của V và
W = W1 + W2 + ... + Wn.
Khi đó W là tổng trực tiếp của W1, W2,..., Wn khi và chỉ dimW = dimW1 + dimW2 +...+ dimWn.
§8. TỌA ĐỘ VÀ MA TRẬN CHUYỂN CƠ SỞ
8.1. Định lý. Cho B = (u1, u2,..., un) là một cơ sở của không gian véctơ V trên F, trong đó thứ tự giữa các phần tử là u1, u2, ..., un. Khi đó, với mọi u ∈ V, phương trình:
α1u1 + α2u2 + ... + αnun = u (1)
luôn luôn có duy nhất một nghiệm. Gọi 0 0 01 2 n( , , ..., )α α α là nghiệm của (1). Ta đặt:
15
0102
0n
[u] = ....
⎛ ⎞α⎜ ⎟
α⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟α⎝ ⎠
B : Tọa độ của véctơ u trong cơ sở B.
Như vậy, 010
0 0 021 1 2 2 n n
0n
[u] = u u u ... u....
⎛ ⎞α⎜ ⎟
α⎜ ⎟⇔ = α + α + + α⎜ ⎟
⎜ ⎟⎜ ⎟α⎝ ⎠
B
8.2. Hệ quả. Giả sử B = (u1, u2, ..., uk) là một cơ sở của W ≤ Fn trong đó:
u1 = (u11, u21 ..., un1)
u2 = (u12, u22 ..., un2)
................................
uk = (u1k, u2k ..., unk)
Khi đó với mọi u = (b1, b2 ..., bn) ∈ W, ta có:
1
2
n
bb
[u] = X UX....b
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⇔ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B
trong đó:
11 12 1k
21 22 2k
n1 n2 nk
u u ... uu u ... u
U..... ...... ... ......u u ... u
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
là ma trận có được bằng cách dựng u1, u2, ..., uk thành các cột.
8.3. Nhận xét. Đối với cơ sở chính tắc B0 = (e1, e2, ..., en) của không gian Fn, ta có:
0
1
2n1 2 n
n
bb
u (b , b ,..., b ) R ,[u]....b
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟∀ = ∈ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B .
Nói cách khác, tọa độ của véctơ u theo cơ sở chính tắc B0 của Fn chính là ma trận cột tương ứng của u.
16
Ví dụ. 1) Trong không gian R3, mọi véctơ u = (a, b, c) có tọa độ theo cơ sở chính tắc B0 là:
0
a[u] b
c
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B .
2) Trong không gian R3, cho các véctơ:
u1 = (1, 2, 1)
u2 = (1, 3, 1)
u3 = (2, 5, 3)
a) Chứng minh B = (u1, u2, u3) là một cơ sở của R3.
b) Tìm tọa độ của véctơ u = (a,b,c) ∈ R3 theo cơ sở B.
Đáp số: 4a b c
[u] a b ca c
− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎝ ⎠
B .
8.4. Định lý. Cho V là một không gian véctơ có dimV = n và hai cơ sở của V như sau:
B1 = (u1, u2, ..., un);
B2 = (v1, v2, ..., vn).
Đặt: 1
1j
2 jj
nj
pp
[v ] = , 1 j n...p
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ≤ ≤⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B ,
và P là ma trận vuông cấp n có các cột lần lượt là 1 1 11 2 n[v ] ,[v ] , ...,[v ]B B B , nghĩa là:
11 12 1n
21 22 2n
n1 n2 nn
p p ... pp p ... p
P = ... ... ... ...p p ... p
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Khi đó P khả nghịch và là ma trận duy nhất thỏa:
1 2u V, [u] = P[u]∀ ∈ B B
Ta gọi P là ma trận chuyển cơ sở từ B1 sang B2, kí hiệu 1 2
P →B B . Như vậy,
1 1 2 2u V, [u] = P [u]→∀ ∈ B B B B
8.5. Mệnh đề. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều và B1, B2 , B3 là ba cơ sở của V. Khi đó:
17
2 1 1 2
1 3 1 2 2 3
11) P (P )
2) P P P
−→ →
→ → →
=
=B B B B
B B B B B B
8.6. Hệ quả. Cho B1= (u1, u2, ..., un); B2 = (v1, v2, ..., vn) là hai cơ sở của không gian Fn. Gọi B0 = (e1, e2, ..., en) là cơ sở chính tắc của Fn. Khi đó:
0 11) P →B B là ma trận có được bằng cách dựng các véctơ u1, u2, ..., un thành các cột.
1 0 0 1
12)P (P )−→ →=B B B B .
3) Nếu qua một số phép BĐSCTD ma trận 0 1
P →B B biến thành ma trận đơn vị In thì cũng chính qua những phép biến đổi đó ma trận
0 2P →B B sẽ biến thành ma trận
1 2P →B B , nghĩa là:
0 1 0 2 1 2
BÑSCTDn (P P ) (I P )→ → →⎯⎯⎯⎯⎯→B B B B B B
Ví dụ. 1) Trong không gian R3, cho các véctơ: u1 = (1, 2, 1)
u2 = (1, 3, 1)
u3 = (2, 5, 3)
a) Chứng minh B = (u1, u2, u3) là một cơ sở của R3.
b) Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B sang cơ sở chính tắc B0 của R3.
c) Tìm tọa độ của véctơ u = (1,2, −3) theo cơ sở B.
Đáp số: b) 0
4 1 1P 1 1 1
1 0 1→
− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
B B .
c) Với u = (1,2,−3), 0
5[u] 4
4
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
B .
2) Trong không gian R3 cho các véctơ phụ thuộc tham số m∈R:
u1 = (1, 1 + m, 2); u2 = (1, –1, –m); u3 = (1 – m, 2, 3).
a) Tìm điều kiện để B(m) = (u1, u2, u3) là một cơ sở của R3.
b) Đặt B1 = B(1) và B2 = B(–1). Chứng tỏ B1 và B2 là hai cơ sở của R3. Tìm các ma trận chuyển cơ sở từ B1 sang B 2 và từ B2 sang B0 trong đó B0 = (e1, e2, e3) là cơ sở chính tắc của R3. Hãy tìm
1 2[u] ; [u]
B B với u = (1, 0, 1).
18
Đáp số: a) m ≠ 0 và m ≠ ±2.
b) 2 0
5 1 41P 4 1 23
2 1 1→
− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
B B ; 1 2
3 4 21P 6 7 43
6 6 3→
− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B B .
Với u = (1, 0, 1), 2
11[u] 23
1
−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B ; 1
11[u] 43
3
−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B
3) Cho W là không gian con của R4 sinh bởi các véctơ: u1 = (1, 2, 2, 1); u2 = (0, 2, 0, 1); u3 = (–2, 0, –4, 3)
a) Chứng minh B = (u1, u2, u3) là một cơ sở của W. Tìm điều kiện để véctơ u = (x1, x2, x3, x4) thuộc W. Khi đó, tìm [u]B.
b) Cho v1 = (1, 0, 2, 0); v2 = (0, 2, 0, 1); v3 = (0, 0, 0, 3)
Chứng minh B ' = (v1, v2, v3) cũng là một cơ sở của W. Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B sang B '.
Đáp số: a) 2x1 = x3 . Khi đó:
1 2 4
2 1 4
4 2
3x x 2x3
5x 6x 4x[u]6
2x x6
− +⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟
− −⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B
b)
1 0 2P 1 1 2
0 0 1′→
⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B B
19
B- ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH §1. KHÁI NIỆM VỀ ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
1.1. Định nghĩa. Cho V và W là hai không gian véctơ trên F. Ánh xạ f: V → W được gọi là một ánh xạ tuyến tính nếu f thỏa hai tính chất sau:
1) ∀u, v ∈ V, f(u + v) = f(u) + f(v);
2) ∀u ∈ V, ∀α ∈ F, f(αu) = αf(u). Hơn nữa, nếu f thoả thêm tính chất là đơn ánh (toàn ánh, song ánh) thì f được gọi là một đơn cấu (toàn cấu, đẳng cấu) không gian véctơ. Khi tồn tại một đẳng cấu giữa V và W ta nói V đẳng cấu với W, ký hiệu V W≅ .
Trường hợp W = V thì ánh xạ tuyến tính f: V → V được gọi là một toán tử tuyến tính hay một phép biến đổi tuyến tính trên V.
Ký hiệu:
• L(V,W): Tập tất cả các ánh xạ tuyến tính từ V vào W.
• L(V): Tập tất cả các toán tử tuyến tính trên V.
Nhận xét. Hai tính chất 1) và 2) ở trên tương đương với tính chất sau:
∀u, v ∈ V,∀α ∈ F, f(αu + v) = αf(u) + f(v).
1.2. Ví dụ. Xét ánh xạ f: R2 → R3 xác định bởi: f(x, y) = (x + 2y, 2x – y, x – y)
Với u = (x1, y1); v = (x2, y2) ∈ R2 và α ∈ R, ta có: f(u + v) = f(u) + f(v) và f(αu) = αf(u).
nên f là một ánh xạ tuyến tính.
1.3. Mệnh đề. Với ánh xạ tuyến tính f: V → W, ta có: (i) f(0V) = 0W; (ii) ∀u ∈ V, f(–u) = –f(u); (iii) ∀u1, u2, … , un ∈ V; α1, α2, … , αn ∈ F,
f(α1u1 + α2u2 + … +αnun) = α1f(u1) + α2f(u2) + … + αnf(un).
1.4. Định lý. Cho V, W là hai không gian véctơ trên F. Giả sử dim V = n và A = {u1, u2, … , un} là một cơ sở của V trên F. Khi đó, với w1, w2, … , wn là n véctơ bất kỳ của W (wi có thể trùng nhau), tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính f: V → W thỏa f(ui) = wi, ∀1 ≤ i ≤ n. Ánh xạ tuyến tính f được xác định như sau:
∀u ∈ V, f(u) = α1w1 + α2w2 + … + αnwn
20
trong đó:
1
2
n
...
α⎛ ⎞⎜ ⎟α⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
α⎝ ⎠
= [u]A
1.5. Ví dụ. Trong không gian R3 cho các véctơ: u1 = (1, –1, 1); u2 = (1, 0, 1); u3 = (2, –1, 3).
a) Chứng tỏ B = {u1, u2, u3} là một cơ sở của R3.
b) Tìm ánh xạ tuyến tính f: R3 → R3 thỏa: f(u1) = (2, 1, –2); f(u2) = (1, 2, –2); f(u3) = (3, 5, –7)
Đáp số: f(x, y, z) = (x – y, y + 2z, x – 3z).
1.6. Mệnh đề. Cho V, W là các không gian véctơ và f, g∈ L(V,W). Ta định nghĩa tổng f + g của hai ánh xạ tuyến tính và tích αf (α ∈ F) của một vô số với một ánh xạ tuyến tính như sau:
∀v ∈ V, (f + g)(v) = f(v) + g(v) ∀v ∈ V, (αf)(v) = αf(v)
Khi đó f + g và αf đều thuộc L(V,W) và với các phép toán trên, L(V,W) là một không gian véctơ trên F.
1.7. Mệnh đề. Cho V, W, T là các không gian véctơ trên F và f ∈ L(V,W); g∈ L(W,T). Khi đó:
1) Nếu f là song ánh thì f-1 là một ánh xạ tuyến tính từ W vào V. 2) gof là một ánh xạ tuyến tính từ V vào T.
§2. NHÂN VÀ ẢNH CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
2.1. Định lý. Cho V, W là hai không gian véctơ và f: V → W là một ánh xạ tuyến tính. Khi đó:
1) Nếu U ≤ V thì f(U) ≤ f(V). Hơn nữa, nếu U = < S > thì f(U) = < f(S)>. 2) Nếu T ≤ W thì f −1(T) ≤ V. 2.2. Định nghĩa. Cho V, W là hai không gian véctơ và f: V → W là một ánh xạ tuyến
tính. 1) Không gian con f−1(0) của V, gồm tất cả các phần tử của V có ảnh là 0 ∈ W được gọi
là nhân (kernel) của f, ký hiệu là Ker(f): Ker(f) = {v ∈ V | f(v) = 0}.
2) Không gian con f(V) của W, gồm tất cả các phần tử của W là ảnh của ít nhất một phần tử của V được gọi là ảnh (image) của f, kí hiệu là Im(f):
21
Im(f) = {w ∈ W | ∃v ∈ V, f(v) = w} 2.3. Ví dụ. Xét lại Ví dụ 1.2 trong §1: f: R2 → R3 định bởi
f(x, y) = (x + 2y, 2x – y, x – y). Ta có: Ker(f) = {0} và Im(f) = {(t1, t2, t3) ∈ R3 | t1 – 3t2 + 5t3 = 0}.
2.4. Định lý. Với ánh xạ tuyến tính f: V → W, các mệnh đề sau tương đương: 1) f là đơn cấu. 2) Ker(f) = {0}.
3) Nếu S là một tập con độc lập tuyến tính bất kỳ của V thì {f(u)| u∈ S} là tập con độc lập tuyến tính của W.
4) Tồn tại một cơ sở B của V sao cho {f(u)| u∈ B} là tập con độc lập tuyến tính của W.
2.5. Định lý. Với ánh xạ tuyến tính f: V → W, các mệnh đề sau tương đương: 1) f là toàn cấu. 2) Nếu S là một tập sinh bất kỳ của V thì f(S) là tập sinh của W. 3) Tồn tại một tập sinh S của V sao cho f(S) là tập sinh của W.
2.6. Định lý. Với ánh xạ tuyến tính f: V → W, các mệnh đề sau tương đương: 1) f là đẳng cấu.
2) Nếu B là một cơ sở bất kỳ của V thì {f(u)| u∈ B} là một cơ sở của W.
3) Tồn tại một cơ sở B của V sao cho {f(u)| u∈ B} là một cơ sở của W.
Nhận xét. Do Định lý 2.6, nếu V W≅ thì dim V = dimW.
2.7. Định lý. Nếu V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên F thì nV F≅ , trong đó n = dimV.
2.8. Định lý. Cho f: V → W là một ánh xạ tuyến tính từ không gian véctơ hữu hạn chiều V vào không gian véctơ W. Khi đó:
dim Im(f) + dim Ker(f) = dim V (1) Ta gọi • dim Im(f) là hạng (rank) của f, ký hiệu rank(f) hay r(f). • dim Ker(f) là số khuyết (defect) của f, ký hiệu def(f) hay d(f).
§3. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH TRÊN CÁC KHÔNG GIAN VÉCTƠ HỮU HẠN CHIỀU 3.1. Định lý và định nghĩa. Cho V, W là hai không gian véctơ hữu hạn chiều, trong đó:
1) V có dimV = n với cơ sở A = (v1, v2, ..., vn);
2) W có dimW = m với cơ sở B = (w1,w2,..., wm)
và f ∈ L(V,W). Với mỗi 1 ≤ i ≤ n, đặt:
22
[f(vj)]B =
1j
2j
mj
aa....a
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
nghĩa là: f(vj) = a1jw1 + a2jw2 + ... + amjwm .
Gọi A là ma trận loại m×n có các cột lần lượt là [f(v1)]B, [f(v2)]B, ..., [f(vn)]B, nghĩa là:
A = ( [f(v1)]B [f(v2)]B ...[f(vn)]B )= (aij)m×n Khi đó A là ma trận duy nhất thỏa tính chất:
∀v ∈ V, [f(v)]B = A[v]A (1) Ta gọi A là ma trận biểu diễn của f theo cơ sở A, B, kí hiệu A = [f]A,B . Như vậy,
∀v ∈ V, [f(v)]B = [f]A,B [v]A
Trường hợp V = W và A = B, ta dùng kí hiệu [f]A thay cho [f]A,A và gọi là ma trận biểu diễn của f theo cơ sở A. Như vậy,
∀v ∈ V, [f(v)] A = [f]A [v]A
Ví dụ. Xét ánh xạ f: R2 → R3 xác định bởi: f(x, y) = (x + 2y, 2x – y, x – y)
A = (v1, v2) là cơ sở của R2; trong đó v1 = (1, 2); v2 = (1, 3)
B = (e1, e2, e3) là cơ sở chính tắc của R3
Ta có: [f]A,B
5 70 11 2
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠
.
3.2. Nhận xét. Với A, B là hai cơ sở của không gian n chiều V, ta có:
• [Idv]A = In (ma trận đơn vị).
• [Idv]A,B = PB→A (ma trận chuyển cơ sở từ B sang A).
3.3. Ma trận chính tắc của ánh xạ tuyến tính từ Fn vào Fm Xét ánh xạ f: Fn → Fm định bởi:
f(x1, ..., xn) = (a11x1 +...+ a1nxn,..., am1x1 +...+ amnxn) (1) trong đó aij ∈ F (1 ≤ i ≤ m; 1 ≤ j ≤ n). Dễ thấy rằng f là một ánh xạ tuyến tính, hơn nữa, gọi A0 = (e1, e2, ..., en) và B0 = (e'1, e'2, ..., e'm) lần lượt là các cơ sở chính tắc của Fn và Fm, ta có:
f(e1) = (a11, a21, ..., am1); f(e2) = (a12, a22, ..., am2); .......................................
23
f(en) = (a1n, a2n, ..., amn) nghĩa là:
0 0 0
11 12 1n
21 22 1n1 2 n
m1 m2 mn
a a aa a a
[f(e )] = ;[f(e )] = ;...;[f(e )] =.... .... ....a a a
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B B
Do đó ma trận biểu diễn của ánh xạ tuyến tính f theo cặp cơ sở chính tắc A0, B0 là:
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
0 0
11 12 1n
21 22 2n
m1 m2 mn
a a ... aa a ... a
[f ] A.... ... ... ...
a a ... a
A ,B
Đảo lại, với f: Fn → Fm là một ánh xạ tuyến tính bất kỳ, gọi A = 0 0
[f ]A B là ma trận biểu
diễn của f theo cặp cơ sở chính tắc A0, B0 của Fn và Fm. Khi đó, dễ thấy rằng f có biểu thức định bởi (1).
Tóm lại, ta đã chứng minh được rằng với ánh xạ tuyến tính f: Fn → Fm, hai khẳng định sau tương đương.
1) ∀(x1, x2, ..., xn) ∈ Fn, f(x1, ..., xn) = (a11x1 +...+ a1nxn,..., am1x1 +...+ amnxn). 2) Với A0, B0 lần lượt là các cơ sở chính tắc của Fn và Fm, ta có:
0 0[f ]A B = (aij)m×n.
Ta gọi ma trận A = (aij)m×n là ma trận chính tắc của ánh xạ tuyến tính f. 3.4. Ví dụ. Cho ánh xạ tuyến tính f: R3→ R3định bởi: f(x, y, z) = (3x – 2y + 4z, 7x – y + z, x – 3y – z)
Với B0 = (e1, e2, e3) là cơ sở chính tắc của R3, ta có: ma trận chính tắc của ánh xạ tuyến tính f là:
3 2 4A 7 1 1
1 3 1
−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠
3.5. Cách tìm Ker(f) và Im(f) của ánh xạ tuyến tính f: Fn → Fm Giả sử ánh xạ tuyến tính f: Fn → Fm có ma trận chính tắc là A = (aij)m×n. 1) Ker(f): Ta có:
(x1, x2, ..., xn) ∈ Ker(f) ⇔ f(x1, x2, ..., xn) = 0 ⇔ [f(x1, x2, ..., xn)] 0B = 0
24
⇔ A [(x1, x2, ..., xn)] 0B = 0 ⇔ AX = 0 với X =
1
2
n
xx...x
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Nói cách khác, Ker(f) chính là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX = 0.
2) Im(f): Gọi A0 = (e1, e2, ..., en) là cơ sở chính tắc của Fn, ta có:
f(e1) = (a11, a21, ..., am1); f(e2) = (a12, a22, ..., am2); ....................................... f(en) = (a1n, a2n, ..., amn)
Mà Im(f) = < f(e1), f(e2),..., f(en) > nên Im(f) chính là không gian cột của ma trận A, nghĩa là không gian sinh bởi các véctơ cột của ma trận A. Nói cách khác, Im(f) là không gian dòng của ma trận chuyển vị AT,
3.6. Ví dụ. Cho ánh xạ tuyến tính f: R4 → R3 định bởi: f(x, y, z, t) = (x – 2y + z – t, x + 2y + z + t, 2x + 2z)
Hãy tìm cơ sở, số chiều của Ker(f) và Im(f). Đáp số:
• Ker(f) có một cơ sở là {(–1, 0, 1, 0); (0, -1, 0, 2)}và dimKer(f) = 2. • Im(f) có một cơ sở là {(1, 1, 2); (0, 1, 1)} và dim Im(f) = 2.
3.7. Định lý. Cho V, W, T là các không gian véctơ hữu hạn chiều trên F với các cơ sở tương ứng lần lượt là A, B, C. Khi đó, với f, g: V → W; h: W → T là các ánh xạ tuyến tính và α ∈ F ta có:
1) [f + g]A, B = [f]A, B + [g]A, B ;
2) [αf]A, B = α[f]A, B ;
3) [hof]A, C = [h]B, C [f]A, B .
3.8. Hệ quả. Cho V, W là các không gian véctơ hữu hạn chiều trên F: dimV = n, dimW = m, với các cơ sở lần lượt là A, B. Khi đó
m nL(V,W) M (F)×≅
qua đẳng cấu ϕ định bởi ,(f ) [f ]ϕ = A B .
3.9. Định lý. Cho V, W là hai không gian véctơ hữu hạn chiều và f ∈ L(V,W). Khi đó với A, A' là hai cơ sở của V và B, B ' là hai cơ sở của W, ta có:
1) [f]A′,B ′ = (PB→B′ ) –1[f]A, B PA→A′
2) Đặc biệt, nếu V = W và A = B, A' = B' thì:
[f]B′ = (PB → B′)–1 [f]B PB → B′
25
Chứng minh. 2) là trường hợp đặc biệt của 1).
Ta chứng minh 1): [f]A ′,B ′ = (PB→B ′ ) –1[f]A,B PA→A ′.
Thật vậy, xét dãy các ánh xạ:
WWVV wv IdfId ⎯⎯⎯ →⎯⎯⎯ →⎯⎯⎯ →⎯ A ' A B B '
Ta có: f = IdW o f o IdV
nên theo Định lý 3.7:
[f]A ′,B ′ = [IdW o f o IdV]A, B ′ = [IdW]B, B ′ [f o IdV]A ′, B = [IdW] B, B ′ [f]A, B [IdV]A ′, A
Mặt khác, [IdW] B, B ′ = P B ′→ B = (PB → B ′)–1 và [IdV] A ′,A = PA→ A ′ nên
[f]A ′, B ′ = (P B → B ′ ) –1[f]A, B PA →A ′.
3.10. Ví dụ. Ví dụ 1. Trong không gian R3 cho các véctơ:
u1 = (1, 1, 0); u2 = (0, 2, 1); u3 = (2, 3, 1)
và ánh xạ tuyến tính f: R3 → R3 định bởi: f(x, y, z) = (2x + y – z, x + 2y – z, 2x – y + 3z)
a) Chứng minh B = (u1, u2, u3) là một cơ sở của R3.
b) Tìm [f]B .
Đáp số: 1 1 8
[f] = 1 1 32 0 7
− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B .
Ví dụ 2. Trong không gian R3 cho các véctơ: u1 = (1, –1, 2); u2 = (3, –1, 4); u3 = (5, –3, 9).
a) Chứng tỏ B = (u1, u2, u3) là một cơ sở của R3.
b) Cho f: R3 → R3 là một ánh xạ tuyến tính thỏa:
[f]B = ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−
112011201
Hãy tìm biểu thức của ánh xạ f.
Đáp số: f(x,y,z)=21 (54x–70y–54z,–32x+40y+34z,97x–125y–100z).
3.11. Định lý. Cho V, W là hai không gian véctơ n chiều và f ∈ L(V,W). Các khẳng định sau tương đương:
1) f là đơn ánh.
26
2) f là toàn ánh. 3) f là song ánh;
4) Với mọi cơ sở A của V và B của W, ma trận [f]A,B khả nghịch.
5) Tồn tại các cơ sở A, B lần lượt của V và W sau cho [f]A,B khả nghịch.
Hơn nữa, khi đó f–1: W → V cũng là một ánh xạ tuyến tính và [f–1]B,A = ([f]A,B)–1.
Đặc biệt, nếu V = W và A = B thì:
[f–1]B = ([f]B)–1.
3.12. Ví dụ. Cho ánh xạ tuyến tính f: R3 → R3 phụ thuộc vào tham số m ∈ R định bởi: f(1, 0, 1) = (m, 1, 0) f(0, 1, 0) = (0, m, 1) f(0, 2, 1) = (m, m + 1, m + 2)
a) Định m để f là một song ánh. b) Tìm biểu thức của f. Suy ra biểu thức của f–1 khi f là song ánh.
Đáp số: a) m ≠ 0 và m ≠ –1 b) f(x, y, z) = (mz, mx + my + (1 – m)z, – mx + y + mz)
Với m ≠ 0 và m ≠ –1, ta có biểu thức của f–1 là:
1 2 2 2 2 22
1f (x, y,z) ((m m 1)x my m z, mx m y m z, (m m)x)m (m 1)
− = + − + − − + + ++
§4. TRỊ RIÊNG, VECTƠ RIÊNG CỦA MA TRẬN
4.1. Định nghĩa. Cho ma trận A ∈ Mn(F) và véctơ u = (x1, x2, ..., xn) ∈ Fn, ta định nghĩa:
11 12 1n
21 22 2n1 2 n
n1 n2 nn
11 1 12 2 1n n 21 1 22 2 2n n n1 1 n2 2 nn n
a a ... aa a ... a
Au (x ,x ,...,x )..... ...... ... ......a a ... a
(a x a x ... a x ,a x a x ... a x ,...,a x a x ... a x )
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
= + + + + + + + + +
Ta nói số thực λ là một trị riêng của ma trận A nếu tồn tại vectơ u = (x1, x2, ..., xn) ∈ Fn\{0} sao cho Au = λu.
Khi đó vectơ u được gọi là vectơ riêng của A ứng với trị riêng λ.
4.2. Không gian riêng Cho ma trận A ∈ Mn(F) và λ ∈ F là một trị riêng của A. Đặt:
V(λ) = n1 2 n{u (x , x ,..., x ) F A u u}= ∈ = λ
27
nghĩa là V(λ) gồm vectơ 0 và tất cả các vectơ riêng của A ứng với trị riêng λ. Ta gọi V(λ) là không gian riêng của A ứng với trị riêng λ. Ta thấy V(λ) chính là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (A − λIn)X = 0.
4.3. Định nghĩa. Cho ma trận A ∈ Mn(R). Đa thức
11 12 1n
22 22 2nA
nn nn nn
a a ... aa a ... a
( ) det(A I)..... ...... ... ......a a ... a
− λ− λ
ϕ λ = − λ =
− λ
được gọi là đa thức đặc trưng của
ma trận A.
Ví dụ. Cho ma trận thực A = 3 3 21 1 20 0 4
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
.Tìm đa thức đặc trưng của A.
Giải. Đa thức đặc trưng là:
4.4. Nhận xét. Nếu A và B là hai ma trận đồng dạng, nghĩa là A = P–1BP với P là một ma trận khả nghịch thì A và B có cùng đa thức đặc trưng. Thật vậy:
ϕA(λ) = det(A – λI)= det(P–1BP – λI) = det[P–1(B – λI)P] = det(P–1)det(B – λI)det(P)= (det(P))–1ϕB(λ)det(P)= ϕB(λ)
4.7. Định lý. Số thực λ là trị riêng của A ∈ Mn(F) khi và chỉ khi λ là nghiệm của đa thức đặc trưng ϕA(λ).
4.8. Thuật toán tìm trị riêng, vectơ riêng và không gian riêng của ma trận 1) Lập đa thức đặc trưng ϕA(λ) = |A – λI|. 2) Giải phương trình ϕA(λ) = 0 để tìm các trị riêng của ma trận A. 3) Ứng với mỗi trị riêng λ, không gian riêng V(λ) là không gian nghiệm của phương
trình Au = λu, nghĩa là của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (1).
Ví dụ. Cho ma trận thực A = 3 3 21 1 23 1 0
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠
.Tìm trị riêng và vectơ riêng của A. Xác định
cơ sở, số chiều của các không gian riêng tương ứng.
Giải. - Đa thức đặc trưng;
2A
3 3 2( ) 1 1 2 (4 )( 4)
3 1
− λϕ λ = − λ − = − λ λ +
− − −λ.
- Trị riêng:
2 2A
3 3 23 3
( ) 1 1 2 (4 ) (4 )( 4 ) ( 4)1 1
0 0 4
− λ− λ
ϕ λ = − λ − = − λ = − λ λ − λ = −λ λ −− λ
− λ
28
ϕA(λ) = 0 ⇔ λ = 4. Do đó ma trận A chỉ có một trị riêng λ1 = 4.
- Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = 4 là không gian nghiệm của hệ:
1 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
3 3 2Au u 1 1 2 (x , x , x ) 4(x , x , x )
3 1 0(3x 3x 2x , x x 2x , 3x 3x ) (4x ,4x ,4x )
x 3x 2x 0x 3x 2x 0 (1)3x x 4x 0
⎛ ⎞⎜ ⎟= λ ⇔ − =⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠
⇔ + + + − − − =
− + + =⎧⎪⇔ − − =⎨⎪− − − =⎩
Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (− α, − α, α) với α ∈ R tùy ý. Vậy V(λ1)={( − α,− α, α)| α ∈ R} = {α(−1, −1,1)| α ∈ R} = <(−1, −1,1)>.
Suy ra V(λ1) có dim V(λ1) = 1 với cơ sở {(−1, −1,1)}. §5. CHÉO HÓA MA TRẬN
5.1. Định nghĩa. Ma trận A ∈ Mn(F) gọi là chéo hóa được nếu tồn tại ma trận khả nghịch P ∈ Mn(F) sao cho P−1AP = D với D là một ma trận chéo. Khi đó ta nói ma trận P làm chéo hóa A và D là dạng chéo của A.
Ví dụ. Xét ma trận A sau đây: 1 1
A0 2
−⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠. Ta thấy A không phải là ma trận chéo. Ta
sẽ chỉ ra rằng A chéo hóa được. Thật vậy, đặt
11 1 1 1P P
0 1 0 1−−⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0P AP D
0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2− − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
với D là ma trận chéo, do đó A chéo hóa được. 5.2. Định lý. Ma trận A ∈ Mn(F) chéo hóa được khi và chỉ khi hai tính chất sau được
thỏa: 1) Đa thức đặc trưng ϕA(λ) được phân tích thành tích các đa thức bậc 1:
1 2 kr r rnA 1 2 k ( ) ( 1) ( ) ( ) ...( )ϕ λ = − λ − λ λ − λ λ − λ .
2) Với mỗi trị riêng λi (1 ≤ i ≤ k), không gian riêng iV( )λ có dim i V( )λ = ri (= số bội của λi trong ϕA(λ)).
Hơn nữa, khi đó gọi Bi là cơ sở của V(λi) (1 ≤ i ≤ k) và đặt P là ma trận có được bằng cách lần lượt dựng các vectơ trong B1, B2 ,.., Bk thành các cột, ta có P làm chéo hóa A và:
29
5.3. Hệ quả. Nếu A là ma trận vuông cấp n và có n trị riêng phân biệt thì A chéo hóa
được.
5.4. Thuật toán chéo hóa ma trận
Thuật toán chéo hóa ma trận A ∈ Mn(R) gồm các bước sau:
Bước 1: Tìm đa thức đặc trưng ϕA(λ). • Nếu ϕA(λ) không thể phân tích được thành tích các đa thức bậc 1 thì A không chéo
hóa được và thuật toán kết thúc. • Trường hợp ngược lại, phân tích ϕA(λ) thành tích các đa thức bậc 1:
1 2 kr r rnA 1 2 k ( ) ( 1) ( ) ( ) ...( )ϕ λ = − λ − λ λ − λ λ − λ
và chuyển sang Bước 2. Bước 2: Tìm các trị riêng λi cùng với các số bội ri tương ứng (1 ≤ i ≤ k). Bước 3: Với mỗi 1 ≤ i ≤ k, tìm cơ sở Bi và số chiều dimV(λi) của các không gian riêng
V(λi): • Nếu tồn tại 1 ≤ i ≤ k sao cho dimV(λi) < ri thì A không chéo hóa được và thuật toán
kết thúc. • Trường hợp ngược lại, nghĩa là dimV(λi) = ri với mọi 1 ≤ i ≤ k thì A chéo hóa được,
và chuyển sang Bước 4. Bước 4: Đặt P là ma trận có được bằng cách lần lượt dựng các vectơ trong B1, B2 ,.., Bk
thành các cột, ta có P làm chéo hóa A và P−1AP có dạng chéo như trong Định lý 5.2. Nhận xét. Do mỗi không gian riêng đều có số chiều dương nên nếu λi là nghiệm đơn
của đa thức đặc trưng thì luôn luôn có dimV(λi) = 1(= ri). Do đó, nếu chỉ cần biết A có chéo hóa được hay không (mà không cần tìm ma trận P làm chéo hóa A) thì ở Bước 3 ta chỉ cần so sánh các số chiều dimV(λi) với các số bội ri ứng với các trị riêng λi có số bội ri > 1.
Ví dụ 1. Các ma trận sau đây có chéo hóa được không?
a) 3 4 2
A 2 4 22 1 1
− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
b) 3 0 0
A 0 2 00 1 2
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
30
c) 2 0 2
A 0 3 00 0 3
−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
d)
Giải
a) ϕA(λ) = |A – λI| = − (λ2 – 1)(λ − 2).
Vậy ϕA(λ) = 0 ⇔ λ = –1, λ = 1, λ = 2. Đa thức đặc trưng có 3 nghiệm phân biệt, tức ma trận A có 3 trị riêng phân biệt. Vì A là
ma trận vuông cấp 3 và có 3 trị riêng phân biệt nên A chéo hóa được.
b) ϕA(λ) = |A – λI| = − (λ − 3)(λ − 2)2. ϕA(λ) = 0 ⇔ λ = 3 (bội 1), λ = 2 (bội 2).
Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 3 (bội 1), λ2 = 2 (bội 2).
Để khảo sát tính chéo hóa của A ta chỉ cần xét dimV(λ2) ứng với trị riêng λ2 = 2 (bội 2) (không cần xét dimV(λ1) vì trị riêng λ1 = 3 là nghiệm bội 1).
Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng λ2 = 2 là không gian nghiệm của hệ:
2 1 2 3 1 2 3
11 2 2 3 1 2 3
2
3 0 0Au u 0 2 0 (x , x , x ) 2(x , x , x )
0 1 2x 0
(3x ,2x , x 2x ) (2x ,2x ,2x ) (1)x 0
⎛ ⎞⎜ ⎟= λ ⇔ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=⎧⇔ + = ⇔ ⎨ =⎩
Hệ (1) chỉ có 1 ẩn tự do nên dimV(λ2) = 1 < 2 (= số bội của λ2). Do đó A không chéo hóa được.
c) ϕA(λ) = |A – λI| = − (λ − 2)(λ − 3)2
ϕA(λ) = 0 ⇔ λ = 2 (đơn), λ = 3 (bội 2).
Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 2 (bội 1), λ2 = 3 (bội 2). Để khảo sát tính chéo hóa của A ta chỉ cần xét dimV(λ2) ứng với trị riêng λ2 = 3 (bội 2).
Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng λ2 = 3 là không gian nghiệm của hệ:
2 1 2 3 1 2 3
1 3 2 3 1 2 3 1 3
2 0 2Au u 0 3 0 (x , x , x ) 3(x , x , x )
0 0 3(2x 2x ,3x ,3x ) (3x ,3x ,3x ) x 2x = 0 (1)
−⎛ ⎞⎜ ⎟= λ ⇔ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⇔ − = ⇔ − −
Hệ (1) có 2 ẩn tự do nên dimV(λ2) = 2 (= số bội của λ2). Do đó A chéo hóa được.
d) ϕA(λ) = |A – λI| = − (λ − 4)(λ2 + 4).
Trong R[x], ϕA(λ) không thể được phân tích thành tích các đa thức bậc 1. Do đó A không chéo hóa được.
31
Ví dụ 2. Chéo hóa ma trận thực A sau đây:
Tính An với n là số tự nhiên.
Giải - Đa thức đặc trưng:
ϕA(λ) = |A – λI| = − (λ – 5)2(λ −1). - Trị riêng:
ϕ(λ) = 0 ⇔ λ = 5 (bội 2), λ = 1 (bội 1).
Vậy A có 2 trị riêng λ1 = 5(bội 2), λ2 = 1(bội 1). - Không gian riêng:
• Không gian riêng V(λ1) ứng với trị riêng λ1 = 5 là không gian nghiệm của hệ:
1 1 2 3 1 2 3
1 2 1 2 3 1 2 3 1 2
3 2 0Au u 2 3 0 (x , x , x ) 5(x , x , x )
0 0 5(3x 2x , 2x 3x ,5x ) (5x ,5x ,5x ) 2x 2x 0 (1)
−⎛ ⎞⎜ ⎟= λ ⇔ − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⇔ − − + = ⇔ − − =
Giải hệ (1), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) =(−α, α, β) với α, β ∈ R tùy ý. Vậy: V(λ1) = { (− α, α, β)|α, β ∈ R}={α(−1,1,0) + β(0, 0, 1)|α, β ∈ R}=<(−1, 1,0);(0, 0,1)>
Suy ra V(λ1) có dim V(λ1) = 2 (= số bội của λ1) với cơ sở B1 = {(−1, 1,0); (0, 0,1)}. • Không gian riêng V(λ2) ứng với trị riêng λ2 = 1 là không gian nghiệm của hệ:
Giải hệ (2), ta tìm được nghiệm tổng quát (x1, x2, x3) = (α, α, 0) với α ∈ R tùy ý. Vậy:
V(λ2) = { (α, α, 0)|α ∈ R} = { α(1, 1, 0)|α ∈ R} = < (1, 1, 0) >. Suy ra V(λ2) có dim V(λ2) = 1 với cơ sở B2 = {(1, 1, 0)}.
32
Vì các không gian riêng của A đều có số chiều bằng số bội của các trị riêng tương ứng nên A chéo hóa được.
Lập ma trận P bằng cách lần lượt dựng các vectơ trong B1 = {(−1, 1, 0); (0, 0, 1)} và B2 = {(1, 1, 0)} thành các cột:
Khi đó
(3)
Để tìm An , ta lũy thừa n hai vế của (3):
Với
ta tìm được 1
1 1 01P 0 0 22
1 1 0
−
−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. Từ đó ta có:
n n
nn n
n n 1
n
1 5 1 5 02 25 0 0
1 5 1 5A P 0 5 0 P 02 2
0 0 1 0 0 5
−
⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞⎜ ⎟− +⎜ ⎟
= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎜ ⎟
⎜ ⎟⎝ ⎠
.
33
§6. CHÉO HÓA TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH 6.1. Định nghĩa. Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gian vectơ V hữu hạn chiều.
Số λ ∈ R được gọi là một trị riêng của f nếu tồn tại vectơ u ∈ V\{0} sao cho f(u) = λu.
Khi đó vectơ u được gọi là vectơ riêng của f ứng với trị riêng λ.
6.2. Định lý. Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gian vectơ V với cơ sở B = {u1, u2, ..., un} và A = [f]B. Với λ ∈ R, ta có λ là một trị riêng của f khi và chỉ khi λ là một trị riêng của A. Hơn nữa, khi đó vectơ u = x1u1 + x2u2 + ... + xnun ∈ V\{0} là vectơ riêng của f khi và chỉ khi vectơ (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn\{0} là vectơ riêng của A (ứng với trị riêng λ).
6.3. Định nghĩa. Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gian vectơ V hữu hạn chiều. Ta nói f chéo hóa được nếu tồn tại một cơ sở B của V sao cho [f]B là ma trận chéo. Khi đó B được gọi là cơ sở làm chéo hóa f.
6.4. Định lý. Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gian vectơ V với cơ sở B1= {u1, u2, ..., un} và A =
1[f ]B Ta có f chéo hóa được khi và chỉ khi ma trận A chéo hóa được. Hơn
nữa, khi đó nếu P là ma trận làm chéo hóa A, nghĩa là P–1AP = D với D là ma trận chéo, thì
2[f ]B = D với B2 là cơ sở của V thỏa
1 2P P→ =B B , nghĩa là P là ma trận chuyển cơ sở từ B1
sang B2.
Ví dụ. Cho toán tử tuyến tính f: R3 → R3 định bởi: f(x, y, z) = (3x – 2y, –2x + 3y, 5z)
Xét xem f có chéo hóa được không. Tìm cơ sở B làm chéo hóa f (nếu có).
Giải Ma trận biểu diễn của f theo cơ sở chính tắc B0 = {e1, e2, e3} của R3 là:
Theo Ví dụ 2, trong mục 5.4, ta biết A chéo hóa được và
trong đó
Do đó f chéo hóa được. Gọi B = {u1, u2, u3} là cơ sở của R3 sao cho
0P P→ =B B , nghĩa là:
34
u1 = −1.e1 + 1.e2 + 0.e3 = (−1, 1, 0); u2 = 0.e1 + 0.e2 + 1.e3 = (0, 0, 1); u3 = 1.e1 + 1.e2 + 0.e3 = (1, 1, 0),
ta có B làm chéo hóa f và [f ]B
5 0 00 5 00 0 1
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
.
BÀI TẬP
Bài 1. Trong không gian R4 cho
1 2 3 4
1 2 3 4
u (1, 0, 1, 0); u (2, 1, 4, 4); u (3, 1, 5, 4); u (6, 2, 10, 4);v (1, 1, 1, 1); v (1, 2, 5, 8); v (3, 5, 11, 17); v (1, 0, 3, 6).
= = = =
= = = = − −
Đặt W1 = <u1, u2, u3, u4> và W2 = <v1, v2, v3, v4>. Xét tính độc lập tuyến tính của u1, u2, u3, u4 và của v1, v2, v3, v4. Tìm cơ sở, số chiều cho W1, W2, W1+W2, W1∩W2; sau đó bổ sung vào cơ sở của W1∩W2 một số vectơ để được một cơ sở của R4. Tìm điều kiện để vectơ u = (a1, a2, a3, a4) thuộc về W1, W2. Đáp số: u1, u2, u3, u4 phụ thuộc tuyến tính; dimW1 = 3 với cơ sở {(1,0,1,0); (1,1,2,4); (0,0,0,−4)}; v1, v2, v3, v4 phụ thuộc tuyến tính; dimW2 = 2 với cơ sở {(1,1,1,1); (0,1,4,7)};
W1 + W2 = R4 có dim(W1 + W2) = 4 với cơ sở chính tắc B0.
dim(W1∩W2) = 1 với cơ sở là {(2,1,5,8)}.
1 2 3
1 2 3 4 11 2 4
1 2 3 4 2 1 2 3
3a 4a a 0;(a ,a ,a ,a ) W
6a 7a a 0.
(a ,a ,a ,a ) W a 2a a 0.
⎧ − + =⎪∈ ⇔ ⎨− + =⎪⎩
∈ ⇔ + − =
Bài 2. Trong không gian R3[x] cho
3 2 3 21 2
3 2 3 23 4
3 2 3 21 2
3 2 3 23 4
u (x) x 2x x 3; u (x) 2x 5x 4x;
u (x) 4x 9x 6x 6; u (x) x x x 9;
v (x) x x 2x 1; v (x) x x x 9;
v (x) 2x 4x 7x 5; v (x) x 3x 4x 17.
= + + + = + +
= + + + = + − +
= − + + = + − +
= − + − = + − +
Đặt W1 = <u1, u2, u3, u4> và W2 = <v1, v2, v3, v4>. Xét tính độc lập tuyến tính của u1, u2, u3, u4 và của v1, v2, v3, v4. Tìm cơ sở, số chiều cho W1, W2, W1+W2, W1∩W2; sau đó bổ sung vào cơ sở của W1∩W2 một số vectơ để được một cơ sở của R3[x]. Tìm điều kiện để vectơ u = a3x3 + a2x2 + a1x + a0 thuộc về W1, W2.
35
Đáp số: u1, u2, u3, u4 phụ thuộc tuyến tính; dimW1 = 2 với cơ sở { x3 + 2x2 + x + 3, x2 + 2x −6};
v1,v2, v3, v4 phụ thuộc tuyến tính; dimW2 = 2 với cơ sở {x3 − x2 + 2x + 1, 2x2 − 3x + 8, 2}.
W1 + W2 = R4 có dim(W1 + W2) = 4 với cơ sở chính tắc B0.
dim(W1∩W2) = 1 với cơ sở là { x3 + x2 − x + 9}.
3 2 3 2 1
3 2 1 0 13 2 0
3 23 2 1 0 2 3 2 1
3a 2a a 0;u a x a x a x a W
15a 6a a 0.
u a x a x a x a W a 3a 2a 0.
⎧ − + =⎪= + + + ∈ ⇔ ⎨− − =⎪⎩
= + + + ∈ ⇔ − − =
Bài 3. Trong các trường hợp sau đây, đặt:
1
24i 1 2 3 4 i
3
4
xx
W (x , x , x , x ) R A X 0, X , i 1, 2.xx
⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟= ∈ = = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭
Hãy tìm cơ sở và số chiều của W1, W2, W1+W2, W1∩W2:
a) 1 2
1 2 1 3 1 1 1 02 4 3 11 2 2 1 5
A ; A3 6 4 14 4 4 3 54 8 5 17 5 5 6 5
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
b) 1 2
1 2 3 5 1 1 5 61 3 13 22 2 2 9 13
A ; A3 5 1 2 3 3 14 192 3 4 7 5 5 23 30
− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Đáp số: 3a) dimW1 = 2 với cơ sở {(−2,1,0,0); (−2,0,5,1)};
dimW2 = 2 với cơ sở {(5,0,5,1); (−1,1,0,0)};
dim(W1 + W2) = 3 với cơ sở {(−2,1,0,0); (0,2,−10, −2);(0,0,5,1)};
dim(W1∩W2) = 1 với cơ sở là {(12,−7,5,1)}. 3b) dimW1 = 2 với cơ sở {(1,0,17,10); (0,1,29,17)}; dimW2 = 1 với cơ sở {(1,10,1,1)};
dim(W1 + W2) = 3 với cơ sở {(1,0,17,10); (0,1,29,17);(0,0, −306, −179)};
dim(W1∩W2) = 0 với cơ sở là ∅.
Bài 4. Xét không gian R4. Trong các trường hợp sau đặt: W1 = <u1, u2, u3, u4>
36
1
242 1 2 3 4 i
3
4
xx
W (x , x , x , x ) R |A X 0, Xxx
⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟= ∈ = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭
.
Tìm điều kiện để vectơ u = (x1, x2, x3, x4) thuộc W1. Tìm cơ sở và số chiều của W1, W2, W1 + W2, W1∩W2.
a) u1 = (1, 2, 1, 1); u2 = (1, 3, 0, –4); u3 = (0, –1, 0, 1); u4 = (2, 5, 1, –1); 1 1 5 11 2 7 2
A2 3 12 32 4 14 4
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
b) u1 = (–1, 1, 1, 2); u2 = (2, –1, 1, –1); u3 = (1, 0, 2, 1); u4 = (3, –1, 3, 0), 2 4 3 91 2 1 3
A3 6 4 125 10 6 18
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Đáp số: 4a) Mọi vectơ u = (x1, x2, x3, x4) đều thuộc W1.
dimW1 = 4 với cơ sở chính tắc B0.
dimW2 = 2 với cơ sở {(0,−1,0,1); (−3, −2,1,0)};
dim(W1 + W2) = 4 với cơ sở chính tắc B0.
dim(W1∩W2) = 2 với cơ sở là {(0,−1,0,1); (−3, −2,1,0)};
4b) 1 2 31 2 3 4 1
1 2 4
3x 3x x 0;(x , x , x , x ) W
x 3x x 0.⎧ + − =⎪∈ ⇔ ⎨
+ − =⎪⎩
dimW1 = 2 với cơ sở {(−1,1,0,2); (0,−1, −3, −3)};
dimW2 = 2 với cơ sở {(−2,1,0,0); (0,0,−3,1)};
dim(W1 + W2) = 3 với cơ sở {(−1,1,0,2); (0,−1, −3, −3); (0,0,−3,1)};
dim(W1∩W2) = 1 với cơ sở {(−2,1,−3,1)}’
Bài 5. Cho u = (a, b); v = (c, d) là hai vectơ của R2 sao cho:
ac + bd = 0, a2 + b2 = c2 + d2 = 1.
a) Chứng minh B = (u, v) là một cơ sở của R2.
b) Tìm tọa độ của vectơ w = (x, y) theo cơ sở B.
37
Đáp số: 5b) ⎛ ⎞−
= ⎜ ⎟− − +⎝ ⎠
dx cy1[v]ad bc bx ayB .
Bài 6. Trong các trường hợp sau, đặt: W = <u1, u2, u3>. Chứng minh rằng B1 = {u1, u2, u3} và B2 = {v1, v2, v3} là hai cơ sở của W. Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B1 sang B2. Tìm điều kiện để vectơ u = (a, b, c, d) thuộc W và xác định
1 2[u] ;[u]B B trong trường hợp này:
a) u1 = (3, 6, 2, 3);
u2 = (1, 2, 2, 0);
u3 = (2, 3, 2, 3);
v1 = (2, 5, 2, 0)
v2 = (6, 11, 6, 6)
v3 = (4, 7, 2, 6)
b) u1 = (1, 2, 1, 1);
u2 = (2, 6, 3, 2);
u3 = (3, 8, 4, 4);
v1 = (2, 4, 2, 3)
v2 = (5, 14, 7, 7)
v3 = (8, 22, 11, 6)
Đáp số: 6a) u (a, b,c,d) W 18a 6b 3c 4d 0;= ∈ ⇔ − − − =
1 2
2a 2b c 10a 6b c1 1[u] 6a 2b 3c ;[u] 2a 2b 3c4 8
8a 4b 4a 4c
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= − + + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B ;
1 2 2 1
1 1 1 1 0 11P 1 1 1 ;P 0 1 1 .2
1 1 1 1 1 0→ →
⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B B B
6b) u (a, b,c,d) W b 2c 0;= ∈ ⇔ − =
1 2
8a 2b 2d 70a 26b 2d1 1[u] b 2d ;[u] 42a 12b 12d2 42
2a 2d 14a b 8d
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= − = − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− + − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B ;
1 2 2 1
1 1 4 10 6 51P 1 0 5 ;P 3 6 9 .21
1 2 2 2 3 1→ →
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B B B
Bài 7. Trong các trường hợp sau chứng tỏ B1 = (u1, u2, u3) và B2 = (v1, v2, v3) là hai cơ sở của R3. Tìm các ma trận chuyển cơ sở từ B1 → B0, B2 → B0, B1 → B2, B2 → B1 (B0 là cơ sở
chính tắc). Cho u = (1, 2, 3), 1
1[v] 1
2
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
B . Tìm v và 1 2 2
[u] ;[u] ;[v] .B B B
38
a) u1 = (1, 2, 2);
u2 = (1, –1, –1);
u3 = (0, 2, 3);
v1 = (1, 0, 2)
v2 = (1, –1, 1)
v3 = (2, 2, 3)
b) u1 = (2, –1, 3);
u2 = (1, –2, 3);
u3 = (2, 1, 0);
v1 = (4, 1, 5)
v2 = (1, 0, 3)
v3 = (2, 1, 2)
Đáp số: 1 0 2 0
1 3 2 5 1 41 17a) P 2 3 2 ;P 4 1 2 .3 3
0 3 3 2 1 1→ →
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B B B
1 2 2 1
1 2 2
3 4 2 1 8 101 1P 6 7 4 ;P 2 7 8 .3 3
6 6 3 2 2 1
1 5 291 1 1v (0,7,9);[u] 2 ;[u] 4 ;[v] 25 .3 3 3
3 1 2
→ →
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= = = − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B B B
B B B
1 0 2 0
1 2 2 1
1 2
3 6 5 3 4 11 17b) P 3 6 4 ;P 3 2 2 .3 3
3 3 3 3 7 1
19 12 10 7 8 21 1P 14 9 8 ;P 2 1 4 .3 3
6 6 3 10 14 1
8 81v (5,3,0);[u] 7 ;[u] 73
4 1
→ →
→ →
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= − − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= − − − = − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ −⎜ ⎟
= = − =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
B B B B
B B B B
B B 2
1;[v] 3 .
4 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B
Bài 8. Trong không gian M2(R) cho
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 1 3 2 6 4 11A ;A ;A ;A ;
3 4 5 7 9 13 17 251 1 0 1 0 0 0 0
B ;B ;B ;B .0 0 1 0 1 1 0 1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
a) Chứng tỏ B1 = (A1, A2, A3, A4) và B2 = (B1, B2, B3, B4) là hai cơ sở của M2(R). Tìm các ma trận chuyển cơ sở từ B1 → B0, B2 → B0, B1 → B2, B2 → B1 (B0 là cơ sở chính tắc).
39
b) Cho 1 2
0 01 1 1 1C , [D] vaø [E]1 1 0 0
1 1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞− ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B . Tìm D, E và 1 2 2
[C] ;[C] ;[D] vaøB B B
1[E]B .
Đáp số:
1 0 2 0
1 2 2 1
2 0 1 1 1 0 0 01 2 3 1 1 1 0 08a) P ;P .2 3 0 1 1 1 1 01 1 1 1 1 1 1 1
2 1 2 1 1 1 2 41 5 4 1 3 4 8 15P ;P .5 3 1 1 6 9 17 322 0 2 1 10 16 30 57
5 148b)D22 32
→ →
→ →
⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟
− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛=
⎝
B B B B
B B B B
1 2 2 1
4 1 5 20 1 5 0 19 6;E ;[C] ;[C] ;[D] ;[E] .1 1 4 1 41 2
0 0 73 1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎞ ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B B B
Bài 9. Trong không gian R3[x] cho
u1(x) = x3 + x2; u2(x) = x + 1; u3(x) = x3 + 4; u4(x) = 2; v1(x) = x3 + 2x2 + 3x + 4; v2(x) = 2x3 – x2 + 4x – 3; v3(x) = 3x3 – 4x2 – x + 2; v4(x) = 4x3 + 3x2 –2x –1.
a) Chứng tỏ B1= (u1, u2, u3, u4) và B2 = (v1, v2, v3, v4) là hai cơ sở của R3[x] . Tìm các ma trận chuyển cơ sở từ B1 → B0, B2 → B0, B1 → B2, B2 → B1 (B0 = (x3, x2, x, 1) là cơ sở chính tắc).
b) Cho 1 2
3 2B B
0 01 1
u(x) x x x 1, [v] vaø [w]0 01 1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − + − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
.
Tìm v, w và 1 2 2 1
[u] ;[u] ;[v] vaø [w]B B B B .
Đáp số:
1 0 2 0
0 2 0 0 1 2 3 40 0 2 0 2 1 4 31 19a) P ;P .
2 302 2 0 0 3 4 1 24 4 1 1 4 3 2 1
→ →
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟
− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B B B
40
1 2 2 1
1 2 2
3 2
4 2 8 6 3 7 17 86 8 2 4 1 1 10 61 1P ;P .
2 302 6 14 2 1 1 11 45 19 25 3 7 3 0 2
1 1 31 5 11 19b)v x 3;w 6x 2x 2x 4;[u] ;[u] ;[v]
15 62 2 15 0
→ →
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
− − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
−⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + = + + − = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B B B
B B B 1
22;[w] .4
1 11
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B
Bài 10. Trong các trường hợp sau, đặt B = B(m) = (u1, u2, u3). Tìm điều kiện để B là một cơ sở của R3, khi đó tìm [u]B . Đặt B1 = B(m1) và B2 = B(m2). Chứng tỏ B1, B2 là hai cơ sở của R3 và tìm ma trận chuyển cơ sở từ B1 sang B2 và từ B2 sang B1. Cho biết:
1 2
1 1[v] 0 vaø [w] 0
1 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B
Tìm v, w và 2 1
[v] vaø [w]B B .
a) u1 = (m–7, –10, –12); u2 = (12, m+19, 24); u3 = (–6, –10, m–13).
u = (m, 2m, 0) m1 = 0 m2 = 2
b) u1 = (m + 2, m – 5, m + 5); u2 = (2, m – 2, 2); u3 = (1, –3, m+3);
u = (1, –1, 1) m1 = 2 m2 = 5
Đáp số:
1 2 2 1
2 1
2
m(m 17)110a) m 1; [u] m(m 14)
m 1 36m
13 24 12 15 24 121P 20 39 20 ;P 20 37 203
24 48 25 24 48 27
1 37v ( 1,0,1);w ( 17, 30, 34);[v] 0 ;[w] 60
1
→ →
⎛ ⎞−⎜ ⎟
≠ ± = −⎜ ⎟− ⎜ ⎟−⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= − − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞− −⎜ ⎟
= − = − − − = = −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠
B B B B
B B .74
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
41
1 2 2 1
2 1
2
m 2110b) m 0; 1; [u] 2m 1
m 1 3
6 8 6 33 14 91 1P 16 15 9 ;P 37 6 212 40
6 6 8 3 6 19
3 91v (3,0,2);w (9, 6,26);[v] 2 ;[w] 17 .5
2 11
→ →
⎛ ⎞+⎜ ⎟
≠ ± = − −⎜ ⎟− ⎜ ⎟−⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= = − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= = − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B B B
B B
Bài 11. Trong không gian R3 cho các vectơ: u1 = (1, 0, 1); u2 = (0, 1, 1); u3 = (1, 1, 0).
Gọi f là toán tử tuyến tính trên R3 định bởi: f(x, y, z) = (x – y, y – z, z – x).
a) Chứng tỏ B1 = (u1, u2, u3) là một cơ sở của R3. Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B1 sang cơ sở chính tắc B0 của R3.
b) Tìm ma trận biểu diễn của f theo cơ sở B1.
c) Cho u = (1, 2, 3). Hãy tìm tọa độ của u và f(u) theo cơ sở B1.
d) Tìm cơ sở và số chiều của Im(f) và Ker(f). Ánh xạ f có là một song ánh không? Giải thích. Đáp số:
1 0
1 1 1111a) P 1 1 1 ;2
1 1 1→
⎛ ⎞−⎜ ⎟
= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
B B 1 0 1
111b) [f] 1 1 0 ;2
0 1 1
⎛ ⎞−⎜ ⎟
= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
B
1 111c)[u] 2 ;[f (u)] 1 .
0 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B
11d) dimKer(f) = 1 với cơ sở {(1,1,1)}; dimIm(f) = 2 với cơ sở {(1,0,−1); (0,1,−1)}; f không là song ánh vì Ker(f) ≠ {0}.
Bài 12. Trong không gian R3 cho các vectơ: u1 = (1, 0, 1); u2 = (0, 1, 1); u3 = (0, 0, 1).
và f là toán tử tuyến tính trên R3 định bởi: f(x, y, z) = ((9m + 2)x + 3y + 2z, x+my + z, x + y + z).
42
a) Chứng tỏ B1 = (u1, u2, u3) là một cơ sở của R3. Xác định ma trận chuyển cơ sở từ B1
sang cơ sở chính tắc B0 của R3.
b) Tìm ma trận biểu diễn của f theo cơ sở B1.
c) Cho u = (1, –1, 1). Hãy tìm tọa độ của u và f(u) theo cơ sở B1.
d) Định m để f là một song ánh. Khi đó hãy tìm biểu thức của f –1. e) Với m = 0 hãy tìm cơ sở và số chiều của Im(f), Ker(f).
Đáp số:
1 0
1 0 112a) P 0 1 0 ;
1 1 1→
⎛ ⎞⎜ ⎟
= ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠
B B 9m 4 5 2
12b) [f] 2 m 1 1 ;9m 4 m 4 2
⎛ ⎞+ −⎜ ⎟
= +⎜ ⎟⎜ ⎟− − − − −⎝ ⎠
B
1 9m 112c)[u] 1 ;[f (u)] 2 m .
1 2 8m
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
B B
( )1
2
12d)m 0;1; f (x, y,z)1 (m 1)x y (2m 3)z,9my 9mz, (1 m)x (9m 1)y (9m 2m 3)z ;
9m(m 1)
−≠ =
− − − − − − − − + + −−
12e) dimKer(f) = 1 với cơ sở {(−1,0,1)}; dimIm(f) = 2 với cơ sở {(1,−1,0); (0,3, 1)}.
Bài 13. Cho ánh xạ tuyến tính f: R3 → R3 định bởi:
f(1, 1, 1) = (2, 5, 12); f(0, 1, 1) = (1, 3, 7); f(0, 0, 1) = (–1, 0, –1).
a) Xác định biểu thức của ánh xạ f. b) Tìm cơ sở và số chiều của Im(f), Ker(f).
Đáp số:13a) f(x,y,z) = (x+ 2y − z, 2x + 3y,5x+ 8y − z) 13b) dimKer(f) = 1 với cơ sở {(−3,2,1)}; dimIm(f) = 2 với cơ sở {(1,0,1); (0,1,2)}.
Bài 14. Cho ánh xạ tuyến tính f: R3 → R3 phụ thuộc tham số m ∈ R thỏa:
f(1, –2, 1) = (m + 1, 5 – m, 2m – 5); f(2, –1, 0) = (2m + 1, m – 1, 2m + 1); f(1, 0, 0) = (m + 1, m – 2, m + 2).
a) Xác định biểu thức của ánh xạ f. b) Định m để f là một song ánh. Khi đó tìm biểu thức f–1. c) Với m = 4, hãy tìm cơ sở và số chiều của Im(f), Ker(f).
43
Đáp số: 14a) f(x,y,z) = ((m + 1)x+ y+ 2z, (m − 2)x + (m − 3)y + z, (m + 2)x + 3y + (m − 1)z);
1
2
3 2 2
14b)m 0;2;4; f (x, y,z)
m(m 4)x (m 7)y (2m 7)z, m(m 4)x (m 2m 5)y (m 5)z,1 ;m 6m 8m m(m 4)x (2m 1)y (m 3m 1)z
−≠ =
⎛ ⎞− − − − − − − + − − + −⎜ ⎟⎜ ⎟− + − − − + + − −⎝ ⎠
14c) dimKer(f) = 1 với cơ sở {(1,1, −3)}; dimIm(f) = 2 với cơ sở {(1,0,0); (0,1,3)}.
Bài 15. Cho ánh xạ tuyến tính f: R3 → R3 phụ thuộc tham số m ∈ R thỏa: f(1, –2, 1) = (m – 4, 4 – 2m, 0); f(2, –1, 0) = (2m – 4, 4 – 2m, m + 2); f(1, 0, 0) = (m – 1, 2, m + 2).
a) Xác định biểu thức của ánh xạ f. b) Định m để f là một song ánh. Khi đó tìm biểu thức của f –1. c) Với m = –2, hãy tìm cơ sở và số chiều của Im(f), Ker(f).
Đáp số:
15a) f(x,y,z) = ((m − 1)x+ 2y+ z, 2x + 2my + (2m + 2)z, (m + 2)x + (m + 2)y + (m + 2z); 1
2 2
15b)m 2; f (x, y,z)
1 (2m 4)x (m 2)y (2m 4)z,2m(m 2)x (m 4)y 2(m 2)z, ;4m 8 2(1 m)(m 2)x (m 3)(m 2)y 2(m 1)(m 2)z
−≠ − =
⎛ ⎞− + − + + + + + − − −⎜ ⎟⎜ ⎟+ − + − − + + + −⎝ ⎠
15c) dimKer(f) = 1 với cơ sở {(0, −1,2)}; dimIm(f) = 2 với cơ sở {(1, −2,0); (0,1,0)}.
Bài 16. Trong không gian M2(R) cho ma trận a b
Ac d
⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠ và ánh xạ f: V → V định bởi f(X) =
AX. a) Chứng minh f là một toán tử tuyến tính trên V. b) Tìm điều kiện để f là một song ánh. c) Tìm ma trận biểu diễn của f theo cơ sở chính tắc của V.
Đáp số: 17b) ad – bc ≠ 0,
17c)
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
a 0 b 00 a 0 bc 0 d 00 c 0 d
.
Bài 17. Tìm trị riêng và vectơ riêng của các ma trận sau:
44
a) 4 5 25 7 36 9 4
−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
b) 1 1 00 1 05 3 2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
c) 1 0 20 3 00 0 0
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
d)
1 0 0 01 1 4 82 4 7 41 8 4 1
⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟
− − −⎝ ⎠
.
Đáp số: 17a) Trị riêng: 0; 1. Tập các vectơ ứng với trị riêng 0 là {(α,2α,3α)| α∈ R\{0}}, ứng với trị riêng 1 là {(α,α,α)| α∈ R\{0}}.
17b) Trị riêng: −2; 1. Tập các vectơ ứng với trị riêng −2 là {(0,0,α)| α∈ R\{0}}, ứng với trị riêng 1 là {(3α,0,5α)| α∈ R\{0}}.
17c) Trị riêng: 0; 1; 3. Tập các vectơ ứng với trị riêng 0 là {(−2α,0,α)| α∈ R\{0}}, ứng với trị riêng 1 là {(α,0,0)| α∈ R\{0}}; ứng với trị riêng 3 là {(0, α,0)| α∈ R\{0}}.
17d) Trị riêng: 1; −9; 9. Tập các vectơ ứng với trị riêng 1 là {(40α,−α,−8α, 9α)| α∈ R\{0}}, ứng với trị riêng −9 là {(0, 2α, α, 2α)| α∈ R\{0}}; ứng với trị riêng 9 là {(0,−α −β, 2β, α)| α, β ∈ R, α2 + β2 > 0}.
Bài 18. Khảo sát tính chéo hóa được của các ma trận sau:
a) 2 0 00 1 00 2 2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
b) 0 0 11 0 30 1 3
−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
c) 0 0 01 0 90 1 6
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
d)
1 0 0 01 0 0 40 1 0 40 0 1 1
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
e) 1 4 23 4 03 1 3
− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
f) 40 56 6356 100 12628 56 75
− − −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− − −⎝ ⎠
.
Đáp số: 18a) Chéo hóa được; 18b) Không chéo hóa được; 18c) Không chéo hóa được; 18d) Không chéo hóa được; 18e) Chéo hóa được; 18f) Chéo hóa được.
Bài 19. Với giá trị nào của các tham số a, b, c, d, e, f ∈ R, ma trận sau đây chéo hoá được?
1 a b c 1 a b c 1 a b c0 2 d e 0 1 d e 0 1 d e
a) b) c)0 0 2 f 0 0 2 f 0 0 1 f0 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2a a b c a b b c a b b c0 2 d e 0 a d e 0 a d e
d) e) f )0 0 2 f 0 0 2 f 0 0 a f0 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎟⎟⎟⎟
45
Đáp số: 19a) d = e = f = 0 19b) a = f = 0 19c) a = b = d = 0 19d) a ≠ 2, d = e = f = 0 19e) a = 2, b = c = d = e = f = 0 hoặc a ≠ 2, b = f = 0 19f) a = 2, b = c = d = e = f = 0 hoặc a ≠ 2, b = d = 0 Bài 20. Chéo hóa các ma trận sau đây:
a) 3 4 22 4 22 1 1
− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
b) 3 4 8
22 21 4412 12 25
− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
c) 8 26 13
26 31 2626 52 47
− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
d) 1 4 84 7 48 4 1
− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠
.
Đáp số:
11 1 2 1 0 0
20a) P 0 2 3 ;P AP 0 1 0 ;1 2 1 0 0 2
−
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
12 1 2 1 0 0
20b) P 11 1 0 ;P AP 0 1 0 ;6 0 1 0 0 1
−
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
11 2 1 18 0 0
20c) P 2 1 0 ;P AP 0 21 0 ;2 0 1 0 0 21
−
⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
12 1 1 9 0 0
20d) P 1 2 0 ;P AP 0 9 0 .2 0 1 0 0 9
−
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Bài 21. Cho ma trận A = ⎛ ⎞−⎜ ⎟
−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
2 1 11 2 11 1 0
. Tính A100.
Đáp số: 1 100 100 1
100
1 0 01 1 1 1 0 021) P 1 1 1 ;P AP 0 2 0 ;A P 0 2 0 P .
2 1 0 0 0 3 0 0 3
− −
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= − = = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Bài 22. Tìm trị riêng và vectơ riêng của các toán tử tuyến tính sau;
46
a) f: R3 → R3 định bởi f(x,y,z) = (2x + 4z, 6y, 0). b) f: R4 → R4 định bởi f(x,y,z,t)= (−x,−x − y + 4z + 8t,−2x + 4y − 7z + 4t, x + 8y + 4z−t).
Đáp số: 22a) Trị riêng: 0; 2; 6. Tập các vectơ ứng với trị riêng 0 là {(−2α,0,α)| α∈ R\{0}}, ứng với trị riêng 2 là {(α,0,0)| α∈ R\{0}}; ứng với trị riêng 6 là {(0, α,0)| α∈ R\{0}}.
22b) Trị riêng: −1; −9; 9. Tập các vectơ ứng với trị riêng −1 là {(40α,−α,−8α, 9α)| α∈ R\{0}}, ứng với trị riêng −9 là {(0,−α −β, 2β, α)| α, β ∈ R, α2 + β2 > 0}; ứng với trị riêng 9 là {(0, 2α, α, 2α)| α∈ R\{0}}. Bài 23. Khảo sát tính chéo hóa được của các toán tử tuyến tính f: R3 → R3 định bởi:
a) f(x,y,z) = (0, x − 9z, y + 6z). b) f(x,y,z) = (40x + 56y + 63z, −56x − 100y − 126z, 28x + 56y + 75z).
Đáp số: 23a) Không chéo hóa được. 23b) Chéo hóa được. Bài 24. Chéo hóa các ma trận các toán tử tuyến tính f: R3 → R3 sau đây:
a) f(x,y,z) = (8x − 26y + 13z, −26x − 31y + 26z, −26x − 52y + 47z). b) f(x,y,z) = (−2x + 8y + 16z, 8x − 14y + 8z, 16x + 8y −2z).
Đáp số:
18 0 024a) = ((1,2,2);( 2,1,0);(1,0,1));[f ] 0 21 0 ;
0 0 21
⎛ ⎞−⎜ ⎟
− = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
BB
18 0 024b) ((2,1,2); ( 1,2,0); ( 1,0,1));[f ] 0 18 0 .
0 0 18
⎛ ⎞⎜ ⎟
= − − = −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
B B
Bài 25. Chứng minh rằng nếu u là vectơ riêng ứng với trị riêng của λ của ma trận A thì u là vectơ riêng của An ứng với trị riêng của λn.
------------------------
