BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN

KHOA TOÁN ỨNG DỤNG





BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
NHÓM 1
H
ọ

và Tên

Nhi
ệ
m v
ụ

đư
ợ
c phân công


Đinh Văn Tuân
Nhóm trư
ở
ng:

phân công, tổng hợp bài tập

Nguy
ễ
n Th
ị

Kim Lan

Chương 2: 2.1e, 2.2

Dương Hoài Nam

Chương : 2a,4a

Phan H
ồ

Th
ả
o Mai

Chương 1: 1.9, chương 2: 2.1a

Hu
ỳ
nh Nguyên Hưng

Chương 3 : 3.1a, 3.3a.

Hu
ỳ

nh H
ữ
u M
ạ
nh

Chương 1: 1.1 , 1.5











Bài 2.1Tìm dạng chuẩn Jordan J của các ma trận A sau đây và tìm ma trận khả
nghịch P sao cho A =PJP
-1
.
e)
3 1 0 0
1 1 0 0
3 0 5 3
4 1 3 1
A

 

 
 

 

 
 
 

Đa thức đặc trưng của A

=>A có một giá trị riêng
2


với bội số là 4.
=>Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A.
Với
2



 
1 1 0 0
1 1 0 0
2 2
3 0 3 3
4 1 3 3
rank A I rank


 
 

 
  
 

 
 
 

 
2
0 0 0 0
0 0 0 0
2 0
0 0 0 0
0 0 0 0
rank A I rank
 
 
 
  
 
 
 

Số khối cấp 1:







0 2
2 2 2 2 4 2.2 0 0
rank A I rank A I rank A I
        

Có hai khối cấp 2(vì dimR
2
= 4).
Dạng chuẩn Jordan của A là:
 
4
3 1 0 0
1 1 0 0 3 1 5 3
( ) det( ) .
3 0 5 3 1 1 3 1
4 1 3 1
2
A
x
x x x
P x A xI
x x x
x
x
 
    

   
    
  
 
2 0 0 0
1 2 0 0
0 0 2 0
0 0 1 2
J
 
 
 

 
 
 

Chọn
1 2 3 4
, , ,
u u u u
sao cho
1 1 2 2 2 3 3 4 4 4
2 ; 2 ; 2 ; 2
Au u u Au u Au u u Au u
      .
Chọn


1 2 3 4

(1,0,0,0); (1,1,3,4); 0;1;0;0 ; ( 1; 1;0; 1)
u u u u
      

1 1 0 1
0 1 1 1
0 3 0 0
0 4 0 1
P

 
 

 

 
 

 

Bài 2.2.Chứng minh rằng mọi ma trận lũy linh(A
k
=0) đều chéo hóa được

A=0.
)


*
0 0

k
A A
   
A lũy linh.
*
0
A

=> Tồn tại ma trận vuông P cấp n khả nghịch bất kì và ma trận chéo D = 0 cấp n
sao cho
1
A PDP



A chéo hóa được.

) A chéo hóa được nếu tồn tại ma trận vuông P cấp n khả nghịch và ma trận chéo D
cấp n sao cho :
1
A PDP


với D =
1
2
0 0 0
0 0 0
0 0 0
n




 
 
 
 
 
 
 


1
2
1 1 1 1 1
0 0 0
0 0 0
. . . .
0 0 0
k
k
k k
k
n
A PD P PDP PDP P D P P P



    
 

 
 
   
 
 
 
 


Mà A lũy linh
0
k
A
 
=>
1 2
0 0
k k k k
n
D
  
     

1 2
0
0
0
n
D
A

  
    
 
 

Vậy mọi ma trận lũy linh(A
k
=0) đều chéo hóa được

A=0.


1

BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
Bài 3.1 (trang 39) Tính A
10
trong các trường hợp sau
a)
1 3 3
3 5 3
6 6 4
A

 
 
 
 
 


 

Giải
Ta có đa thức đặc trưng của A là
1 3 3 3 5 3
( ) det( ) 3 5 3 0 4 2 2
6 6 4 1 3 3
A
x x
P x A xI x x x
x x
   
        
   

2
3 5 3 3 5 3 3 5 3
(2 ) 0 2 1 (2 ) 0 2 1 (2 ) 0 2 1
1 3 3 2 2 3 1 1 3
x x x
x x x
x x x
     
        
     

2 2
1 1 0
(2 ) 0 2 1 (2 ) ( 4)
0 2 3

x x x
x

      
 

Vậy A có 2 giá trị riêng là
2

 
và
4



 Với
2

 

3 3 3 1 1 1
2 3 3 3 0 0 0
6 6 6 0 0 0
A I
 
   
   
   
   
   


   

Suy ra


1 2
( 1,0,1), (1,1,0)
u u   là cơ sở của
2
E


 Với
4



3 3 3 1 1 1 1 1 1
4 3 9 3 0 12 6 0 2 1
6 6 0 0 12 6 0 0 0
A I
     
     
     
      
     
     
 
     

Suy ra


3
(1,1, 2)
u  là cơ sở của
4
E

Vậy A chéo hóa được


2

1 1 1
0 1 1
1 0 2
P

 
 

 
 
 
,
2 0 0
0 2 0
0 0 4

D

 
 
 
 
 
 
,
1
1 1
1
2 2
2 1 1
1
3
1
2 3 1 1
2 2
2
0 1 1
1 1
0
2 2
P

 


 

 
 
 
   
 
 
 
 
 
 
 
 

Khi đó
10 10 1
. .
A P D P



10
10 10
10
10 10 20
10 10 20
10 21
1 1
1
2 2
1 1 1 ( 2) 0 0

3
1
0 1 1 . 0 ( 2) 0 1
2 2
1 0 2 0 0 4
1 1
0
2 2
1 1
1
2 2
2 2 2
3
1
0 2 2 1
2 2
2 0 2
1 1
0
2 2
A
A
 

 
 
 
 
 
 

 
  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 

 
 
 
  
 
 
 
 
 
 
 

10 19 19
10 10 9 19 9 19

10 9 20 9 20
0 2 2 2
2 3.2 2 2 2
2 2 2 2 2
A
 

 
    
 
 
 
 

Bài 3.3 (trang 39) Tìm số hạng tổng quát của hệ các dãy số sau đây
a)
1 1
1 1
1 1
2
2
2
n n n
n n n
u v
u u v
v u v
 
 
 



 


 


Bài giải
Đặt
1
1
1
2 1 2
; ;
1 2 2
n
n
n
u u
X A X
v v
   
   
   
   
   
   
 
 

Khi đó
1
1
.
n
n
X A X

 . Ta tìm
1
n
A


Ta có đa thức đặc trưng của A
2
2 1
( ) det( ) (2 ) 1 (1 ).(3 )
1 2
A
x
P x A xI x x x
x

        


Vậy A có 2 giá trị riêng là
1



và
3



 Với
1





3

1 1 1 1
1 1 0 0
A I
   
 
   
   


Suy ra


1
(1, 1)

u
 
là cơ sở của
1
E

 Với
3



1 1 1 1
3
1 1 0 0
A I

   
 
   

   


Suy ra


2
(1,1)
u  là cơ sở của
3

E

Vậy A chéo hóa được
1 1
1 1
P
 

 

 
,
1 0
0 3
D
 

 
 
,
1
1 1
1 1
1
2 2
1 1 1 1
2
2 2
P


 


 
 
 
 
 
 
 

Khi đó
1 1 1
. .
n n
A P D P
  


1
1
1
1
1
1 1
1
1 1
1 1
1 1 1 0
2 2

. .
1 1 0 3 1 1
2 2
1 1
1 3
2 2
.
1 1
1 3
2 2
1 1
(1 3 ) ( 1 3 )
2 2
1 1
( 1 3 ) (1 3 )
2 2
n
n
n
n
n
n n
n
n n
A
A
A






 

 
 

   
 
 
   
 

   
 
 

 
 
 
 
 

 
 
 
  
 
 
 

  
 

Vậy
1
1
.
n
n
X A X


1 1
1 1
1 1 1
1 1 1
1 1
(1 3 ) ( 1 3 )
2
2 2
.
1 1 2
( 1 3 ) (1 3 )
2 2
1 3 1 3 2.3
1 3 1 3 2.3
n n
n
n n
n

n n n
n
n n n
n
u
v
u
v
 
 
  
  
 
  
 
 
 
 
 
 
 
 
   
 

    



     




Bài tập ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
Chương : 1,2,3
Nhóm: 2
16/04/2015
a) A=
0
@
1 3 3
6 2 6
3 3 1
1
A
b) A=
0
@
1 1 1
2 0 2
1 1 1
1
A
c) A=
0
@
3 1 1
2 4 2
1 1 1
1

A
d) A=
0
@
3 2 1
1 4 1
1 2 1
1
A
e) A=
0
B
B
@
1 0 2 4
0 1 2 4
0 0 3 4
0 0 2 3
1
C
C
A
f) A=
0
B
B
@
1 0 0 0
6 7 6 3
9 9 8 3

0 0 3 2
1
C
C
A
Giải.
a) A=
0
@
1 3 3
6 2 6
3 3 1
1
A
Đa thức đặc trưng của A : P
A
(x) = det (A  xI) =






1  x 3 3
6 2  x 6
3 3 1  x







= (1  x)




2  x 6
3 1  x




+ 6




3 3
3 1  x




+ 3




3 3

2  x 6




= x
3
+ 48x  128 =  (x + 8) (x  4)
2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 8 ; x = 4:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 8 ;  = 4 :
* Với  = 8 :
A + 8I =
0
@
9 3 3
6 6 6
3 3 9
1
A

0
@
1 1 3
0 1 2
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A + 8I) X = 0 có nghiệm (1; 2; 1) t
Như vậy fP

1
= (1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
8
.
* Với  = 4 :
1
Bài tập 1.2. Tìm ma trận chéo hóa A và dạng chéo trong các trường hợp sau:
A  4I =
0
@
3 3 3
6 6 6
3 3 3
1
A

0
@
1 1 1
0 0 0
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A  4I) X = 0 có nghiệm (s + t; s; t)
Như vậy fP
2
= (1; 1; 0) ; P
3
= (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
4

.
Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP
1
= (1; 2; 1) ; P
2
= (1; 1; 0) ; P
3
= (1; 0; 1)g
nên ma trận A chéo hóa được.
Với P =
0
@
1 1 1
2 1 0
1 0 1
1
A
là ma trận chéo hóa A.
D =
0
@
8 0 0
0 4 0
0 0 4
1
A
là dạng chéo của A.
—————————————————————————————
b) A=
0

@
1 1 1
2 0 2
1 1 1
1
A
Đa thức đặc trưng của A : P
A
(x) = det (A  xI) =






1  x 1 1
2 x 2
1 1 1  x






=  (x + 2) (x  2)
2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 2 ; x = 2:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 2 ;  = 2 :
* Với  = 2 :
A + 2I =

0
@
3 1 1
2 2 2
1 1 3
1
A

0
@
1 1 3
0 1 2
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A + 2I) X = 0 có nghiệm (1; 2; 1) t
Như vậy fP
1
= (1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
2
.
* Với  = 2 :
A  2I =
0
@
1 1 1
2 2 2
1 1 1
1
A


0
@
1 1 1
0 0 0
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A  2I) X = 0 có nghiệm (s + t; s; t)
Như vậy fP
2
= (1; 1; 0) ; P
3
= (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
2
.
Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP
1
= (1; 2; 1) ; P
2
= (1; 1; 0) ; P
3
= (1; 0; 1)g
nên ma trận A chéo hóa được.
Với P =
0
@
1 1 1
2 1 0
1 0 1

1
A
là ma trận chéo hóa A.
D =
0
@
2 0 0
0 2 0
0 0 2
1
A
là dạng chéo của A.
—————————————————————————————
2
c) A=
0
@
3 1 1
2 4 2
1 1 1
1
A
Đa thức đặc trưng của A : P
A
(x) = det (A  xI) =







3  x 1 1
2 4  x 2
1 1 1  x






=  (x  4) (x  2)
2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 4 ; x = 2:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 4 ;  = 2 :
* Với  = 4 :
A  4I =
0
@
1 1 1
2 0 2
1 1 3
1
A

0
@
1 1 1
0 1 2
0 0 0
1

A
Do đó hệ phương trình (A  4I) X = 0 có nghiệm (1; 2; 1) t
Như vậy fP
1
= (1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
4
* Với  = 2 :
A  2I =
0
@
1 1 1
2 2 2
1 1 1
1
A

0
@
1 1 1
0 0 0
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A  2I) X = 0 có nghiệm (s + t; s; t)
Như vậy fP
2
= (1; 1; 0) ; P
3
= (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
2

.
Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP
1
= (1; 2; 1) ; P
2
= (1; 1; 0) ; P
3
= (1; 0; 1)g nên
ma trận A chéo hóa được.
Với P =
0
@
1 1 1
2 1 0
1 0 1
1
A
là ma trận chéo hóa A.
D =
0
@
4 0 0
0 2 0
0 0 2
1
A
là dạng chéo của A.
—————————————————————————————
d) A=
0

@
3 2 1
1 4 1
1 2 1
1
A
Đa thức đặc trưng của A : P
A
(x) = det (A  xI) =






3  x 2 1
1 4  x 1
1 2 1  x






=  (x  4) (x  2)
2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 4 ; x = 2:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 4 ;  = 2 :
* Với  = 4 :
A  4I =

0
@
1 2 1
1 0 1
1 2 3
1
A

0
@
1 2 1
0 1 1
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A  4I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1) t
Như vậy fP
1
= (1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
4
* Với  = 2 :
3
A  2I =
0
@
1 2 1
1 2 1
1 2 1
1
A


0
@
1 2 1
0 0 0
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A  2I) X = 0 có nghiệm (2s  t; s; t)
Như vậy fP
2
= (2; 1; 0) ; P
3
= (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
2
.
Vì A có đủ 3 vecto độc l ập tuyến tính fP
1
= (1; 1; 1) ; P
2
= (2; 1; 0) ; P
3
= (1; 0; 1)g
nên ma trận A chéo hóa được.
Với P =
0
@
1 2 1
1 1 0
1 0 1

1
A
là ma trận chéo hóa A.
D =
0
@
4 0 0
0 2 0
0 0 2
1
A
là dạng chéo của A.
—————————————————————————————
e) A=
0
B
B
@
1 0 2 4
0 1 2 4
0 0 3 4
0 0 2 3
1
C
C
A
Giải. Đa thức đặc trưng của A : P
A
(x) = det (A  xI) =









1  x 0 2 4
0 1  x 2 4
0 0 3  x 4
0 0 2 3  x








= (x + 1) (x  1)
3
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 1 ; x = 1:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 1 ;  = 1 :
* Với  = 1 :
A + I =
0
B
B
@
2 0 2 4

0 2 2 4
0 0 4 4
0 0 2 2
1
C
C
A

0
B
B
@
1 0 1 2
0 1 1 2
0 0 1 1
0 0 0 0
1
C
C
A
Do đó hệ phương trình (A + I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1; 1) t
Như vậy fP
1
= (1; 1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
1
* Với  = 1 :
A  I =
0
B
B

@
0 0 2 4
0 0 2 4
0 0 2 4
0 0 2 2
1
C
C
A

0
B
B
@
0 0 1 2
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1
C
C
A
Do đó hệ phương trình (A  I) X = 0 có nghiệm (s; t; 2q; q)
Như vậy fP
2
= (1; 0; 0; 0) ; P
3
= (0; 1; 0; 0) ; P
4
= (0; 0; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng

E
1
.
Vì A có đủ 4 vecto độc lập tuyến tính fP
1
= (1; 1; 1; 1) ; P
2
= (1; 0; 0; 0) ; P
3
= (0; 1; 0; 0) ; P
4
= (0; 0; 2; 1)g
nên ma trận A chéo hóa được.
Với P =
0
B
B
@
1 1 0 0
1 0 1 0
1 0 0 2
1 0 0 1
1
C
C
A
là ma trận chéo hóa A.
4
D =
0

B
B
@
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1
C
C
A
là dạng chéo của A.
—————————————————————————————
f) A=
0
B
B
@
1 0 0 0
6 7 6 3
9 9 8 3
0 0 3 2
1
C
C
A
Đa thức đặc trưng của A : P
A
(x) = det (A  xI) =









1  x 0 0 0
6 7  x 6 3
9 9 8  x 3
0 0 3 2  x








=  (1  x) (x + 8) (x + 2)
2
Đa thức đặc trưng của A có 3 nghiệm là x = 1 ; x = 8 ; x = 2:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 1 ;  = 8 ;  = 2 :
* Với  = 1 :
A  I =
0
B
B
@
0 0 0 0

6 6 6 3
9 9 9 3
0 0 3 3
1
C
C
A

0
B
B
@
2 2 2 1
0 0 1 1
0 0 0 1
0 0 0 0
1
C
C
A
Do đó hệ phương trình (A  I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 0; 0) t
Như vậy fP
1
= (1; 1; 0; 0)g là cơ sở của không gian riêng E
1
* Với  = 8 :
A + 8I =
0
B
B

@
9 0 0 0
6 15 6 3
9 9 0 3
0 0 3 6
1
C
C
A

0
B
B
@
1 0 0 0
0 3 0 1
0 0 3 1
0 0 0 0
1
C
C
A
Do đó hệ phương trình (A + 8I) X = 0 có nghiệm

0; 
1
3
;
1
3

; 1

t
Như vậy

P
2
=

0; 
1
3
;
1
3
; 1

là cơ sở của không gian riêng E
8
.
* Với  = 2 :
A + 2I =
0
B
B
@
3 0 0 0
6 9 6 3
9 9 6 3
0 0 3 0

1
C
C
A

0
B
B
@
1 0 0 0
0 3 0 3
0 0 1 2
0 0 0 0
1
C
C
A
Do đó hệ phương trình (A + 2I) X = 0 có nghiệm (0; 1; 2; 1) t
Như vậy fP
3
= (0; 1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
2
.
Vì A chỉ có 3 vecto độc lập tuyến tính nên ma trận A không chéo hóa được.
Bài 3.1. Tính A
10
trong những trường hợp sau đây: b) A=
0
@
1 1 1

1 1 1
1 1 1
1
A
b) A=
0
@
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1
A
5
Đa thức đặc trưng của A : P
A
(x) = det (A  xI) =






1  x 1 1
1 1  x 1
1 1 1  x







= (3  x) x
2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 3 ; x = 0:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 3 ;  = 0 :
* Với  = 3 :
A  3I =
0
@
2 1 1
1 2 1
1 1 2
1
A

0
@
1 1 2
0 1 1
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A  3I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1) t
Như vậy fP
1
= (1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
3
.
* Với  = 0 :
A  0I =

0
@
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1
A

0
@
1 1 1
0 0 0
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A  0I) X = 0 có nghiệm (s  t; s; t)
Như vậy fP
2
= (1; 1; 0) ; P
3
= (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
0
.
Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP
1
= (1; 1; 1) ; P
2
= (1; 1; 0) ; P
3
= (1; 0; 1)g nên

ma trận A chéo hóa được.
Với P =
0
@
1 1 1
1 1 0
1 0 1
1
A
là ma trận chéo hóa A.
P
1
=
1
det P
0
@
P (1j1) P (1j2) P (1j3)
P (2j1) P (2j2) P (2j3)
P (3j1) P (3j2) P (3j3)
1
A
=
1
3
0
@
0 1 1
1 2 1
1 1 2

1
A
D =
0
@
3 0 0
0 0 0
0 0 0
1
A
là dạng chéo của A.
D
10
=
0
@
3
10
0 0
0 0 0
0 0 0
1
A
Vậy A
10
= P D
10
P
1
=

1
3
0
@
1 1 1
1 1 0
1 0 1
1
A
0
@
3
10
0 0
0 0 0
0 0 0
1
A
0
@
0 1 1
1 2 1
1 1 2
1
A
= 3
9
0
@
0 1 1

0 1 1
0 1 1
1
A
Bài 1.6. Chứng minh rằng mọi véctơ khác 0 đều là véc tơ riêng của tự đồng cấu tuyến
tính f : V ! V của không gian véctơ hữu hạn chiều V khi và chỉ khi f = id
v
:
Giải:
=>) Xét véctơ u bất kì khác 0 của không gian hữu hạn chiều V
=> u là véctơ riêng của tự đồng cấu tuyến tính f
ĐN
=> tồn tại duy nhất giá trị riêng  : f (u) =  (u)
=> f (u) = id
v
(u) 8u  V
=> f = id
v
<=) Giả sử ta có: f = id
v
6
=> với u là vétơ khác 0 bất kì, f (u) = id
v
(u)
=> f (u) = u
=> u là véctơ riêng của f
Bài 3.2 Tìm số hạng tổng quát của dãy số:
b) u
1
= 1; u

2
= 1; u
n+2
= 2u
n+1
 u
n;
n  1:
Bài giải:
Đặt X
n+2
=

u
n+2
u
n+1

; A =

2 1
1 0

X
2
=

1
1


; X
n+2
= AX
n+1
=> X
n+2
= A
n
X
2
P
A
() =




2   1
1 




= 2 + 
2
+ 1 = (  1)
2
=> A có một giá trị riêng  = 1 (bội 2)
* Với  = 1
A  I =


1 1
1 1

!

1 1
0 0

=> x =

x
2
x
2

= x
2

1
1

=> fu
1
= (1; 1)g là cơ sở của E
1
=> dim E
1
= 1 => A không chéo hóa được
* Với  = 1 dim R

1
= 2
Rank (A  I) = Rank

1 1
1 1

= 1
Rank (A  I)
2
= Rank

0 0
0 0

= 0
=> khộng có khối cấp 1, có một khối cấp 2
chọn u
1
= (1; 0) u
2
= (A  I) u
T
1
= (1; 1)
=> fu
1
= (1; 0) ; u
2
= (1; ; 1)g là cơ sở của R

1
J
2
(1) =

1 0
1 1

; P =

1 1
0 1

=> P
1
=

1 1
0 1

A
n
= P J
n
P
1
=

1 1
0 1


1 0
n 1

1 1
0 1

=

1 + n 1
n 1

1 1
0 1

=

1 + n n
n n + 1

X
n+2
= A
n
X
2
=

1 + n n
n n + 1


1
1

=

1  2n
1  2n

=

u
n+2
u
n+1

=> u
n+2
= 1  2n
u
n+1
= 1  2n
u
n
= u
n+2
+ 2u
n+1
của A khi và chỉ khi  là nghiệm của phương trình đặc trưng P
A

(x) = det(A  xI
n
) = 0 :
Do mọi đa thức bậc lẻ đều có nghiệm thực nên suy ra đa thức đặc trưng P
A
(x) luôn có
nghiệm thực khi n lẻ. Từ đó suy ra đpcm.
7
= 1 + 2n + 2  4n = 2n + 3; n  1
Bài tập 1.10. Chứng tỏ rằng mọi ma trận vuông thực cấp lẻ đều có giá trị riêng thực,do đó
nó đều có véc tơ riêng
Giải. Cho A là ma trận vuông cấp n với các phần tử trong R. Khi đó giá trị  là giá trị riêng
1
= 1; v
1
= 3; u
n
= 3u
n1
 v
n1
; v
n
= u
n1
+ v
n1
; n  2
Giải. Đặt X
n

=

u
n1
v
n1

; A =

3 1
1 1

X
1
=

1
3

; X
n
= AX
n1
=> X
n
= A
n1
X
1
P

A
() =




3   1
1 1  




= 3  4 + 
2
+ 1 = (  2)
2
=> A có một giá trị riêng  = 2 (bội 2)
=> A không chéo hóa được
Dạng chuẩn Jordan của A là
J
2
(2) =

2 0
1 2

; P =

1 1
0 1


=> P
1
=

1 0
1 1

J
n1
=

2
n1
0
(n  1):2
n2
2
n1

A
n1
=

2
n1
+ (n  1)2
n2
(n  1)2
n2

(n  1)2
n2
2
n1
 (n  1)2
n2

X
n
= A
n1
X
1
=

2
n1
+ (n  1)2
n2
(n  1)2
n2
(n  1)2
n2
2
n1
 (n  1)2
n2

1
3


=

2
n1
 4(n  1)2
n2
3:2
n1
 4(n  1)2
n2

=>

u
n
= 2
n1
 4(n  1)2
n2
v
n
= 3:2
n1
 4(n  1)2
n2
1
A=
0
@

1 3 3
2 6 13
1 4 8
1
A
P
A
() =






1   3 3
2 6   13
1 4 8  






=  (  1)
3
) Ma trận A có 1 giá trị riêng  = 1 ( bội 3)
) Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A
*  = 1 ) dim R
1
= 3

rank (A  I) = rank
0
@
0 3 3
2 7 13
1 4 7
1
A
= 2
rank (A  I)
2
= rank
0
@
3 9 18
1 3 6
1 3 6
1
A
= 1
) Không có khối cấp 1, cấp 2
) Có 1 khối cấp 3
J
3
(1) =
0
@
1 0 0
1 1 0
0 1 1

1
A
8
Bài tập 3.3.b. Tìm số hạng tổng quát của hệ dãy số
u
Bài tập 2.1.b T ìm ma trận Jordan của ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch
P sao cho A = P JP
0
1
Chọn u
1
= (1; 0; 0)
(A  I) u
T
1
=
0
@
0 3 3
2 7 13
1 4 7
1
A
0
@
1
0
0
1
A

=
0
@
0
2
1
1
A
6= 0
) u
2
= (0; 2; 1)
(A  I) u
T
2
= (A  I)
2
u
T
1
=
0
@
3 9 18
1 3 6
1 3 6
1
A
0
@

1
0
0
1
A
=
0
@
3
1
1
1
A
6= 0
) u
3
= (3; 1; 1)
) fu
1
= (1; 0; 0) ; u
2
= (0; 2; 1) ; u
3
= (3; 1; 1)g là cơ sở cyclic của R
1
:
) P =
0
@
1 0 3

0 2 1
0 1 1
1
A
với P
1
AP = J:
1
A(x) =
0
B
B
B
B
@
1 0 0 ::: 0
1 2 0 ::: 0
1 2 3 ::: 0
: : : ::: :
1 2 3 ::: n
1
C
C
C
C
A
0
B
B
B

B
@
1 0 0 ::: 0
1 2 0 ::: 0
1 2 3 ::: 0
: : : ::: :
1 2 3 ::: n
1
C
C
C
C
A
Đa thức đặc trưng của A
P A(x) = det(A  xI) =










1  x 0 0 ::: 0
1 2  x 0 ::: 0
1 2 3  x ::: 0
: : : ::: :
1 2 3 ::: n  x











= (x  1)(x  2):::(x  n)
Ma trận A có n giá trị riêng x 2 f1; 2; 3; :::; ng
Tồn tại dạng chuẩn Jordan của A với n khối cấp 1
Dạng chuẩn Jordan của A
P =
0
B
B
B
B
@
1 0 0 ::: 0
0 2 0 ::: 0
0 0 3 ::: 0
: : : ::: :
0 0 0 ::: n
1
C
C
C

C
A
Với x = 1
(A  I) =
0
B
B
B
B
@
0 0 0 ::: 0
1 1 0 ::: 0
1 2 2 ::: 0
: : : ::: :
1 2 3 ::: n  1
1
C
C
C
C
A

0
B
B
B
B
@
0 0 0 ::: 0
1 1 0 ::: 0

0 1 2 ::: 0
: : : ::: :
0 0 0 ::: n  1
1
C
C
C
C
A
9
Bài tập 2.1.f) Tìm ma trận Jordan của ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch
P sao cho A = P JP
Giải.
A(x) =
V ậy x =
0
B
B
B
@
x
1
x
1
:::
(1)
n1
x
1
(n1)!

1
C
C
C
A
) u
1
= (1; 1; :::;
(1)
n1
(n1)!
)
Với x = 2
(A  2I) =
0
B
B
B
B
@
1 0 0 ::: 0
1 0 0 ::: 0
1 2 1 ::: 0
: : : ::: :
1 2 3 ::: n  2
1
C
C
C
C

A

0
B
B
B
B
@
0 0 0 ::: 0
1 0 0 ::: 0
0 2 1 ::: 0
: : : ::: :
0 0 0 ::: n  1
1
C
C
C
C
A
V ậy x =
0
B
B
B
@
0
x
2
:::
(2)

n2
x
2
(n2)!
1
C
C
C
A
) u
1
= (0; 11; :::;
(2)
n1
(n2)!
)
Với x = 3
(A3I) =
0
B
B
B
B
@
2 0 0 ::: 0
1 1 0 ::: 0
1 2 0 ::: 0
: : : ::: :
1 2 3 ::: n  3
1

C
C
C
C
A

0
B
B
B
B
@
1 0 0 ::: 0
0 1 0 ::: 0
0 3 0 ::: 0
: : : ::: :
0 0 0 ::: n  3
1
C
C
C
C
A

0
B
B
B
B
@

1 0 0 ::: 0
0 1 0 ::: 0
0 0 0 ::: 0
: : : ::: :
0 0 0 ::: n  3
1
C
C
C
C
A
V ậy x =
0
B
B
B
B
B
@
0
0
x
3
:::
(3)
n3
x
2
(n3)!
1

C
C
C
C
C
A
) u
1
= (0; 0; 1; :::;
(3)
n3
(n2)!
)
Tương tự với x = n  1
(A(n1)I) =
0
B
B
B
B
@
1  (n  1) 0 0 ::: 0
1 2  (n  1) 0 ::: 0
1 2 3  (n  1) ::: 0
: : : ::: :
1 2 3 ::: 1
1
C
C
C

C
A

0
B
B
B
B
@
1 0 0 ::: 0
0 1 0 ::: 0
: : : ::: 0
1 2 3 ::: 0
1 2 3 ::: 1
1
C
C
C
C
A
V ậy x =
0
B
B
B
B
@
0
0
::

x
n1
(n+1)
1
x
n1
1!
1
C
C
C
C
A
) u
1
= (0; 0; 1; :::;
(n+1)
1
[n(n1))!
)
với x = n
(A  nI) =
0
B
B
B
B
@
1  n 0 0 ::: 0
1 2  n 0 ::: 0

1 2 3  n ::: 0
: : : ::: :
1 2 3 ::: 0
1
C
C
C
C
A

0
B
B
B
B
@
1 0 0 ::: 0
0 1 0 ::: 0
: : : ::: 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 0
1
C
C
C
C
A
V ậy x =
0
B

B
@
0
0
::
x
n
1
C
C
A
) u
1
10
= (0; 0; :::; 1)
)P =
0
B
B
B
B
B
@
1 0 0 ::: 0
1 1 0 ::: 0
1
2
: : ::: 0
: : ::: ::: 0
(1)

n1
(n1)!
(2)
n2
(n2)!
(3)
n3
(n3)!
(n+1)
1
[n(n1))!
1
1
C
C
C
C
C
A
2
= A
Nếu tồn tại dạng chuẩn Jordan của ma trận A thì
A = PJP
1
A
2
= P J
2
P
1

) A = P J
2
P
1
mà A = PJP
1
) J
2
= J
với ma trận J có dạng
0
B
B
B
B
@

1
0 0 ::: 0
a
22

2
0 ::: 0
0 a
32

3
:: 0
::: ::: ::: ::: :::

0 0 0 a
nn1

n
1
C
C
C
C
A
Với f
1
; :::; 
n
g là các giá trị riêng của A
a
21
; :::; a
nn1
2 f0; 1g
vì J = J
2
Theo mệnh đề 1.3.5 ma trận J chéo hóa được và (
1
; ::; 
i
; :::; 
n
) = (1 ; 1; :::; 1; 0; :::; 0)
Với 

j
= 1; 
i+s
= 0 8j  i; s > 0 và i là hạng của ma trận A
J =
0
B
B
B
B
B
B
B
B
@
1 0 ::: 0 0 ::: 0
0 1 ::: 0 0 ::: 0
: : ::: : : ::: :
0 0 ::: 1 0 ::: 0
0 0 ::: 0 0 ::: 0
: : ::: : : ::: :
0 0 ::: 0 0 ::: 0
1
C
C
C
C
C
C
C

C
A
b)
8
<
:
dx
1
dt
= x
1
 3x
2
+ 3x
3
dx
2
dt
= 2x
1
 6x
2
+ 13x
3
dx
3
dt
= x
1
 4x

2
+ 8x
3
Giải.
Ma trận hệ số của hệ phương trình vi phân đã cho là
A=
0
@
1 3 3
2 6 13
1 4 8
1
A
P
A
() =






1   3 3
2 6   13
1 4 8  







=  (  1)
3
) Ma trận A có 1 giá trị riêng  = 1 ( bội 3)
) Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A
*  = 1 ) dim R
1
= 3
11
Bài tập 2.3. Tìm dạng chuẩn Jordan của ma trận lũy đẳng A
Bài tập 3.4 Giải các hệ phương trình vi phân tuyến tính sau đây:
rank (A  I) = rank
0
@
0 3 3
2 7 13
1 4 7
1
A
= 2
rank (A  I)
2
= rank
0
@
3 9 18
1 3 6
1 3 6
1
A

= 1
) Không có khối cấp 1, cấp 2
) Có 1 khối cấp 3
J
3
(1) =
0
@
1 0 0
1 1 0
0 1 1
1
A
Chọn u
1
= (1; 0; 0)
(A  I) u
T
1
=
0
@
0 3 3
2 7 13
1 4 7
1
A
0
@
1

0
0
1
A
=
0
@
0
2
1
1
A
6= 0
) u
2
= (0; 2; 1)
(A  I) u
T
2
= (A  I)
2
u
T
1
=
0
@
3 9 18
1 3 6
1 3 6

1
A
0
@
1
0
0
1
A
=
0
@
3
1
1
1
A
6= 0
) u
3
= (3; 1; 1)
) fu
1
= (1; 0; 0) ; u
2
= (0; 2; 1) ; u
3
= (3; 1; 1)g là cơ sở cyclic của R
1
:

) P =
0
@
1 0 3
0 2 1
0 1 1
1
A
với P
1
AP = J:
Thực hiện phép đổi biến Y = P
1
X, hệ đã cho trở thành hệ
dY
dt
= JY , hay một cách cụ
thể
8
<
:
dy
1
dt
= y
1
dy
2
dt
= y

1
+ y
2
dy
3
dt
= y
2
+ y
3
Từ phương trình thứ nhất của h ệ ta nhận được y
1
= C
1
e
t
Thay y
1
vào phương trình thứ hai ta nhận được phương trình vi phân sau: y
0
2
y
2
= C
1
e
t
:
Dễ dàng ta tìm được nghiệm của phương trình này là y
2

= (tC
1
+ C
2
) e
t
Thay y
2
vừa tìm được vào phương trình th ứ ba ta được phương trình vi phân sau
y
0
3
 y
3
= (tC
1
+ C
2
) e
t
Dễ dàng ta tìm được nghiệm của phương trình này là y
3
=

t
2
2
C
1
+ tC

2
+ C
3

e
t
Khi đó ta nhận được nghiệm của hệ ban đầu là X = P Y
hay cụ thể là
x
1
=

1 + 3:
t
2
2

C
1
e
t
+ 3tC
2
e
t
+ 3C
3
e
t
x

2
=

t
2
2
 2t

C
1
e
t
+ (t  2) C
2
e
t
+ C
3
e
t
x
3
=

t
2
2
 t

C

1
e
t
+ (t  1) C
2
e
t
+ C
3
e
t
:
12

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN
*****
CHUYÊN NGÀNH: TOÁN GIẢI TÍCH
LỚP: CAO HỌC TOÁN GIẢI TÍCH 14.2








Người hướng dẫn: TS. Phan Hoàng Chơn
Nhóm thực hiện: Nhóm 3 - Lớp Cao học Toán Giải tích 14.2.

TP. HỒ CHÍ MINH, THÁNG 5 NĂM 2015


2





Người hướng dẫn: TS. Phan Hoàng Chơn
Nhóm thực hiện: Nhóm 3 - Lớp Cao học Toán Giải tích 14.2.

Thành viên trong nhóm
1. Lưu Thị Ngọc Trâm
2. Nguyễn Thị Tuyết
3. Trương Thanh Hùng
4. Phan Nhật Tân
5. Cao Thị Ánh Ngọc
6. Nguyễn Văn Trung

Bài tập được phân công
Chương 1: Bài 1.3, 1.7, 1.11
Chương 2: Bài 2.1c,g, 2.4
Chương 3: Bài 3.1c, 3.2c, 3.3c, 3.4c

NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
3

Chương 1
CHÉO HÓA MỘT TỰ ĐỒNG CẤU

Bài 1.3.
Cho :
f V V

là tự đồng cấu trên ℝ- không gian vectơ V có ma trận đối với cơ sở


1 2 3
, ,
u u u

là
A. Tìm cơ sở của V sao cho ma trận của
f
đối với cơ sở đó có dạng chéo và tìm dạng chéo đó
trong các trường hợp sau đây
3 2 1 2 2 2
) 1 5 1 b)
A= 2 1 4
2 4 0 1 2 1
2 3 1 6 1 1
c) A= 0 2 0
d) A= 6 1 3
0 1 1 2 1 3
a A

 
   
   
 
   
   

   
 
   
   

   
   
 
   


Giải
3 2 1
a) 1 5 1
2 4 0
A

 
 
 
 
 
 

Đa thức đặc trưng của A
       
 
 
 
 
 
 
 
3 2 2
3 2 1 3 2 1 3 2 1
(x) 1 5 1 1 5 4 1 5 4
2 4 2 4 4 1 1 0
3 2 1
0 6 2 4 = 2 4 6 2 3 4 1
1 1 0
8 19 14 2 6 7
2 3 2 3 2
A
x x x
P x x x x x
x x x
x
x x x x x x x
x
x x x x x x
x x x
   
        

  

         

         
      

NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
4

2
( ) 0 3 2
3 2
A
x
P x x
x



   


 


Suy ra ma trận A có ba giá trị riêng:
2, 3 2, 3 2
  
    

⟹ có ba giá trị riêng:
2, 3 2, 3 2
  
    

 Với
2


: Giải hệ
(A 2I) 0
x
 

1 2 1 1 2 1
2 1 3 1 0 1 0
2 4 2 0 0 0
A I
 
   
   
   
   
   

   

Không gian con riêng của A ứng với
2




là 

={
(
1,0,1
)
,∈ℝ}.
Cơ sở của
2
E
ứng với
2


là



2 1
(1,0,1)
u

 
 Với
3 2

  : Giải hệ





A 3 2 I 0
x
  

 
2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
A 3 2 I 1 2 2 1 0 2 2 1 2 0 2 2 1 2
0 0 0
2 4 3 2 0 2 2 1 2
     
     
     
          
     
     
     
   
     

Không gian con riêng của A ứng với
3 2

 

là 


√

={

2,2 +
√
2,4

,∈ℝ}
Cơ sở của
3 2
E

ứng với
3 2

 

là




2
3 2
2,2 2,4
u


  

 Với
3 2

 

: Giải hệ




A 3 2 I 0
x
  

 
2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
A 3 2 I 1 2 2 1 0 2 2 1 2 0 2 2 1 2
0 0 0
2 4 3 2 0 2 2 1 2
     
    
     
          
     
     
     
    
     

Không gian con riêng của A ứng với

3 2

 

là 

√

={

2,2 −
√
2,4

,∈ℝ}.
Cơ sở của
3 2
E

ứng với
3 2

 

là




3

3 2
2,2 2,4 .
u


  
Suy ra ma trận A chéo hóa được. Vậy f chéo hóa được.
NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
5

Ma trận chéo hóa A là
1 2 2
0 2 2 2 2
1 4 4
P
 
 
  
 
 
 

Dạng chéo của A là
1
2 0 0
0 3 2 0
0 0 3 2
D P AP

 

 
  
 
 

 

Vậy cơ sở của V sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó có dạng chéo D

[]

=

là






1 1 3 2 1 2 3 3 1 2 3
, 2 2 2 4u , 2 2 2 4
v u u v u u v u u u

          

2 2 2
b) 2 1 4
1 2 1
A


 
 

 
 

 

Đa thức đặc trưng của A
   
 
 
   
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 2 1 4 2 1 4 2 1 6
1 2 1 3 0 3 3 0 0
2
= 3+ 3+ 12 (1 ) 3+ (12 )
1 6
3 ( 4)( 3) 3 ( 4)
A
x x x x
P x x x x
x x x x
x
x x x x x x x
x

x x x x x
      
     
     

     

        

3
( ) 0
4
A
x
P x
x
 

 




Suy ra ma trận A có hai giá trị riêng:
3, 4.
 
  

⟹ có hai giá trị riêng:
3, 4.

 
  

 Với
3

 
: Giải hệ
(A 3I) 0
x
 

1 2 2 1 2 2
3 2 4 4 0 0 0
1 2 2 0 0 0
A I
   
   
  
   
   
   

Không gian con riêng của A ứng với
3

 
là 

={

(
−2,1,0
)
+ 
(
−2,0,1
)
,,∈ℝ}

Cơ sở của
3
E

ứng với
3

 
là


3 1 2
( 2,1,0),u ( 2,0,1)
u


    


NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
6

 Với
4


: Giải hệ
(A 4 I) 0
x
 

6 2 2 1 2 5 1 2 5 1 2 5
4 2 3 4 2 3 4 0 7 14 0 1 2
1 2 5 6 2 2 0 14 28 0 0 0
A I
   
       
       
        
       
       
  
       

Không gian con riêng của A ứng với
4


là 

={

(
1,2,1
)
,∈ℝ}.

Cơ sở của
4
E
ứng với
4


là


4 3
(1,2,1)
u

 
Suy ra ma trận A chéo hóa được. Vậy f chéo hóa được.
Ma trận chéo hóa A là
2 2 1
1 0 2
0 1 1
P
 
 
 


 
 
 
.
Dạng chéo của A là
1
3 0 0
0 3 0
0 0 4
D P AP


 
 
  
 
 
 
.
Vậy cơ sở của V sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó có dạng chéo D

[]

=

là


1 1 2 2 1 3 3 1 2 3
2 , 2 , 2

v u u v u u v u u u

         
c)
2 3 1
A= 0 2 0
0 1 1

 
 

 
 

 

Đa thức đặc trưng của A
   
2 3 1
2 0
( ) 0 2 0 (2 ) 2 2 1
1 1
0 1 1
2
( ) 0 2
1
A
A
x
x

P x x x x x x
x
x
x
P x x
x
 
 
         
 
 



   





Suy ra A có ba giá trị riêng là
2, 2, 1.
  
   

⟹ có ba giá tr riêng là
2, 2, 1.
  
   

 Với
2


: Giải hệ
(A 2I) 0
x
 

NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
7

0 3 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1
2 0 4 0 0 4 0 0 0 4 0 0 4
0 1 1 0 3 1 0 0 4 0 0 0
A I
    
       
       
      
       
       
  
       

Không gian con riêng của A ứng với
2


là 


=
{

(
1,0,0
)
,∈ℝ
}
.
Cơ sở của
2
E
là



2 1
(1,0,0)
u

 
 Với
2

 
Giải hệ
(A 2I) 0
x
 

4 3 1 4 3 1
2 0 0 0 0 1 3
0 1 3 0 0 0
A I
 
   
   
   
   
   

   

Không gian con riêng của A ứng với
2

 
là 

={
(
2,3,1
)
,∈ℝ}.
Cơ sở của
2
E

ứng với

2

 

là



2 2
(2,3,1)
u


 
 Với
1


Giải hệ
(A I) 0
x
 

1 3 1 1 3 1
0 3 0 0 1 0
0 1 0 0 0 0
A I
 
   
   

    
   
   

   

Không gian con riêng của A ứng với
1



là 

=
{

(
−1,0,1
)
,∈ℝ
}
.
Cơ sở của
1
E
ứng với
1



là



1 3
( 1,0,1) .
u

  
Suy ra ma trận A chéo hóa được. Vậy f chéo hóa được.
Ma trận chéo hóa A là
1 2 1
0 3 0
0 1 1
P

 
 

 
 
 
.
Dạng chéo của A là
1
2 0 0
0 2 0 .
0 0 1
D P AP


 
 
  
 
 
 

Vậy cơ sở của V sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó có dạng chéo D

[]

=

là


1 1 2 1 2 3 3 1 3
, 2 3 ,
v u v u u u v u u

       
d)
6 1 1
A= 6 1 3
2 1 3

 
 
 
 


 