100 bai tap dai so tuyen tinh co loi giai chi tiet

MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
N.T.Nhựt
Version 1

1



1


Tài liệu này xin gửi tặng cho tất cả những ai có cơ duyên nhặt được
nó mà không đem lòng ghét bỏ.
Đây là món quà tui tự thưởng cho mình sau những ngày mài mò
LATEX tưởng như tuyệt vọng. 1

1 Vì

thời gian không đủ nên còn vài bài trong chương IV chưa kịp giải (khoảng 6 bài), chủ
yếu là các bài tính toán dài nhưng không phức tạp. Do đó tài liệu này là một bản chưa hoàn
thiện, nó sẽ được cập nhật trong tương lai cho những ai cần.

1


Một số tuyên bố XANH
NGƯỜI
➊ Không chịu trách nhiệm xuất bản, nội dung, cũng như bất kì một khúc
mắc nào khác mà người đọc gặp phải.
➋ Người sắp chữ tài liệu này có hiện tượng đạo văn.
➌ Một số ý tưởng trong một số chứng minh không khuyến khích người đọc

làm theo. (tợ tợ như là “ cấm trẻ em dưới 18 tuổi ”).
➍ Nếu trong tài liệu này có một chữ nào đó không đúng chính tả thì đó là
lỗi của Cô giáo thời Tiểu học.
➎ Biển học là vô bờ, ai khờ mới nhảy xuống biển.

2


Chương 3
SỰ CHÉO HÓA

Bài 1. Cho f là phép biến đổi tuyến tính của không gian vector
V và 0 là một giá trị riêng của f . Chứng minh rằng f không khả
nghịch. Mệnh đề “f khả nghịch khi và chỉ khi tất cả trị riêng của
f khác 0 ” có đúng không?
Lời giải
Giả sử A là ma trận của f đối với một cơ sở bất kì trong V , vì λ = 0 là một
trị riêng của f nên ta có:
det (A − λI) = 0 ⇔ det (A − 0I) ⇔ det(A) = 0
Suy ra A là ma trận suy biến nên toán tử f không khả nghịch.
Ta chứng minh mệnh đề “f khả nghịch khi và chỉ khi tất cả trị riêng của f
khác 0 ” đúng .
• Nếu f khả nghịch, cần chứng minh tất cả trị riêng của f khác 0. Theo
chứng minh trên, nếu tồn tại trị riêng bằng 0 thì f không khả nghịch. Do
đó, nếu f khả nghịch thì mọi trị riêng của f phải khác 0.
• Ngược lại, nếu tất cả trị riêng của f khác 0, cần chứng minh f khả nghịch.
Giả sử f không khả nghịch, với mọi trị riêng λ của f , ta có:
det(A) = 0 ⇔ det(A − λI) = 0
Từ đây suy ra λ = 0, vô lí vì điều này mâu thuẫn với giả thiết λ = 0.
Vậy mệnh đề đã cho đúng.

Bài 2. Cho λ là một trị riêng của toán tử khả nghịch f . Chứng
minh λ−1 là trị riêng của f −1 .

3


Lời giải
Giả sử f ∈ EndK (V ), gọi A là ma trận của f đối với một cơ sở bất kì trong
V và λ là một ma trận của f . Do f khả nghịch nên λ = 0 và f là một đẳng
cấu, do đó f −1 có ma trận là A−1 .
det (A − λI) = 0 ⇔ det (A − λI) det A−1 = 0
⇔ det I − λA−1 = 0
⇔ det A−1 −

1
I
λ

=0

Suy ra λ−1 là trị riêng của f −1 .

Bài 3. Cho v là một vetor riêng của các toán tử tuyến tính f và g.
Chứng minh rằng v cũng là một vector riêng của f + g.
Lời giải
Vì v là một vector riêng của các toán tử f và g, gọi λf và λg lần lượt là các
giá trị riêng của f và g ứng với vector riêng v.
(f + g)(v) = f (v) + g(v) = λf v + λg v = (λf + λg ) v
Suy ra v cũng là vector riêng của toán tử f + g.

Bài 4. Cho v là một vetor riêng của toán tử tuyến tính f . Chứng
minh rằng với mọi k ∈ K thì v là một vector riêng của toán tử
tuyến tính kf .
Lời giải
Giả sử λ ∈ K là giá trị riêng của f ứng với vector riêng v và với mọi k ∈ K.
(kf )(v) = kf (v) = (kλ)v
Suy ra v là vector riêng của toán tử kf .

Bài 5. Cho λ là một trị riêng của toán tử tuyến tính f . Chứng
minh rằng λn là trị riêng của toán tử f n (n 2).
Lời giải
Giả sử v là một vector riêng của f ứng với trị riêng λ.
Cần chứng minh f n (v) = λn v, ∀n

2.
4


• Nếu n = 2 thì f 2 (v) = f (f (v)) = f (λv) = λf (v) = λ2 v, do đó điều cần
chứng minh đúng với n = 2.
• Nếu f k−1 (v) = λk−1 v, ∀k

3 thì

f k (v) = f f k−1 (v) = f λk−1 v = λk−1 f (v) = λk v
Theo nguyên lí qui nạp luôn có f n (v) = λn v, ∀n
Vậy λn là trị riêng của f n (n

2.

2).

Bài 6. Cho f là phép biến đổi tuyến tính của không gian vector V
và λ1 , λ2 là các trị riêng phân biệt của f ứng với các vector riêng
v1 , v2 . Khi đó λ1 + λ2 và λ1 · λ2 có là trị riêng của f hay không?
Lời giải
Xét phép biến đổi tuyến tính f : R2 → R2 sao cho f (x, y) = (x + y, 3x − y).
Gọi A là ma trận của f với cơ sơ chính tắc của R2 .
A=

1
3

1
−1

Gọi λ ∈ R là trị riêng của f .
det (A − λI2 ) = 0 ⇔

1−λ
3

1
= 0 ⇔ λ2 − 4 = 0
−1 − λ

Do đó f có 2 trị riêng là λ1 = −2 và λ2 = 2. Thấy rằng:



λ1 + λ2 = 0 = λ1

λ + λ = 0 = λ
1
2
2
λ1 · λ2 = −4 = λ1



λ1 · λ2 = −4 = λ2
Vậy nói chung λ1 + λ2 và λ1 · λ2 không là giá trị riêng của f .

Bài 7. Cho λ là một trị riêng của toán tử tuyến tính f . Chứng
minh P (λ) là một trị riêng của P (f ) với P ∈ K[t].
Lời giải

5


n

ai ti ∈ K[t].

Gọi v là vector riêng của f ứng với trị riêng λ và P (t) =
i=0
n

n

ai f i

P (f )(v) =

ai f i (v)

(v) =

i=0

i=0
n

n

ai λi v =

=

ai λi

i=0

(v) = P (λ)v

i=0

Vậy P (λ) là trị riêng của P (f ).

Bài 8. Cho toán tử tuyến tính f : V → V và P (t) ∈ K[t]. Chứng

minh rằng ker P (f ) bất biến đối với f .
Lời giải
n

n

ai ti ∈ K[t], đặt g = P (f ) =

Giả sử P (t) =

ai f i .

i=0

i=0

ker g = {v ∈ V : g(v) = θ}
Cần chứng minh f (ker g) ⊂ ker g, nghĩa là: f (v) ∈ ker g, ∀v ∈ ker g.
Thật vậy, với mọi v ∈ ker g.
n

n

ai f

g f (v) =

i

i=0

n

ai f i+1 (v) =

=

ai f i f (v)

f (v) =

i=0
n

i=0
n

f i+1 (ai v)
i=0
n

f f i (ai v) = f

=
i=0

f i (ai v)
i=0

n

n

ai f i (v)

=f

ai f i

=f

i=0

(v)

i=0

= f g(v) = f (θ) = θ
Suy ra f (v) ∈ ker g, ∀v ∈ ker g.

Bài 9. Cho V là không gian vector hữu hạn chiều trên Q và f là
một phép biến đổi tuyến tính của V sao cho tồn tại một số nguyên
dương m để f m = θ. Chứng minh rằng tất cả trị riêng của f bằng
0. Từ đó suy ra nếu f = θ thì f không chéo hóa được.

6


Lời giải
Giả sử λ ∈ Q là trị riêng và v ∈ V là vector riêng ứng với trị riêng λ của f .
Theo giả thiết, tồn tại m nguyên dương sao cho

f m (v) = θ ⇔ λm v = θ ⇔ λm = 0 ⇔ λ = 0
Giả sử f chéo hóa được và dim V = n, khi đó tồn tại cơ sở U = {u1 , u2 , . . . , un }
với ui , i = 1, n là các vector riêng trong V sao cho


λ1 0 · · · 0
 0 λ2 · · · 0 


[f ]U =  .
..
.. 
..
 ..
.
.
. 
0

···

0

λn

trong đó λi (i = 1, n) là trị riêng ứng với vector riêng ui của f . Theo chứng
minh trên thì λi = 0 với mọi i. Mặt khác, với mọi v ∈ V và αi ∈ Q luôn có
n

v=

αi ui
i=1

Do đó

n

f (v) =

n

αi ui
i=1

n

=

αi f (ui ) =
i=1

αi λi ui = θ
i=1

Suy ra f = θ.
Vậy, nếu f = θ thì f không chéo hóa được.

Bài 10. Cho V là không gian vector hữu hạn chiều trên R và f
là một phép biến đổi tuyến tính của V sao cho f 2 = IdV . Chứng

minh rằng tổng tất cả các trị riêng của f là một số nguyên.
Lời giải
Giả sử λ ∈ R là trị riêng f và v là vector riêng ứng với trị riêng λ. Theo giả
thiết thì f 2 (v) = IdV (v), mặt khác f 2 (v) = λ2 v.
Do đó
v = IdV (v) = λ2 v ⇔ λ = ±1
Vậy, tổng các trị riêng của f phải là số nguyên.

7


Bài 11. Tìm đa thức đặc trưng của các ma trận sau.

1 2
2 0 1
(a) A =
0 2 0
3 2
(c) C = 
0 0 2


1 3 0
0 0 0
(b) B = −2 2 −1
4 0 −2


1
0


2
5

Lời giải
(a) Đa thức đặc trưng của A là
PA (λ) = det (A − λI2 ) =

1−λ
3

2
= λ2 − 3λ − 4
2−λ

(b) Đa thức đặc trưng của B là
PB (λ) = det (B − λI3 ) =

1−λ
−2
4

3
2−λ
0

0
−1
= −λ3 + 5λ2 − 14λ − 20
−2 − λ

(c) Đa thức đặc trưng của C là
2−λ
0
PC (λ) = det (C − λI4 ) =
0
0

1
0
2−λ
0
0
2−λ
0
0

0
0
2
5−λ

= λ4 − 11λ3 + 42λ2 − 68λ + 40

Bài 12. Tìm trị riêng, cơ sở của không gian con riêng của các ma
trận sau đây trên trường số thực R. Ma trận nào trong số đó chéo
hóa được? Trong trường hợp ma trận chéo hóa được, hãy tìm một
dạng chéo và một ma trận khả nghịch làm chéo nó.





3 1 1
0 1 0
(a) A = 2 4 2
(d) D = −4 4 0
1 1 3
−2 1 2




1 1 0
1 0 0 0
0 0 0 0
(b) B = 0 1 0

(e) E = 
0 0 0 0
0 0 1


1 0 0 1
2 −1 2
(c) C =  5 −3 3 
−1 0 −2
Lời giải
8

(a)

❶ Tìm các trị riêng.
Giả sử λ ∈ R là trị riêng của A.
det (A − λI3 ) =

3−λ
2
1

1
1
4−λ
2
= −(λ − 2)2 (λ − 6)
1
3−λ

Vậy A có 2 trị riêng là λ = 2 (bội 2) và λ = 6.
❷ Các không gian con riêng.
Gọi x = (x1 , x2 , x3 ) là vector riêng ứng với mỗi trị riêng λ.
∗ λ=2



x1 + x2 + x3 = 0
2x1 + 2x2 + 2x3 = 0


x1 + x2 + x3 = 0

Giải hệ trên được vector riêng trong trường hợp này là
(a + b, −a, −b), trong đó a, b là các số thực sao cho a2 + b2 > 0.
Suy ra một cơ sở của không gian con riêng ứng với λ = 2 là
B1 = {(1, −1, 0), (1, 0, −1)}
∗ λ=6



−3x1 + x2 + x3 = 0
2x1 − 2x2 + 2x3 = 0


x1 + x2 − 3x3 = 0

Giải hệ trên được vector riêng trong trường hợp này là (c, 2c, c),
trong đó c là các số thực khác 0. Suy ra một cơ sở của không
gian con ứng với λ = 6 là
B2 = {(1, 2, 1)}
Vì đa thức đặc trưng PA (λ) = −(λ − 2)2 (λ − 6) phân rã trên R và
dim E(2) = 2 nên A chéo hóa được.
❸ Ma trận dạng chéo và ma trận làm chéo hóa của A



2 0 0
1
D = 0 2 0
và
P = −1

0 0 6
0
(b)

lần lượt là

1 1
0 2
−1 1

❶ Tìm các trị riêng.
Giả sử λ ∈ R là trị riêng của B.
det (B − λI3 ) =

1−λ
0
0

1
0
1−λ
0
= −(λ − 1)3
0
1−λ

Vậy B có 1 trị riêng là λ = 1 (bội 3).

9

❷ Không gian con riêng.
Gọi x = (x1 , x2 , x3 ) là vector riêng ứng với trị riêng λ = 1.


0x1 + x2 + 0x3 = 0
0x1 + 0x2 + 0x3 = 0


0x1 + 0x2 + 0x3 = 0
Giải hệ trên được vector riêng của A là (a, 0, b), trong đó a, b là các
số thực sao cho a2 + b2 > 0. Suy ra một cơ sở của không gian con
ứng với λ = 1 là
B = {(1, 0, 0), (0, 0, 1)}
Ma trận B có đa thức đặc trưng PB (λ) = −(λ − 1)3 phân rã trên R.
Tuy nhiên dim E(1) = 2 < 3 nên B không chéo hóa được.
(c)

❶ Tìm các trị riêng.
Giả sử λ ∈ R là trị riêng của C.
det (C − λI3 ) =

2−λ
5
−1

−1
−3 − λ
0

2
3
= −(λ + 1)3
−2 − λ

Vậy C có 1 trị riêng là λ = −1 (bội 3).
❷ Không gian con riêng.
Gọi x = (x1 , x2 , x3 ) là vector riêng ứng với trị riêng λ = −1.


3x1 − x2 + 2x3 = 0
5x1 − 2x2 + 3x3 = 0


−x1 + 0x2 − x3 = 0
Giải hệ này được vector riêng là x = (a, a, −a), trong đó a là số thực
khác 0. Suy ra cơ sở của không gian con riêng ứng với λ = −1 là
B = {(1, 1, −1)}
Vì dim E(−1) = 1 < 3 nên C không chéo hóa được.
(d)

❶ Tìm các trị riêng.
Giả sử λ ∈ R là trị riêng của D.
−λ
det (D − λI3 ) = −4
−2

1
0
4−λ

0
= −(λ − 2)3
1
2−λ

Vậy, D có 1 trị riêng là λ = 2.
❷ Không gian con riêng.
Gọi x = (x1 , x2 , x3 ) là vector riêng của A ứng với trị riêng λ = 2.


−2x1 + x2 + 0x3 = 0
−4x1 + 2x2 + 0x3 = 0


−2x1 + x2 + 0x3 = 0
10


Giải hệ này được vector riêng là (a, 2a, b), trong đó a, b là các số thực
sao cho a2 + b2 > 0. Suy ra một cơ sở của không gian con riêng ứng
với λ = 2 là
B = {(1, 2, 0), (0, 0, 1)}
Vì dim E(2) = 2 < 3 nên D không chéo hóa được.
(e)

❶ Tìm các trị riêng.
Giả sử λ ∈ R là trị riêng của E.
1−λ
0
det (E − λI4 ) =

0
1

0
−λ
0
0

0
0
0
0
= λ2 (λ − 1)2
−λ
0
0 1−λ

Vậy E có 2 trị riêng là λ = 0 (bội 2) và λ = 1 (bội 2).
❷ Các không gian con riêng.
Gọi x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) là vector riêng ứng với mỗi trị riêng λ.
∗ λ=0



x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 0

0x + 0x + 0x + 0x = 0
1
2
3

4
0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 0



x1 + 0x2 + 0x3 + x4 = 0

Giải hệ trên được vector riêng trong trường hợp này là (0, a, b, 0)
với a, b là các số thực sao cho a2 + b2 > 0. Suy ra một cơ sở của
không gian con riêng ứng với λ = 0 là
B1 = {(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}
∗ λ=1


0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 0



0x − x + 0x + 0x = 0
1
2
3
4

0x
+
0x
−
x
+

0x
1
2
3
4 =0



x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 0

Giải hệ trên được vector riêng trong trường hợp này là (0, 0, 0, c)
với c là số thực khác 0. Suy ra một cơ sở của không gian con
riêng ứng λ = 1 là
B2 = {(0, 0, 0, 1)}
Vì dim E(0) + dim E(1) = 3 < 4 nên E không chéo hóa được.

11


Bài 13. Chứng minh rằng các toán tử sau đây không chéo hóa được
trên R.
(a) f : R3 → R3 , trong đó
f (x1 , x2 , x3 ) = (6x1 + 3x2 + 2x3 , −5x1 − 2x2 − 2x3 , −3x1 − 2x2 )
(b) f : R4 → R4 , trong đó
f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (2x1 , x1 + 2x2 , x3 − 2x4 , x3 + 4x4 )

Lời giải
(a) Gọi A là ma trận của f đối với cơ sở chính tắc trong R3 .



6
3
2
A = −5 −2 −2
−3 −2 0
Giả sử λ ∈ R là trị riêng của f , đa thức đặc trưng của f là
Pf (λ) = det (A − λI3 ) =

6−λ
−5
−3

3
−2 − λ
−2

2
−2 = −(λ − 1)(λ2 − 3λ + 3)
−λ

Đa thức này không phân rã trên R nên f không chéo hóa được.
(b) Gọi B là ma trận của f đối với cơ

2
1
B=
0
0

sở chính tắc của R4 .


0 0 0
2 0 0

0 1 −2
0 1 4

Giả sử λ ∈ R là trị riêng của f , đa thức đặc trưng của f là
2−λ
1
Pf (λ) = det (B − λI4 ) =
0
0

0
0
2−λ
0
0
1−λ
0
1

0
0
−2
4−λ

= −(λ − 2)3 (λ − 3)
Với λ = 2 thì


0 0
1 0
B − 2I4 = 
0 0
0 0

0
0
−1
1



0
1
0
0
→
0
−2
2
0

0
0
0
0

0

1
0
0


0
2

0
0

Từ đây suy ra dim E(2) = 2 < 3, do đó f không chéo hóa được.

12


Bài 14. Chứng minh rằng các toán tử sau đây chéo hóa được trên
R và tìm cơ sở trong đó toán tử có dạng chéo.
(a) f : R3 → R3 , trong đó
f (x1 , x2 , x3 ) = (−x1 − 3x2 − 3x3 , 3x1 + 5x2 + 3x3 , −x1 − x2 + x3 )
(b) f : R4 → R4 , trong đó
f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x1 + x2 + x3 + x4 , x1 + x2 − x3 − x4 ,
x1 − x2 + x3 − x4 , x1 − x2 − x3 + x4 )

Lời giải
(a) Gọi A là ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R3 .


−1 −3 −3
5

3
A= 3
−1 −1 1
Giả sử λ ∈ R là trị riêng của f , đa thức đặc trưng của f là
Pf (λ) = det (A − λI3 ) =

−1 − λ
3
−1

−3
5−λ
−1

−3
3
= −(λ − 2)2 (λ − 1)
1−λ

Đa thức này phân rã trên R.
– Với λ = 2.

−3
A − 2I3 =  3
−1

−3
3
−1



1
−3
3  → 0
0
−1

1
0
0


1
0
0

Gọi x là vector riêng của f ứng với λ = 2. Từ ma trận này suy ra
x = (−a, −b, a + b) với a, b là các số thực và a2 + b2 > 0. Suy ra E(2)
có một cơ sở là U1 = {(−1, 0, 1), (0, −1, 1)}.
– Với λ = 1.

−2
A − I3 =  3
−1

−3
4
−1



−3
1
3  → 0
0
0

1
1
0


0
3
0

Gọi x là vector riêng của f ứng với λ = 1. Từ ma trận này suy ra
x = (−3c, 3c, −c) với c là số thực khác 0. Suy ra E(1) có một cơ sở
là U2 = {(−3, 3, −1)}.
Vì dim E(2) = 2 nên f chéo hóa được và một cơ sở trong đó f có dạng
chéo là U = {(−1, 0, 1), (0, −1, 1), (−3, 3, −1)}.

13


(b) Gọi A là ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R4 .


1 1

1
1
1 1 −1 −1

A=
1 −1 1 −1
1 −1 −1 1
Giả sử λ ∈ R là trị riêng của f , đa thức đặc trưng của f là
1−λ
1
Pf (λ) = det (A − λI4 ) =
1
1

1
1−λ
−1
−1

1
−1
1−λ
−1

1
−1
−1
1−λ

= (λ − 2)3 (λ + 2)

– Với λ = 2 thì


−1
1

A − 2I4 = 
1
1

1
−1
−1
−1

1
−1
−1
−1



1
−1

−1
→ 0
0
−1
−1

0


1 1 1
0 0 0

0 0 0
0 0 0

Vector riêng của f trong trường hợp này là (a + b + c, a, b, c), trong
đó a, b, c là các số thực sao cho a2 + b2 + c2 > 0. Suy ra E(2) có một
cơ sở là U1 = {(1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1)}.
– Với λ = −2 thì

3
1
A + 2I4 = 
1
1

1
3
−1
−1

1
−1
3
−1



3
1
0
−1
→
0
−1
0
3

1
−2
0
0

1
1
−1
0


1
1

1
0

Vector riêng của f trong trường hợp này là (−d, d, d, d), trong đó d là

số thực và d = 0. Suy ra E(−2) có một cơ sở là U2 = {(−1, 1, 1, 1)}.
Vì dim E(2) = nên f chéo hóa được và một cơ sở trong đó f có dạng
chéo là B = {(1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1), (−1, 1, 1, 1)}.

Bài 15. 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 , với
f (x1 , x2 , x3 ) = (−9x1 − 8x2 − 16x3 , 4x1 + 3x2 + 8x3 , 4x1 + 4x2 + 7x3 )

Lời giải
14


Gọi A ∈ M3 (R) là ma trận của f với cơ sở chính tắc trong R3 và λ ∈ R là
trị riêng của f .


−9 −8 −16
3
8 
A= 4
4
4
7
Pf (λ) = det (A − λI3 ) =

−9 − λ
4
4

−8
−16
3−λ
8
= −(λ + 1)2 (λ − 3)
4
7−λ

Vậy f có 2 trị riêng là λ = −1 (bội 2) và λ = 3.
• Nếu λ = −1 thì

−8
A − λI3 =  4
4

−8
4
4



−16
1
8  → 0
8
0

1
0

0


2
0
0

Vector riêng trong trường hợp này là (a + b, −a, −2b), với a, b ∈ R và
a2 + b2 > 0. Suy ra E(−1) có một cơ sở là U1 = {(1, −1, 0), (1, 0, −2)}.
• Nếu λ = 3 thì

−12 −8
0
A − λI3 =  4
4
4



3
−16
8  → 0
0
4

2
−1
0



4
1
0

Vector trong trường hợp này là (−2c, c, c), trong đó c là số thực khác 0.
Suy ra E(3) có một cơ sở là U2 = {(−2, 1, 1)}.
Vì đa thức đặc trưng Pf (λ) = −(λ + 1)2 (λ − 3) phân rã và
dim E(−1) + dim E(3) = 3 nên f chéo hóa được và một cơ sở trong R3 mà
f có dạng chéo là
U = {(1, −1, 0), (1, 0, −2), (−2, 1, 1)}




6 −3 −2
Bài 16. 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?
Lời giải
Giả sử λ là trị riêng của A.
PA (λ) = det (A − λI3 )

6−λ
4
10

−3
−1 − λ
−5

15

−2
−2
= −(λ − 2)(λ2 + 1)
−3 − λ


a) Nếu λ ∈ R thì đa thức đặc trưng PA (λ) = −(λ − 2)(λ2 + 1) không phân
rã nên A không chéo hóa được.
b) Nếu λ ∈ C thì đa thức đặc trưng PA (λ) = −(λ − 2)(λ − i)(λ + i) phân rã
và A có 3 trị riêng phân biệt nên A chéo hóa được.

Bài 17. Tìm điều kiện đối với các số thực a, b, c để ma trận sau đây
chéo hóa được trên R.


0 0 0 0
a 0 0 0

A=
 0 b 0 0
0 0 c 0

Lời giải
Giả sử λ ∈ R là trị riêng của A.
−λ
a
PA (λ) = det (A − λI4 ) =

0
0

0
−λ
b
0

0
0
−λ
c

0
0
= λ4
0
−λ

Với λ = 0 thì



a 0 0 0
0 0 0 0
0 b 0 0
a 0 0 0




A − 0I4 = 
0 b 0 0 → 0 0 c 0
0 0 0 0
0 0 c 0


Ma trận A chéo hóa được khi và chỉ khi
dim E(0) = 4 ⇔ a = b = c = 0

Bài 18. Chứng minh rằng nếu A là ma trận vuông cấp hai trên
trường số phức C thì A đồng dạng trên C với một ma trận thuộc
một trong hai dạng sau:
a 0
0 a

a
1

0
a

Lời giải
Giả sử A ∈ M2 (C) và λ ∈ C là trị riêng của A. Khi đó, ma trận A có đa
thức đặc trưng PA (λ) luôn phân rã trên C.

16


• Nếu phương trình PA (λ) = 0 có hai nghiệm phân biệt λ1 = a, λ2 = b thì
a 0

A chéo hóa được và A đồng dạng với ma trận chéo
.
0 b
• Nếu phương trình PA (λ) = 0 có nghiệm kép λ = c. Khi đó tồn tại một cơ
c 0
sở B của không gian con riêng E(c) sao cho A có dạng tam giác
.
d c
– Nếu d = 0 thì A đồng dạng với ma trận

c
0

– Nếu d = 0 thì A đồng dạng với ma trận B =
trong đó P =

1
0

0
d

và P −1 =

1
0

0
.
c

c
1

0
c

vì A = P BP −1

0
.
d−1

Bài 19. Cho A là ma trận vuông cấp hai trên trường số thực R.
Chứng minh rằng nếu A là ma trận đối xứng (nghĩa là A = A)
thì A chéo hóa được trên R.
Lời giải
Giả sử A =

a
b

b
c

∈ M2 (R) và λ ∈ R là trị riêng của A.

PA (λ) = 0 ⇔ det (A − λI2 ) = 0 ⇔

a−λ
b

=0
b
c−λ

⇔ λ2 − (a + c)λ − b2 + ac = 0
∆ = (a − c)2 + 4b2 ⇒ ∆

0

Do đó đa thức đặc trưng PA (λ) phân rã trên R.
• Nếu ∆ > 0 thì đa thức đặc trưng PA (λ) có 2 nghiệm phân biệt nên A
chéo hóa được.
• Nếu ∆ = 0 ⇔

a=c
b=0

, khi đó A =

Bài 20. Hãy tìm điều kiện đối với
đây chéo hóa được.

1
A = 0
0

c
0

0

c

nên A chéo hóa được.

các số thực a, b, c để ma trận sau

17

a
2
0


b
c
2


Lời giải
Giả sử λ ∈ R là trị riêng của A, đa thức đặc trưng của A là
PA (λ) = det (A − λI3 ) =
Với λ = 2 thì

1−λ
0
0

a
b
2−λ

c
= −(λ − 2)2 (λ − 1)
0
2−λ


−1
A − 2I3 =  0
0


a b
0 c
0 0

Ma trận A chéo hóa được khi và chỉ khi
dim E(2) = 2 ⇔

c=0
a, b ∈ R

Bài 21. Cho toán tử tuyến tính f : R3 → R3 được xác định bởi công
thức
f (x1 , x2 , x3 ) = (x1 − x2 + x3 , −2x1 + 3x2 , −2x1 + x2 + 2x3 )
đối với mọi phần tử (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3
(a) Chứng minh rằng f chéo hóa được trên R và tìm một cơ sở
của R3 sao cho ma trận biểu diễn toán tử f trong cơ sở đó là
ma trận chéo.
(b) Với mỗi số nguyên n 2, chứng minh rằng tồn tại một toán
tử g : R3 → R3 sao cho g n = f .

Lời giải
(a) Gọi A là ma trận của f trong cơ sở chính

1 −1
A = −2 3
−2 1

tắc của R3 .

1
0
2

Giả sử λ ∈ R là trị riêng của f .
Pf (λ) = det (A − λI3 ) =

1−λ
−2
−2

−1
1
3−λ
0
= −(λ − 1)(λ − 2)(λ − 3)
1
2−λ

Đa thức đặc trưng Pf (λ) phân rã trên R và có 3 nghiệm đơn phân biệt
nên f chéo hóa được. Khi đó, tồn tại một cơ sở B = {u1 , u2 , u3 } trong R3

sao cho [f ]B là một ma trận chéo.
Giả sử x = (x1 , x2 , x3 ) là vector riêng của f ứng với trị riêng λ.
18


– Với λ = 1



0x1 − x2 + x3 = 0
−2x1 + 2x2 + 0x3 = 0


−2x1 + x2 + x3 = 0

Giải hệ này được x = (a, a, a) với a là số thực khác 0. Suy ra E(1)
có một cơ sở là B1 = {(1, 1, 1)} và dim E(1) = 1.
– Với λ = 2


−x1 − x2 + x3 = 0
−2x1 + x2 + 0x3 = 0


−2x1 + x2 + 0x3 = 0
Giải hệ này được x = (b, 2b, 3b) với b là số thực khác 0. Suy ra E(2)
có một cơ sở là B2 = {(1, 2, 3)} và dim E(2) = 1.
– Với λ = 3



−2x1 − x2 + x3 = 0
−2x1 + 0x2 + 0x3 = 0


−2x1 + x2 − x3 = 0
Giải hệ này được x = (0, c, c) với c là số thực khác 0. Suy ra E(3) có
một cơ sở là B3 = {(0, 1, 1)} và dim E(3) = 1.
Vậy, có thể chọn B = {(1, 1, 1), (1, 2, 3), (0, 1, 1)} là cơ sở mà ma trận của
f trong đó là ma trận đường chéo.
(b) Giả sử tồn tại g : R3 → R3 sao cho g n = f với n nguyên dương thỏa n 2.
Vì g n = f nên [g n ]B = [f ]B . Gọi C = [f ]B và P là ma trận làm chéo hóa
ma trận A. Theo câu (a) thì




1 1 0
1 0 0
P = 1 2 1
C = 0 2 0
1 3 1
0 0 3
Gọi B là ma trận của g trong cơ sở chính tắc của R3 , khi đó B n = A.
Do đó
B n = P CP −1 ⇔ P −1 B n P = C
⇔ P −1 BP

n

=C



1 0 0
n
⇔ P −1 BP = 0 2 0
0 0 3


1 √0
0
⇒ P −1 BP = 0 n 2 √0 
n
0 0
3
Vậy, tồn tại toán
cơ sở chính
 tử tuyến tính
 g có ma trận trong 
 tắc của
1 √0
0
1 1 0
R3 là B = P 0 n 2 √0  P −1 , trong đó P = 1 2 1 sao cho
n
1 3 1
0 0
3
n
g = f.
19

Bài 22. Cho V là một K− không gian vector, f, g ∈ End(V ) thỏa
f ◦ g = g ◦ f . Chứng minh rằng mọi không gian con riêng của f
đều bất biến đối với g và ker f, Imf cũng bất biến với g.
Lời giải
Giả sử λ ∈ K là trị riêng của f .
• Chứng minh g E(λ) ⊂ E(λ).
Theo giả thiết thì
∀v ∈ E(λ) : f g(v) = (f ◦ g)(v) = (g ◦ f )(v) = g f (v) = g(λv) = λg(v)
Do đó g(v) ∈ E(λ), vậy các không gian con riêng của f bất biến đối với g.
• Chứng minh g (ker f ) ⊂ ker f .
Theo giả thiết thì
∀v ∈ ker f : f g(v) = (f ◦ g)(v) = (g ◦ f )(v) = g f (v) = g(0) = 0
Do đó g(v) ∈ ker f , vậy ker f bất biến đối với g.
• Chứng minh g(Imf ) ⊂ Imf .
Theo giả thiết thì
∀v ∈ V : g f (v) = (g ◦ f )(v) = (f ◦ g)(v) = f g(v)
Do đó g f (v) ∈ Imf , vậy Imf bất biến đối với g.

Bài 23. Cho n ∈ N\{0; 1} và A, B ∈ Mn (C). Ta có thể khẳng định
AB và BA có chung ít nhất một vector riêng không?
Lời giải
Giả sử AB và BA có chung ít nhất 1 vector riêng. Xét hai ma trận sau:
A=

1
1

0

0

B=

AB =

1
1

1
1

BA =

1
0

1
0

Với
2
0

0
0

Dễ thấy PAB (λ) = PBA (λ) = λ(λ − 2). Gọi ui và vi với i = 1, 2 lần lượt là các
vector riêng của hai ma trận AB và BA tương ứng với trị riêng λ.
• Với λ = 0.

Tính được u1 = (a, −a) và v1 = (0, b) trong đó a và b là các số phức khác
0.
20


• Với λ = 2.
Tính được u2 = (c, c) và v2 = (d, 0) trong đó c và d là các số phức khác 0.
Từ các vector riêng tìm được, thấy rằng AB và BA không có chung vector riêng
nào, do đó khẳng định AB và BA có chung ít nhất 1 vector riêng là khẳng định
không đúng.

Bài 24. Xác định các trị riêng và vector riêng của tự đồng cấu f
trên R[x] được xác định bởi f (P ) = (x + 1)(x − 3)P − xP, ∀P ∈ R[x].
Lời giải
n

ai xi là

Giả sử λ ∈ R là trị riêng của f và P ∈ R[x]\{θ} với P (x) =
i=0

vector riêng ứng với trị riêng λ.
n

n

ai xi = 0, ∀x ∈ R

iai xi−1 − (x + λ)

f (P ) = λP ⇔ (x + 1)(x − 3)

i=0

i=1

n−1

⇔ (nan − an )xn+1 + (x + 1)(x − 3)

iai xi−1
i=1

n−1

ai xi = 0, ∀x ∈ R

− (x + λ)
i=0

⇒ nan − an = 0
⇒n=1
Từ kết quả trên có P (x) = a1 x + a0 , a1 = 0.
f (P ) = λP ⇔

2a1 + λa1 + a0 = 0
3a1 + λa0 = 0


⇔

a0 = −(2 + λ)a1
λ2 + 2λ − 3 a1 = 0



⇔



λ=1
a0 = −3a1
λ = −3
a0 = a1

Vậy, với trị riêng λ = 1 thì vector riêng tương ứng là P (x) = ax − 3a, a ∈ R\{0}
và với trị riêng λ = −3 thì vector riêng tương ứng là P (x) = a x+a , a ∈ R\{0}.

21


Bài 25. Cho α ∈ C, V là một C - không gian vector các đa thức
của C[x] có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n và
f :V → V
P → (x + α) P
là một tự đồng cấu của V . Tìm các trị riêng và các vector riêng
của f .
Lời giải
Giả sử λ ∈ C là trị riêng của f và P ∈ C[x]\{θ} là vector riêng ứng với trị
riêng λ.

f (P ) = λP ⇔ (x + α)P

= λP ⇔ (x + α)P + (1 − λ)P = 0, ∀x ∈ C

(*)

Xét hai trường hợp.
❶ Nếu λ = 1 thì từ phương trình (*) có P = 0, từ đây suy ra P = a với a
là số phức.
❷ Nếu λ = 1 thì tồn tại số k ∈ {1, 2, . . . , n} và Q ∈ C[x], Q(−α) = 0 sao cho
P = (x + α)k Q, có được điều này vì từ phương trình (*) dễ thấy x = −α
là một nghiệm của đa thức P .
Thay P = (x + α)k Q vào phương trình (*), có được:
(x + α)k+1 Q + (k + 1 − λ)(x + α)k Q = 0, ∀x ∈ C

(**)

Lại xét 2 trường hợp.
– Nếu λ = k + 1 thì từ (**) có Q = θ, do đó Q = b với b là một số
phức.
– Nếu λ = k + 1 thì từ (**) suy ra Q = θ, điều này vô lí vì khi đó
P = θ, mà theo giả thiết P là vector riêng.
Tóm lại, với trị riêng λ = k + 1 thì vector riêng tương ứng là
P = ck (x + α)k , ck ∈ C, trong đó k = 0, n. Ngược lại, nếu P = ck (x + α)k ,
ck ∈ C, k = 0, n thì
f (P ) = f c(x + α)k = c(x + α)k+1

= (k + 1)P

Vậy, với mỗi k ∈ {0, 1, 2, . . . , n}, nếu trị riêng λ = k + 1 thì vector riêng tương

ứng là P = ck (x + α)k , ck ∈ C.

Bài 26. Cho V là một K - không gian vector hữu hạn chiều,
f ∈ End(V ) và W là một không gian con bất biến đối với f và
g : W → W là một tự đồng cấu cảm sinh bởi f trên W . Chứng minh
rằng Pg (λ)|Pf (λ).

22


Lời giải
Với mọi số nguyên dương m, n sao cho m
n, giả sử dim(V ) = m và
dim(W ) = n. Gọi UW = {u1 , u2 , . . . , un } là một cơ sở của W , khi đó luôn tồn tại
các vector un+1 , un+2 , . . . , um trong V sao cho UV = {u1 , u2 , . . . , un+1 , . . . , um }
là một cơ sở của V . Gọi B = (bij ) i=1,m là ma trận của g trong cơ sở UW .
j=1,m

Do đó



b11
 b21

B= .
 ..

b12
b22

..
.

···
···
..
.


b1m
b2m 

.. 
. 

bm1

bm2

···

bmm

Gọi A = (aij ) i=1,n là ma trận của f trong cơ sở UV , vì f là một mở rộng của
j=1,n

g trên V nên luôn có

b11 b12
 b21 b22


 ..
..
 .
.

b
b
A=
m1
m2

 0
0

 .
..
.
 .
.
0
0

...
...
..
.

b1m
b2m

..
.

a1(m+1)
a2(m+1)
..
.

...
...
..
.

...
···
..
.

bmm
0
..
.

am(m+1)
a(m+1)(m+1)
..
.

...
···

..
.

···

0

an(m+1)

···

a1 n
a1 n
..
.








amn 

a(m+1)n 


..


.
ann

Gọi λ ∈ K là trị riêng của f .
Pf (λ) = det(A − λIn )
b11 − λ
b21
=
..
.
bm1

b12
b22 − λ
..
.

···
···
..
.

b1m
b2m
..
.

bm2

···

bmm − λ

= det(B − λIm )

a(m+1)(m+1) − λ
..
.
an(m+1)

a(m+1)(m+1) − λ
..
= Pg (λ)
.
an(m+1)

···
..
.
···

a(m+1)(m+1) − λ
..
.
an(m+1)
···
..
.
···

···
..
.
···

a(m+1)n
..
.
ann − λ

a(m+1)n
..
.
ann − λ

a(m+1)n
..
.
ann − λ

Từ đó suy ra Pg (λ)|Pf (λ).

Bài 27. Cho n ∈ N∗ , A ∈ Mn (K) và PA = (−1)n xn + . . . + αn−1 x + αn
là đa thức đặc trưng của A. Chứng minh rằng αn−1 = −tr com(A) .
Lời giải
23


Theo giả thiết thì
a11 − x

a12
···
a21
a22 − x · · ·
det(A − xIn ) =
..
..
..
.
.
.
an1
an2
···

a1n
a2n
..
.
ann − x

n n

= (−1) x + · · · + αn−1 x + αn
= PA (x)
Trong khai triển định thức det(A − xIn ) có chứa n đơn thức có dạng bii x. Mỗi
đơn thức bii x là tích của hai thừa số, trong đó thừa số thứ nhất là −x, thừa số
thứ hai là tổng đại số mọi tích có thể có gồm n−1 thừa số là những phần tử nằm
trên các hàng khác nhau và các cột khác nhau của ma trận có được từ ma trận
A sau khi bỏ đi hàng i và cột i. Do đó bii = Aii , với Aii là phần bù đại số của aii .

Suy ra
αn−1 = −(A11 + A22 + · · · + Ann ) = −tr com(A)

Bài 28. Cho N ∈ N∗ , n1 , . . . , nN ∈ N∗ , Ai

A1 · · ·
 ..
..
A= .
.
0 ···

∈ Mni (K), 1

0
.. 
. 
AN

i

N và

N

Chứng minh rằng PA =

PA k .
k=1

Lời giải
Đặt n = n1 + n2 + · · · + nN , khi đó A ∈ Mn (K). Gọi λ ∈ K là trị riêng của
A.

A1 − λIn1

..
PA (λ) = det(A − λIn ) = 
.
0

···
..
.
···

0
..
.





AN − λInN

N

det (Ak − λInk )

=
k=1
N

=

PAk (λ)
k=1

Bài 29. Chứng minh ∀A ∈ Mn (K) ta có SPK A

24

= SPK (A).