Giáo trình Đại số tuyến tính - Chương 4: Ánh xạ tuyến tính

____ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Vậy 1 2 3 1 2 3 1 2 3( , , ) ( 2 4 , 3 5 )f x x x x x x x x x= + + + + ■ 2) Trong 3 cho hai hệ vectơ 1 2 3{ (1,1,0); (0,1,1); (1,0,1)}u u u= = = và 1 2 3{ (1,1,1); (0,0,1); (1,2,1)}v v v= = = . Hỏi có tồn tại một phép biến đổi tuyến tính 3 3:f → thỏa ( ) , 1,2,3i if u v i= = không? Nếu có hãy xác định công thức của f. Giải: Hệ vectơ 1 2 3{ (1,1,0); (0,1,1); (1,0,1)}u u u= = = độc lập tuyến tính do: 1 1 0 0 1 1 2 0 1 0 1 =  . nên suy ra  1 2 3, ,u u u là một cơ sở của 3 . Do đó, tồn tại một phép biến đổi tuyến tính từ 3 3:f → sao cho ( )i if u v= . Cho 3 1 2 3( , , )x x x x=  , giả sử 1 1 2 2 3 3x u u u  = + + . Khi đó, 1 1 3 2 1 2 3 1 2 3 2 3 1 0 1 1 1 0 0 1 1 x x x          +                   = + + = +                    +          1 1 2 3 2 1 2 3 3 1 2 3 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 x x x x x x x x x     = + −   = − + +   = − +  1 3 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 3 1 2 3 1 0 1 ( ) 1 0 2 2 1 1 1 f x v v v              +               = + + = + + = +                + +        . Vậy công thức biểu diễn của phép biến đổi tuyến tính f 1 1 2 3 1 2 3 3 1 1 1 1 1 ( ) ; ; 2 2 2 2 2 2 f x x x x x x x x   = − + + +    3) Giả sử cho 2 2( , )f L là một ánh xạ tuyến tính thỏa mãn (1,0) (3,4); (0,1) ( 2,5)f f= = − Khi đó, 2 1 2( , )x x x =  thì: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( , ) (1,0) (0,1) (3,4) ( 2,5) (3 2 ,4 5 )f x x x f x f x x x x x x= + = + − = − + 4.1.2. Khái niệm hạt nhân, ảnh của ánh xạ tuyến tính 4.1.2.1 Định nghĩa: Cho ánh xạ tuyến tính : 'f V V→ . - Ảnh của ánh xạ tuyến tính f, ký hiệu Im ( ) { ( ) ' | }f f V f x V x V= =   . Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 3 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Imf là một không gian con của V’. - Nhân của một ánh xạ tuyến tính f, ký hiệu  1 ' '(0 ) | ( ) 0V VKerf f x V f x −= =  = . Kerf là không gian con của V. - Khi V và V’ là không gian hữu hạn chiều thì Imf và Kerf cũng là không gian con hữu hạn chiều, hơn nữa 0 dim Im dim 'f V  và 0 dim dimKerf V  , số chiều của Imf và Kerf lần lượt gọi là hạng và số khuyết của f, ký hiệu rankf và def (f ). Ví dụ: Cho toán tử tuyến tính f xác định trên cơ sở chính tắc của 3 được xác định như sau: 1 3 2 0 1 1 1 2 3 A    =    −  Khi đó Kerf là tập các vector 3x sao cho f (x) = 0. Khi đó xét hệ phương trình AX = 0, thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên dòng của ma trận A ta đưa ma trận A về dạng bậc thang sau: Khi đó hệ phương trình AX = 0 có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số 1 2 3 x t x t x t =  = −  = với t Suy ra Kerf có cơ sở gồm 1 vector là (1, 1,1)u = − và dim Kerf = 1. Do đó, rankf = Dim Imf = 2 và Imf 1 2Im ,f v v= với 1 2(1,2,3); (0,1,1)v v= = 4.1.2.2 Định lý: Cho ánh xạ tuyến tính :f V V→ . Khi đó, nếu V là một không gian vectơ hữu hạn chiều thì Im(f ) và Ker(f ) cũng hữu hạn chiều, đồng thời dim Im(f ) + dim Ker(f) = dim V. 4.1.3. Khái niệm đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu 4.1.3.1. Đơn cấu, toàn cấu a. Định nghĩa: Ánh xạ tuyến tính : 'f V V→ , ta nói f là đơn cấu (tương ứng toàn cấu, đẳng cấu) nếu và chỉ nếu f là đơn ánh (tương ứng toàn ánh, song ánh). b. Định lý: Cho V là không gian vectơ hữu hạn chiều và : 'f V V→ là một ánh xạ tuyến tính. Khi đó, các khẳng định sau là tương đương             1 0 -1 0 1 1 0 0 0 Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 4 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ i) f là một đơn cấu; ii) 0VKerf = ; iii) f biến một hệ vectơ độc lập tuyến tính thành một hệ vectơ độc lập tuyến tính. Tức là nếu hệ 1 2{ , ,..., }mu u u độc lập tuyến tính thì hệ 1 2{ ( ), ( ),..., ( )}mf u f u f u độc lập tuyến tính; iv) f giữ nguyên hạng của một hệ vectơ, tức là 1 2 1 2{ , ,..., } { ( ), ( ),..., ( )}m mrank u u u rank f u f u f u= ; v) Nếu W là một không gian con của V thì dim( ( )) dimf W W= ; vi) ( ) dimrank f V= . c. Định lý: Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều và : 'f V V→ là một ánh xạ tuyến tính. Khi đó, các khẳng định sau là tương đương: i) f là toàn cấu; ii) Imf = V’; iii) rank(f ) = dim V’; iv) biến một hệ sinh của V thành một hệ sinh của V’, nói cách khác nếu V S= thì ' ( ')V f S= . v) Có một hệ sinh S của V mà ảnh của nó là một hệ sinh của V’. d. Hệ quả: Cho V là một không gian vectơ và 1 2{ , ,.., }nB e e e= là một cơ sở của nó. Giả sử : 'f V V→ là một ánh xạ tuyến tính. Khi đó: i) f là một đơn cấu khi và chỉ khi 1 2( ) { ( ), ( ),..., ( )}nf B f e f e f e= là một hệ độc lập tuyến tính. ii) f là một toàn cấu khi và chỉ khi 1 2( ) { ( ), ( ),..., ( )}nf B f e f e f e= là một hệ sinh của V’. iii) f là một đẳng cấu khi và chỉ khi 1 2( ) { ( ), ( ),..., ( )}nf B f e f e f e= là một cơ sở của V’. e. Hệ quả: Cho : 'f V V→ là một ánh xạ tuyến tính. Khi đó, i) f là một đơn cấu khi và chỉ khi ( ) dim dim 'rank f V V=  ; ii) f là toàn cấu khi và chỉ khi ( ) dim ' dimrank f V V=  ; iii) f là đẳng cấu khi và chỉ khi ( ) dim dim '.rank f V V= = g. Nhận xét: ✓ Nếu dimV = dimV’ thì f là đơn cấu  f là toàn cấu  f là đẳng cấu. ✓ Tích các đẳng cấu là một đẳng cấu. Ánh xạ ngược của một đẳng cấu là một đẳng cấu. 4.1.3.2. Đẳng cấu a. Định nghĩa: Hai không gian vectơ V và V’ được gọi là đẳng cấu với nhau, ký hiệu 'V V nếu tồn tại một đẳng cấu từ V vào V’. Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 5 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ b. Định lý: 'V V khi và chỉ khi dim V = dim V’. c. Ví dụ: 1) Cho 3 4:f → là một ánh xạ tuyến tính cho bởi 1 1 2 2 3 3( ) (1,1,2,2); ( ) (2,3,5,6); ( ) (4,5,9,10)f e u f e u f e u= = = = = = trong đó 1 2 3 4{ , , , }B e e e e= là cơ sở chính tắc của 3 . Hỏi ánh xạ f có là đơn cấu không? Tại sao? Giải: Ta lập ma trận A với các dòng là tọa độ của các vectơ 1 2 3 4, , ,u u u u , thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên dòng ta được 2 2 1 3 3 1 3 3 2 2 4 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 3 5 6 0 1 1 2 0 1 1 2 4 5 9 10 0 1 1 2 0 0 0 0 d d d d d d d d d A → − → − → −            = ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→                  Do đó rank( f ) = 3 1 2 3 4( , , , ) 2 3 dimrank u u u u rankA= =  = . Vậy f không là đơn cấu. 2) Cho 3 2:f → là ánh xạ tuyến tính xác định bởi 1 1 2 2 3 3( ) (1,1); ( ) (1,2); ( ) (0,0)f e u f e u f e u= = = = = = . Chứng minh rằng f là một toàn cấu. Giải: 2 1 2 3 1 1 ( ) ( , , ) 1 2 2 dim( ) 0 0 rank f rank u u u rank    = = = =      . Vậy f là một toàn cấu.■ 3) Cho 3 3:f → là ánh xạ tuyến tính cho bởi 1 1 2 2 3 3( ) (1,1,1); ( ) (1,1,0); ( ) (1,0,0)f e u f e u f e u= = = = = = . Ánh xạ f có phải là một đẳng cấu không? Giải: Ta lập ma trận A với các dòng là tọa độ các vectơ  1 2 3( ), ( ), ( )f e f e f e . Do 1 1 1 1 1 0 3 1 0 0 rankA rank    = =      nên hệ vectơ  1 2 3( ), ( ), ( )f e f e f e là cơ sở của 3 . Ánh xạ f biến cơ sở chính tắc thành cơ sở của 3 , nên f là một đẳng cấu.■ Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 6 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 4.2. Ma trận của ánh xạ tuyến tính 4.2.1. Ma trận của ánh xạ tuyến tính đối với cặp cơ sở tương ứng của hai không gian vector 4.2.1.1. Ma trận của một ánh xạ tuyến tính: Cho : 'f V V→ là ánh xạ tuyến tính từ không gian vectơ n chiều V vào không gian vectơ m chiều V’ (với ( ), 1m n  . Giả sử 1 2( , ,..., )nB e e e= và ' ' ' 1 2' ( , ,..., )mB e e e= lần lượt là hai cơ sở được sắp của không gian V và V’. Khi đó, mỗi vectơ ( )jf e trong V’ có dạng: ' ' ' ' 1 1 2 2 1 ( ) ... m j j j mj m ij i i f e a e a e a e a e = = + + + = , hay [ ] 1 2( ) ( , ,..., ), 1,j B j j mjf e a a a j n= = . Vậy f sẽ hoàn toàn xác định nếu biết các hệ số ija , hay f được xác định bởi ma trận ( ) ( , ; )ijA a M m n K=  . Ma trận ( )ij m nA a = là ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cặp cơ sở (B; B’). Ma trận A là ma trận với m dòng (bằng số chiều của không gian V’) và n cột (bằng số chiều của không gian V), cột thứ j là tọa độ của ( )jf e trong cơ sở B’ ( 1, )j n= . Nếu f là một phép biến đổi tuyến tính thì ma trận của f là một ma trận vuông cấp n. 4.2.1.2. Ví dụ: Xét cơ sở chính tắc trong các không gian vectơ sau đây Ánh xạ tuyến tính : ( ,0,...,0) mf x x → thì ma trận biểu diễn của ánh xạ f trong cặp cơ sở chính tắc của không gian , m là 1 0 0             Ánh xạ tuyến tính 1 2 1 : ( , ,..., ) n n g x x x x → có ma trận biểu diễn của ánh xạ g trong cặp cơ sở chính tắc của không gian ,n là  1 0 ... 0 . Ánh xạ 2 2: ( , ) (2 ,3 2 ) h x y x y x y → + − có ma trận biểu diễn của ánh xạ h trong cặp cơ sở chính tắc của 2 là 2 1 3 2    −  Ánh xạ đồng nhất : n nid u u → có ma trận biểu diễn của ánh xạ đồng nhất trong cặp cơ sở chính tắc là ma trận đơn vị nI . Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 7 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 4.2.1.3. Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính: Cho : 'f V V→ là ánh xạ tuyến tính từ không gian vectơ n chiều V vào không gian vectơ m chiều V’ ( , 1)m n  và ( )ij m nA a = là ma trận của f trong cặp cơ sở (B, B’). Với mỗi vectơ x V , ta thiết lập mối quan hệ giữa các tọa độ của x trong B với tọa độ của ( ) 'f x V trong B’. Giả sử [ ] 1 2( , ,..., )B nx x x x= và ' ' ' [ '] 1 2( ) ( , ,..., )B mf x x x x= hay 1 n j j j x x e = = và ' ' 1 ( ) m i i i f x x e = = . Khi đó, ' ' ' ' ' 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) , 1, m n n n m m n n i i j j j j j ij i ij j i i ij j i j j j i i j j x e f x f x e x f e x a e a x e x a x i m = = = = = = = =      = = = = =  = =                  Cụ thể: ' 1 11 1 12 2 1 ' 2 21 1 22 2 2 ' 1 1 2 2 ... ... ... n n n n m m m mn n x a x a x a x x a x a x a x x a x a x a x  = + + +  = + + +    = + + + hoặc ' 11 12 1 11 ' 21 22 2 22 ' 1 2 ... ... ... n n m m mn nm a a a xx a a a xx a a a xx                  =                    Tức là,    ' ( ) B B f x A x= , đây gọi là biểu thức tọa độ của f đối với cặp cơ sở (B, B’). Ví dụ: Xét phép biến đổi tuyến tính 3 3:f → với cơ sở chính tắc của 3 , khi đó ma trận của f đối với cơ sở này là: 3 4 0 5 2 1 2 3 0 A    =      . Nếu vector x có tọa độ trong cơ sở chính tắc là 2 [ ] 5 7 x    =      Khi đó 3 4 0 2 28 [ ( )] .[ ] 5 2 1 5 27 2 3 0 7 19 f x A x            = = =                  4.2.2. Ma trận của phép biến đổi tuyến tính đối với một cơ sở 4.2.2.1. Định nghĩa Cho toán tử tuyến tính :f V V→ trên không gian n chiều V và B là một cơ sở của V. Ma trận của f đối với cặp cơ sở B. Nhận xét: Nếu  1 2, ,..., vnB v v= và A là ma trận của f đối với cơ sở B thì    1 2 1 2( ) ( ) ... ( ) ...n nf v f v f v v v v A= Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 8 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 4.2.2.2. Mệnh đề Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gian vector V.  1 2, ,..., vnv v = và  1 2' , ,..., nu u u = là 2 cở sở của V. Giả sử ma trận chuyển cở sở từ  sang ' là C, ma trận của f đối với cơ sở  và ' lần lượt là A và B. Khi đó 1B C AC−= 4.2.3. Quan hệ của hai ma trận cùng một phép biến đổi tuyến tính đối với hai cơ sở 4.2.3.1. Định lý: Giả sử các ma trận A và B lần lượt là ma trận của các ánh xạ tuyến tính : 'f V V→ và : ' ''g V V→ ứng với các cặp cơ sở là (B, B’) và (B’, B’’) thì ma trận của ánh xạ tích : ''gf V V→ ứng với cặp cơ sở (B, B’’) là ma trận BA. 4.2.3.2. Ví dụ: Cho hai ánh xạ tuyến tính 3 2:f → và 2 3:g → xác định như sau: 3 2 ( , , ) (2 , 2 3 ), ( , , ) ( ', ') ( ' ', ' 2 ', ' '), ( ', ') f x y z x y z x y z x y z g x y x y x y x y x y = + − + +   = − + +   Hãy xác định ma trận của ánh xạ f, g, gf trong cặp cơ sở chính tắc của các không gian tương ứng. Giải: Ma trận của ánh xạ f và g trong cơ sở chính tắc lần lượt là 2 1 1 1 2 3 A −  =     và 1 1 1 2 1 1 B −   =      Ma trận của ánh xạ tích gf là 1 1 4 4 5 5 3 3 2 C BA − −   = =      . Do đó, ánh xạ tích h=gf có dạng sau: 3( , , ) ( 4 ,4 5 5 ,3 3 2 ), ( , , )h x y z x y z x y z x y z x y z= − − + + + +   .■ 4.2.4. Ma trận đồng dạng 4.2.4.1. Định nghĩa: Giả sử A và B là các ma trận vuông cấp n trên K. Ta nói rằng A và B là hai ma trận đồng dạng nếu tồn tại một ma trận khả nghịch P sao cho 1B P AP−= và ký hiệu là A B . 4.2.4.2. Ví dụ: Cho hai ma trận 2 3 3 6 A   =  −  và 3 0 0 7 B   =  −  . Xét ma trận 3 1 1 3 P   =  −  . Vì det P = -10 nên P khả nghịch và 1 3 /10 1/10 1/10 3 /10 P−   =  −  . Ta có: Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 9 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 1 3/10 1/10 2 3 3 1 3 0 . . 1/10 3 /10 3 6 1 3 0 7 P A P B−         = = =       − − − −        Do đó A và B là hai ma trận đồng dạng. Cho hai ma trận 1 3 3 3 5 3 3 3 1 A    = − − −      và 1 0 0 0 2 0 0 0 2 B    = −    −  Gọi ma trận 1 1 1 1 1 0 1 0 1 P − −   = −      và rõ ràng P khả nghịch. Ta có 1 2 2 1 2 0 1 0 2 AP    = − −    −  và 1 2 2 1 2 0 1 0 2 PB    = − −    −  Vậy AP = PB nên 1B P AP−= , từ đó hai ma trận A và B là đồng dạng. 4.2.4.3. Mệnh đề: Quan hệ đồng dạng là một quan hệ tương đương trên ( )nM K Chứng minh: Quan hệ này thỏa các tính chất sau: - Phản xạ: Do nI khả nghịch và 1. .n nI A I A − = nên A A - Đối xứng: Nếu A B thì tồn tại ma trận khả nghịch P sao cho 1B P AP−= , suy ra ( ) 1 1 1 1. . . .A P B P P B P − − − −= = . Ma trận 1Q P−= khả nghịch nên 1. .A Q B Q−= . Do đó, B A - Bắc cầu: Nếu A B và B C thì tồn tại các ma trận khả nghịch P và Q sao cho 1B P AP−= và 1 1 1 1( ) ( )C Q BQ Q P APQ PQ A PQ− − − −= = = . Do đó ma trận R PQ= khả nghịch và 1C R AR−= . Do đó C A 4.2.4.4. Định lý: Nếu A và B là hai ma trận đồng dạng thì ( ) ( )A Bf t f t= . Chú ý: Mệnh đề đảo của Định lý 1.2.9 nói chung không đúng, nghĩa là hai ma trận có cùng đa thức đặc trưng chưa hẳn là đồng dạng. Ví dụ: Xét hai ma trận sau: 1 1 0 1 A   =     và 1 0 0 1 B   =     Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 10 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Nhận thấy A và B có cùng đa thức đặc trưng 2( ) ( ) ( 1)A Bf t f t t= = − . Tuy nhiên A và B không đồng dạng. Thật vậy, nếu A và B đồng dạng thì tồn tại ma trận khả nghịch P sao cho 1B P AP−= suy ra 1 2A PBP B I −= = = . Điều này dẫn đến mâu thuẫn. Vậy A và B không đồng dạng. 4.3. Trị riêng và vecto riêng 4.3.1. Trị riêng và vector riêng của toán tử tuyến tính (hay biến đổi tuyến tính) và trị riêng và vector riêng của ma trận 4.3.1.1. Trị riêng và vector riêng của toán tử tuyến tính (hay biến đổi tuyến tính) a. Định nghĩa: Cho V là một không gian vector trên trường K. Một ánh xạ tuyến tính :V V → được gọi là một toán tử tuyến tính của V. Một toán tử tuyến tính  của V còn được gọi là một phép biến đổi tuyến tính. b. Ví dụ: 1) Cho ánh xạ 2 2: → xác định bởi 1 2 1 2 1 2( , ) (2 , 2 )x x x x x x = + + . Khi đó  là một toán tử tuyến tính trên 2 . 2) Cho ánh xạ 2 2: [ ] [ ]P x P x → cho bởi 2 2 0 1 2 0 0 1 1 2( ) 3 (5 2 ) ( )a a t a t a a a t ta a t + + = + − + + Khi đó  là một toán tử tuyến tính trên 2[ ]P x . 3) Cho ánh xạ 2 2: ( ) ( )M M → xác định bởi 1 2 ( ) 3 4 X X   =     Khi đó  là một toán tử tuyến tính trên 2 ( )M . c. Định nghĩa: Cho  là một toán tử tuyến tính của không gian vector V trên trường K. Một phần tử K được gọi là giá trị riêng của nếu tồn tại một vector khác không v V sao cho ( )v v = . Khi đó vector v được gọi là vector riêng của  ứng với giá trị riêng  . d. Ví dụ: 1. Cho  là một toán tử tuyến tính của không gian vector V trên trường K. Khi đó phần tử 0 là giá trị riêng của  khi và chỉ khi 0Ker  . Vì Khi đó 0v  là vector riêng của  ứng với giá trị riêng 0 khi và chỉ khi v Ker . 2. Mọi vector khác 0 đều là vector riêng của toán tử đồng nhất hoặc toán tử 0. Với toán tử đồng nhất, thì giá trị riêng bằng 1, còn toán tử 0 thì giá trị riêng là 0. 3. Cho f là toán tử tuyến tính trên không gian 3 được xác định như sau: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2( , , ) (3 3 2 , 2 , 3 )f x x x x x x x x x x x= + + + − − − có giá trị riêng là 4 = và một vector riêng tương ứng với giá trị riêng này là (1,1, 1)u = − vì f (u) = f (1, 1, -1) = (4,4,-4) = u . e. Định lý: Giả sử  là một toán tử tuyến tính của không gian vector v trên trường K. Khi đó K là giá trị riêng của  nếu và chỉ nếu VId − không là đơn ánh. Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 11 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Chứng minh: Nhận xét ( )v v = khi và chỉ khi ( ) 0VId v − = với mọi K . Nếu  là một giá trị riêng của  thì tồn tại một vector v khác 0 sao cho ( )v v = . Suy ra ( )v Ker Id  − , vì v khác 0 nên ( )VKer Id − khác 0 do đó VId − không là đơn ánh. Đảo lại, giả sử VId − không là đơn cấu. Khi đó tồn tại một vector v khác 0 sao cho ( ) 0VId v − = suy ra ( )v v = . Do đó  là một giá trị riêng của  và v là vector riêng tương ứng. f. Định lý: Giả sử  là một toán tử tuyến tính của không gian vector V trên trường K. Khi đó nếu c là các vector riêng của  ứng với các giá trị riêng phân biệt 1 2, ,..., r   thì 1 2{ , ,..., }rv v v độc lập tuyến tính. Chứng minh: Giả sử 1 2{ , ,..., }rv v v phụ thuộc tuyến tính. Khi đó, tồn tại chỉ số s nhỏ nhất sao cho 1sv + là tổ hợp tuyến tính của các vector độc lập tuyến tính 1 2, ,..., sv v v hay tồn tại các số 1 2, ,..., sk k k K sao cho 1 1 1 2 2 ...s s sv k v k v k v+ = + + + . Do iv là các vector riêng của toán tử  ứng với giá trị riêng i nên ( )i i iv v = với mọi i = 1, 2,..,s. Từ đó ta có 1 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ... ( )s s sv k v k v k v   + = + + + hay 1 1 1 1 1 2 2 2 ...s s s s sv k v k v k v   + + = + + + . Suy ra 1 1 1 1 2 2 1 2 1( ) ( ) ... ( ) 0s s s s s sk v k v k v     + + +− + − + + − = . Vì tập  1 2, ,..., sv v v độc lập tuyến tính nên 1( ) 0i i sk   +− = suy ra 0, 1,ik i s=  = . Do đó 1 0sv + = , mâu thuẫn với 1 0sv +  . Vậy 1 2{ , ,..., }rv v v độc lập tuyến tính. g. Định lý: Cho  là một toán tử tuyến tính của không gian vector V trên trường K. Giả sử K là một giá trị riêng của . Khi đó tập ( ) { | ( ) }V V v v    =  = là một không gian vector con của V. Chứng minh: Do vector 0 thuộc ( )V  nên ( )V    . Nếu , ( )u v V  thì ( ) ; ( ) ( )u u v v   = = . Khi đó, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) u v u v u v u v ku k u k u ku           + = + = + = + = = = Vậy u + v và ku đều thuộc vào ( )V  với mọi , ( )u v V  và với mọi k thuộc K. Do đó ( )V  là một không gian vector con của V. Không gian vector con ( )V  được gọi là không gian vector riêng của  ứng với giá trị riêng  . Không gian vector riêng ( )V  bao gồm các vector riêng của  ứng với giá trị riêng  và vector 0. Nhận xét: Nếu dim V = n và  có ma trận biểu diễn A theo cơ sở S thì  là giá trị riêng của  khi và chỉ khi  là nghiệm của đa thức đặc trưng ( ) ( ) | |A nf t f t A tI = = − của  . Mỗi toán tử tuyến tính của không gian vector n chiều có tối đa n giá trị riêng khác nhau. Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 12 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Ký hiệu [ ]Sv là tọa độ của vector v trong cơ sở S. Khi đó  là giá trị riêng của  khi và chỉ khi hệ phương trình tuyến tính thuần nhất .[ ] [ ]S SA v v= có nghiệm không tầm thường. Tập các nghiệm không tầm thường của hệ này là tọa độ của tất cả các vector riêng của  ứng với giá trị riêng  . 4.3.1.2. Trị riêng và vector riêng của ma trận a. Định nghĩa: Cho A là một ma trận vuông cấp n trên trường K. Một số K được gọi là giá trị riêng của ma trận A nếu tồn tại vectơ khác không nu K , sao cho ( )A u u= . Khi đó vectơ u được gọi là vectơ riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng  . b. Ví dụ: Cho ma trận 2 3 1 1 , , 3 6 3 2 A u v       = = =     − −      Ta có: 2 3 1 7 7 3 6 3 21 Au u −      = = = −     − −      Và 2 3 1 8 1 3 6 2 9 2 Av k         = =        − −        Kết luận: u là vectơ riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng – 7, còn v không là vectơ riêng của ma trận A vì không tồn tại một số thực k nào thỏa Av = kv. c. Định lý: Cho A là một ma trận vuông cấp n trên trường K. Khi đó số K là giá trị riêng của A nếu và chỉ nếu phương trình thuần nhất ( ) 0nA I x− = có nghiệm không tầm thường. Chứng minh: Giả sử K là một giá trị riêng của ma trận A. Khi đó, tồn tại một vectơ khác không nu K sao cho Au u= , suy ra ( ) 0nA I u− = hay u chính là nghiệm của phương trình thuần nhất ( ) 0nA I x− = . Vậy phương trình nhất ( ) 0nA I x− = có nghiệm không tầm thường. Ngược lại, nếu phương trình ( ) 0nA I x− = có nghiệm không tầm thường nu K thì ( ) 0nA I u− = hay Au u= nên u là vectơ riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng  . Ví dụ: Cho ma trận vuông 2 3 3 6 A   =  −  và 1 3 3 3 5 3 3 3 1 B    = − − −      a) Chứng tỏ rằng 1 = là một giá trị riêng của ma trận B và hãy tìm các vectơ riêng ứng với giá trị riêng 1 = . b) Tìm vectơ riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng 3 = Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 13 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Giải: a) Xét ma trận 3 0 3 3 3 6 3 3 3 0 B I    − = − − −      . Vì det(B - I3) = 0 nên hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (B - I3)x = 0 (1) có nghiệm không tầm thường. Giải hệ phương trình (1): 3 3 1 3 3 2 2 2 1 1 1 2 /( 3) 3 /(3) 0 3 3 0 3 3 0 3 3 3 6 3 3 6 3 1 2 1 3 3 0 0 3 3 0 0 0 0 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 d d d d d d d d d d d d B I → + → + → − →             − = − − − ⎯⎯⎯⎯→ − − − ⎯⎯⎯⎯→            − −             ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯→            Vậy hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc vào x3. 1 2 3 x t x t x t =  = −  =  Chọn 1 1 1 u    = −      , khi đó x u= là các vectơ riêng của B ứng với giá trị riêng 1 = với , 0   . b) Xét ma trận 2 1 3 3 3 3 A I −  − =  −  . Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (A – 3I2)x = 0 Ta có 1 2 1 2 1 1 2 2 2 3 0 3 3 3 9 0 x x x x x t x x x x t − + = = =       − =  =    Do đó nếu chọn 3 1 u   =     thì u là một vectơ riêng ứng với giá trị riêng 3 = . d. Hệ quả: Cho A là một ma trận vuông cấp n trên trường K. Khi đó, 0 là giá trị riêng của A nếu và chỉ nếu A không khả nghịch. Chứng minh: Ta có 0 là giá trị riêng của ma trận A nếu và chỉ nếu phương trình ( 0 ) 0nAx A I x= − = có nghiệm không tầm thường. Ta đã biết phương trình Ax = 0 có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi ma trận A không khả nghịch. Do đó 0 là giá trị riêng của A nếu và chỉ nếu A không khả nghịch. Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 14 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ e. Định lý: Cho A là một ma trận vuông cấp n trên trường K. Giả sử 1 2, ,..., ru u u là các vectơ riêng ứng với các giá trị riêng 1 2, ,..., r   của ma trận A, khi đó tập 1 2{ , ,..., }ru u u độc lập tuyến tính. Chứng minh: Giả sử 1 2{ , ,..., }ru u u phụ thuộc tuyến tính. Khi đó, tồn tại chỉ số s nhỏ nhất sao cho 1su + khác 0 là một tổ hợp tuyến tính của các vector độc lập tuyến tính 1 2, ,..., su u u nghĩa là tồn tại 1 2, ,.., sk k k K sao cho: 1 1 1 2 2 ...s s su k u k u k u+ = + + + . Do iu là vector riêng của A ứng với giá trị riêng i nên i i iAu u= với mọi i = 1, 2, , s. Từ đó ta có 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2... ...s s s s s s s sAu k Au k Au k Au u k u k u k u   + + += + + +  = + + + . Suy ra, 1 1 1 1 2 2 1 2 1( ) ( ) ... ( ) 0s s s s s sk u k u k u     + + +− + − + + − = . Vì tập 1 2{ , ,..., }su u u độc lập tuyến tính nên 1( ) 0i i sk   +− = do đó 0ik = với mọi i = 1, 2, , s. Điều này dẫn đến 1 0su + = mâu thuẫn với 1su + khác 0. Vậy tập 1 2{ , ,..., }ru u u độc lập tuyến tính. Cho A là một ma trận vuông cấp n trên trường K và K là giá trị riêng của A. Tập tất cả các nghiệm của phương trình ( ) 0nA I x− = được gọi là không gian vector riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng  và ký hiệu là ( )AE  . Vậy không gian vector riêng ( )AE  bao gồm vector không và tất cả các vector riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng  . g. Định lý: Cho A là một ma trận vuông cấp n trên K và K là giá trị riêng của A. Khi đó, không gian vector riêng ( )AE  là một không gian vector con của nK . Chứng minh: Do vector 0 thuộc ( )AE  nên ( )AE  khác rỗng. Nếu , ( )Au v E  thì Au u= và Av v= . Do đó, ( ) ( )A u v Au Av u v u v  + = + = + = + và ( ) ( ) ( )A ku k Au k u ku = = = .Vậy u + v và ku đều thuộc ( )AE  với mọi ; , ( )Ak K u v E   . Vậy ( )AE  là một không gian vector con của nK . Ví dụ: Ma trận 2 3 3 6 A   =  −  có các giá trị riêng là 3, 7 = − . Không gian vector riêng (3)AE và ( 7)AE − của ma trận A là:  (3) (3,1) |AE  =  và  ( 7) (1, 3) |AE  − = −  . Ta có 1 (3,1)u = và 2 (1, 3)u = − lần lượt là cơ sở của (3)AE và ( 7)AE − . Do  1 2;u u độc lập tuyến tính nên lập thành một cơ sở của 2 Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 15 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Ma trận 1 3 3 3 5 3 3 3 1 B    = − − −      có các giá trị riêng là 1, 2 = − . Không gian vector riêng  (1) (1, 1,1) |AE  = −  ứng với giá trị riêng 1 = . Không gian này có số chiều bằng 1 và có cơ sở gồm một vector 1 (1, 1,1)u = − . Không gian vector riêng  ( 2) ( 1,1,0) ( 1,0,1) | ,AE    − = − + −  ứng với giá trị riêng và có số chiều bằng 2 với cơ sở gồm hai vector 2 3( 1,1,0); ( 1,0,1)u u= − = − . Nhận thấy 1 2 3{ , , }u u u độc lập tuyến tính nên là cơ sở của 3 . 4.3.2. Chéo hóa ma trận 4.3.2.1. Định nghĩa: Cho A là một ma trận vuông cấp n trên K. Ma trận A được gọi là chéo hóa được nếu A đồng dạng với một ma trận đường chéo. Nhận xét: Ma trận vuông A chéo hóa được nếu tồn tại một ma trận khả nghịch P và một ma trận đường chéo D để 1A PDP−= . 4.3.2.2. Ví dụ: Ma trận 2 3 3 6 A   =  −  chéo hóa được vì tồn tại ma trận khả nghịch 3 1 1 3 P   =  −  và ma trận đường chéo 3 0 0 7 D   =  −  thỏa mãn 1A PDP−= . Ma trận 1 3 3 3 5 3 3 3 1 B    = − − −      chéo hóa được vì tồn tại ma trận khả nghịch P và ma trận đường chéo D lần lượt là: 1 1 1 1 1 0 1 0 1 P − −   = −      và 1 0 0 0 2 0 0 0 2 D    = −    −  thỏa mãn 1B PDP−= . 4.3.2.3. Định lý: Cho A là ma trận vuông cấp n trên trường K. Khi đó A chéo hóa được nếu và chỉ nếu A có n vector riêng độc lập tuyến tính. Hơn nữa, nếu 1A PDP−= với D là ma trận chéo thì các phần tử trên đường chéo chính của D là các giá trị riêng của ma trận A và các cột của ma trận P là các vector riêng tương ứng. Chứng minh: Nếu P là ma trận vuông cấp n với các cột 1 2, ,..., nu u u và D là ma trận đường chéo với các phần tử trên đường chéo chính là các giá trị riêng 1 2, ,..., n   thì 1 2 1 2[ ... ] [ ... ]n nAP A u u u Au Au Au= = (1) Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 16 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Và   1 2 1 1 2 2 0 ... 0 0 ... 0 ... 0 0 ... n n n PD P u u u            = =       (2) Vì A chéo hóa được nên tồn tại ma trận khả nghịch P sao cho 1A PDP−= . Nhân bên phải hai vế đẳng thức này cho P ta được AP PD= . Từ (1) và (2) suy ra 1 2 1 1 2 2[ ... ] [ ... ]n n nAu Au Au u u u  = (3) Khi đó các cột tương ứng phải bằng nhau tức là: 1 1 1 2 2 2; ;...; n n nAu u Au u Au u  = = = . (4) Vì ma trận P khả nghịch nên các cột 1 2, ,..., nu u u phải độc lập tuyến tính. Từ (4) suy ra các 1 2, ,..., n   là các giá trị riêng và 1 2, ,..., nu u u là các vector riêng tương ứng với từng giá trị riêng đó. Ngược lại nếu 1 2, ,..., nu u u là các vector riêng của ma trận A độc lập tuyến tính tương ứng với các giá trị riêng 1 2, ,..., n   . Đặt 1 2[ ... ]nP u u u= và 1 2 0 ... 0 0 ... 0 ... ... ... ... 0 0 ... n D         =       Khi đó từ (1) (2) và (3) ta suy ra AP = PD. Do các vector riêng 1 2, ,..., nu u u độc lập tuyến tính nên ma trận P khả nghịch suy ra tồn tại 1P− . Nhân bên bải hai vế của đẳng thức AP = PD với 1P− ta được 1A PDP−= . Do đó ma trận A chéo hóa được. Nhận xét: Ma trận vuông A cấp n chéo hóa được nếu và chỉ nếu nó có đủ n vector riêng 1 2, ,..., nu u u độc lập tuyến tính và lập thành một cơ sở của nK . Cơ sở  1 2, ,..., nu u u được gọi là cơ sở vector riêng của ma trận A. 4.3.2.4. Ví dụ: Chéo hóa ma trận A nếu được với 1 3 3 3 5 3 3 3 1 A    = − − −      Giải: Ta thực hiện theo 4 bước sau: Bước 1: Xác định các giá trị riêng của ma trận A. Trong bước này ta cần xác định đa thức đặc trưng ( )Af t và giải phương trình đặc trưng ( ) 0Af t = để tìm các giá trị riêng của A. Đa thức đặc trưng: 3 2 2( ) 3 4 ( 1)( 2)Af t t t t t= − − + = − − + . Giải phương trình đặc trưng ( ) 0Af t = ta được hai nghiệm t = 1 và t = - 2. Vậy ma trận A có hai giá trị riêng là 1; 2 = = − . Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 17 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Bước 2: Xác định ba vector riêng của ma trận A độc lập tuyến tính. Vì A là một ma trận vuông cấp 3 nên muốn A chéo hóa được thì nó ắt phải có ba vector riêng lập thành cơ sở của 3 . Muốn xác định được ba vector riêng của ma trận A lập thành cơ sở của 3 , ta chỉ cần tìm một cơ sở của mỗi không gian vector riêng ( )AE  ứng với mỗi giá trị riêng  . Cơ sở của (1)AE là 1 1 1 1 u    = −      Cơ sở của ( 2)AE − là 2 1 1 0 u −   =      và 3 1 0 1 u −   =      Nhận thấy 1 2 3{ , , }u u u độc lập tuyến tính do đó nó là cơ sở của 3 . Bước 3: Lập ma trận P từ các vector riêng trong bước 2. Thứ tự các vector riêng không quan trọng. Sử dụng thứ tự đã chọn trong bước 2, ta lập được ma trận khả nghịch P. 1 2 3 1 1 1 [ , , ] 1 1 0 1 0 1 P u u u − −   = = −      Bước 4: Lập ma trận đường chéo D từ các giá trị riêng tương ứng. Trong bước này thứ tự của các giá trị riêng là quan trọng. Nó phải sắp xếp theo thứ tự của các cột của ma trận P. Ở đây ta sử dụng giá trị riêng 2 = − hai lần. Một lần cho vector riêng 2u và một lần cho vector riêng 3u ứng với giá trị riêng 2 = − . Do đó ma trận 1 0 0 0 2 0 0 0 2 D    = −    −  Do P khả nghịch nên muốn kiểm tra xem hai ma trận P và D có thỏa mãn 1A PDP−= . Ta có 1 3 3 1 1 1 1 2 2 3 5 3 . 1 1 0 1 2 0 3 3 1 1 0 1 1 0 2 AP − −           = − − − − = − −            −      và 1 1 1 1 0 0 1 2 2 1 1 0 . 0 2 0 1 2 0 1 0 1 0 0 2 1 0 2 PD − −           = − − = − −            − −      Vậy A chéo hóa được. 2. Chéo hóa ma trận B nếu được với 2 4 3 4 6 3 3 3 1 B    = − − −      Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 18 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Giải Đa thức đặc trưng của ma trận A là 3 2 2( ) 3 4 ( 1)( 2)Af t t t t t= − − + = − − + . Giải phương trình đặc trưng ( ) 0Af t = ta được các nghiệm là t = 1 và t = 2. Vậy ma trận A có hai giá trị riêng là 1; 2 = = − . Khi tìm cơ sở của các không gian riêng (1)AE và ( 1)AE − ta được: Cơ sở của (1)AE là 1 1 1 1 u    = −      và cơ sở của ( 2)AE − là 2 1 1 0 u −   =      . Mặt khác mọi vector riêng của ma trận A đều là tổ hợp tuyến tính của 1u hoặc 2u . Do đó, ta không thể tìm được ba vector riêng của A để lập thành cơ sở của 3 . Vậy ma trận A không thể chéo hóa được (theo định lý 4.3.2.2). 4.3.2.5. Hệ quả: Cho A là ma trận vuông cấp n trên K. Khi đó nếu A có n giá trị riêng phân biệt thì A chéo hóa được. Chứng minh: Giả sử 1 2, ,..., n   là các giá trị riêng phân biệt của ma trận A. Gọi 1 2, ,..., nu u u là các vector riêng của A tương ứng với các giá trị riêng 1 2, ,..., n   . Khi đó 1 2{ , ,..., }nu u u độc lập tuyến tính trong nK theo định lý 4.3.1.2e do đó ma trận A chéo hóa được theo định lý 4.3.3.3. Ví dụ: Chứng tỏ ma trận 1 8 3 0 3 3 0 0 2 A −   = − −    −  chéo hóa được Giải Ma trận A là ma trận tam giác trên có 1, - 3, -2 là các giá trị riêng phân biệt. Mặt khác do A là ma trận vuông cấp 3 có 3 giá trị riêng phân biệt nên nó chéo hóa được. Nhận xét: Cho A là ma trận vuông cấp n trên K. Nếu A có n giá trị riêng phân biệt 1 2, ,.., n   thì các vector riêng tương ứng 1 2, ,..., nu u u độc lập tuyến tính. Khi đó ta lập ma trận khả nghịch 1 2[ ... ]nP u u u= và ma trận đường chéo 1 2 0 ... 0 0 ... 0 ... ... ... ... 0 0 ... n D         =       sao cho 1A PDP−= hay ma trận A chéo hóa được. Trong trường hợp ma trận A có ít hơn n giá trị riêng phân biệt thì ta vẫn tìm được ma trận khả nghịch P và ma trận đường chéo D để 1A PDP−= , tức là A sẽ chéo hóa được theo định lý sau đây. Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 19 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 4.3.2.6. Định lý: Cho A là ma trận vuông cấp n trên K. Giả sử 1 2, ,..., r   là các giá trị riêng phân biệt của A và iS là cơ sở của không gian vector riêng ( )A iE  với mọi i = 1, 2, , r. Khi đó 1 2 ... rS S S S=    độc lập tuyến tính trong nK và A chéo hóa được nếu và chỉ nếu S chứa n vector. Chứng minh Giả sử 1 2 { ; ;...; } kii i i i S u u u= với dim ( )i K A ik E = và i = 1, 2, , r. Muốn chứng minh S độc lập tuyến tính, ta giả sử: 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1... ... ... 0r r r k k r r r r rk rk u u a u a u a u a u a u a u+ + + + + + + + = Chú ý rằng i1 i1 i2 i2 ... ( )i ii ik ik A iu a u a u a u E = + + +  do đó iu là vector riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng i hoặc 0iu = . Do tập các vector riêng ứng với các giá trị riêng phân biệt là độc lập tuyến tính nên từ đẳng thức 1 2 ... 0ru u u+ + + = ta suy ra 0iu = với mọi i = 1, 2, , r. Do đó, i1 i1 i2 i2 ... 0i iik ika u a u a u+ + + = . Vì iS là cơ sở của ( )A iE  nên 0ija = với mọi i = 1, 2, r và j = 1, 2, , ik . Vậy 1 2 ... rS S S S=    độc lập tuyến tính trong nK . Nếu S chứa n vector riêng độc lập tuyến tính. Nhóm các vector riêng ứng với giá trị riêng i vào iS . Chú ý rằng i jS S = với mọi i khác j. Từ đó suy ra, 1 2 ... rS S S S=    chứa n vector riêng của ma trận A. 4.3.2.7. Ví dụ: Chéo hóa ma trận sau đây (nếu được) 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 A      =       Giải Ta có đa thức đặc trưng của ma trận A là: 4 3 2 2( ) 4 2 4 3 ( 3)( 1) ( 1)Af t t t t t t t t= − + + − = − − + . Giải phương trình đặc trưng ( ) 0Af t = ta được các nghiệm t = 3, 1, -1. Vậy ma trận A có ba giá trị riêng 3,1, 1 = − . Ta sẽ tìm một cơ sở của không gian vector riêng (3), (1), ( 1)A A AE E E − . Cơ sở của (3)AE là 1 1 1 1 1 u      =       Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 20 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Cơ sở của (1)AE gồm hai vector 2 3 1 0 1 0 , 0 1 0 1 u u −           = =    −         Cơ sở của ( 1)AE − là vector 4 1 1 1 1 u −   −  =       Nhận thấy 1 2 3 4{ , , , }S u u u u= là hệ độc lập tuyến tính và do đó ma trận 1 2 3 4[ ]P u u u u= khả nghịch và 1A PDP−= , trong đó 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 P − −   −  =  −     và 3 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 D      =     −  Bài tập 1. Trong các ánh xạ sau, ánh xạ nào là ánh xạ tuyến tính 3 3 1 2 3 1 2 3 2 1 3 3 1 2 3 1 2 3 1 3 3 1 2 3 2 3 3 1 1 2 3 3 2 2 2 1 2 3 1 2 3 3 3 1 2 3 1 2 a. : : ( , , ) (2 , , ); . : : ( , , ) ( , 3, ); . : : ( , , ) ( , 2 ,2 ); . : : ( , , ) ( , , ); . : : ( , , ) ( , , 4); f. : f f x x x x x x x x b f f x x x x x x x c f f x x x x x x x x x d f f x x x x x x e f f x x x x x f → = − − → = + − → = + + + → = → = 3 2 1 2 3 1 2 3 2 3 4 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 : ( , , ) ( , ); g. : : ( , , ) ( , , , ); h. : [ ] [ ] : ( ( )) '( )n n f x x x x x x x f f x x x x x x x x x x x f x x f p x p x → = + + → = + − − − → = 2. Cho ánh xạ 2 3:f → với ( , ) (2 , , 2 )f x y x y x y x y m= − + − + . Tìm các giá trị của m để f là ánh xạ tuyến tính. 3. Cho ánh xạ tuyến tính 2 2:f → xác định bởi f (3, 1)=(2, -4) và f (1, 1) =(0, 2). Xác định 1 2( , )f x x 4. Cho ánh xạ tuyến tính 3 2:f → xác định bởi f (1,2,3) = (1,0); f (2, 5, 3) = (1, 0); f (1, 0, 10) = (0, 1). Xác định 1 2 3( , , )f x x x 5. Tìm ánh xạ tuyến tính 2 2: [ ] [ ]f x x→ xác định bởi 2 2 2(1) 1 ; ( ) 3 ; ( ) 4 2 3f x f x x f x x x= + = − = + − Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 21 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 6. Cho toán tử tuyến tính f trên 3 xác định như sau: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3( , , ) (( 1) ; ( 1) ; ( 1) )f x x x a x x x x a x x x x a x= + + + + + + + + + Với a là một số thực nào đó. a) Tìm a sao cho rank( f ) = 3, rank(f ) <3 b) Khi rank(f ) <3, tìm Kerf và Imf, f có phải đơn cấu, toàn cấu không? 7. Cho ánh xạ tuyến tính 4 4:f → xác định bởi 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4( , , , ) ( 2 4 3 ,3 5 6 4 ,4 5 2 3 ,3 8 24 19 )f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x= + + − + + − + − + + + − Tìm một cơ sở của Kerf và Imf. 8. Tìm toán tử tuyến tính c có ảnh sinh bởi hai vectơ (1, 2, 3) và (4, 5, 6). Hỏi ánh xạ f có đơn ánh không? 9. Tìm toán tử tuyến tính 4 3:f → có nhân sinh bởi hai vectơ (1, 2, 3, 4) và (0,1, 1, 1). Ánh xạ f có duy nhất không? 10. Cho toán tử tuyến tính 3 3:f → xác định bởi 1 2 3 1 2 3 1 3 1 2 3( , , ) ( , , )f x x x x x x x x x x x= − + + + + a) Tìm  để f không phải là đẳng cấu. b) Trong trường hợp câu a., hãy tìm cơ sở và số chiều của Kerf và Imf. 11. Cho ánh xạ 4 3:f → xác định bởi 1 2 3 4 1 2 3 1 4 2 3 4( , , , ) ( ,2 ,2 )f x x x x x x x x x x x x= − + + + − a) Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính b) Tìm ma trận của f trong cặp cơ sở 1 2 3 4{ (1,1,1,1); (0,1,1,1); (0,0,1,1); (0,0,0,1)}B u u u u= = = = = và 1 2 3' { (1,1,1); (1,1,0); (1,0,0)}B v v v= = = = c) Tìm rank( f ) và def( f ) 12. Cho toán tử tuyến tính 3 3:f → xác định bởi 1 2 3 2 3 1 2 1( , , ) (2 , 4 ,3 )f x x x x x x x x= + − Tìm ma trận của f đối với cơ sở 1 2 3{ (1,1,1); (1,1,0); (1,0,0)}B e e e= = = = Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 22 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 13. Cho toán tử tuyến tính 3 3:f → có ma trận đối với cơ sở chính tắc 1 2 3{ (1,0,0); (0,1,0); (0,0,1)}C e e e= = = = là: 0 2 1 3 1 0 2 1 1 −       −  Cho 1 2 3{ (3,1,2); (2,1,2); ( 1,2,5)}B u u u= = = = − a) Chứng minh B là cơ sở của 3 b) Tìm ma trận của f đối với cơ sở B. 14. Toán tử tuyến tính f đối với 4 có ma trận đối với cơ sở chính tắc C là 1 2 3 1 2 5 11 2 0 1 3 1 1 2 1 3        −     a) Tìm Kerf, Imf, rank( f ), def( f ). b) Tìm ma trận của f đối với cơ sở sau: 1 2 3 4{ (1,0,0,0); (1,1,0,0); (1,1,1,0); (1,1,1,1)}B u u u u= = = = = 15. Cho ánh xạ tuyến tính 3 2:f → và 3 2:g → xác định bởi 1 2 3 1 2 3( , , ) (2 , )f x x x x x x= + và 1 2 3 1 2 3( , , ) ( , )g x x x x x x= − Hãy xác định các ánh xạ f + g; 3f; 2f – 5g. 16. Cho ánh xạ 3 2:f → và 2 2:g → xác định bởi 1 2 3 1 2 3( , , ) (2 , )f x x x x x x= + và 1 2 2 1( , ) ( , )g x x x x= . Hãy xác định ánh xạ gf . 17. Cho f, g là các toán tử tuyến tính trên 2 xác định bởi 1 2 2 1( , ) ( , )f x x x x= và 1 2 1( , ) (0, )g x x x= Hãy xác định ánh xạ 2 2; ; ;fg gf f g 18. Chứng minh các toán tử tuyến tính dưới đây là các tự đẳng cấu và tìm 1f − 1 2 3 1 2 3 2 3 3) f(x , , ) ( 3 2 , 4 , )a x x x x x x x x= − − − 1 2 3 1 3 1 3 2) ( , , ) ( , , )b f x x x x x x x x= + − Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 23 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 19. Cho V là không gian vectơ hai chiều và 1 2{ , }B e e= là một cơ sở của V. Giả sử ' ' 1 2' { , }B e e= và '' '' 1 2'' { , }B e e= là các cơ sở của V sao cho: ' ' '' '' 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 22 ; 2 3 ; 3 ; 4 2e e e e e e e e e e e e= + = + = + = + Nếu ma trận của f đối với cơ sở B là 1 2 3 4       và ma trận của g đối với cơ sở B’ là 3 1 5 2       với f, g là các toán tử tuyến tính trên V. Hãy tìm ma trận của toán tử tuyến tính f +g đối với cơ sở B’’. Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 24