bai tạp dai so tuyen tinh nang cao

Bài 1: Tìm đa thức đặc trưng của các ma trận sau đây:

1 2
a) A  

3 2

2

0
c) C  
0

0

1 3 0


b) B   2 2 1 
 4 0 2 



1 0 0

2 0 0
0 2 2

0 0 5

Giải

a) PA     A  I2 

1 
2
  2  3  4.
3
2

1 
3
0
1   3   2  2  28.
b) PB     B   I 3  2 2  
4
0
2  
2
1
0
0
2
0
c) PC     C   I4 
0
0
2
0

0

0
0
2

 (2   )3 (5   ).

5

0

Bài 2: Tìm giá trị riêng, cơ sở của không gian con riêng của các ma trận sau đây trên trường số
thực. Ma trận nào chéo hóa được? Trong trường hợp chéo hóa được, hãy tìm một dạng chéo và
một ma trận khả nghịch làm chéo hóa nó.

3 1 1


a) A   2 4 2 
1 1 3



1 1 0


b) B   0 1 0 
0 0 1



 0 1 0


d) D   4 4 0 
 2 1 2 



1

0
e) E  
0

1

 2 1 2 


c) C   5 3 3 
 1 0 2 



0 0 0

0 0 0
0 0 0

0 0 1

Giải
a) * Giải phương trình đặc trưng

(bội 2)

1  2
2  6

A  I3  0  (  2)2 (6   )  0  
Suy ra A có hai giá trị riêng là   2 và   6 .

.


Bài tập Đại số tuyến tính `

 x1 
 
* Với   2 : ta giải hệ  A I3  X  0(1) với X   x2  .
x 
 3
 x1  t1
1 1 1 1 1 1


 

,(t1 , t2  R).
Ta có : A  I3   2 2 2    0 0 0  . Suy ra (1)   x2  t2

 x  t  t
1 1 1 0 0 0

 

1
2
 3
Do đó dim E (2)  2 và cơ sở của E(2) là :

1,0, 1 , 0,1, 1.

 x1 
 
* Với   6 : ta giải hệ  A 6 I3  X  0(2) với X   x2  .
x 
 3
 x1  t
 3 1 1   1 0 1 


 

A  6 I3   2 2 2    0 1 2  . Suy ra (2)   x2  2t ,(t  R).
x  t
 1 1 3   0 0 0 

 

 3

Do vậy dim E(6)  1 và cơ sở của E(6) là

1,2, 1 .

2 0 0
 1 0 1




Vậy A chéo hóa được và dạng chéo của A là D  P AP   0 2 0  với P   0 1 2  .
0 0 6
 1 1 1 




1

b) * Giải phương trình đặc trưng

B   I3  0  (1   )3  0    1 (bội 3) .
Suy ra B chỉ có một giá trị riêng   1.

 x1  t1
 0 1 0   x1 


 
* Với   1 : ta giải hệ phương trình  B  I3  X  0   0 0 0   x2   0   x2  0 ,(t1 , t2  R). .


0 0 0 x 

 3 
 x3  t2
Suy ra dim E(1)  2  3 . Cơ sở của E(1) là

1, 0,0 ,(0,0,1) .

Do vậy B không chéo hóa được.
c) * Đa thức đặc trưng: C   I3  (1   )( 2  2  4) . Dễ thấy đa thức đặc trưng của C không phân rã
trên R nên C không chéo hóa được.
* Phương trình đặc trưng : C   I3  0    1.
Suy ra C có một giá trị riêng là   1.

2


Bài tập Đại số tuyến tính `

 x1  t
 3 1 2   x1 


 
* Với   1 : ta giải hệ phương trình  B  I3  X  0   5 2 3   x2   0   x2  t ,(t  R).

 1 0 1  x 

 3 

 x3  t
Cơ sở của E(-1) là (1,1, 1) .
d) * Giải phương trình đặc trưng

D   I3  0  (2   )3  0    2 (bội 3).
Suy ra D có một giá trị riêng là   2.

 x1 
 
* Với   2 , ta giải hệ phương trình  B  2 I3  X  0(3) với X   x2  .
x 
 3
 x1  t1
 2 1 0   2 1 0 

B  2 I3   4 2 0    0 0 0  .
(3)   x2  2t1 ,(t1 , t2  R).
Ta có
Suy ra
 x  t
 2 1 0   0 0 0 

 

2
 3
Do đó cơ sở của E(2) là (1, 2,0),(0,0,1) .
Hơn nữa, dim E(2)  2  3 . Vậy D không chéo hóa được.
e) * Giải phương trình đặc trưng

(bội 2)

  0
E   I4  0   2 (1   )2  0  
(bội 2)
  1
Suy ra E có hai giá trị riêng là   0 và   1 .

 x1 
 
x2
* Với   1 ta giải hệ  E  I4  X  0 (4) với X    .
 x3 
 
 x4 
0 0 0

0 1 0
Ta có E  I4  
 0 0 1

1 0 0

0

 x1  x2  x3  0
0
, (t  R).
. Suy ra  4   
0

 x4  t

0

Do đó cơ sở của E(1) là (0, 0, 0,1) .
Dễ thấy dim E(1)  1  2 . Suy ra E không chéo hóa được.

3


Bài tập Đại số tuyến tính `

 x1  x4  0
 x1  0

  x2  t
,(t, t '  R).
* Với   0 ta giải hệ EX  0  
 x1  x4  0 
 x3  t '
Do đó cơ sở của E(0) là (0,1,0,0),(0,0,1,0) .
Bài 3: Chứng minh rằng các toán tử sau không chéo hóa được trên R
a) f : R 3  R 3

f (x1; x 2 ; x 3 )  (6x1  3 x 2  2 x 3 ;  5x1  2x 2  2x 3 ;  3x1  2x 2 )
b) f : R 3  R 3

f ( x1; x2 ; x3 ; x4 )  (2 x1; x1  2 x2 ; x3  2 x4 ; x3 4 x4 ).
Giải
a) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc B0 là A   f B

0

6 3 2


  5 2 2  .
 3 2 0 



(bội 2)

1  1
2
* Giải phương trình đặc trưng: A  I3  0  (  2)(  1)  0  
2  2

.

 5 3 2  1 0 1 

 

* Với 1  1 ta có: A  I3   5 3 2    0 1 1  .
 3 2 1   0 0 0 

 

Do đó dim E(1)  3  rank( A I3 )  3  2  1  2.

Suy ra A không chéo hóa được. Vậy f không chéo hóa được.

b) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là A   f B

0

2

1

0

0

0 0 0

2 0 0
.
0 1 2 

0 1 4
(bội 3)

1  2
3
Giải phương trình đặc trưng: A  I4  0  (  2) (  3)  0  
2  3
0

1

* Với 1  2 ta có: A  I4  
0

0

0 0 0  1
 
0 0 0  0

0 1 2   0
 
0 1 2  0

0 0 0

0 0 0
.
0 1 2

0 0 0

Do đó dim E(2)  4  rank( A I4 )  4  2  2  3.
4

.


Bài tập Đại số tuyến tính `

Suy ra A không chéo hóa được. Vậy f không chéo hóa được.

Bài 4: C minh các toán tử sau đây chéo hóa được trên R và tìm cơ sở trong đó toán tử có dạng chéo
a) f : R 3  R 3

f ( x1, x2 , x3 )  ( x1  3x2  x3 ,3x1  5x2  3x3 ,  x1  x2  x3 ).
4
4
b) f : R  R

f (x1, x 2 , x 3 , x 4 )  (x1  x 2  x 3  x 4 , x1  x 2  x 3  x 4 , x1  x 2  x 3  x 4 , x1  x 2  x 3  x 4 )
Giải

 1 3 3 


a) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R3 là A   3 5 3  .
 1 1 1 


* Giải phương trình đặc trưng

A  I 3

1   3
3
(bội 2)
  2
2
.
3
5

3  0   2    1     0  
=0 
 1

1
1 1  

 x1 
 
*   2 : ta giải hệ  A 2 I3  X  0(1) với X   x2  .
x 
 3
 3 3 3   1 1 1 


 
Ta có: A  2I 3   3 3 3    0 0 0  . Do đó (1) 
 1 1 1   0 0 0 


 
Suy ra dim E (2)  2 và cơ sở của E(2) là

 x1  t1  t2

, ( t 1 ,t 2  R).
 x2  t1
x  t
 3 2

 1;1;0 ,  1;0;1.

 x1 
 
*   1 : ta giải hệ  A I3  X  0(2) với X   x2 
.
x 
 3
 2 3 3   1 1 0 
 x1  3t


 

A  I 3   3 4 3    0 1 3  . Do đó (2)   x2  3t , ( t  R).
Ta có:
 x t
 1 1 0   0 0 0 

 

 3
Suy ra dim E (1)  1 và cơ sở của E(1) là

3; 3;1.

Vì dim E  2   dim E 1  3 nên f chéo hóa được và cơ sở mà trong đó f có dạng chéo
là

 1,1,0 ,  1,0,1 , 3, 3,1.

5


Bài tập Đại số tuyến tính `

1 1 1 1 


1 1 1 1 
4

b) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R là A 
.
 1 1 1 1 


 1 1 1 1 
* Giải phương trình đặc trưng:

A  I 4

1 
1
1
1
1   1
=0 
1
1 1  
1

1

1

1
(bội 3)
  2
1
3
.
 0   2     2     0  
1
  2
1 

 x1 
 
x2
*   2 : ta giải hệ  A 2 I4  X  0 (3) với X    .
 x3 
 
 x4 
 1 1 1 1 
 1



1 1 1 1 
0


Ta có: A  2I 4 

 1 1 1 1 
0



 1 1 1 1 
0
Suy ra dim E (2)  3 và cơ sở của E(2) là

1 1 1

0 0 0
. Do đó (3) 
0 0 0

0 0 0

x 1  t 1  t 2  t 3

x 2  t 1
( t 1 ,t 2 ,t 3  R).

x 3  t 2
x  t
 4 3

1,1,0,0 , 1,0,1,0 ,(1,0,0,1)

 x1 
 
x2
*   2 : ta giải hệ  A 2 I4  X  0(4) với X    .
 x3 
 
 x4 

x 1  t
3 1 1 1 
 1 1 1 3 





1 3 1 1 
0 1 0 1 
x 2  t


Ta có A  2I 4 

( t  R).
. Do đó (4)  
 1 1 3 1 
 0 0 1 1 
x 3  t





x  t
 1 1 1 3 
0 0 0 0 
 4
Suy ra dim E (2)  1 và cơ sở của E(-2) là
Vì

 1, 1,1,1.

dim E  2   dim E  2   4 nên f chéo hóa được và cơ sở mà trong đó f có dạng chéo là

1,1,0,0 , 1,0,1,0 ,(1,0,0,1),  1, 1,1,1.
Bài 5: Toán tử sau đây có chéo hóa được trên R không? Trong trường hợp chéo hóa được hãy tìm
một cơ sở mà trong đó toán tử có dạng chéo.
f : R3  R3

f  x1, x 2 , x 3    9x1  8x 2  16x 3 ,4x1  3x 2  8x 3 ,4x1  4x 2  7x 3 
6


Bài tập Đại số tuyến tính `

Giải

 9 8 16 



8 .
Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R3 là A   4 3
4 4
7 

* Giải phương trình đặc trưng

A  I 3

9   8
16
(bội 2)
  1
2
.
4
3
8  0  1     6  2   0  
=0 
 3

4
4
7

*   1 : ta giải hệ  A I3   x  0(1).

 8 8 16 



8 
Ta có A  I 3   4 4
4 4
8 


1 1 2


 0 0 0  . Suy ra (1) 
0 0 0



Do đó dim E (1)  2 và cơ sở của E(-1) là

 x1  t1  2t2

 x2  t1 , ( t 1 ,t 2  R).
 x t
3
2


 1,1,0 ,  2,0,1.

*   3 : ta giải hệ  A 3I3   x  0(2)

 12 8 16 



0
8 
Ta có A  3I 3   4
 4
4
4 


1 1 1 
 x1  2t



0
1

1

.
Suy
ra
(2)
 x2  t , ( t  R).


 x t
0 0 0 



 3

Do đó dim E (3)  1 và cơ sở của E(3) là

 2,1,1.

Vì dim E  1   dim E  2   3 nên f chéo hóa được và cơ sở mà trong đó f có dạng chéo là

 1,1,0 ,  2,0,1 ,(2,1,1).
 6 3 2 


Bài 6: Cho ma trận A   4 1 2 
 10 5 3 


a) A có chéo hóa được trên R không?;

b) A có chéo hóa được trên C không?

Giải
Đa thức đặc trưng

= -(

.

a) Trên

, đa thức đặc trưng không phân rã nên A không chéo hóa được.

b) Trên

, dễ thấy phương trình đặc trưng có 3 nghiệm phân biệt nên A chéo hóa được.

7


Bài tập Đại số tuyến tính `

Bài 7: Tìm điều kiện đối với a, b,c để ma trận sau đây chéo hóa được trên

0

a
: A= 
0

0

0 0 0

0 0 0
b 0 0

0 c 0

Giải
* Giả phương trình đặc trưng A  I4  0   4  0    0 (bội 4).
* Để A chéo hóa được thì dim(E(0)) = 4  4  rank( A)  4  rank( A)  0  a  b  c  0.

Vậy khi a = b = c = 0 thì A chéo hóa được trên

.

Bài 8: Chứng minh rằng nếu A là ma trận vuông cấp hai trên trường số phức thì A đồng dạng trên
với một ma trận thuộc một trong hai dạng sau:

a 0 
a 0
B 
 ;C  

0 b 
1 a 
Giải
Gọi A là ma trận vuông cấp hai trên

. Ta có phương trình đặc trưng PA     0(1) là một phương trình

bậc 2 với ẩn  . Do đó PA     0 luôn có nghiệm trên

.

TH1: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1  a; 2  b . Suy ra A chéo hóa được và A đồng dạng

a 0 
với ma trận chéo 
.
0 b 
TH2: Phương trình (1) có nghiệm kép 1  2  c . Khi đó tồn tại cơ sở  làm cho A có dạng tam giác

 c 0
.
d c

D

 c 0
Nếu d  0 thì A đồng dạng với ma trận D  
.
0 c
c
c
0

 d
Nếu d  0 thì D  

d c  1




0
a 0
c
 . Khi đó A đồng dạng với ma trận K  
;a 
c
d

1 a 

d

Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 9: Cho A là ma trận vuông cấp 2 trên trường số thực
xứng (nghĩa là At  A ) thì A chéo hóa được trên

.

Giải
8

. Chứng minh rằng A là ma trận đối


Bài tập Đại số tuyến tính `

a b 
Do A là ma trận đối xứng nên A có dạng A  

b c 
Phương trình đặc trưng: A  I2  0   2   a  c    ac  b2  0.
Có   a  c   4 ac  b 2   a  c   4b 2  0
2

2

* Nếu   0 thì phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt trên nên A chéo hóa được.

b  0
a 0
 A
* Nếu   0  
 dạng chéo nên A chéo hóa được.
a  c
0 a
Vậy A luôn chéo hóa được.

1 a b 


Bài 10: Hãy tìm điều kiện đối với các số thực sao cho ma trận sau đây chéo hóa được: A   0 2 c 
0 0 2


Giải

1 
a
b
2
2
c  1    2    .
* Ta có: PA     A   I3  0
0
0
2
* Dễ thấy phương trình đặc trưng có các nghiệm   1 (nghiệm đơn) và   2 (nghiệm kép).
Do đó ma trận A chéo hóa được  dim  E  2    2  3  rank  A 2 I3   2  rank  A 2 I3   1 .

 1 a b 


Ta có A  2 I   0 0 c  . Ta suy ra rank  A  2 I   1 khi và chỉ khi c  0, a,b  K .
 0 0 0


Kết luận: Ma trận A chéo hóa được khi và chỉ khi c  0, a,b  K .
Bài 11
Cho R là trường số thực và f : R 3  R 3 là một toán tử tuyến tính trong không gian vector R 3 được xác
định bởi công thức

f (x1, x 2 , x 3 )  (x1  x 2  x 3 , 2x1  3x 2 , 2x1  x 2  2x 3 )
đối với mọi phần tử (x1 , x 2 , x 3 )  R 3 .
a) Chứng minh rằng f chéo hóa được trên R và tìm một cơ sở của R 3 sao cho ma trận biểu diễn toán tử f
trong cơ sở đó là một ma trận chéo.

9


Bài tập Đại số tuyến tính `

b) Với mỗi số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2, chứng minh rằng tồn tại một toán tử g : R 3  R 3 sao cho

gn f .
Giải

 1 1 1 



a) * Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc B0 là: A   2 3 0  .
 2 1 2 


* Giải phương trình đặc trưng

1   1
A   I3  0  2 3  
2

1

  1
 0     1 3      2   0    2.
  3
2
1
0

Suy ra A chéo hóa được.
* E(1) là không gian nghiệm của hệ phương trình:

 x2  x3  0
 0 1 1  x1 


 
 A  I 3  X  0   2 2 0  x2   0  2 x1  2 x2  0  x1  x2  x3  t, t  R .
2 x  x  x  0

 2 1 1  x 

 3 
1
2
3

Do đó E (1)  (t ,t ,t ) | t  R  (1,1,1) .
* E(2) là không gian nghiệm của hệ phương trình:

 x1  t
 1 1 1  x1 
 x1  x2  x3  0 

 
  x2  2t , t  R .
 A  2I 3  X  0   2 1 0  x2   0  

2
x

x

0

1
2
 x  3t
 2 1 0  x 


 3 
 3
Do đó E (2)  (t ,2t ,3t ) | t  R  (1,2,3) .
* E(3) là không gian nghiệm của hệ phương trình:

2x1  x 2  x 3  0
 2 1 1  x1 
x  0


 
 1
, t R .
 A 3I3  X  0   2 0 0  x 2   0  2x1  0
x

x

t
3
2x  x  x  0  2
 2 1 1 x 

 3 
1
2
3

Do đó E (3)  (0,t ,t ) | t  R  (0,1,1) .
Suy ra B  (1,1,1),(1,2,3),(0,1,1) là cơ sở của R 3 mà ma trận biểu diễn toán tử f trong cơ sở đó là một

1 0 0
1 1 0 




ma trận chéo A'   0 2 0  và ma trận chuyển cơ sở từ B0 sang B là P   1 2 1  .
0 0 3
1 3 1 




10


Bài tập Đại số tuyến tính `

b) Cách 1
Xét g : R 3  R 3 và  gB  C . Khi đó
0

g  f  C  A  C  PA' P  P C P  A'   P CP   A'   P CP 
n

n

n

1

1
Dễ thấy P CP   0

0

0
n

2

0

1

1

n

1

n

0 
1


0  thỏa điều kiện (*). Tức C  P  0


n 
3
0

1

0
n

2

0

n

1 0 0


  0 2 0  (*).
 0 0 3



0 

0  P 1 thỏa C n  A.
n 
3

Vậy với mỗi số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2, luôn tồn tại một toán tử g : R 3  R 3 sao cho g n  f .

Cách 2
Xét g : R 3  R 3 và  g B

1

Dễ thấy C   0

0

0
n

2

0

1 0 0


 C . Khi đó g n  f  C n  A'  C n   0 2 0  (*).
0 0 3



0 

0  thỏa điều kiện (*).
n 
3

Vậy với mỗi số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2, luôn tồn tại một toán tử g : R 3  R 3 sao cho g n  f .
Bài 12
Cho V là một K-kgvt, f , g  End (V ) thỏa f g  g f . Chứng minh rằng mọi không gian con riêng của

f đều ổn định đối với g và Kerf và Im f ổn định đối với g .
Giải
* Chứng minh: mọi không gian con riêng của f đều ổn định đối với g
Giả sử E ( ) là một không gian con riêng của f ứng với giá trị riêng  . Ta cần chứng minh

g( E( ))  E( ) . Thật vậy:
v V , v  E ( )  f (v)  v   f   IdV  (v)  0  g



f   IdV  (v)  0  g f  v   g(v)  0

 f g  v    g(v)  0  f g  v   g(v)  0  f (g(v))  g(v)  g(v)  E( ).

Suy ra g( E( ))  E( ) .
* Chứng minh: Kerf ổn định đối với g
Ta cần chứng minh g(ker f )  ker f . Thật vậy:
11


Bài tập Đại số tuyến tính `
v  ker f thì f (v )  0 . Khi đó: f (g (v ))  f

g (v )  g f (v )  g (f (v ))  g (0)  0  g (v )  ker f .

Suy ra g(ker f )  ker f .

* Chứng minh: Im f ổn định đối với g
Ta cần chứng minh g(Im f )  Im f . Thật vậy:
Ta có u  Im f , v V :u  f (v )  g (u)  g ( f (v))  g f (v)  f g (v)  f ( g (v))  g (u)  Im f
Suy ra g(Im f )  Im f .
Bài 13
Cho n  N \ 0;1 ; A, B  Mn (C ) . Ta có thể khẳng định AB và BA có chung ít nhất một vector riêng
không?
Giải

1 0 
1 1
1 1
2 0
,
B

AB

,
BA

Xét hai ma trận A  
có






.

1 0 
0 0
1 1
0 0

  0
.
Ta có AB  I2  BA I2   2  2  P ( ). ; P ( )  0  


2

Ta dễ dàng tìm được:
+ Vector riêng của AB ứng với   0 có dạng v1   t1 , t1  , t1  C \ 0.
+ Vector riêng của BA ứng với   0 có dạng v '1   0, t '1  , t '1  C \ 0.
+ Vector riêng của AB ứng với   2 có dạng v2   t2 , t2  , t2  C \ 0.
+ Vector riêng của BA ứng với   2 có dạng v '2   t '2 ,0  , t '2  C \ 0.
Ta có vi  v j với i  1,2; j  1,2; t1, t2 , t '1, t '2  C \ 0.
Suy ra AB và BA không có chung vector riêng nào. Vậy khẳng định: “  A, B  Mn (C ), n  N \ 0;1 , AB
và BA có chung ít nhất một vector riêng” không đúng.
Bài 14
Xác định các giá trị riêng và vector riêng của tự đồng cấu f của R  x  được xác định bởi

P  R x  , f (P )  (x  1)(x  3)P ' xP .
Giải
Cách 1
12


Bài tập Đại số tuyến tính `

P  R x \ 0 là giá trị riêng của f ứng với giá trị riêng   f ( P )   P

 ( x  1)( x  3)P ' xP   P  ( x  1)( x  3)P ' ( x   )P  0(*) .

Dễ thấy chỉ có P  ax  b (a  0) thỏa (*). Khi đó:

(*)  ( x  1)( x  3)(ax  b)' ( x   )(ax  b)  0  (b  (  2)a ) x  (3a   b)  0
b  (  2)a
b  (  2)a
b  (  2)a  0 b  (  2)a



 2
2
3a   b  0
3a    (  2)a   0 (  2  3)a  0   2  3  0
  1
  3


 a  t
 a  t , t  R \ 0 .
hoặc
b  3t
b  t


Vậy f có hai giá trị riêng là 1,-3 và các vector riêng tương ứng là 3t  tx và t  tx, t  R \ 0.

Cách 2
* Để P  R x là một vector riêng của f ứng với giá trị riêng  thì f ( P )   P , do đó f(P) và P phải cùng
bậc. Dễ thấy, theo cách xác định của f thì P phải có bậc tối đa bằng 1 mới thỏa, tức P  R1  x .
* Cơ sở chính tắc của R1  x là B 0  1, x  .
Ta có: f (1)  ( x  1)( x  3).1' x.1  0.1  1. x ;

f ( x)  ( x  1)( x  3). x ' x. x  3.1  2. x

 0 3 
Do đó ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là A   f B  
.
0
 1 2 
Phương trình đặc trưng: A  I2  0 


3
  1
 0   2  2  3  0  
.
1 2  



3


Vậy f có hai giá trị riêng là   1 và   3.
* Với   1 các vector riêng v khác 0 của A là nghiệm hệ phương trình:

x1  3t
 1 3   x1 
( A  I 2 )X  0  

0

x

3
x

0

, t R

 
1
2
 1 3  x 2 
x 2  t
Các vector riêng ứng với   1 của A là  3t ;t  ,t  R \ 0 .
* Với   3 các vector riêng v khác 0 của A là nghiệm hệ phương trình:

x  t
 3  3  x1 
   0  x1  x2  0   1
( A  3I 2 ) X  0  
, tR
  1 1  x2 
 x2  t

13


Bài tập Đại số tuyến tính `

Các vector riêng ứng với   3 của A là t ;t  ,t  R \ 0 .
Vậy các vector riêng của f là 3t  tx và t  tx, t  R \ 0.
Bài 15
Cho   R, V là một R-kgvt các đa thức của R x có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n,

f :V V
là một tự đồng cấu của V. Tìm các giá trị riêng và các vector riêng của f .
P
((x   )P )'
Giải
Cách 1

P V \ 0 là vector riêng của f ứng với giá trị riêng   f ( P)   P
 (( x   ) P) '   P  ( x   ) P ' (1   ) P  0(1).

* TH1:   1
(1)  ( x   ) P '  0, x  C  P '  0  P  t , t  C.

Suy ra   1 là một giá trị riêng của f và các vector riêng tương ứng là P  t , t  C \ 0 .
* TH2:   1
Thay x   vào (1), ta được:
(   ) P '( )  (1   ) P( )  0  (1   ) P( )  0  P( )  0(2).

Từ (2) ta có: tồn tại số tự nhiên k ( 1  k  n ) và một đa thức Q V (với Q  0,deg Q  deg P, Q     0 )

thỏa P  ( x   )k Q (3).
Thay (3) vào (1), ta được:





( x   ) ( x   ) k Q ' (1   )( x   ) k Q  0
 ( x   ) k  (k  1   )Q  ( x   )Q '   0
 (k  1   )Q  ( x   )Q '  0 (4).

Thay x   vào (4), ta được:

(k  1   )Q( )  (   )Q '( )  0  (k  1   )Q( )  0
 k  1    0 (do Q( )  0)    k  1(5).
Thay (5) vào (4), ta được:

( x   )Q '  0  Q '  0  Q  t , t  C \ 0.
Suy ra P  ( x   )k t , t  C \ 0 , k  1, n .
14


Bài tập Đại số tuyến tính `





Kiểm tra lại ta có f ( x   )k t  (k  1)( x   )k t , t  C \ 0 , k  1, n .
Suy ra   k  1, k  1, n là các giá trị riêng của f và các vector riêng tương ứng là

P  ( x   )k t , t  C \ 0 .
Tóm lại:
f có n+1 giá trị riêng là   k  1, k  0, n và các các vector riêng tương ứng là P  ( x   )k t , t  C \ 0 .
Cách 2





* Cơ sở chính tắc của V là B 0  1, x , x 2 ,..., x n .
Ta có: f (1)  ((x   )1)'  1
f (x i )  ((x   )x i )'  (x i 1   x i )'  (i  1)x i  i  x i 1, i  1, n

Do đó ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là A   f

B

0

1

0
0

 ...
0

0



0
2 2
0 3
... ...
0 0
0 0

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

0
0
0
...

n
0





.


n 

n  1 
0
0
0
...

Dễ thấy phương trình đặc trưng A  I n 1  0 có n+1 nghiệm là 1,2,…,n+1.
Vậy f có n+1 giá trị riêng là 1,2,…,n+1.
* Với   1 các vector riêng v là nghiệm hệ phương trình (A  I n 1 )X  0

0

0
0

 ...
0

0



0
1 2
0 2
... ...
0 0
0 0

... 0
0   x1 


... 0
0   x2 
... 0
0   x3 
 x1  t
, t  C.
0

... ...
...   ... 
 x2  ...  xn 1  0
... n  1 n   xn 


... 0
n 
 xn 1 

Suy ra các vector riêng ứng với   1 có dạng v1   t,0,...,0    t,0,...,0  , t  C \ 0 (1).
* Ta chứng minh: các vector riêng của A có dạng

v   C 11  1t ,C i21  2t ,...,C 11t ,C 01t ,0...,0  ,t  R \ 0,   2, n  1 . Thật vậy:
Với giá trị riêng  các vector riêng v là nghiệm hệ phương trình (A  I n 1 )X  0

15

Bài tập Đại số tuyến tính `


0
1  

2   2
 0
 0
0
3

...
...
 ...
 0
0
0

0
0
 0

...
0
...
0
...

0
...
...
... n  
...
0

  x1 
 x 
 2 
  x3 
0

  ... 
n   x n 


n  1   
 x n 1 
0
0
0
...

(1   )x 1   x 2  0

(1   )x 1   x 2  0
(2   )x 2  2 x 3  0

...............................

(2   )x 2  2 x 3  0

...............................
x  1  (  1) x   0


  x  1  0
 (2)x  2  (  2)x  1  0 (*)
x  (  1)x  0
x  (  1)t
 2
  1
  1
...............................
x   C 0t


x  1  x   2  ....  0
(n   )x n  n x n 1  0
(n  1   )x  0
n 1

x  C01t (2)

Bằng qui nạp theo j ( j  1,   1 ) ta chứng minh y j  x   j  C j 1 j t (3). Thật vậy:
Từ (*) ta có: y 1  x  1  (  1)t  C 11t . Vậy (3) đúng với j=1.
Giả sử (3) đúng với j-1. Tức là y j 1  x   j 1  C j 11 j 1t .
Từ (*) ta có:  jx   j  (  j ) x   j 1  0
 y j  x j 

j
j
 x   j 1 
C j 11 j 1t  C ij1 j t . Vậy (3) đúng với mọi j ( j  1,   1 ).
j
j

Từ (2), (3) ta có y j  x   j  C j 1 j t j  1,  . Suy ra x k  C 1k   k t k  1,  .
 k  k

x k  C  1  t , k  1, 
Do đó (*)  
,t  R nếu   2, n  1

x  1  x  2  ...  0





Vậy các vector riêng của A ứng với giá trị riêng    2, n  1 có dạng

v   C11  1t, C12  2t,..., C1 1 t, C01t,0...,0  , t  C \ 0 . (4)
Từ (1) và (4) ta có các vector riêng của f ứng với giá trị riêng  (   1, n  1 ) có dạng

  x 

 1

t , t  R \ 0 .

16


Bài tập Đại số tuyến tính `

Bài 16: Cho V là một K-kgvt hữu hạn chiều, f  End (V ) , W là một không gian con ổn định đối với f ,
g : W  W là một tự đồng cấu cảm sinh bởi f trên W. Chứng minh rằng Pg ( ) | Pf    .

Giải
Giả sử dimV  n . Gọi BW  ui i 1, p ,  p  n  là một cở sở của W. Khi đó ta có thể bổ sung các vector

ui , i  p  1, n vào cơ sở BW để được cơ sở của V là B  ui i 1,n .
Gọi A   g 

BW

 A B
.
 0 C

, A  M p ( K ) . Khi đó tồn tại B  M p,n p ( K ), C  M p ( K ) sao cho  f B  

A  IP
 A B
Do đó Pf     
   In 
0
 0 C

B
C   I n p

 A   I P C   I n p  Pg    C   I n p .

Suy ra Pg ( ) | Pf    .
Bài 17: Cho n thuộc N*, A thuộc Mn(K), A= (-1)n xn +…+ n-1x + n là đa thức đặc trưng của A. Chứng
minh rằng n-1 = -tr(com(A))
Giải
A = |A - xI| = (-x)n + 1(-x)n-1 + … + n-1 (-1)x + n
Với mỗi k (0 ≤ k ≤ n), xk chỉ xuất hiện trong những số hạng của định thức |A - xI| gồm các tích chứa
đúng k phần tử trên đường chéo của ma trận là (-1)sign (ai1i1 - x) …(aikik - x) aik+1j1 … ainjn-k.
Trong đó 1 ≤ i1< …< ik ≤ n và ik+1< …hoán vị giữ nguyên các chỉ số i1,…,ik biến ik+1 thành ji.
Chú ý rằng khi cố định i1,…,ik thì (-1)sign () chính bằng (-1)sign (). Trong đó  là hoán vị của {ik+1,…,in}.
Hơn nữa hệ số của xk trong (ai1i1 - x)…(aikik - x) đúng bằng (-1)k. Do đó khi cho  chạy trên tập tất cả các
hoán vị của {ik+1,…,in}. Thì tổng các số hạng nêu trên cho ta hệ số của xk là (-1)kAik+1,…,in. Trong đó,
Aik+1,…,in là định thức con chính lập nên từ các cột và hàng có chỉ số ik+1,…,in .
Cho i1,…,ik chạy, cuối cùng ta được n-k bằng tổng các định thức con chính cấp n-k
=> n-1 = -tr(com(A)) = - (A11 + A22 Ann).

 A1



Bài 18: Cho n  , n1 ,..., nN  ; +…+ Ai  M ni  K  ,1  i  N , A  


0

17

.
.

0 




AN 


Bài tập Đại số tuyến tính `
N

Chứng minh  A    Ak .
k 1

Giải
A1   I n1

0
.

Ta có  A  A   I n 

N

N

i 1

i 1

  Ai   I ni    Ai    .

.
AN   I nN

0

 

Bài 19: Chứng minh A  M n  K  ,  At   A . Đặt biệt A  M n  K  , SPK At  SPK  A .
Giải

A  M n  K  ,  A     At   I   A   I   A   I   A    .
t

t

 

Từ đó ta có: A  M n  K  , SPK At  S PK  A .
Bài 20: Chứng minh các ma trận sau đây chéo hóa được và hãy chéo hóa chúng

0 1 0



a) A   1 0 1   M 3 
0 1 0



 11 5 5 


b) A   5 3 3   M 3 
 5 3 3 





 1 a a 2 


c) A   0 0 a   M 3 
0 0 1 





1 1 
 0


d) A   a  1 a a  1  M 3 

 a
a a  1


, a 

Giải
a) * Giải phương trình đặc trưng

=0



(

– 1)+ = 0

Với
 x1  t
 0 1 0  x1 


 
AX  0   1 0 1  x2   0   x2  0 , t  R .
 x  t
 0 1 0  x 

 3 
 3

Chọn vector riêng

.
18

.

, a 

.


Bài tập Đại số tuyến tính `



Với



 2
1
0   x1 
 x1  t

 

A  2I X  0   1
 2
1   x2   0   x2  2t , t  R .


 
x  t
 0
1
 2   x3 
 3








Chọn vector riêng u2  1, 2,1 .
Với    2 ta xét hệ phương trình



 2
1
0   x1 
 x1  t

 

A  2I X  0   1
 2
1   x2   0   x2  2t , t  R .


 
x  t
 0
  x3 
1

2
 3









Chọn vector riêng u2  1,  2,1 .
1

Vậy P   0
 1


1
2
1

1

1 


 2  là ma trận làm chéo A, một dạng chéo của A là A’ = P-1AP =  0

1 
0

11   5
5
3   3    2  17  16
b) * Đa thức đặc trưng: PA     A   I  5
5
3 3  



0 

2
0 .

0  2
0



1  0
 PA     0    2  17  16  0  2  1
3  16





Do phương trình đặc trưng có đúng 3 nghiệm đơn nên A chéo hóa được.



 11 5 5   1 1 1   1 1 1   1 0 0 

 
 
 

Với 1  0 ta có: A  1 I  A   5 3 3    5 3 3    0 8 8    0 1 1
 5 3 3   5 3 3   0 8 8   0 0 0 

 
 
 


Chọn vectơ riêng v1   0,1,1 .


Với 2  1 ta
có:

 10 5 5   2 1 1   2 1 1   2 1 1   1 0 1 


 
 
 
 

A  2 I  A  I   5 2 3    5 2 3    1 1 0    1 1 0    1 1 0 
 5 3 2   5 3 2   1 1 0   0 0 0   0 0 0 

 
 
 
 

19


Bài tập Đại số tuyến tính `

Chọn vectơ riêng v2  1,1, 1 .


Với 3  16 ta có:

5   1 1
1   1 1 1   1 0 2 
 5 5

 
 

 

A  3 I  A  16 I   5 13 3    5 13 3    0 8 8    0 1 1
 5 3 13   5 3 13   0 8 8   0 0 0 

 
 
 

Chọn vectơ riêng v3   2, 1,1 .

0 1 2 


Suy ra một ma trận khả nghịch làm chéo A là P   1 1 1 ,
 1 1 1 


0 0 0 


Một dạng chéo của A là D  P AP   0 1 0  .
 0 0 16 


1

1  
c) * Đa thức đặc trưng: PA     A   I  0
0

a
a2
 a   1      1
0 1 

  0
 PA     0    1 .
  1
Vì phương trình đặc trưng có ba nghiệm đơn phân biệt nên ma trận A chéo hóa được.

 x1 
 
* Với   0 : ta xét hệ pt: AX  0, với X   x2  .
x 
 3
 1 a a 2   1 a a 2   x1  ax2  0

 
 
Xét A   0 0 a    0 0 1    x2 
.
 0 0 1   0 0 0  x  0

 
  3

Một vector riêng là u1   a,1, 0  .

 x1 

 
* Với   1 : ta xét hệ pt:  A  I  X  0, với X   x2  .
x 
 3
 2 a a 2   2 0 0   x1  0



Xét A  I   0 1 a    0 1 a    x2  ax 3 .
 0 0 0   0 0 0  x 
  3

 

20


Bài tập Đại số tuyến tính `

Một vector riêng là u2   0, a,1 .

 x1 
 
* Với   1 : ta xét hệ pt:  A  I  X  0, với X   x2  .
x 
 3
 0 a a 2   0 0 2a 2 
 0 1 a   x2  0

 



Xét A  I   0 1 a    0 1 a    0 0 1    x3  0 .
 0 0 0  x 
0 0 2  0 0 2 

  1

 


Một vector riêng là u3  1, 0, 0  .

 a 0 1


Vậy ma trận P   1 a 0  làm chéo hóa ma trận A và
 0 1 0


0 0 0 


một dạng chéo của A là A '  P 1 AP   0 1 0  .
 0 0 1



1
1

a  1   3   2 (1  2a)    2a  1 .
d) * Đa thức đặc trưng A   I 3  a  1 a  
a
a
a 1 
  1

Cho PA     0     (1  2a)    2a  1  0     1
  2a  1
3

2

a0
* TH1: Nếu 
. Khi đó phương trình đặc trưng PA     0 có 3 nghiệm riêng phân biệt nên A chéo
a  1
hóa được.

 x1 
 
* Với   1 : ta xét hệ pt: ( A I3 ) X  0 với X   x2  .
x 
 3
1
1   1
1
1   1 1 1
 1
 1 1 1


 
 



Ta có:  A  I 3    a  1 a  1 a  1   a  1 a  1 a  1   0 2a 0    0 1 0 
 a
0 0 0 
a
a   a
a
a   0 2a 0 




 x1  x2  x3  0
Khi đó ta có hệ: 
. Chọn một vector riêng là (1,0,1).
 x2  0

21


Bài tập Đại số tuyến tính `

 x1 
 
* Với   1 : ta xét hệ pt: ( A I3 ) X  0 với X   x2  .

x 
 3
1
1   1 1
1   1 1 1 
 1

 
 

Ta có:  A  I 3    a  1 a  1 a  1    0 0 2a  2    0 0 1 
 a
a
a  2   0 0 2a  2   0 0 0 


 x1  x2  x3  0
Khi đó ta có hệ: 
. Chọn một vector riêng là (1,1,0).
 x3  0
 x1 
 
* Với   2a  1 : ta xét hệ pt: ( A (2a  1)I3 ) X  0 với X   x2  .
x 
 3
Ta có:

 2a  1 1

A  (2a  1) I 3   a  1 a  1

 1
a

1
1  1
 1

 
  2a  1 1
1   0
  a  1  a  1 a  1  0

 

1 

a  1
a 
1
1   1 1 1 
 

2a  2 2a  2    0 1 1 
2a  2 2a  2   0 0 0 

 x1  x2  x3  0
Khi đó ta có hệ: 
. Chọn một vector riêng là (0,1,1).
  x2  x3  0
0 

1 1 0
1 0




1
0 
Vậy ma trận làm chéo hóa A là P   0 1 1  và một dạng chéo của A là: P AP   0 1
 0 0 2a  1 
1 0 1




* TH2: Nếu a  0 ta có 1 là nghiệm bội 2 của phương trình đặc trưng.
Với   1 ta tìm được có dimE(1)=2. Và hai vector trong cơ sở của nó là (1,0,1), (-1,1,0).
Với   1 ta tìm được một vector riêng là (1,1,0).

 1 1 1 
1 0 0 




1
Suy ra ma trận làm chéo hóa A là P   0 1 1  và một dạng chéo của A là: P AP   0 1 0 
1 0 0
 0 0 1





* TH3: Nếu a  1 ta có 1 là nghiệm bội 2 của phương trình đặc trưng.
Với   1 ta tìm được có dimE(-1)=2. Và hai vector trong cơ sở của nó là (1,1,0), (-1,0,1).
Với   1 ta tìm được một vector riêng là (1,0,1).
22


Bài tập Đại số tuyến tính `

 1 1 1 


Suy ra ma trận làm chéo hóa A là P   1 0 0  và một dạng chéo của A là:
0 1 1


 1 0 0 


P 1 AP  D   0 1 0  .
 0 0 1



0 1 1
 0 1 0





Bài 21: Các ma trận A   1 0 0  và B   1 0 1  thuộc M3(R) có đồng dạng không?
 2 1 0
1 2 0




Giải
Cách 1:

 0 1 0


Xét P   1 0 0   GL3 ( R) .
0 0 1


Dễ thấy PA = BP. Suy ra A = P-1BP.
Vậy ma trận A đồng dạng với ma trận B.
Cách 2:
Ta có các phương trình đặc trưng:

 1
A  I  1  
2

B  I  1
1

1
1

2

1

0  1


0

0

1  1


0

1


1
0  3  3  1

1  2  
1


0
1

 3  3  1

   2 1 

Ta thấy A  I  B  I
Giải  3  3  1  0 ta được 3 nghiệm phân biệt nên ma trận A và B chéo hóa được và có cùng dạng
chéo. Nghĩa là: tồn tại các ma trận khả nghịch P và Q và ma trận chéo D sao D = P-1AP; D = Q-1AQ.
=> P-1AP = Q-1AQ  A = PQ-1 B QP-1  A = (QP-1)-1 B (QP-1)
Đặt G = QP-1, do P, Q khả nghịch nên ta được G cũng khả nghịch. Khi đó A = G-1BG .
Vậy ma trận A đồng dạng với ma trận B.
23


Bài tập Đại số tuyến tính `

1 2 3
1 3 2




M R
Bài 22: Các ma trận A   3 1 2  và B   2 1 3  thuộc 3   có đồng dạng với nhau không?
2 3 1
3 2 1






Giải

0 0 1


Xét P   0 1 0  .
1 0 0


Dễ thấy PA = BP. Suy ra A = P-1BP.
Vậy ma trận A đồng dạng với ma trận B.

Bài 23: Chứng minh rằng các tự đồng cấu lũy linh và chéo hóa được đều bằng không.
Chứng minh
Giả sử f :V V là tự đồng cấu lũy linh và chéo hóa được. Ta cần chứng minh f (x )  0,x V .
Ta có f (x )  f

x  (*), trong đó f  là ma trận biểu diễn của f đối với cơ sở chính tắc của V.

Vì f lũy linh nên tồn tại m nguyên dương, m ≥ 1 sao cho: f m (x )  0,x V .
m
Suy ra  f   0 hay  f   0 .
m

Vì f chéo hóa được nên tồn tại ma trận P khả nghịch và ma trận D có dạng chéo sao cho: P 1 f  P  D .
Do đó:  f   PDP1   f   PDm P1  PDm P 1  0  Dm  0  D  0   f   0
m

Khi đó, ta thay  f   0 vào (*) ta sẽ được f (x )  0,x V .

Bài 24: Cho n 

*

, A, B  M n (K ) sao cho AB chéo hóa được.

a) CMR: Nếu A hoặc B khả nghịch thì thì BA chéo được.
b) Kết quả trên có đúng không nếu có giả thiết khả nghịch?
Chứng minh
a) Không mất tính tổng quát, ta giả sử A là khả nghịch. Vì AB chéo hóa được nên tồn tại ma trận P khả
nghịch và ma trận D có dạng chéo sao cho AB = P.D.P-1.
Suy ra A-1.AB.A = A-1P.D.P-1.A hay BA = (A-1P)D.(A-1P)-1 .
24


Bài tập Đại số tuyến tính `

Đặt Q = A-1P thì Q khả nghịch và ta có BA = Q.D.Q-1.
Vậy BA chéo hóa được.

0 1
1 1
b) Kết quả trên không còn đúng nếu bỏ giả thiết khả nghịch. Thật vậy: xét A  
;B  
 là các
0 0
0 0

0 1
0 0
ma trận không khả nghịch, AB  
 không chéo hóa được.
 chéo hóa được nhưng BA  
0 0
0 0

 2 1 1


Bài 25. Tính An, biết A   1 2 1   M n ( ), n 
 0 0 3



*

.

Giải
Gọi A là ma trận của toán tử tuyến tính f :

3



3

, đối với cơ sở chính tắc B0 của

3

.

2
1
1
2
1  (1   )(3   )2 .
Đa thức đặc trưng: P ( )  det(A   I )  1
0
0
3

Rõ ràng P( ) phân rã trên

3

. Do đó, tồn tại một cơ sở B ={u1, u2, u3} sao cho  f

B

1 0 0


  0 3 a  , (dạng
0 0 3




f (u1 )  u1

tam giác khối). Khi đó: f (u 2 )  3u 2
.
f (u )  au  3u
2
3
 1
1 1 1 1 1 1

 

* Dễ thấy u1 là một vector riêng của f ứng với  = 1.Ta có A  I   1 1 1    0 0 0  . Do đó ta
0 0 2 0 0 1

 

chọn u1 = (-1, 1, 0).

 1 1 1   1 1 1 

 

* Tương tự u2 là một vector riêng của f ứng với  = 3.Ta có A  3I   1 1 1    0 0 1  . Do
 0 0 0  0 0 0

 


đó ta chọn u2 = (1, 1, 0).
* Tìm u3, ta có: f (u3 )  3u3  au 2   f  3Id  (u3 )  au 2 . Do đó,

25