Khóa luận tốt nghiệp Chéo hóa tam giác hóa ma trận và ứng dụng

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP
CHÉO HÓA – TAM GIÁC HÓA MA TRẬN VÀ ỨNG DỤNG
CHƯƠNG I:

CHÉO HÓA MA TRẬN

1. Tính chéo hóa được
* Định nghĩa
1) Giải sử f (x) ∈ (E). Ta nói rằng F chéo hóa được khi và chỉ khi tồn tại 1
cơ sở β sao cho Mat β (f ) là ma trận chéo.
2) Giả sử A ∈ M n (K) . Ta nói rằng A chéo hóa được khi và chỉ khi tồn tại
ma trận chéo được khi và chỉ khi tồn tại ma trận chéo D thuộc M n (K) sao cho A
đồng dạng với D
Nói cách khác, A chéo hóa được khi và chỉ khi

∃p ∈ GL n (K), ∃D ∈ D n (K), A = pDp −1
Nếu A ∈ M n (K) Chéo hóa được thị gọi dữ liệu chéo hóa của A là việc cho p,
D, p1 sao cho:

p ∈GL n (K), D ∈D n (K), A = pDp −1
Trừ ngoại lệ, việc chéo hóa một ma trận chéo hóa được không duy nhất, nói
cách khác, p và D không duy nhất. Thay cho việc nói chéo hóa ta còn nói: Thu về
dạng chéo
Nhận xét:
1) Giả sử f (x) ∈ (E), β là một cơ sở của E, A = Mat β (f ) khi đó f chéo hóa được
khi và chỉ khi A chéo hóa được. Thật vậy:
* Nếu f chéo hóa được thì tồn tại 1 cơ sở β ' của E sao cho ma trận D của f
trong β ' là ma trận chéo, ký hiệu

p = pass(β, β ') ta nói A = pDp ' (Công thức đổi cơ sở cho 1 tự đồng cấu)
−1

* Nếu A chéo hóa được thì ∃p ∈ GL n (K), D ∈ D n (K) sao cho A = pDp

và do vậy D là ma trận của f trong cơ sở β ' của E được xác đinh bởi pass(β, β ') = p
2) Tồn tại các ma trận chéo hóa được và các ma trận không chéo hóa được.
3) Mọi ma trận chéo hóa đều chéo hóa được
1


Mệnh đề: Giả sử f (x) ∈ (E. Các tính chất sau đây từng đôi từng đôi một tương
đương.
i) f chéo hóa được
ii) Tồn tại một cơ sở của E được tạo nên từ các vectơ riêng của F
iii) Tổng các không gian con riêng của f bằng E
iv) Tổng các số chiều của không gian con riêng của f bằng dim(E)
Chứng minh
i ⇒ ii

Giả sử f chéo hóa được
Tồn tại 1 cơ sở B = (e1 ,e 2 ,.....,e n ) của E sao cho Mat β (f ) là ma trận chéo,

n
vậy khi đó sẽ tồn tại (λ1 , λ 2 ,...., λ n ) ∈ K , sao cho

 λ1
Mat β (f ) = 

 0

0



λ n 

f (ei ) = λei
Vì ∀i ∈{i,......, n} 
e i ≠ 0
Nên B = (e1 ,e 2 ,.....,e n ) là cơ sở của E được tạo nên từ vectơ riêng của f
ii ⇒ iii

Giai sư tồn tại một cơ sở B = (e1 ,e 2 ,.....,e n ) được tạo nên từ vectơ riêng

n
của f, vậy tồn tại (λ1 , λ 2 ,...., λ n ) ∈ K sao cho ∀i ∈{i,......, n},f (ei ) = λe i rõ ràng

mỗi λ i là giá trị riêng của f ( một vectơ liên kết la e i )
Ta ký hiệu λ = {λi |1 ≤ i ≤ n}
Khi đó

∑ (Ker(f − λe) ⊃∑ Ker(f − λe) = ∑ Ker(f − λe) ⊃∑ Ke

Vậy tổng các không gian con riêng của F chính là

∑

i

= E 0λ ∈ λ

Ker(f − λe) = E

λ∈SPK (f )

iii ⇒ vi Giả sử tổng các không gian con riêng (KGCR) của f bằng E. Vì tổng này
là các tổng trực tiếp nên ta có

∑

λ∈SPK (f )

iv ⇒ i

KGCR(f , λ) = dim( ⊕ KGCR(f,λ))=dim(E)
λ∈SPK (f )

Giả sử tổng các số chiều các KGCR của f bằng dim(E).
Ta ký hiệu k = Card(SPk (f )), M1 ,....,M k là các phần tử của SPk (f )
2


k

Mỗi KGCR(f , Mj)(1 ≤ j ≤ k) có ít nhất 1 cơ sở β j ta kí hiệu β = Uβ j
j=1

Vì các KGCR(f , Mj)(1 ≤ j ≤ k) có tổng trực tiếp và mỗi β j là độc lập tuyến
tính nên β là độc lập tuyến tính.
k

k

j=1

j=1

Mặt khác Card(β) = ∑ Card(β j 0) =∑ dim(KGCR(f , Mi)) = dim(E)
Vậy β là cơ sở của E và ma trận f của β là ma trận chéo vì các phần tử của

β là các véc tơ riêng của f:
 M1Id1
Mat β (f ) = 

 0
Trong đó d j = Card(β j )




M k Id k 
0

(1 ≤ j ≤ k)

Nhận xét:
Theo chứng minh trên đây, nếu f ∈ (E), chéo hóa được thì các phần tử
chéo của một ma trận chéo biển diễn cho f chính là các giá trị riêng của f, được viết
trên đường chéo này với số lần bằng cấp bội của chúng.
Ta sẽ thấy dưới đây một tính chất tương tự cho các tự đồng cấu tam giác hóa
được
Định lý: (Điều kiện cần và đủ của tính chéo hóa được)
1). Cho f ∈ (E), f chéo hóa được khi và chỉ khi χ f tách được trên K và với mỗi giá

trị λ của f, dim(KGCR(f , λ)) bằng cấp bội của λ .
Chứng minh:
Với mỗi giá trị λ của f; ký hiệu ( λ )
d(λ) = dim(KGCR(f , λ)) và w(λ) là cấp bội của λ * ( trong χ f )
• Giả sử f chéo hóa được
Theo mệnh đề 5.2.2:

∀λ ∈ Sp k (f ), d(λ) ≤ w(λ)

Theo mệnh đề 5.2.3:

n=

∑

λ∈Sp k (f )

d(λ)

n
Mặt khác vì f ( chéo hóa được nên tồn tại 1 cơ sở β của E và (λ1,......λn) ∈ K sao

cho
3


 λ1
Mat β (f ) = 

 0

0


λ n 
n

Vậy ta có ∀λ ∈ K, χ f (λ) = det(Mat β (f ) − λI n ) = ∏ (λ i − λ)
i =1

Do đó χ f tách được . Ta kết luận ∀λ ∈ K,d(λ) = w(λ) λ ∈ Sp k (f )
Đảo lại giả sử χ f tách được và ∀λ ∈ Sp k (f ),d(λ) = w(λ)

∑(f ) w(λ) = n
Vì χ f tách được và nghiệm của χ f là các giá trị riêng của f nên λ∈Sp
k

Từ đó

∑

λ∈Sp k (f )

d(λ) = n vậy mệnh đề trên f chéo hóa được

2) Tính chất thứ 2 này rõ ràng là cách diễn đạt ma trận của tính chất thứ nhất
Ví dụ. Chứng tỏ rằng

2 0 1
A =  1 1 1  ∈ M 3 (R) chéo hóa được và hãy chéo hóa A



 −2 0 −1
Giải:
Ta lập đa thức đặc trưng của A

2−λ
0
1
2−λ
1
χ A (λ ) = 1
1− λ
1 = (1 − λ)
= λ (λ − 1) 2
−2 −1 − λ
−2
0
−1 − λ
Các giá trị riêng của A tại 0 (đơn) là một hệ kép

x 
 x+y+z=0
z = −2x



+z=0 ⇔
* X =  y  ∈ KGCR(A,0) ⇔  2x
y = x


 z 
−z=0
−2x
1
 
Vậy KGCR (A, 0) có số chiều là 1 và có cơ sở là V1 =  1 
 −2 
x 
 
* X =  y  ∈ KGCR(A,1) có số chiều là 2 và có cơ sở là (V2 ,V3 ) trong đó
 z 
4


Chẳng hạn:

0 
0


V2 = 1 ;V3 =  0 
 
 
0 
 −1
Vì χ A (λ ) tách được trên

và vì mỗi giá trị của A số chiều của không gian

con riêng bằng cấp bội của giá trị riêng đó, nếu định lý trên, A chéo hóa được. Kí
hiệu β0 là cơ sở chính tác của M3(R)

 1 0 1
0 0 0
β = (V1 ,V2 , V3 ),p = pass(β0 , β) =  1 1 0  , D = 0 1 0 




 −2 0 1 
 0 0 1 
Ta có

A = p.D.p1

 −1 0 −1
−1


Tính toán cho ta kết quả p =  1 1 1 
 2 0 1 
Hệ quả: (Điều kiện đủ để tính chéo hóa được cho từng sản phẩm)
1) Giả sử f ∈ (E), nếu f có n giá trị riêng từng đôi phân biệt trong đó = = dim (E)
thì f chéo hóa được.
2) Giả sử A ∈ M n (k) . Nếu A có n giá trị riêng từng đôi phân biệt thì A chéo hóa
được.
Ví dụ: Giả sử n ∈ N \ {0,1}

0 1 0

A=
1  ∈ M n (l )


 0
0 
Chứng tỏ rằng A chéo hóa được
Ta lập đa thức đặc trưng bằng việc khai triển đối với dòng cuối

−λ 1
χ A (λ ) =
0

0
−λ 1 0
1
0
n +1
1 = −λ
1
+ (−1) −λ
−λ
0
−λ [n −1]
0 −λ 1 [n −1]

= (−λ )(−λ ) n +1 + (−1) n +1 = (−λ ) n (−λ − 1)
Rõ ràng χ A (λ ) tách được trên C và có các nghiệm đơn căn bậc n của 1 trong

C/ ) theo hệ quả trên, A chéo hóa được trong Mn( C/ )

5


CHƯƠNG II

TAM GIÁC HÓA

I. Định nghĩa 1:
1) Giả sử f ∈ (E). Ta nói rằng f tam giác hóa được khi và chỉ khi tồn tại 1 cơ sở β
của E sao cho Mat β (f ) là ma trận tam giác
2) Giả sử A ∈ M n (K) . Ta nói rằng A là tam giác hóa được khi và chỉ khi tồn tại 1
ma trận tam giác T thuộc Mn(K) đồng dạng với A.
Nếu A ∈ M n (K) tam giác hóa được thì ta gọi cac dữ liệu P,T và p -1 sao cho

p ∈ GL n (K),T ∈ Tn (K) ( hay Tn j (K),A = pT.p −1 là dữ liệu tam giác hóa của A,
1

tam giác A, nghĩa là xác định p, T, p-1 thích hợp thay và nói “ Tam giác hóa được”
Ta cũng nói thu được về dạng tam giác.
Nhận xét:
1) Giả sử f (x) ∈ (E), β0 là một cơ sở của E, A = Mat β (f ) . Khi đó f tam giác hóa
0

được khi và chỉ khi A tam giác hóa được.
2) Mọi ma trận tam giác đều tam giác hóa được
3) Mọi ma trận tam giác dưới đều đồng dạng với 1 ma trận tam giác trên và ngược lại.
Thật vậy, nếu T = (t ij ) ∈ Tnj (K) kí hiệu

 t nn
0 1

−1

−1
p=
ta có p ∈ GL n (k),p = p và pTp = 
÷
1 0


t nn −1

t n1 
M  ∈ tn j

t11 
1

0

Như vậy, để cho 1 ma trận A thuộc M n(k) đồng dạng với 1 ma trận tam giác
dưới, cần và đủ là nó đồng dạng chung với 1 ma trận tam giác trên. Trong phân sau
của nội dung này ra sẽ ưu tiên các ma trận tam giác trên.
4) Nếu f (x) ∈ (E) tam giác hóa được thì các phần tử chéo của ma trận tam giác
biểu diễn f là các giá trị riêng của f, được viết trên đường chéo này với số lần lặp
bằng cấp bội của chúng.
* Định lý:

1) Giả sử A ∈ M n (K)1 Hai tính chất sau đây là tương đương

i) A là tam giác hóa được

ii) χ A tách được trên K
6


2) Giả sử f ∈ (E). Hai tính chất sau đây là tương đương
i) f tam giác hóa được
ii) χ f tách được trên K
Chứng minh
1) i ⇒ ii
Giả sử A tam giác hóa được, tồn tại:

 t11 .... . 
T=
O M  ∈ Tn N(K) sao cho A ~ T


 o
1nn 
n

Vì vậy ∀λ ∈ K, χ A (λ) = χ T (λ ) = ∏ (t ii − λ )
i =1

Do đó χ A tách được trên K
Quy nạp theo n
Tính chất là tầm thường với n = 1
Giả sử tính chất đó đúng với n ∈ N * , và giả sử A ∈ M n +1( K ) sao cho χ A tách
được trên K. Khi đó A có ít nhất 1 giá trị riêng λ1 và 1 vectơ riêng liên kết

V1 (V1 ∈ M n +1,n (K)) và do vậy tồn tại L ∈ M1, N (K),A 2 ∈ M n (K) sao cho

L
λ
A~ 1
÷
 o A2 
 λ1 − λ
Ta có ∀λ ∈ K, χ A (A) = det 
 o

L 
= (λ1 − λ )(A 2 − λI n )
A 2 − λI n ÷


Vì χ A tách được trên K nên χ A tách được trên K
2

−1
Theo giả thuyết quy nạp tồn tại Q ∈ GL n (K),T ∈ Tn ,N (K) sao cho A 2 = QTQ

Ký hiệu:

1 0 
R =
÷∈ M n +1 (K) khả nghịch và có nghịch đảo
0 Q
1 0 
χ ∈ M1,n (K) sao
R −1 = 
−1 ÷ ta sẽ chứng minh rằng tồn tại

0 Q 
cho với ký hiệu :
7


 λ1
RT1R −1 T1 = 
0

L
A2 ÷


λ
ta có  1
0

L
= RT1R −1
÷
A2 

−1
 1 0  λ1 χ  1 0   λ1 χQ 
=
Ta có RT1R = 
÷
÷
÷
−1 ÷

A2 
 0 Q  0 T  0 Q   0
−1

 λ1
Vậy chỉ cần chon X = L.Q để có được 
0
 λ1
Điều này chứng tỏ A ~ 
0
2) Giả sử

L
= RT1R −1
÷
A2 

L
∈ Tn +1,N (K) A tam giác hóa được
T1 ÷


f ∈ (E) K – kgvt E có ít nhất 1 cơ sở β sử dụng và ký hiệu

A = Mat β (f ) ta có (f tam giác hóa được) ⇔ ( A tam giác hóa được) ⇔ ( χ A tách
được ) ⇔ ( χ f tách được)
* Hệ quả
1) Giả sử E la 1 C/ - kgv hữu hạn chiều ≥ 1. Mọi đồng cấu E đều tam giác hóa
được
2) Mọi ma trận vuông thuộc M n (c)

(n ≥ 1) điều tam giác hóa được .

Chứng minh:
Theo định lý d’lembert ( Định lý 5.3.4. tập 5)

χf (hay χ A ) tách được trên C/ vậy ( định lý trên) f (hay A) tam giác hóa được.
1 − 1 1 − n 

 ∈ M (R)
Ví dụ. Giả sử n ∈ N − {0;1},A =  | 1 | |
n

1 − 1 1 − n 
Chứng minh rằng A không chéo hóa được tam giác hóa và hãy tam giác hóa A
Nhận xét rằng rank(A) = 1, từ đó theo đinh lý về hạng

dim ( Ker ( A ) ) = n – rank ≥ 1
Vậy A thừa nhận 0 làm giá trị riêng và cấp bội của giá trị 0 là ≥ n − 1 vì

dim(KGCR(A,0)) = dim(ker(A)) = n −1 vậy tồn tại λ1 ∈R

sao cho

χ A = (-1) n χ n −1 (χ − λ1 ) vì tr(A) = λ1 + (n − 1).0 và tr(A) = (1 − n) + (n − 1) = 0
Ta suy ra λ1 = 0
8


Như vậy, A thừa nhận một và chỉ một giá trị riêng chính là 0 và cấp n, vì

không gian con riêng liên kết với 0 và có số chiêu n = 1, (≠ n) nên A không chéo
hóa được.
KGCR(A,0) có phương trình x1 + ..... + x n −1 + (n − 1)x n = 0 , do vậy có 1 cơ
sở (V1 + .... + Vn −1 ) , trong đó

1
 −1÷
 ÷
V1 =  0 ÷ ;
 ÷
 M÷
0÷
 

1
0÷
 ÷
V2 =  −1÷;
 ÷
 M÷
0÷
 

1
0÷
 ÷
Vn − 2 =  M ÷;
 ÷
 −1 ÷
0÷

 

1
1÷
 ÷
Vn −1 =  | ÷
 ÷
1÷
1÷
 

Ký hiệu:

1
1÷
 ÷
Vn =  | ÷ ta có Vn ∈ Ker(A) ( Vì AVn = Vn −1 )
 ÷
0÷
0÷
 
Vậy (V1 ,V2 ,....,Vn −1 ) là một cơ sở của M n ,1 (R)
Ký hiệu β0 = (e1 ,e 2 ,....e n ) là cơ sở chính tắc của M n ,1 (R) , β = (V1 ,V2 ,....,Vn −1 )

1
 −1 0

0
p = pass(β0 , β) = 




0
0
0


T= 0


0
0

1 1
1 0



0

−1 1 0 

0 1 0
1
0

0
|

0


1
0 

−1
Khi đó ta có p ∈ GL n (R),T ∈ Tn ,N (R),A = pTp cuối cùng, việc giải hệ

phương trình:
9


V1 = e1 − e 2
M

− e n −1
V n − 2 = e1
V = e + ..... e
1
n
 n −1
Vn = e1
e1 = Vn
e = − V − V
1
n
 2
M
e = − V + V
n −1
n

 n −1
en = V1 + ......Vn −1 − (n − 1)Vn
 0 −1

0


−1
Từ đó p = 

0 0

1 1

1 




−1

0
1 

0 1− n
0

Nhận xét: Giả sử A ∈ M n (C) , theo hệ quả trên tồn tại p ∈ GL n (C),T ∈ Tn,N (C)
−1
A

T −1
sao cho A = pTp Vậy ta có e = pe p với kí hiệu

eλ
λ1 .... . 

T=
O
det(e A ) = det(e T ) =

 thì
 0
λn 
0

1

....
O

.
eλ

n

= ∏ eλ
n

i

i =1

n

=e

∑ λi
i=1

= e tr (A )

* Khái niệm cờ của 1 không gian vectơ hữu hạn chiều.
Định nghĩa: Ta gọi mọi họ (E1 ,E 2 ,......E n ) các không gian vectơ của E (Trong đó
dim(E) = n) thỏa mãm

∀i ∈{i,....,n}, dim (E1 )=i

∀i ∈{i,....,n − 1},E1 ⊂ E i+1
Là cờ của E
10


Mệnh đề sau là hiển nhiên.
* Mệnh đề 1: Giả sử (E1 ,E 2 ,......E n ) là các không gian vectơ của (E( n = dim(E) )
Để (E1 ,E 2 ,......E n ) là cờ của E cần và đủ là tồn tại một cơ sở (e1 ,e 2 ,....e n ) của E
sao cho: ∀i ∈{1,....,n}, E i = Vect(e1 ,e 2 ,....e n ) .
* Định nghĩa 3: Giả sử (E1 ,E 2 ,......E n ) là một cơ sở của E, (e1 ,e 2 ,....e n ) là một cơ
sở của E. Ta nói rằng (e1 ,e 2 ,....e n ) là tương thích với cở (E1 ,E 2 ,......E n ) khi và chỉ
khi ∀i ∈{1,....,n}, E i = Vect(e1 ,e 2 ,....e n ) .
Theo mệnh đề trên với mọi cờ ∀i ∈{1,....,n}, E i = Vect(e1 ,e 2 ,....e n ) .

Và E tồn tại một cơ sở (e1 ,e 2 ,....e n ) tương thích với cờ (E1 ,E 2 ,......E n ) .
Do đó mênh đề sau là hiển nhiên.
Mệnh đề 2: Giả sử f ∈ (E), (E1 ,E 2 ,......E n ) là 1 cờ của E để f giữ
ổn định E1 ,E 2 ,......E n ( tức là ∀i ∈{1,....,n}, f(E i ) ⊂ E i cần và đủ là tồn tại
1 cơ sở β của E tương thích với cờ (E1 ,E 2 ,......E n ) và sao cho Mat β (f ) là
ma trận tam giác trên
Mệnh đề 3: Giả sử f ∈ (E), Để f tam giác hóa được cần và đủ là tồn tại một cờ

(E1 ,E 2 ,......E n ) của E sao cho với mỗi ∀i ∈{1,....,n}, E i ổn định với f.
* Một số ví dụ về tam giác hóa các ma trận vuông cấp ≤ 3
Giả sử A ∈ M 3 (K) , dưới đây ta sẽ thấy rằng ( Định lý 3.1) nếu χ A
tách được trên K thì A tam giác hóa được, nghĩa là tồn tại p = GL3 (K) ,

T ∈ T3,N (K) sao cho A = pTp −1 ta giả sử A không chéo hóa được và χ A
tách được trên K 1 khi đó:
• Hoặc A có 1 giá trị λ1 và một giá trị λ 2
• Hoặc A có một giá trị bội 3 λ1
Chúng ta kí hiệu β0 = (e1 ,e 2 ,e3 ) là cơ sở chính tắc M 3,1 (K) và f là
một tự đồng cấu của M 3,1 (K) sao cho Mat β (f ) = A
0

11


 5 −17 25


Tam giác hóa A =  2 −9 16  ∈ M 3 (R)
 1 −5 9 
Ta lập đa thức đặc trưng của A

5 −17 25
χ A = 2 −9 16
1 −5 9
= −λ 3 + 5λ 2 − 8λ + 4
= −(λ − 2) 2 (λ − 1)
Vậy χ A tách dược trên R và các giá trị riêng của A là 2 (kép) và
2 đơn

x 
x =  y  ∈ KGCR(A,2)
 
 z 
3x − 17y + 25z = 0

⇔ 2x − 11y + 16z = 0
 x − 5y + 7z = 0

 x = 5y − 7z
⇔
 y = 2z
 x = 3z
⇔
 y = 2z
Vậy KGCR(A, 2) có số chiều là 1 và cơ sở V 1 trong đó

 3
V1 =  2 ÷
÷
1÷

 
x
 ÷
* χ =  y ÷∈ KGCR(A,1)
z÷
 
4x − 17y + 25z = 0

⇔ 2x − 10y + 16z = 0
 x − 5y + 8z = 0

12


 x = 5y − 8
⇔
3y − 7z = 0
3x = 11z
⇔
3y = 7z
 11
 ÷
Vậy KGCR(A,1) có số chiều là 1 cơ sở (V3) trong đó V3 =  7 ÷
3÷
 
x
 ÷
Ta tìm vect V2 =  y ÷ sao cho β = (V1 ,V 2 ,V3 ) là cơ sở M 3,1 (R) và Mat β (f )
z÷
 

là ma trận tam giác trên

 2 0 0
Mat β (f ) =  0 2 0


 0 0 1
Điều này dẫn đến

β là 2 c¬ së cña M 3,1 (R)

f(V2 ) − 2V2 ∈ RV1

 5x − 17y + 25z 

÷
Ta có Mat β (f (V2 ) = AV2 =  2x − 9y + 16z ÷
 x − 5y + 9z ÷


0

Từ đây AV2 − 2V2 ∈ RV1

3x − 17y + 25z = 3(x − 5y + 7z)
⇔
2x − 7y + 16z = 2(x − 5y + 7z)
⇔ y=z=0
Vậy ta có thể chọn

1
V2 =  0 ÷
÷ và do đó AV2 = 2V2 + V1
 0÷
 
Ký hiệu

13


 3 1 11
 2 1 0

÷
P =  2 0 7 ÷
÷ và T =  0 2 0 ÷
1 0 3 ÷
0 0 1÷




−1
Ta có A = pTp

 0 −3 7 

÷
Tính toán cho ta p =  1 −2 1 ÷
 0 1 −2 ÷



−1

Ví dụ 2:

 −2 2 −1 

÷
Tam giác hóa A =  −1 1 −1 ÷∈ M 3 (R)
 −1 2 −2 ÷


Ta lập đa thức đặc của A

−2 − λ
2
−1
χ A ( λ ) −1
1− λ
−1 = (λ + 1)3
−1
2
−2 − λ
Vậy χ A tách được trên R và A có 1 giá trị duy nhất; - 1 với cấp là 3

x
χ =  y ÷
÷∈ KGCR(A,1) ⇔ − x + 2y + z = 0
z÷

 
Vậy KGCR (A,-1) có số chiếu là 2 và có cơ sở là chẳng hạn (V 1 ,V2 ) trong đó

1
V1 =  0 ÷
÷
 −1÷
 

0
V2 =  1 ÷
÷
 2÷
 

Ta tìm V3 ∈ M 3,1 (R) sao cho β = (V1 ,V2 ,V3 ) là 1 cơ sở của

Mat β (f ) là ma trận tam giác trên
 −1 0 0 
Mat β (f ) =  0 −1 0 ÷
÷
 0 0 −1÷



14

M 3,1 (R) và

Giả sử V3 ∈ M 3,1 (R) sao cho β = (V1 ,V2 ,V3 ) là cơ sở của M 3,1 (R) tồn tại

 −1 0 α 

÷
(α, β, γ ) ∈ R 3 sao cho Mat β (f ) =  0 −1 β ÷
 0 0 γ÷


Vì χ Mat

β (f

)

(λ) = χ f (λ ) = −(λ + 1)3 nên ta cần có γ = −1

Vậy mọi V3 thuộc V3,1 (R) sao cho (V1 ,V2 ,V3 ) độc lập tuyến tính thì đều phù
hợp.
Ta hãy chọn chẳng hạn

1
V3 =  0 ÷
÷
0÷
 
 1 0 1

÷
−1

Ký hiệu p = passβ (B) =  0 1 0 ÷ và T = p Ap,T là ma trận tam giác trên
 −1 2 0 ÷


ta thu được:

 0 2 −1
 −1 0 −1

÷
P − 1 =  0 1 0 ÷
÷ và T=  0 −1 −1÷
 1 −2 1 ÷
 0 0 −1 ÷




Ta sẽ chứng minh rằng có thể chon V3 sao cho Mat β (f ) có dạng

 −1 0 0 
 0 −1 0 ÷

÷
 0 0 −1÷


Ví dụ 3:
Tam giác hóa

 2 0 1
A =  1 1 0 ÷
÷∈ M 3 (R)
 −1 1 3 ÷


3
Ta thu được χ A (λ ) = (2 − λ)

Vậy χ A tách được trên R và A có giá trị riêng duy nhất, 2 có cấp là 3
15


z=0
x

x = y

χ =  y ÷
∈
KGCR(A,2)
⇔
x
−
y
=
0
⇔



÷
z = 0
z÷
− x + y + z = 0
 

Vậy KGCR(A,2) có số chiều là 1 và cơ sở (V1)

1
 ÷
Trong đó V1 =  1 ÷
0÷
 
Ta tìm V2,V3 đề β = (V1 ,V2 ,V3 ) là một cơ sở của M1,3 (R) và Mat β (f ) là ma
trận tam giác trên

2 . . 
Mat β (f ) =  0 2 . ÷
÷
0 0 2÷


Điều này dẫn đến

β lµ mét c¬ së cña M1,3 (R)

f(V2 ) − 2V2 ∈ Vect(V1 )
f(V ) − 2V ∈ Vect(V ,V )
3
1

2
 3
Ký hiệu

x
V2 =  y ÷
÷
z÷
 

z
1



÷
f(V2 ) − 2V2 ∈ Vect(V1 ) ⇔  x − y  ∈ Vect   1 ÷
÷÷
  0 ÷÷
 −x + y + z 
 
1
⇔ x − y = z ví dụ chọn V2 =  0 ÷
 ÷
1÷
 
Tiếp đó với bất kỳ V3 nào sao cho (V1 ,V2 ,V3 ) độc lập tuyến tính ( Phù hợp.
Ví dụ:

1

V3 =  1 ÷
÷
0÷
 
16


1 1 1

÷
Ký hiệu p = passβ 0 (β) =  1 0 0 ÷
0 1 0÷


Khi đó

0 1 0 
2 1 1 

÷
p − 1 =  0 0 1 ÷ vµ T = p − 1Ap =  0 2 −1 ÷
÷
 1 −1 −1 ÷
0 0 2 ÷




Là ma trận tam giác trên
Nhận xét:

Dưới đây ta sẽ chứng minh phép thu gọn Jesdan rằng nếu χ A tách được và
nếu ta ký hiệu λ1 , λ 2 , λ 3 ( Không đồng nhất thiết khác nhau) là các nghiệm của χ A
thì A đồng dạng với 1 trong các ma trận sau:

 λ1

*0
0


0
λ2
0

0
0÷
÷ Nếu λ1 , λ 2 , λ 3 từng đôi một phân biệt
λ3 ÷


 λ1

*0
0


0
λ1
0

0
0÷
÷ hay
λ3 ÷


 λ1
0

0


1
λ1
0

0
0÷
÷ nếu λ1 = λ 2 ≠ λ 3
λ3 ÷


 λ1

*0
0


0
λ1

0

0
0÷
÷ hay
λ1 ÷


 λ1
0

0


1
λ1
0

0
0÷
÷ hay
λ1 ÷


17

 λ1
0

0



1
λ1
0

0
1÷
÷ nếu λ1 = λ 2 = λ 3
λ1 ÷



CHƯƠNG III
ỨNG DỤNG CỦA CHÉO HÓA MA TRẬN
I Định nghĩa và các định lý chéo hóa ma trận
1. Định nghĩa:
Ta nói A chéo hóa được khi và chỉ khi tồn tại một ma trận chéo D ∈ M n (K)
sao cho A đồng dạng với D.
Nói cách khác A chéo hóa được khi và chỉ khi ∃J ∈ GL n (R), ∃D ∈ D n (K);

A = pDp −1 .
Nếu A ∈ M n (K) chéo hóa được thì gọi dữ liệu chéo hóa của A là việc

pDp −1 sao cho p ∈ GL n (R), ∃D ∈ D n (K); A = pDp −1 .
−1
Néu A ∈ M n (K) chéo hóa được thì chéo hóa A là việc xác định p,D,p sao
−1
cho p ∈ GL n (R), ∃D ∈ D n (K); A = pDp

Trừ ngoại lệ, việc chéo hóa hai ma trận chéo hóa được không duy nhất nói
các khác, p và D không duy nhất.
Nhận xét:
Một ma trận céo đềi chéo hóa được
2. Định lý.
Điều kiện cần và đủ của tính chéo hóa được A ∈ M n (K) , A chéo hóa được
khi và chỉ khi
+ χ A tách được trên K
+ Với mỗi giá trị riêng X của A, dim(KGCR(A, λ)) bằng cấp bội của λ
3. Hệ quả. Điều kiện đủ của tính chéo hóa được.
Giả sử A ∈ M n (K) nếu A có n giá trị riêng từng đôi phân biệt thì A chéo
được
II. Ứng dụng của chéo hóa ma trận
18


1. Tính chất các lũy thừa của một ma trận riêng.
−1
a). Giả sử A chéo hóa được, tồn tại D ∈ GL n (K) ∃D ∈ D n (K) sao cho A = pDp

Ta chứng minh bằng quy nạp

∀k ∈ N,A k = p.D k .p −1
0
0
Tính chất này đúng với k = 0 ( Vì A = D = I n )

Tính chất này đúng với k = 1. Nếu cho tính chất này đúng với k ∈ N thi phải
chứng minh tính chất này đúng với k +1

A k + = A k .a = (pD k p −1 )(pDp −1 = p(D k D)p −1 = pD k +1p −1
Mặt khác , ký hiệu

 λ1
D=
O

 0
 λ1
D =
O

 0
k

0

 , rõ ràng ta nói ∀k ∈ N
λ 
0


λ k2 

Từ đó ta suy ra giá trị của Ak
Ví dụ áp dụng:
Giả sử

 0 −8 6 
A =  −1 −8 7  ∈ M n (k)



 1 −14 11
Chứng minh A khả nghịch và tính Ak (k ∈ Z) giả lập đa thức đặc trưng

−8
6 
0 − λ
χ A (λ) =  −1 −8 − λ
7 


 1
−14 11 − λ 
= −(λ 3 − 3λ 2 − 4λ + 12)
= −(λ − 2)(λ + 2)(λ + 3)
Vì A ∈ M 3 (R) và A có 3 giá trị phân biệt – 2, 2, 3 nên A chéo hóa được. Ta tính
các không gian con riêng.

19


x
2x − 8y + 6z = 0

 
+ χ =  y  ∈ KGCR(A,2) ⇔ − x − 6y + 7z = 0

 z 
 x − 14y + 13z = 0

⇔x=y=z
Vậy KGCR(A; −2) có số chiều là 1 và có cơ sở (V1) trong đó

1
V1 = 1

1
x 
−2x − 8y + 6z = 0

χ =  y  ∈ KGCR(A,2) ⇔  − x − 10y + 7z = 0
 

 z 
 x − 14y + 13z = 0
 y = 2x
⇔
3y = 2z
Vậy KGCR(A,2) có số chiều là 1 và có cơ sở (V2) trong đó

x 
−3x − 8y + 6z = 0

V1 =  y  ∈ KGCR(A,3) ⇔  − x − 11y + 7z = 0
 

 y 
 x − 14y + 8z = 0
5y = 3z
⇔

3x = 2y
KGCR(A,3) có số chiều là 1 và có cơ sở V3, trong đó
2
V1 =  3 
 
 5 
Ký hiệu

1 1 2 
 −2 0 0 
 1 1 −1
p = 1 2 3  và D =  0 2 0  và p −1 =  −2 3 −1






1 3 5 
 0 0 3
 1 −2 1 

−1
k
k −1
và A = pDp và ∀k ∈ N,A = pD p

 (−2) k − 2.2k + 2.3k

k

k
k
=  (−2) − 4.2 + 3.3
 (−2) k − 6.2k + 5.3k

(−2) k + 3.2k − 4.3k
(−2) k + 6.2k − 6.3k
(−2) k + 9.2 k − 10.3k
20

−( −2) k − 2 k + 2.3k 

−(−2) k − 2.2k + 3.3k 
−( −2) k − 3.2k + 5.3k 


Mặt khác, vì 0 ∉ Sp k (A) nêu A khả nghịch, vậy A-1, Ak (K ∈ Z) tồn tại k ta có

∀k ∈ Z∗
Ak = (A − 1) − k = ((pD p−1 ) −1 ) − k
= (pD −1p −1 ) = p(D −1 ) − k p −1
k −1
Nói cách khác công thức A = pD p dúng ∀k ∈ Z và kết quả thu được ở trên đúng

với Ak

x 
−2x − 8y + 6z = 0

 

+ χ =  y  ∈ KGCR(A,2) ⇔  − x − 10y + 7z = 0

 z 
 x − 14y + 9z = 0
 y = 2x
⇔
3y = 2z
Vậy KGCR(A,2) có số chiều là 1 và có cơ sở ( V2) trong đó

1 
(V2 ) =  2 
 
 3 
x 
 −3x − 8y + 6z = 0

 
+ χ =  y  ∈ KGCR(A,3) ⇔  − x − 11y + 7z = 0

 z 
 x − 14y + 8z = 0
5y = 3x
⇔
3y = 2z
Bài 2. Tìm một ma trận B ∈ M 3 (R) sao cho B2 = A trong đó

 11 −5 5 
A =  −5 3 −3



 5 −3 3 
Giải:
Lập

5 
11 − λ −5

χ A = −5
3 − λ −3  = −λ 3 + 17λ 2 − 16λ


 5
−3 3 − λ 

21


A ∈ M 3 (R) và A có giá trị phân biệt 0, 1, 16 nên A chéo hóa được tính các không gian
con riêng

x 
χ =  y  ∈ KGCR(A,0)
 
 z 
11x1 − 5x 2 + 5x 3 = 0
 x1 = 0


−5x1 + 3x 2 − 3x 3 = 0 ⇔  x 2 = 1
 5x − 3x + 3x = 0  x = 1

 3

1
2
3
KGCR ( A, 1) Có cơ sở (V1) trong đó
0
V1 = 1 
 
1 
10x1 − 5x 2 + 5x 3 = 0
x 



+ χ =  y  ∈ KGCR(A,1) ⇔ −5x1 − 2x 2 − 3x 3 = 0
 5x − 3x + 2x = 0
 z 

1
2
3
x = 1
⇔ 2
x 2 = −x3
KGCR(A,0) có cơ sở V2, trong đó
2
V1 =  −1
 
 1 

 5x1 − 5x 2 + 5x 3 = 0
x 



+ χ =  y  ∈ KGCR(A,1) ⇔ −5x1 − 13x 2 − 3x 3 = 0
 5x − 3x − 13x = 0
 z 

1
2
3
 x = 2x 3
⇔ 1
x 2 = −x3
KGCR(A, 0) Có cơ sở V2 trong đó

2
V2 =  −1
 
 1 
22


2
 
+ KGCR(A, 16) có cơ sở V3 trong đó V3 =  −1
 1 
0 1 2 
0 0 0 



p = 1 1 −1 ; D 0 1 0 




1 −1 1 
0 0 16 
0 3 3 
1
−1


Ta được p =  2 2 −2 
6
 2 −1 1 
A = pDp −1
0 0 0 
B2 = A = pDp −1 ⇒ B = pD1p −1 với D' = 0 1 0 
0 0 4 
0 1
1
B= 1 1
6
1 −1
 3 −1
=  −1 1

 1 −1

2  0 0 0   0 3 3 
−1 0 1 0   2 2 −2 



1  0 0 4   2 −1 1 
1
−1

1 

1 a 
Bài 3: Cho a ∈ [ − 1;1]; A = 
. Tìm 1 ma trận B ∈ M 2 (R) sao cho e B = A

a 1 
Giải:
Lập χ A =

1− λ
a
= (1 − λ ) 2 − a 2
a
1− λ

A ∈ M 2 (R) và có 2 giá trị riêng phân biệt r + a và 1 + a nên A chéo hóa được ta
tính các KGCR

ax − ax 2 = 0

x 
X =   ∈ KGCR(A,1 − a) ⇔  1
y
ax1 − ax 2 = 0
⇔ x1 = − x 2
23


1
KGCR(a, 1 + a) có cơ sở V2 trong đó V2 =  
1
Kí hiệu:

0 
 −1 1
1 − a
p=
;
D
=

 0 1 − a  ta có
 1 1


1  1 −1
p −1 = 
2  −1 −1
Ta có

A = pDp −1
e B = A = pDp −1
⇒ B = pDp −1
0 
 ln(1 − a)
Với D' = 
ln(1 − a) 
 0
0   1 −1
1  −1 1 ln(1 − a)
B= 


ln(1 − a)   −1 −1
2  1 1  0
1  ln(1 + a) + ln(1 − a) ln(1 + a) − ln(1 − a) 
= 
2  ln(1 + a) − ln(1 − a) ln(1 + a) + ln(1 − a) 
2) Các dãy truy hồi tuyến tính cấp 1 với hệ số không đổi
∗
n
Giả sử n ∈ N ,A = (a ij ) ij ∈ Mn(K),(α1 ,......., α n ) ∈ K

Ta xét các dãy duy hồi tuyến tính đồng thời cấp 1 với hệ số không đổi

(x1,k) K∈N ,....,(x n ,k) k ∈ N xác định bởi
∀j ∈ (1,.....n) x j =α i

n
(E) 

∀
j
∈
(1,.....n),
∀
k
∈
N,k+1=
a i jx k
∑

i =1
Vấn đề là tính chất các cj, k
Ký hiệu

 x1 ,k 
Xk =  M 


 x n ,k 

(E) được đưa về

24



1

X 0 = M

n

k N,X k +1 = AX k
k
Vy ta cú k N,X k = A .X 0 xỏc nh quy v vic tớnh Ak

(U n ) nN ;(Vn ) nN ;(Wn ) nN là các dãy thực đợc

Vớ d ỏp dng: Bài 1. Giả sử
xác định bởi:

U 0 = 0;V0 = 22;W0 = 22

1


U n +1 = (2U n + Vn + Wn )


4


1


n N , U n +1 = 3 (2U n + Vn +Wn )

1


U n +1 = 2 (2U n + Vn + Wn )




Tính U n , Vn ,Wn và nghiên cứu sự hội tụ của 3 dãy này
Ký hiệu

12
A = 13
14

1
4
1
3
1
4

1
4
1
3
1
2

U n

Và với n N ; X n = Vn
Wn

Ta có

n N , X n +1 = AX n
Vậy

n N ; X n = An . X 0

Ta có
12
A = 13
14

= (1 )(

1
4
1
3


1

4




1



2
1
4
1
3

1
1
)( )
12
4

Vì có 3 giá trị phân biệt và A có cấp là 3 nên A chéo hóa đợc

25