ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO PP DẠY HỌC TOÁN CHƯƠNG 3 BÀI 15, CHƯƠNG 4 BÀI 13, CHƯƠNG 5 BÀI 9

CHƯƠNG III
Bài 15: Toán tử tuyến tính sau 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
với

f ( x1 , x1 , x3 ) = ( −9 x1 − 8 x1 − 16 x3 , 4 x1 + 3 x1 + 8 x3 , 4 x1 + 4 x1 + 7 x3 )
CHƯƠNG IV
n ∈ { 1, 2,3}
Bài 13: (a) Cho

PA = PB

A, B ∈ M n ( £ )
và

. Chứng minh A và B đồng dạng nếu và chỉ nếu

mA = mB
và

.

0 1 
 N 0
 N 0
N =
B=
÷∈ M 2 ( K ) A = 
÷

÷∈ M 4 ( K )
 0 0
0 N 
 0 0
(b) Cho
,
và
. Chứng minh
PA = PB mA = mB
,
, A và B không đồng dạng.
CHƯƠNG V
Bài 9: Xét tích vô hướng Euclide trong
¡

4

u1 = ( 1,1,1,1) , u2 = ( 1, 0, −1, 0 )
(a)
u1 = ( 0, 0,1,1) , u2 = ( 1,1,1, −1)
(b)

¡

4

. Hãy bổ sung chúng để được một cơ sở trực giao của


Giải 15

S0
* Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc

của

R3

là:

 −9 − 8 − 16 
A =  4 3
8 ÷
÷
 4 4
7÷



* Đa thức đặc trưng của f là:

Pλf (

)

−9 − λ
= 4
4

−8

3λ−
4

− 16
8 = −λ ( + 1)λ2 ( − 3)
7−λ

* Toán tử f có các trị riêng là
* Với

λ = −1

λ = −1

(nghiệm kép) và

λ=3

(nghiệm đơn). Hay f phân rã trên R

, ta có:

 −8 − 8 − 16  1 1 2 

÷
A + I 3 =  4 4 8 ÷
÷→  0 0 0 ÷
 4 4 8 ÷ 0 0 0÷

 


dim E ( −1) = 2
Do đó

dim E ( 3 ) = 1
, mặt khác

. Vậy f chéo hoá được trên R

* Tìm cơ sở:

+ Xét

λ = −1

, ta có phương trình :

 x1 = −a − 2b

x1 + x2 + 2 x3 = 0 ⇔  x3 = a
( a, b ∈ R )
x = b
 3
u1 = (−1,1,0), u2 = (−2,0,1)

E (−1)
Khi đó các vectơ cơ sở của
+ Xét

λ=3

là

, ta có:

 −12 − 8 − 16  1

A − 3I 3 =  4
0
8 ÷
÷ → 1
 4

4
4 ÷

  −3

1
1  1

0
2÷
÷→  0
− 2 − 4 ÷  0

1
−1
0

1
1÷
÷
0 ÷


 x1 = −2a
 x1 + x2 + x3 = 0

⇔  x2 = a (a, b ∈ R )

 − x2 + x3 = 0
x = a
 3
u3 = (−2,1,1)

E (3)
Khi đó vectơ cơ sở của

là

S = { u1 , u2 , u3 }
* Đặt

(Ma trận chéo

, khi đó S là một cơ sở của

0
 −1

B = P −1 AP =  0 − 1
 0
0


0
0÷
÷
3÷


¡

với

3

mà trong đó ma trận của f có dạng chéo.

 −1 − 2 − 2 
P =  1
0
1÷
÷
 0
÷
1
1



là ma trận khả nghịch.)


Giải 13 (a)

( ⇒)
Giả sử A là ma trận biểu diễn của toán tử tuyến tính f đối với cơ sở S
Ta có: A và B đồng dạng hay tồn tại ma trận khả nghịch P sao cho
Khi đó tồn tại co sở

S'

A = P −1BP

sao cho B là ma trận biểu diễn của f

Do đó A và B là ma trận biểu diễn của cùng một toán tử tuyến tính f

mA = mB
Mà đa thức tối tiểu của toán tử tuyến tính f là duy nhất nên
Mặt khác, ta lại có:
PA = A − λ I n = P −1 BP − λ I n = P −1 ( B − λ I n ) P = B − λ I n = PB

PA = PB
Vậy A và B đồng dạng thì

mA = mB
và

.

( ⇒)
A∈ Mn ( £ )
nên A tam giác hoá được trên C
Khi đó tồn tại ma trận khả nghịch P sao cho

 λ1

T = P APλ=  0c
0


a

−1

2

0

PA = PB
Mặt khác

b
÷
÷
λ3 ÷


λ1 , λ2 , λ3
là ma trận tam giác với

là các trị riêng của A

mA = mB
,

hay các trị riêng của A và B giống nhau

Do đó B đồng dạng với T (vì trên đường chéo chính của T toàn là trị riêng của B)
Suy ra A và B đồng dạng

PA = PB
Vậy

mA = mB
và

thì A và B đồng dạng


Giải 13(b)
Ta có:
PA ( λ ) = PN ( λ ) .PN ( λ ) = λ 4
PB ( λ ) = PN ( λ ) .P0 ( λ ) = λ 4
PA ( t ) = PB ( t ) = t 4
Do đó:

PA = PB

hay

t
2
t
mA , mB =  3
t

t 4

Suy ra

 N2 0 
2
A ≠ 0, A = 
÷ = 0 ⇒ mA ( t ) = t
2÷
0 N 
2

Ta có

 N 2 0
2
B ≠ 0, B 2 = 
÷ = 0 ⇒ mB ( t ) = t
0
0



mA = mB
Suy ra:


Giải 9
u1 = ( 1,1,1,1) , u2 = ( 1, 0, −1, 0 )
(a) Ta có:

< u1 , u2 >= 1.1 + 1.0 + 1.( −1) + 1.0 = 0 ⇒ u2 ⊥ u1

u3 , u4
Bổ sung

để được một cơ sở trực giao của

¡

4

u3 = ( x, y, z , w)
* Tìm
 u3 , u1 = 0
u3 ⊥ u1
 x + y + z + w = 0 2 x + y + w = 0
⇒
⇒
⇒

x = z
u3 ⊥ u2

 u3 , u2 = 0  x − z = 0
u3 = ( 0,1, 0, −1)

x = z = 0, y = 1 ⇒ w = −1

Chọn

. Khi đó:
u4 = ( x, y , z , w )

* Tìm

 u4 , u1 = 0
u4 ⊥ u1
 x + y + z + w = 0 2 x + 2 y = 0




⇒ x = z
u4 ⊥ u2 ⇒  u4 , u2 = 0 ⇒  x − z = 0
u ⊥ u

y − w = 0

y = w
3
 4
 u4 , u3 = 0 
u4 = ( −1,1, −1,1)

w = 1 ⇒ y = 1, x = z = −1

Chọn

. Khi đó:

u1 = ( 1,1,1,1) , u2 = ( 1, 0, −1, 0 ) u3 = ( 0,1, 0, −1) u4 = ( −1,1, −1,1)
Vậy:
,
,
là một cơ sở trực giao của
¡

4


u1 = ( 0, 0,1,1) , u2 = ( 1,1,1, −1)
(b) Ta có:
< u1 , u2 >= 0.1 + 1.0 + 1.1 + 1. ( −1) = 0 ⇒ u2 ⊥ u1

u3 , u4
Bổ sung

để được một cơ sở trực giao của

¡

4

u3 = ( x, y, z , w)
* Tìm
 u3 , u1 = 0
u3 ⊥ u1
z + w = 0
 z = −w
⇒
⇒
⇒

u3 ⊥ u2
 u3 , u2 = 0  x + y + z − w = 0  x + y + 2 z = 0
u3 = ( 1, −1, 0, 0 )

z = 0, x = 1 ⇒ w = 0, y = −1

Chọn

. Khi đó:
u4 = ( x, y , z , w )

* Tìm

 u4 , u1 = 0
u4 ⊥ u1
z + w = 0
 z = −w





u4 ⊥ u2 ⇒  u4 , u2 = 0 ⇒  x + y + z − w = 0 ⇒ 2 x + 2 z = 0
u ⊥ u

x − y = 0
x = y

3
 4
 u4 , u3 = 0 
u4 = ( 1,1, −1,1)

z = −1 ⇒ x = y = 1, w = 1

Chọn

. Khi đó:

u1 = ( 0, 0,1,1) , u2 = ( 1,1,1, −1) u3 = ( 1, −1, 0, 0 ) u4 = ( 1,1, −1,1)
Vậy:
,
,
là một cơ sở trực giao của
¡

4