Tuy nhiên các vectơ riêng của chúng là khác nhau.Đối với một tự đồng cấu tuyến tính f, ta đã biết rằng các giá trị riêng của ma trậncủa f không thây đổi trong các cơ sở khác nhau.. Trong
Đa thức tối tiểu
Cho K là một trường, xét không gian vectơ các ma trận vuôngM n (K) trên K.
Ta códimM n (K) =n 2 Tập các ma trận
Các phần tử A0, A1, , An2 phụ thuộc tuyến tính vì có 2 + 1 phần tử Do đó, tồn tại một đa thức bậc n2, p(x) = a0 + a1x + + an2x^n2 ∈ K[x] sao cho A(p) = 0 Mặc dù đa thức này có bậc n2, chúng ta vẫn có thể tìm được đa thức có bậc nhỏ hơn n2 mà vẫn nhận A làm nghiệm Đây chính là nội dung của Định lý Cayley-Hamilton mà chúng ta sẽ thảo luận sau đây.
Ta nhắc lại rằng nếu A ∈ M n (K) là một ma trận vuông cấp n thì đa thức đặc trưng củaAlà
P A (x) = det(A−xI) vớiP A (x) là đa thức có bậcn. Định lí 1.1.1(Định lý Cayley-Hamilton) ChoA ∈ M n (K).Khi đó P A (A) = 0.
Chứng minh Ta nhớ rằng nếuA ∈ M n (K) và ta kí hiệu adjAlà ma trận phụ hợp củaA,thì ta có
A(adjA) = (detA)I. Đặc biệt đối với ma trậnA−xI,ta có
Đối với ma trận A, công thức (A−xI)B(x) = det(A−xI)I với B(x) là ma trận phụ hợp của A−xI cho thấy rằng mỗi phần tử trong B(x) là định thức của ma trận con cấp n−1 của A−xI Do đó, các phần tử của B(x) được biểu diễn dưới dạng các đa thức có bậc không quán-1 Vì vậy, B(x) có thể được phân tích thành các thành phần khác nhau.
(A−xI)(B0+B1x+ .+B n−1 x n−1 ) = (a0+a1x+ .+a n−1 x n−1 +anx n )I. Đồng nhất các hệ số của các lũy thừa củaxở hai vế, ta được
Bây giờ, chúng ta nhân bên trái các đẳng thức: đẳng thức đầu tiên với A 0 = I, đẳng thức thứ hai với A 1 = A, đẳng thức thứ ba với A 2, và tiếp tục cho đến đẳng thức cuối cùng với A n Kết quả là
−A n B n−1 = a n A n Cộng vế với vế của các đẳng thức ta được
0 = a0I +a1A+ .+a n−1 A n−1 +anA n Điều này chứng tỏAlà nghiệm của đa thức đặc trưng.
Chú ý rằng việc thay ma trận A vào x trong đa thức đặc trưng PA(x) = det(A − xI) để có PA(A) = det(A − AI) = det(0) = 0 là không chính xác Đầu tiên, theo định lý Cayley-Hamilton, PA(A) là một ma trận cấp n, trong khi vế phải là giá trị của một định thức, tức là một số vô hướng (det(0) = 0 thuộc trường K) Thứ hai, khi khai triển det(A − xI), ta cần chú ý đến các yếu tố trong quá trình tính toán.
3 4−x nếu ta thay ma trậnAvào vị trí củaxta được det(A−AI)
Định thức này không bằng 0, và ma trận mở rộng không thể so sánh với A− AI Hơn nữa, định thức của nó cũng không thể so sánh với P A (A).
Định lý Cayley-Hamilton khẳng định rằng mỗi ma trận vuông cấp n đều có một đa thức bậc n, sao cho ma trận đó là nghiệm của đa thức đó Điều này có nghĩa là không thể xác định P A (A) = det(A−AI) là đúng.
Tập hợp các đa thức có ma trận A là nghiệm không rỗng, và tồn tại một đa thức p(x) có bậc nhỏ nhất k sao cho p(A) = 0 Khi chia p(x) cho hệ số cao nhất, ta thu được đa thức chuẩn tắc m(x) có bậc nhận A làm nghiệm Định nghĩa đa thức tối tiểu của A, ký hiệu là m_A(x), là đa thức chuẩn tắc có bậc nhỏ nhất sao cho m_A(A) = 0 Đa thức tối tiểu của ma trận A là duy nhất; nếu tồn tại một đa thức chuẩn tắc m_0(x) có bậc k sao cho m_0(A) = 0, thì m(x) - m_0(x) sẽ là một đa thức khác không có bậc nhỏ hơn k nhận A làm nghiệm, điều này mâu thuẫn với giả thuyết k là bậc nhỏ nhất Cuối cùng, nếu p(x) là một đa thức sao cho p(A) = 0, thì m_A(x) chia hết cho p(x).
Chứng minh Giả sửp(A) = 0và khi chiap(x)chom A (x) ta được p(x) =s(x)mA(x) +r(x) vớidegr(x) < degm A (x).Ta có
Vì m A (x) là đa thức tối thiểu của A và degr(x) < degm A (x), từ đó ta suy ra r(x) = 0.Như vậy ta đượcp(x) =s(x)mA(x) và do đómA(x) chia hếtp(x).
Hệ quả 1.1.4 Ta cóm A (x)chia hếtP A (x).
Các nghiệm của đa thức A(x) cũng là nghiệm của P_A(x), và ngược lại, điều này được khẳng định trong định lý 1.1.5, cho thấy rằng các đa thức A(x) và P_A(x) có cùng tập nghiệm.
Từ hệ quả 1.1.4, mọi nghiệm của đa thức tối tiểu đều là nghiệm của đa thức đặc trưng Ngược lại, nếu λ là một nghiệm của P_A(x), thì λ là giá trị riêng của A, dẫn đến tồn tại một ma trận cột x ∈ M_{n×1}(K) sao cho Ax = λx Lưu ý rằng p(λ) là giá trị riêng của p(A) với p(x) là một đa thức bất kỳ, do đó p(λ) là nghiệm của P_{p(A)}(x) Đặc biệt đối với m_A(x), ta có m_A(A) = 0.
Với mỗi giá trị riêng λ của A thì λ là nghiệm của P A (x) vàm A (λ) là nghiệm của
P m A (A) (x) = (−1) n x n Vì đa thức(−1) n x n chỉ có nghiệm là 0 nênm A (λ) = 0hay λlà nghiệm của đa thứcm A (x).
Nhận xét:Nếu đa thức đặc trưng của Acó dạng
P A (x) = (−1) n (x−λ 1 ) d 1 (x−λ 2 ) d 2 (x−λ k ) d k ; thì đa thức tối tiểu củaAcó dạng mA(x) = (x−λ1) e 1 (x−λ2) e 2 (x−λk) e k ; vớie i ≤ d i với1≤ i ≤ k.
Ví dụ 1.1.1 Đa thức đặc trưng của
làPA(x) = (x−2) 3 VìA−2I 6= 0và(A−2I) 2 6= 0nên ta cómA(x) =PA(x).
có đa thức đặc trưng làP A (x) =−(x−1)(x−2) 2 Theo Định lý 1.1.5, đa thức tối tiểu củaAlà(x−1)(x−2)hoặc(x−1)(x−2) 2 Vì(A−I)(A−2I) = 0nên đa thức tối tiểu làm A (x) = (x−1)(x−2).
Tập hợp các tự đồng cấu tuyến tính trên không gian V được ký hiệu là L(V) Chúng ta có thể xác nhận rằng L(V) cùng với phép cộng và phép nhân với vô hướng tạo thành một không gian vectơ K Nếu không gian V có số chiều là n, thì số chiều của L(V) sẽ là n^2.
Hợp thành của hai tự đồng cấu tuyến tính tạo thành một tự đồng cấu tuyến tính, và việc lấy ánh xạ hợp có thể được xem như phép nhân trong L(V) Ánh xạ đồng nhất id V là một tự đồng cấu tuyến tính đặc biệt, đóng vai trò tương tự như phần tử đơn vị trong L(V) Bên cạnh những tính chất chung của không gian các ánh xạ tuyến tính, không gian các tự đồng cấu tuyến tính cũng sở hữu những tính chất riêng biệt.
Bổ đề 1.1.6 Choα, β, γ ∈ L(V)vàk ∈ K.Ta có
Chop = a 0 + a 1 x + + a n x n ∈ K[x] là một đa thức với biến x Với bất kỳ tự đồng cấu tuyến tính f ∈ L(V), ta có tự đồng cấu tuyến tính p(f) ∈ L(V) được xác định bằng cách thay thế f vào biến x, cụ thể là p(f) = a 0 id + a 1 f + + a n f n, trong đó id là phép đồng nhất trên V Dễ dàng kiểm tra rằng f ◦ p(f) = p(f) ◦ f Để đơn giản, ta ký hiệu p(f) thay cho f ◦ p(f) Hơn nữa, nếu p(x) và q(x) là các đa thức, ta có p(f)q(f) = q(f)p(f).
Cho tự đồng cấu tuyến tính f: V → V và A là ma trận của f đối với một cơ sở cố định của V Ma trận của f đối với một cơ sở khác có dạng P⁻¹AP, với P là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở ban đầu sang cơ sở mới Đặc biệt, đa thức đặc trưng của P⁻¹AP được biểu diễn bằng công thức det(P⁻¹AP - xI) = det[P⁻¹(A - xI)P].
= det(A−xI), tức là ta có
P P −1 AP (x) = P A (x). Điều này cho ta thấy rằng đa thức đặc trưng không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở.
Đa thức đặc trưng của hàm f có thể được định nghĩa là đa thức đặc trưng của bất kỳ ma trận nào củaf tương ứng với một cơ sở nhất định.
Đa thức tối tiểu của một tự đồng cấu tuyến tính tương ứng với đa thức tối tiểu của ma trận ánh xạ đối với một cơ sở nhất định Chúng ta ký hiệu đa thức đặc trưng là P_f và đa thức tối tiểu là m_f Cần lưu ý rằng mối quan hệ giữa các đa thức này rất quan trọng trong lý thuyết đại số.
Tổng trực tiếp các không gian con
Nếu A và B là các tập con không rỗng của không gian vectơ V trên trường K, thì không gian con sinh bởi A∪B là không gian con nhỏ nhất của V chứa cả A và B Không gian này bao gồm tất cả các tổ hợp tuyến tính của các phần tử trong A∪B Nói cách khác, nó là tập hợp các phần tử có dạng m.
X i=1 à i b i vớia i ∈ A, b i ∈ B vàλ i , à i ∈ K Trong trường hợp đặc biệtAvàB là cỏc khụng gian con củaV ta có m
X i=1 à i b i ∈ B,vỡ thế tập này cú thể được mụ tả như sau
Ta gọi đó là tổng của hai không gian con A, B kí hiệu A +B Tổng quát hơn, nếu
A 1 , , A n là các không gian con của V khi đó ta định nghĩa tổng của chúng là không gian con sinh bởi n
Ai.Ta kí hiệu không gian con này làA1+A2+ .+An hay n
A i của các không gian conA 1 , , A n được gọi làtổng trực tiếp nếu mỗi phần tử x ∈ n
A i có thể biểu diễn được duy nhất dưới dạng x = a 1 + .+a n vớia i ∈ A i với mọi i.
Ailà tổng trực tiếp ta kí hiệu là n
AihayA1⊕ .⊕An và gọi là tổng trực tiếp của các không gian conA 1 , , A n
Ví dụ 1.2.1 Trong R 3 xét các không gian con
Khi đó R 3 = A+B vì mỗi phần tử(x, y, z) có thể biểu diễn dưới dạng
Biểu thức 2(x+y), z có dạng a + b, với a thuộc A và b thuộc B Tổng A + B không phải là tổng trực tiếp do sự biểu diễn không duy nhất Thật vậy, có các cách biểu diễn khác cho (x, y, z).
Một tiêu chuẩn phổ biến để chứng minh tổng trực tiếp được nêu trong định lý 1.2.2 Theo định lý này, nếu A1, A2, , An là các không gian con của V, thì các điều kiện sau đây là tương đương với nhau.
Chứng minh Chứng minh xem như bài tập.
Hệ quả 1.2.3 V = A 1 ⊕A 2 khi và chỉ khiV = A 1 +A 2 vàA 1 ∩A 2 = {0}.
Ví dụ 1.2.2 Cho V = M n (R).Nếu A, B lần lượt là các không gian vectơ con của
Tập hợp V bao gồm các ma trận đối xứng và phản đối xứng, có thể được biểu diễn dưới dạng tổng A⊕B Mỗi ma trận trong V có một biểu diễn duy nhất dưới dạng tổng của một ma trận đối xứng và một ma trận phản đối xứng (Chứng minh được xem như bài tập).
Một tính chất quan trọng của tổng trực tiếp là mối liên hệ với cơ sở của các không gian con Định lý 1.2.4 nêu rõ rằng, cho các không gian con V1, , Vn khác không của không gian vectơ hữu hạn chiều V, thì tổng trực tiếp của chúng được xác định.
V i Nếu B i là một cơ sở củaV i thì n
B i là một cơ sở củaV.
Chứng minh Với mỗi i, giả sử không gian con V i có chiều là d i và cơ sở B i {b i1 , , b id i }.VìV n
V j = {0}và do đóV i ∩V j = {0} với mọii 6= j Do đóB i ∩ B j = ∅với mọi i 6= j.Ta lấy một phần tử thuộc không gian sinh bởi n
Bithì phần tử đó có dạng d 1
X j=1 λ nj b nj (1.1) tức là nó có dạng x 1 + .+x n vớix i d i
V i vàB i là một cơ sở của V i nên mỗi phần tử x ∈ V có thể biểu diễn dưới dạng (1.1) và vì thế V được sinh bởi n
B i Tiếp theo, nếu trong (1.2) ta có x 1 + .+x n = 0thì theo Định lý 1.2.2 ta cóx i = 0do đóλ ij = 0.Như vậy n
B i là một cơ sở củaV.
Mục đích của bài viết này là xác định điều kiện để một không gian vectơ V có thể được biểu diễn như tổng trực tiếp của hữu hạn các không gian con khác nhau Chúng ta sẽ khám phá mối liên hệ giữa điều này và ánh xạ tuyến tính Định nghĩa 1.2.6 nêu rõ rằng A và B là các không gian con của không gian vectơ V.
V = A⊕B.Khi đó với mỗix ∈ V có thể biểu diễn duy nhất dưới dạngx = a+b với a ∈ A và b ∈ B Phép chiếu lên A song song với B là một ánh xạ tuyến tính p A : V → V xác định bởip A (x) = a.
Ví dụ 1.2.3 Ta biếtR 2 = X ⊕D vớiX = {(x,0) | x ∈ R}vàD = {(x, x) | x ∈
Phép chiếu lên không gian X song song với không gian B được xác định bởi công thức p_X(x, y) = (x−y, 0) Hình ảnh của điểm (x, y) là giao điểm giữa không gian X và đường thẳng đi qua (x, y) song song với đường thẳng D Định nghĩa ánh xạ tuyến tính f: V → V là một phép chiếu nếu tồn tại các không gian con A và B của V sao cho V = A ⊕ B, và f là phép chiếu lên không gian đó.
Asong song vớiB.Một tự đồng cấu tuyến tínhf được gọi làlũy đẳngnếuf 2 = f. Định lí 1.2.8 NếuV = A⊕B vàplà một phép chiếu lênAsong song với B thì (i) A = Imp = {x ∈ V | x = p(x)};
Chúng ta có Imp ⊂ A Nếu a ∈ A, thì a có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng tổng của một phần tử trong A và một phần tử trong B Rõ ràng, a = a + 0, do đó p(a) = a, từ đó chúng ta chứng minh được đẳng thức cần thiết.
(ii) Lấyx ∈ V, ta có duy nhất một sự biểu diễnx = a+bvớia ∈ Avàb ∈ B. Khi đó p(x) = a,ta có p(x) = 0 ⇔ 0 = a ⇔x = b ∈ B.
(iii) Với mỗix ∈ V ta cóp(x) ∈ Avà vì thếp[p(x)] = p(x).Do đóp 2 = p.
Phép chiếu và các đồng cấu lũy đẳng là những khái niệm quan trọng trong toán học Định lý 1.2.9 chỉ ra rằng một ánh xạ tuyến tính \( f: V \rightarrow V \) được coi là phép chiếu nếu và chỉ nếu nó là lũy đẳng Khi đó, không gian \( V \) có thể được phân tách thành tổng trực tiếp của ảnh \( Imf \) và không gian kernel \( Kerf \), với \( f \) là phép chiếu lên \( Imf \) song song với \( Kerf \).
Giả sử f là một phép chiếu, với các không gian con A và B của V sao cho V = A ⊕ B Khi đó, f là phép chiếu lên A song song với B Theo Định lý 1.2.8 (iii), f được xác định là lũy đẳng.
Ngược lại, nếu f : V → V lũy đẳng Ta chứng minh V = Imf ⊕Kerf (Bài tập).
Cuối cùng, giả sửx = a+bvớia ∈ Imf vàb ∈ Kerf.Khi đó ta có y ∈ V sao choa = f(y)vàf(b) = 0.Do đó f(x) =f(a+b) = f(a) + 0 = f[f(y)] = f(y) = a.
Như thếf là một phép chiếu lênImf song song với Kerf.
Hệ quả 1.2.10 Nếu f : V → V là một phép chiếu thì id V −f cũng là một phép chiếu vàImf = Ker(id V −f).
Chứng minh Theo Định lý 1.2.8 ta cóf lũy đẳng, tức làf 2 = f Khi đó
Hơn nữa, theo cũng theo Định lý 1.2.8, ta lại có x ∈ Imf ⇔x = f(a), a∈ V ⇔ x = f(a) = f(f(a)) = f(x) ⇔ (idV−f)(x) = 0 và vì thếImf = Ker(id V −f).
Sự phân tích của một không gian vectơ thành tổng trực tiếp của các không gian con không thể được biểu diễn qua phép chiếu Định lý 1.2.11 khẳng định rằng với không gian vectơ V và các không gian con V1, , Vn, ta có thể xác định mối quan hệ giữa chúng trong việc xây dựng tổng trực tiếp.
V i khi và chỉ khi có các ánh xạ tuyến tính khác không p 1 , , p n :V → V sao cho
Hơn nữa, mỗip i là một phép chiếu lênV i = Imp i
Chứng minh (⇒) Đầu tiên ta giả sử rằngV n
V i Khi đó với i = 1, , n ta có V = V i ⊕X j6=i
V j Gọi p i là phép chiếu lênV i song song vớiX j6=i
V j Với x ∈ V vài 6= j,ta có p i [p j (x)] ∈ p i (Imp j ) = p i (V j )theo Định lý 1.2.8
= p i (Kerp i )(theo Định lý 1.2.9 ta có Kerp i = X k6=i
Vì mỗix ∈ V đều có sự biểu diễn duy nhất dưới dạngx n
(⇐) Ngược lại, giả sử p 1 , , p n thỏa các điều kiện (i) và (ii) Khi đó ta chú ý rằng p i = p i ◦id V = p i ◦ n
(p i ◦p j ) = p i ◦p i và vì thếp i lũy đẳng và như thế theo Định lý 1.2.9 nó là một phép chiếu.
Bây giờ ta lấy x ∈ V ta có x = id V (x) n
Imp i Điều này chứng tỏV n
Nếu lấy x ∈ Imp i ∩ P i6=i Imp j thì theo Định lý 1.2.8, ta có x = p i (x) và x = P j6=i x j vớip j (x j ) = x j với mọij 6= i.Suy ra x = p i (x) = p i X j6=i x j
= 0. Điều này cho ta thấy rằngV n
Không gian con bất biến
Nếu V là một K-không gian vectơ và f: V → V là một tự đồng cấu tuyến tính, thì không gian con U của V được gọi là không gian con bất biến đối với f (hay f-bất biến) nếu f(U) ⊂ U, tức là với mọi x ∈ U, thì f(x) cũng thuộc U.
Ví dụ 1.3.1 Nếuf : V →V là một tự đồng cấu thìImf vàKerf là các không gian conf−bất biến của V.
Ánh xạ đạo hàm D trên không gian vectơ R[x] của các đa thức với hệ số thực là một phép biến đổi tuyến tính Không gian con Rn[x], bao gồm các đa thức có bậc không quá n, là một D-bất biến, vì đạo hàm của một đa thức có bậc không quá n vẫn là một đa thức có bậc không quá n.
Cho f: V → V là một tự đồng cấu tuyến tính và 0 ≠ x ∈ V, không gian con sinh bởi x là f-bất biến khi và chỉ khi x là một vectơ riêng của f Nếu hxi là f-bất biến, thì f(x) ∈ hxi, tức là tồn tại k ∈ K sao cho f(x) = kx, điều này chứng tỏ x là vectơ riêng của f Ngoài ra, với f: V → V là một tự đồng cấu tuyến tính và đa thức p ∈ K[x], các không gian con Imp(f) và Kerp(f) cũng là các f-bất biến.
Chứng minh rằng với mọi đa thức, ta có f◦p(f) = p(f)◦f Để thuận tiện, ta ký hiệu f p(f) thay cho f◦p(f) Nếu x = p(f)(y), thì f(x) = f[p(f)(y)] = p(f)[f(y)] ∈ Imp(f), từ đó suy ra Imp(f) là f−bất biến Tương tự, nếu x ∈ Kerp(f) tức là p(f)(x) = 0, thì 0 = f(p(f)(x)) = p(f)[f(x)], do đó f(x) ∈ Kerp(f), dẫn đến Kerp(f) cũng là f−bất biến.
Từ tính chấtf ◦p(f) = p(f)◦f,ta suy ra được một kết quả tổng quát như sau. Chop(x), q(x) ∈ K[x]vàf là một tự đồng cấup(f)◦q(f) = q(f)◦p(f).
Các đa thức hệ số thực có thể không có nghiệm thực nhưng luôn có nghiệm phức.
Từ đây ta có định lý sau: Định lí 1.3.3 Mỗi tự đồng cấu của không gian vectơ thực đều có không gian con bất biến 1 chiều hoặc 2 chiều.
Giả sử V là một không gian vectơ thực và f : V → V là một tự đồng cấu với ma trận A trong cơ sở {e1, , en} của V Đa thức đặc trưng P_f(λ) được xác định bởi công thức det(A - λI) là một đa thức có hệ số thực.
Nếu phương trìnhdet(A−λI) = 0có một nghiệm thực thìf có một giá trị riêng thực, do đó nó có không gian con bất biến một chiều.
Nếu phương trình det(A − λI) = 0 không có nghiệm thực, thì tồn tại nghiệm phức không thực λ = a + bi (với a, b ∈ R và i là đơn vị ảo) Đồng thời, (z1, , zn) ∈ Cn/{(0, , 0)} là một nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.
X j=1 y j e j Khi đó các hệ thức bên trên tương đương
Nghĩa làhα, βilà không gian con bất biến đối vớif.Rõ ràng nó có số chiều nhỏ hơn hoặc bằng 2 Ta sẽ chứng minh số chiều của hα, βibằng 2.
Nếu α = 0 thì f(α) = −bβ suy ra β = 0 vì b 6= 0 Do đó (z 1 , , z n ) (0, ,0),điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Nếu α ≠ 0 và β = kα, thì f(β) = kf(α) dẫn đến (b - ka)α = -(a + kb)β = -(a + kb)kα Từ đó, ta có (b - ka + ka + k²b)α = 0, hay b(1 + k²)α = 0 Điều này mâu thuẫn với b ≠ 0 và α ≠ 0, từ đó suy ra {α, β} độc lập tuyến tính, nghĩa là dim{α, β} = 2.
Giả sử f ∈ L(V) và U là một không gian con bất biến của V Khi đó, ánh xạ tuyến tính f : U → U được xác định bởi x ↦ f(x), với f(x) ∈ U, nghĩa là f là sự thu hẹp của f trên U Chúng ta chọn một cơ sở {u₁, , uₖ} của U và mở rộng thành một cơ sở cho không gian V.
Xét ma trận của phép biến đổi f đối với cơ sở {u1, , ur, v1, , vn−r} của V Vì U là không gian bất biến của f, nên với mỗi i, ta có f(ui) thuộc U Do đó, f(ui) có thể được biểu diễn dưới dạng f(ui) = λi1u1 + + λirur + 0v1 + + 0vn−r Từ đó, ma trận của f sẽ có dạng nhất định.
# vớiAlà ma trận cấpr ×r chính là ma trận củaf trênU.
Giả sửV = V 1 ⊕V 2 với V 1 vàV 2 là các không gian conf−bất biến củaV Nếu
B1là cơ sở củaV1vàB2 là một cơ sở củaV2thì ta cóB = B1∪B2là một cơ sở của
V.Khi đó ta có ma trận củaf đối với cơ sởB có dạng
# , trong đóA 1 , A 2 lần lượt là các ma trận củaf cảm sinh trênV 1 , V 2
Vi với Vi là cácf−bất biến và nếuBi là cơ sở của
V i với mỗi i thì ma trận của f đối với cơ sởB k
B i là ma trận chéo dạng khối như sau
Ma trận Ai là ma trận vuông có cấp dim Vi, đại diện cho cảm sinh trên không gian Vi Chúng ta sẽ áp dụng các khái niệm tổng trực tiếp và không gian con bất biến để xác định một cơ sở của V, sao cho ma trận của f đối với cơ sở này có dạng chéo khối Nghiên cứu về các vấn đề này được trình bày trong định lý phân tích nguyên sơ Định lý 1.3.4 nêu rõ rằng, đối với f ∈ L(V), đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu của f lần lượt là
P f = p d 1 1 p d 2 2 p d k k vàm f = p e 1 1 p e 2 2 p e k k , trong đóp1, p2, , pk là các đa thức bất khả qui trongK[x].Khi đó mỗi không gian conV i = Kerp e i i (f)là cácf−bất biến vàV k
V i CácV i được gọi là cácthành phần nguyên sơcủaV.
Hơn nữa, nếuf i : V i →V i là một ánh xạ tuyến tính cảm sinh trên V i bởif thì đa thức đặc trưng củaf i làp d i i và đa thức tối tiểu củaf i làp e i i
Chứng minh Nếu k = 1 thì p e 1 1 (f) = m f (f) = 0 vàV = Kerp e 1 1 (f) = V 1 Giả sửk ≥ 2.Với i = 1,2, , k đặt q i = m f /p e i i = Y j6=i p e j j
Khi đó ước chung lớn nhất của q 1 , q 2 , , q k là 1 vì thế tồn tại a 1 , , a k ∈ K[x] sao cho a 1 q 1 +a 2 q 2 + +a k q k = 1. Đặta i q i = t i ,thayf vàoxta được tự đồng cấu đồng nhất t 1 (f) + t 2 (f) + .+ t k (f) = id V (1.3)
Theo định nghĩa của các đa thức q i , ta có m f chia hết q i q j nếu i 6= j Do đó q i (f)q j (f) = 0với mọi i 6= j và khi đó t i (f)t j (f) = 0 (1.4)
Từ (1.3), (1.4) và Định lý 1.2.11 ta thấy rằng mỗiti(f)là một phép chiếu và do đó
Hơn nữa, theo Định lý 1.3.2, mỗi không gian conImt i (f)làf−bất biến.
Bây giờ ta chỉ ra rằng
Imt i (f) = Kerp e i i (f) Đầu tiên, vì p e i i q i = m f nên ta có p e i i (f) q i (f) = m f (f) = 0 và p e i i (f) q i (f) a i (f) 0 Do đó, Imt i (f) ⊆ Kerp e i i (f) Để có chiều ngược lại, với mỗi j, ta có t j(f) = a j(f) q j(f) = a j(f) Y i ≠ j p e i i (f), từ đó ta thấy rằng.
Với mỗi ánh xạ cảm sinh \( f_i: V_i \rightarrow V_i \), ta định nghĩa \( m_{f_i} \) là đa thức tối tiểu tương ứng Theo giả thiết, \( V_i = \text{Ker} p_{e_{i,i}}(f) \), dẫn đến \( p_{e_{i,i}}(f) \) là ánh xạ không trên \( V_i \), và do đó \( p_{e_{i,i}}(f_i) \) cũng là ánh xạ không Suy ra, \( m_{f_i} \) chia hết cho \( p_{e_{i,i}} \), từ đó \( m_{f_i} \) chia hết cho \( m_f \) và các đa thức \( m_{f_i} \) là nguyên tố cùng nhau Tiếp theo, chúng ta chứng minh rằng \( m_f \) là bội chung nhỏ nhất của \( m_{f_1}, m_{f_2}, \ldots, m_{f_k} \) Giả sử \( g \in K[x] \) là bội chung của các \( m_{f_i} \) với mọi \( i \), ta sẽ chứng minh rằng \( m_f \) chia hết cho \( g \) Rõ ràng, \( g(f_i) \) là ánh xạ không trên \( V_i \) vì \( m_{f_i} \) là ánh xạ không.
Xét phương trình X i=1 g(f i )(v i ) = 0, từ đó suy ra g(f) = 0, dẫn đến m f | g Điều này cho thấy m f là bội chung nhỏ nhất của các m f 1, m f 2, , m f k Vì các đa thức này là nguyên tố cùng nhau, ta có m f k.
Y i=1 p e i i vàm f i | p e i i Do tất cả các đa thức đều là đa thức chuẩn tắc nênm f i = p e i i với mọi i = 1, , k.
Cuối cùng, sử dụng Định lý 1.2.4 ta có thể hợp các cơ sở của các không gian con
V i với nhau để tạo thành cơ sở củaV.Khi đó ma trận củaf đối với cơ sở này có dạng chéo khối
Từ cách tính định thức ta có det(M −xI) k
P f i Ta đã có m f i = p e i i Vì m f i và P f i có cùng tập nghiệm nên
Y i=1 p d i i từ đó suy rar i = d i với mọi i = 1, , k.
Hệ quả 1.3.5 Ta códimV i = d i degp i
Bậc của đa thức đặc trưng của ánh xạ tuyến tính f: V → V được xác định bằng số chiều của không gian vector V Do đó, dim V i tương ứng với bậc của P f i = p d i i, và điều này cần được chứng minh.
Trong trường hợp p i là các đa thức bậc nhất thìp e i i có dạng (x −λ i ) e i và V i Ker(p e i i )(f) = Ker(f −λ i id V ) e i Ta có hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.6 Nếu tất cả các giá trị riêng củaf đều thuộcK,thì ta có
P f = (x−λ 1 ) d 1 (x−λ 2 ) d 2 (x−λ k ) d k ; m f = (x−λ 1 ) e 1 (x−λ 2 ) e 2 (x−λ k ) e k ; thìV i = Ker(f −λ i id V ) e i làf−bất biến có chiều làd i vàV = L k i=1 V i
Ví dụ 1.3.4 Xét ánh xạ tuyến tính f : R 3 → R 3 xác định bởi f(x, y, z) = (−z, x+z, y +z).
Ta có ma trận củaf đối với cơ sở chính tắc là
Khi đó, ta cóP f = m f = (x+ 1)(x−1) 2 Theo Hệ quả 1.3.6 của Định lý1.3.4, ta có
R 3 = Ker(f + id)⊕Ker(f −id) 2 với số chiều của Ker(f + id)là 1 và số chiều củaKer(f −id) 2 là 2 Ta thấy rằng
(f + id)(x, y, z) = (x−z, x+ y+ z, y + 2z) vì thế cơ sở củaKer(f + id)là{(1,−2,1)}.Tương tự, ta có
(f −id) 2 (x, y, z) = (x−y +z,−2x+ 2y −2z, x−y +z) vì thế cơ sở của(f −id) 2 là{(0,1,1),(1,1,0)}.Do đó có một cơ sở củaR 3 để ma trận của f có dạng chéo khối là
Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc sangB là
và ma trận chéo khối của f đối với cơ sởB là
Ta xem xét một trường hợp đặc biệt của Định lý phân tích nguyên sơ Ta xem trong trường hợp mỗi nhân tử củam f là tuyến tính, tức là m f = (x−λ 1 )(x−λ 2 ) .(x−λ k ).
Tự đồng cấu f: V → V được gọi là chéo hóa nếu tồn tại một cơ sở của V bao gồm các vectơ riêng của f, hoặc tương đương, nếu V có một cơ sở sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó là ma trận chéo Định lý 1.3.7 chỉ ra rằng V là một không gian vectơ hữu hạn chiều khác không và f: V → V.
V là một tự đồng cấu tuyến tính Khi đó các điều sau đây là tương đương:
(i) Đa thức tối tiểum f củaf là tích của các nhân tử tuyến tính;
Tự đồng cấu lũy linh
Định lý phân tích nguyên sơ cho biết rằng ánh xạ tuyến tính f trên không gian vectơ hữu hạn chiều V có thể biểu diễn bằng ma trận chéo khối Đặc biệt, nếu đa thức tối tiểu của f là tích của các nhân tử tuyến tính, ma trận của f sẽ có dạng chéo Trong trường hợp tổng quát hơn, khi đa thức tối tiểu của f phân tích thành tích các nhân tử tuyến tính không giống nhau, nó sẽ có dạng m f k.
Hệ quả 1.3.6 của Định lý 1.3.4 chỉ ra rằng V là tổng trực tiếp của các không gian con f−bất biến Vi = Ker(f − λiidV) e i Ánh xạ tuyến tính fi : Vi → Vi được cảm sinh bởi f trên các thành phần nguyên sơ Vi, và ánh xạ fi − λiidV i : Vi → Vi cho thấy f − λiidV là ánh xạ không trên Vi, do đó f − λ i id V được gọi là lũy linh Theo định nghĩa 1.4.1, tự đồng cấu f : V → V được xem là lũy linh nếu m = 0 với m là số nguyên dương Nếu f : V → V là lũy linh, tồn tại một số tự nhiên k nhỏ nhất sao cho f k = 0, và số tự nhiên này được gọi là bậc lũy linh Tương tự, ma trận A được gọi là lũy linh nếu có một số nguyên dương m sao cho A m = 0.
Ví dụ 1.4.1 Ánh xạ tuyến tính f : R 3 → R 3 xác định bởi f(x, y, z) = (0, x, y) là lũy linh Thực vậyf 2 (x, y, z) = f(0, x, y) = (0,0, x)và khi đóf 3 = 0.Do đó bậc lũy linh củaf là 3.
Nếu f : C n → C n là một ánh xạ tuyến tính với tất cả các giá trị riêng bằng 0, thì P f = x n Theo Định lý Cayley-Hamilton, ta có f n = P f (f) = 0, do đó f là lũy thừa.
Ánh xạ đạo hàm D: R^n[x] → R^n[x] được xác định là lũy linh Ma trận Jordan cơ sở liên kết với λ ∈ K là ma trận cấp 1 có dạng [λ] hoặc ma trận vuông có cấu trúc tương ứng.
Ma trận Jordan cơ sở liên kết với λ cấp m có dạng với các phần tử trên đường chéo chính là λ, các phần tử ngay trên đường chéo chính là 1 và các phần tử còn lại bằng 0 Định lý 1.4.3 khẳng định rằng P J (x) = (−1) m (x−λ) m và m J (x) = (x−λ) m.
Chứng minh Chứng minh xem như bài tập.
Ma trận chéo khối gồm các khối Jordan cơ sở liên kết với λ được gọi là ma trận khối Jordan liên kết vớiλ.
Ma trậnchuẩn Jordanlà ma trận có dạng
trong đóJ i là các ma trận Jordan cơ sở và các phần tử còn lại là 0 Các khốiJ i được gọi là cáckhối Jordan.
Bổ đề 1.4.4 ChoV là một không gian vectơ hữu hạn chiều khác không vàf :V →
V là một tự đồng cấu lũy linh có bậck.Giả sửxlà một vectơ khác không củaV sao chof i (x) 6= 0vàf i+1 (x) = 0.Khi đó tập
{x, f(x), f 2 (x), , f i (x)} độc lập tuyến tính. Định nghĩa 1.4.5 Cơ sở Jordan của ánh xạ tuyến tínhf : V → V là một cơ sở của
V sao cho ma trận củaf đối với cơ sở đó là ma trận chuẩn Jordan. Định lí 1.4.6 ChoV là một không gian vectơ hữu hạn chiều khác không vàf :V →
V là một tự đồng cấu lũy linh có bậck, với một cơ sở mà ma trận của f đối với cơ sở này có dạng khối Jordan liên kết với 0.
Chứng minh Đặt M i = Imf i ∩Kerf vớii = 0,1, , k −1 Ta có một dãy các không gian con lồng nhau như sau
0 = M k ⊂M k−1 ⊂ ⊂ M 1 ⊂ M 0 = Kerf. ĐặtS k−1 là cơ sở củaM k−1 ,ta bổ sung vàoS k−1 tậpS k−2 để đượcS k−1 ∪S k−2 là cơ sở củaM k−2 Tiếp tục bổ sung thêmS k−3 để được S k−1 ∪ S k−2 ∪S k−3 là cơ sở của
M k−3 Cứ như vậy, ta đượcS k−1 ∪S k−2 ∪ .∪S 1 ∪S 0 là một cơ sở củaM 0 = Kerf. Giả sử số phần tử của S i làv i và ta đặt S i = {b i1 , b i2 , , b iv i } Khi đó, ta đặt
B = {b k−1,1 , b k−1,2 , , b k−1,v k−1 , , b 11 , b 12 , , b 1v 1 , b 01 , b 02 , , b 0v 0 } là một cơ sở củaKerf.
Lấy b ij ∈ B, khi đó b ij ∈ S i ⊂ Imf i ∩Kerf ⊂ Imf i Do đó, ta có x ij ∈ V sao chof i (x ij ) = b ij Đặt
Jb ij = {f i (xij), f i−1 (xij), , f(xij), xij} và
Cơ sở Jordan của không gian vector V được xác định bởi J = J k−1 ∪ J k−2 ∪ ∪ J 1 ∪ J 0, với số vectơ trong J là n = dimV Đặt d i = dimM i và r i = dim Imf i, ta có số phần tử trong S i là v i = d i − d i+1 Lưu ý rằng d k = 0 và r k = 0, trong khi r 0 = dim id V = n Theo tính chất đã nêu (theo [7, 4.5.1]), ta có dim(Imf i ∩ Kerf) = dim Imf i − dim Im(f i f), dẫn đến di = ri − ri+1 Số phần tử trong Jb ij là i + 1 với i = 0, 1, , k − 1 và j = 1, 2, , v i, tổng số phần tử trong J là k−1.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minhJ là một tập độc lập tuyến tính Chú ý rằngB là một cơ sở củaKerf nên các vectơbij là độc lập tuyến tính.
Chú ý rằngf i+1 (J b ij ) = {0}, f i (J b ij ) = {b ij }vàf i (J i ) = {b i1 , b i2 , , b iv i }.
• Lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạf k−1 Ta được a (0) k−1,1 f k−1 (x k−1,1 ) + a (0) k−1,2 f k−1 (x k−1,2 ) + .+a (0) k−1,v 1 f k−1 (x k−1,v k−1 ) = 0 hay a (0) k−1,1 b k−1,1 +a (0) k−1,2 b k−1,2 + .+a (0) k−1,v 1 b k−1,v k−1 = 0.
Dob k−1,1 , b k−1,2 , , b k−1,v k−1 độc lập tuyến tính nêna (0) k−1,1 = a (0) k−1,2 = a (0) k−1,v k−1 = 0.
• Tiếp theo, ta lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ f k−2 Ta được a (1) k−1,1 f k−1 (x k−1,1 ) +a (1) k−1,2 f k−1 (x k−1,2 ) + .+ a (1) k−1,v k−1f k−1 (x k−1,v k−1 ) +a (0) k−2,1 f k−2 (x k−2,1 ) +a (0) k−2,2 f k−2 (x k−2,2 ) + .+ a (0) k−2,v k−2 f k−2 (x k−2,v k−2 ) = 0 hay a (1) k−1,1 b k−1,1 +a (1) k−1,2 b k−1,2 + .+a (1) k−1,v k−1 b k−1,v k−1 +a (0) k−2,1 b k−2,1 +a (0) k−2,2 b k−2,2 + .+a (0) k−2,v k−2b k−2,v k−2 = 0
Do b k−1,1 , b k−1,2 , , b k−1,v k−1 , b k−2,1 , b k−2,2 , , b k−2,v k−2 độc lập tuyến tính nên a (1) k−1,1 = a (1) k−1,2 = = a (1) k−1,v k−1 = 0 và a (0) k−2,1 = a (0) k−2,2 = a (0) k−2,v k−2 = 0.
• Tiếp tục, ta lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ f k−3 Ta được a (2) k−1,j = 0, j = 1,2, , v k−1 ; a (1) k−2,j = 0, j = 1,2, , v k−2 ; a (0) k−3,j = 0, j = 1,2, , v k−3
Tiếp tục quá trình đã nêu, thông qua ánh xạ f k−4, f 2, f, ta có thể thu được tất cả các hệ số của tổ hợp tuyến tính trước đó đều bằng 0.
VậyJ là một tập độc lập tuyến tính cónvectơ, do đó nó là một cơ sở củaV Ta sắp xếp các vectơ trongB theo thứ tự
J i = J b i1 ∪J b i2 ∪ .∪J b ivi.Khi đó ma trận củaf đối với cơ sở J có dạng là ma trận chuẩn Jordan liên kết với0.
Giả sử B = {b 1 , b 2 , , b t }là cơ sở của Kerf Từ đây ta xây dựng được cơ sở Jordan củaf làJ = J b 1 ∪J b 2 ∪ .∪J b t sao cho ma trận củaf có dạng
Trong đóN i là ma trận Jordan cơ sở liên kết với0.
Nhận xét: Chof là một tự đồng cấu lũy linh bậc k.Khi đó dạng Jordan của f có cách tính chất:
• Số khối Jordan cơ sở làdim Kerf.
• Khối có cấp lớn nhất làk×k.
• Số khối có cấpi×ilàvi = ri−2ri+1+ri+2,vớiri = dim Imf i
Ta xem ví dụ minh họa dưới đây.
Ví dụ 1.4.4 Xét ánh xạ tuyến tính f : R 4 → R 4 xác định bởi f(a, b, c, d) = (0, a, d,0).
Ta cóf 2 = 0và vì thếf lũy linh với bậck = 2.Ta có
Ta có S₁ = {(0,1,0,0),(0,0,1,0)} và S₀ = ∅, với cơ sở của Kerf gồm 2 vectơ, dẫn đến ma trận Jordan của f có 2 khối Đặt b₁₁ = (0,1,0,0) và b₁₂ = (0,0,1,0) thuộc Imf Ta có x₁₁ = (1,0,0,0) thuộc R⁴ sao cho f(x₁₁) = b₁₁ và x₁₂ = (0,0,0,1) thuộc R⁴ sao cho f(x₁₂) = b₁₂ Do đó, ta có một cơ sở của R⁴.
Khi đó, ma trận củaf đối với cơ sởB có dạng khối Jordan như sau
Giả sử f : V → V là một đồng cấu và có λ ∈ K sao cho đồng cấuf − λid :
Trong không gian V, nếu V có một cơ sở B là ma trận của f − λid có dạng chuẩn Jordan liên kết với 0, thì ma trận của f đối với cơ sở B sẽ là ma trận chuẩn Jordan liên kết với λ Cụ thể, giả sử J là ma trận của f − λid có dạng chuẩn Jordan liên kết với 0, thì ma trận của λid đối với bất kỳ cơ sở nào sẽ là một ma trận chéo D với các phần tử trên đường chéo chính là λ Do đó, f = (f − λid) + λid có ma trận đối với cơ sở B là J + D, tạo thành ma trận chuẩn Jordan liên kết với λ.
Nhận xét: NếuB là cơ sở của Ker(f −λid)thì các vectơ củaB là các vectơ riêng củaf.
Ví dụ 1.4.5 Cho ánh xạ tuyến tínhg : R 4 → R 4 xác định bởi g(a, b, c, d) = (2a, a+ 2b,2c+d,2d).
Đa thức đặc trưng của g được xác định là Pg(x) = (x − 2)⁴, trong khi đa thức tối tiểu của g là mg(x) = (x − 2)² Điều này cho thấy g − 2id là một tự đồng cấu lũy linh bậc 2 Nếu định nghĩa f = g − 2id, ta có f(a, b, c, d) = (0, a, d, 0).
Theo ví dụ bên trên thì ta có một cơ sở củaV là
Trong không gian vector, tập hợp B = {e1 = f(x11), e2 = x11, e3 = f(x12), e4 = x12} tạo thành một cơ sở với ma trận chuẩn Jordan liên kết với 0 Hàm g được xác định bởi g(e1) = (f + 2id)(e1) = f(e1) + 2e1 = f2(x11) + 2e1 = 2e1, g(e2) = (f + 2id)(e2) = f(e2) + 2e2 = f(x11) + 2e2 = e1 + 2e2, g(e3) = (f + 2id)(e3) = f(e3) + 2e3 = f2(x12) + 2e3 = 2e3, và g(e4) = (f + 2id)(e4) = f(e4) + 2e4 = f(x12) + 2e4 = e3 + 2e4 Ma trận của g đối với cơ sở B được xác định theo các phép biến đổi này.
Ví dụ 1.4.6 Cho ánh xạ tuyến tínhf : R 3 →R 3 xác định bởi f(x, y, z) = (x+y,−x+ 3y,−x+y + 2z).
Ma trận củaf đối với cơ sở chính tắc là
Ta cóP A = (x−2) 3 vàm A = (x−2) 2 Khi đó ta có
Do đó S 1 = {b 11 = (1,1,1)} và S 0 = {b 0,1 = (0,0,1)} Ta tìm cơ sở Jordan của R 3 như sau: Vì b 11 ∈ S 1 ⊂ Im(f − 2id) nên có x 11 = (−1,0,0) sao cho (f −2id)(x 11 ) = b 11 Khi đóJ b 11 = {e 1 = (f −2id)(x 11 ), e 2 = x 11 } vàJ b 01 {e 3 = b 01 }.Do đó
J = {e 1 = (1,1,1), e2 = (−1,0,0), e3 = (0,0,1)} là cơ sở Jordan củaf và ma trận củaf đối với cơ sởJ là
Dạng chuẩn Jordan
Mục tiêu của bài viết này là mở rộng Định lý 1.4.6 cho trường hợp f là một tự đồng cấu bất kỳ Chúng ta sẽ xem xét lại phân tích nguyên sơ với giả thiết rằng tất cả các giá trị riêng của f thuộc trường K Theo Định lý 1.3.4 và Hệ quả 1.3.6, đa thức tối tiểu của f i có dạng (x−λ i ) e i, dẫn đến ánh xạ f i −λ i id V i là lũy linh với bậc e i trên không gian con V i có số chiều d i Định lý 1.5.1 (Dạng chuẩn Jordan) khẳng định rằng, với không gian vectơ hữu hạn chiều V và tự đồng cấu tuyến tính f : V → V, nếu λ 1 , , λ k là các giá trị riêng phân biệt của f, thì tồn tại một cơ sở của V sao cho ma trận của f có dạng chuẩn Jordan.
trong đóJ i là ma trận khối Jordan liên kết vớiλ i
Chứng minh Với các kí hiệu đã sử dụng, theo Định lý 1.3.4 có một cơ sở B i của
V i = Ker(f−λ i id V i ) e i, trong đó ma trận của f i −λ i id V i có dạng khối Jordan với các phần tử 0 trên đường chéo chính do các giá trị riêng của ánh xạ lũy linh là 0 Do đó, ma trận J i của f i là ma trận khối Jordan với λ i nằm trên đường chéo chính.
B = B 1 ∪ B 2 ∪ .∪B k là cơ sở Jordan củaf.
Các khối của ma trận này là các khối Jordan liên kết với các giá trị riêng λ i của tự đồng cấu, nhưng không phải là các khối Jordan cơ sở liên kết với λ i Ma trận có dạng như trong Định lý 1.5.1 được gọi là ma trận chuẩn Jordan.
Ma trận chuẩn Jordan của một hàm f không phải là duy nhất do thứ tự các khối Jordan Ji trên đường chéo không cố định Tuy nhiên, số lượng và kích thước của các khối, cũng như số ma trận Jordan cơ sở trong mỗi khối, là xác định duy nhất.
Mỗi ma trận Jordan cơ sở được sắp xếp trên đường chéo theo thứ tự giảm dần về kích cỡ, trong khi các khối Jordan được sắp xếp theo chiều tăng của các giá trị riêng, tạo thành một dạng chuẩn Jordan cho tự đồng cấu Định nghĩa 1.5.3 nêu rõ rằng nếu ma trận A ∈ M n (K) đồng dạng với một ma trận Jordan J, thì J được gọi là ma trận dạng Jordan của A.
Nhận xét 1.5.4 Nếu đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu của f (hay của ma trận vuôngAcủa ánh xạ tuyến tính f) lần lượt làP f k
Trong ma trận Jordan của hàm f (hay dạng Jordan của ma trận A), giá trị riêng λ i xuất hiện chính xác d i lần trên đường chéo chính Số lượng ma trận Jordan cơ sở liên kết với λ i được xác định bởi dim Ker(f − λ i id V i ) Ít nhất một trong các ma trận Jordan cơ sở này có cấp tối đa là e i.
Ví dụ 1.5.1 Cho ánh xạ tuyến tínhf : R 7 → R 7 có đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu lần lượt là
Trong ma trận Jordan của f, giá trị riêng 1 xuất hiện ba lần trên đường chéo và có ít nhất một ma trận Jordan cơ sở liên kết với 1 có cấp 2 Đồng thời, giá trị riêng 2 xuất hiện bốn lần trên đường chéo và có ít nhất một ma trận Jordan cơ sở liên kết với 2 có cấp 3 Việc sắp xếp thứ tự các khối dẫn đến duy nhất một dạng ma trận Jordan của f.
Ví dụ 1.5.2 Ta thay đổi ví dụ bên trên một ít Giả sử P f vẫn như vậy nhưngm f (x−1) 2 (x−2) 2
Giá trị riêng 2 xuất hiện 4 lần trên đường chéo và có ít nhất một ma trận Jordan cơ sở liên kết với 2 có cấp 2 Các ma trận chuẩn Jordan có thể được xác định trong trường hợp này.
Ví dụ 1.5.3 Nếu ánh xạ tuyến tínhf : R 5 →R 5 có đa thức đặc trưng
Đa thức tối thiểu của f có dạng m f = (x−2) i (x−3) j, với i và j là các số nguyên không âm, cho thấy có 6 khả năng xảy ra đối với m f Ma trận chuẩn Jordan của f sẽ phụ thuộc vào 6 đa thức tối thiểu có thể có, dẫn đến các cấu trúc ma trận khác nhau.
# trong đóAlà một trong hai dạng sau
# trong đó A 1 gồm 1 khối Jordan cơ sở, A 2 gồm 2 khối Jordan cơ sở và ma trận B là một trong ba dạng sau
.trong đóB 1 gồm 1 khối Jordan cơ sở,B 2 gồm 2 khối Jordan cơ sở vàB 3 gồm 3 khốiJordan cơ sở.
Giả sử đa thức tối tiểu có dạngm A (x) = (x−2) 2 (x−3)thì ma trận khốiAcó dạngA 1 ,ma trận khốiB có dạng B 3
Ví dụ 1.5.4 Đối với ma trân
cóP A (x) = (x−1) 3 vàm A = (x−1) 2 Dạng Jordan củaAlà
Chú ý: Theo Nhận xét 1.5.4, ta có thể tìm được ngay dạng Jordan của ma trận A dựa vào đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu củaA.
Ví dụ 1.5.5 Tìm dạng Jordan của ma trận
Ta có đa thức đặc trưng củaAlàP A = λ 4 −2λ 2 + 1 = (λ−1) 2 (λ+ 1) 2 và đa thức tối tiểu củaAlà m A = (λ−1) 2 (λ+ 1) 2
(Từ đa thức tối tiểu ta biết được ma trận chuẩn Jordan của A gồm các khối Jordan liên kết với 1 và khối Jordan liên kết với−1).
Ta chọn cơ sở chuẩn tắc củaC 4 để tìm cơ sở Jordan. Đối với giá trị riêngλ = −1.(Tìm khối Jordan liên kết với −1) Ta có:
Như vậyS 1 = {(1,1,0,0) t }vàS 0 = ∅.Khi đób 11 = (1,1,0,0) t ∈ Im(A+
I) do đó ta có x 11 = ( 1 4 ,0,0,0) t ∈ C 4 sao cho (A + I)x 11 = b 11 Suy ra
J −1 = {(1,1,0,0) t ,( 1 4 ,0,0,0) t }. Đối với giá trị riêngλ = 1.(Tìm khối Jordan liên kết với 1) Ta có:
Như vậyS 1 0 = {(1,1,1,1) t }vàS 0 0 = ∅.Khi đób 0 11 = (1,1,1,1) t ∈ Im(A−
I) do đó ta có x 0 11 = ( 1 2 ,0, 1 2 ,0) t ∈ C 4 sao cho (A −I)x 0 11 = b 0 11 Suy ra
Từ đó ta có ma trận
Bài tập
Bài tập 1.1 Chứng minh rằng ma trận vuôngAkhả nghịch khi và chỉ khi hệ số hằng trong đa thức tối tiểu của Akhác 0.
Bài tập 1.2 Nếu A ∈ M n (K) khả nghịch và degm A (x) = k thì A −1 là tổ hợp tuyến tính của
Bài tập 1.3 Xác định đa thức tối tiểu của các ma trận sau: a.
Bài tập 1.4 Xác định đa thức tối tiểu của ánh xạ đạo hàm trênRn[x].
Bài tập 1.5 Tìm đa thức tối tiểu của tự đồng cấu tuyến tính f : R 2 → R 2 xác định bởi f(x, y) = (x+ 6y, 1
Bài tập 1.6 ChoV là không gian con củaR 3 xác định bởi
Tìm hai không gian conU 1 , U 2 khác nhau củaR 3 sao choR 3 = V ⊕U 1 = V ⊕U 2
Bài tập 1.7 Chof 1 , f 2 , f 3 , f 4 :R 3 →R 3 là các tự đồng cấu tuyến tính xác định bởi a.f 1 (x, y, z) = (x+y, y +z, z +x) b.f 2 (x, y, z) = (x−y, y−z,0); c.f 3 (x, y, z) = (−y, x, z); d.f 4 (x, y, z) = (x, y, y).
Chứng minh rằng với mỗii = 1,2,3,4,ta cóR 2 = Imf i ⊕Kerf i
Bài tập 1.8 ChoV là một không gian vectơ hữu hạn chiều vàA là một không gian con củaV.Chứng minh rằng có một không gian conB củaV sao choV = A⊕B.
Bài tập 1.9 ChoV là một không gian vectơ hữu hạn chiều và f : V → V là một ánh xạ tuyến tính Chứng minh rằngV = Imf ⊕Kerf khi và chỉ khiImf = Imf 2
Trong không gian vectơ hữu hạn chiều V, với ánh xạ tuyến tính f: V → V, có tồn tại một số nguyên dương p sao cho Imf^p = Imf^(p+1) Từ đó, suy ra Imf^p = Imf^(p+k) và Kerf^p = Kerf^(p+k) cho mọi k ≥ 1 Điều này dẫn đến kết luận rằng V có thể được phân tách thành tổng trực tiếp của Imf^p và Kerf^p, tức là V = Imf^p ⊕ Kerf^p.
Bài tập 1.11.ChoV là không gian vectơ thực có số chiều là 4 vàB = {e 1 , e 2 , e 3 , e 4 } là một cơ sở củaV.Với x ∈ V,ta cóx = x 1 e 1 +x 2 e 2 +x 3 e 3 +x 4 e 4 Đặt
(1) V 1 vàV 2 là các không gian con củaV;
(2) B 1 = {e 1 +e 4 , e 2 +e 3 }là cơ sở củaV 1 ;vàB 2 = {e 2 −e 3 , e 1 −e 4 }là cơ sở của V 2 ;
(4) Tìm ma trậnP là ma trận chuyển từ cơ sởB sang cơ sởB 1 ∪B 2 Chứng minh rằngP −1 = 2P.
Bài tập 1.12 ChoV là không gian vectơ thực có số chiềun.Nếuf : V →V là ánh xạ tuyến tính thỏaf 2 = idthì
Bài tập 1.13 Trong R 3 cho A = h(1,0,1),(−1,1,2)i Hãy xác định phép chiếu
Bài tập 1.14 Cho f là một phép chiếu lên A song song với B Chứng minh rằng id−f là phép chiếu lênB song song với A.
Bài tập 1.15 ChoV là một không gian vectơ thực vàf : V →V là tự đồng cấu lũy đẳng Chứng minh rằngid +f khả nghịch và xác định ánh xạ ngược của nó.
Bài tập 1.16 Chof : R 4 →R 4 xác định bởi f(a, b, c, d) = (a+b+ 2c−d, b+d, b +c,2b−d).
Chứng minh rằng không gian conW = {(x,0, z,0)| x, z ∈ R}làf−bất biến.
Bài tập 1.17 Cho tự đồng cấuf : R 3 → R 3 xác định bởi f(x, y, z) = (2x+y −z,−2x−y + 3z, z).
Tìm đa thức tối tiểu củaf và suy ra rằng
R 3 = Kerf ⊕Ker(f −id) 2 Tìm ma trận chéo khối củaf.
Bài tập 1.18 Cho tự đồng cấuf : R 3 → R 3 xác định bởi f(x, y, z) = (x+y +z, x+y +z, x+ y+ z).
Xác định đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu củaf.Chứng minh rằng hai ma trận
Bài tập 1.19 Nếu f : R 3 → R 3 là ánh xạ tuyến tính thỏa f 3 = f thì f chéo hóa được.
Bài tập 1.20 Cho ánh xạ tuyến tính f : R 3 → R 3 xác định bởi f(x, y, z) = (−2x−y +z,2x+y −3z,−z)
Tìm các giá trị riêng và đa thức tối tiểu của f Chứng minh rằng f không chéo hóa được.
Bài tập 1.21 Hãy xác định các ánh xạ tuyến tínhf :R 3 →R 3 sau có chéo hóa được không?
Bài tập 1.22 Chof : R 4 → R 4 xác định bởi f(a, b, c, d) = (a+b+ 2c−d, b+d, b+c,2b−d).
Chứng minh rằng không gian conW = {(x,0, z,0) | x, z ∈ R}làf−bất biến.
Bài tập 1.23 Chứng minh rằng ánh xạR 3 →R 3 xác định bởi f(x, y, z) = (−x−y−z,0, x+y +z) là lũy linh.
Bài tập 1.24 Nếu ánh xạ tuyến tínhf : R 2 [x] →R 2 [x]tác động lên cơ sở{1, x, x 2 } như sau f(1) = −5−8x−5x 2 f(x) = 1 +x+x 2 f(x 2 ) = 4 + 7x+ 4x 2 thìf lũy linh.
Bài tập 1.25 Nếuf : V →V lũy linh thìf chỉ có các giá trị riêng là 0.
Bài tập 1.26 ChoV = M n (R) và A ∈ V Chứng minh ánh xạ f A : V → V xác định bởi f A (X) =AX −XA là ánh xạ tuyến tính Chứng minh rằng nếuAlũy linh thìf A cũng lũy linh.
Bài tập 1.27 Cho f : V → V là ánh xạ tuyến tính lũy linh với có bậc p Chứng minh rằng nếux ∈ V sao chof p−1 (x) 6= 0thì
{x, f(x), , f p−1 (x)} độc lập tuyến tính trongV.
Bài tập 1.28 yêu cầu chứng minh rằng trong không gian vectơ V có số chiều n, ánh xạ tuyến tính lũy thừa f: V → V có bậc nkhi và chỉ khi tồn tại một cơ sở của V sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó có dạng nhất định.
Suy ra rằng, ma trận A cấp n lũy linh với bậc lũy linh là n khi và chỉ khi A đồng dạng với ma trận này.
Bài tập 1.29 Xác định dạng chuẩn Jordan của ma trận a.
Bài tập 1.30 Tìm dạng chuẩn Jordan của ánh xạ đạo hàm trên không gian các đa thức hệ số thực có bậc không quá 3.
Bài tập 1.31 Tìm cơ sở Jordan của ánh xạ tuyến tính f có ma trận biểu diễn trong các bài tập 1.29, 1.30.
Bài tập 1.32 Tìm ma trận Jordan của các tự đồng cấuf :C 3 →C 3 như sau a.f(x, y, z) = (x−3y + 3z,−2x−6y + 13z,−x−4y + 8z). b f(x, y, z) = (7x−12y + 6z,10x−19y + 10z,12x−24y + 13z).
Bài tập 1.33 Tìm ma trận Jordan của tự đồng cấuf : C 4 →C 4 như sau f(x, y, z, t) = (3x−y, x +y,3x+ 5z −3t,4x−y + 3z −t).
Định nghĩa
ChoV là một R-không gian vectơ Một tích vô hướng trên V được định nghĩa là một quy tắc liên kết hai vectơ bất kỳ x, y ∈ V với một số thực hx, yi, thỏa mãn các điều kiện nhất định với mọi x, y, z ∈ V và λ ∈ R.
3 hx+y, zi = hx, zi+ hy, zi
4 hx, xi ≥ 0,hx, xi = 0 ⇔ x = 0 Định nghĩa 2.1.1 Không gian vectơ thực V cùng với tích vô hướng trên V gọi là một một gian vectơ Euclide.
Ví dụ 2.1.1 Với mọix = (x 1 , x 2 , , x n ), y = (y 1 , y 2 , , y n ) ∈ R n , đặt hx, yi = x 1 y 1 +x 2 y 2 +ã ã ã+x n y n
Ta được mộttích vô hướng chính tắc trên R n Khi đó R n là một không gian vectơ Euclide cùng với tích vô hướng này.
Ví dụ 2.1.2 Cho a, b ∈ R với a < b vàV là không gian các hàm số thực liên tục f : [a, b] → R.Ta định nghĩa một ánh xạ từV ×V đến Rnhư sau
Theo các tính chất cơ bản của tích phân, chúng ta có thể chứng minh rằng ánh xạ đã được định nghĩa ở trên là tích vô hướng Do đó, V được xác định là một không gian vectơ Euclide.
Bài tập 2.1 Cho Rn[x] là không gian vectơ thực các đa thức có bậc không quá n. Chứng minh rằng hp, qi Z 1 0 p(x)q(x)dx là một tích vô hướng trênRn[x].
Bài tập 2.2 Cho A ∈ M n (R) và vết của A kí hiệu là traceA n
Qui tắc xác định bởi hA, Bi = traceB t A là một tích vô hướng trên không gian M n (R) Định nghĩa 2.1.2 nêu rõ rằng cho V là một không gian vectơ Euclide với tích vô hướng, chuẩn (hay độ dài) của mỗi vectơ x ∈ V được xác định bằng một số thực không âm, ký hiệu là kxk, theo công thức kxk = q hx, xi.
Vớ dụ 2.1.3 Trong R n thỡ kxk = px 2 1 +x 2 2 +ã ã ã+x 2 n Định lí 2.1.3 ChoV là một không gian vectơ Euclide Khi đó với mọix, y ∈ V và với mọi λ ∈ Rta có
(3) (Bất đẳng thức Cauchy - Schwart)|hx, yi| ≤ kxk.kyk
(4) (Bất đẳng thức tam giác)kx+yk ≤ kxk+kyk
Chứng minh Chứng minh xem như bài tập.
Bài tập 2.3 ChoV là một không gian vectơ Euclide thực vàx, y ∈ V Chứng minh rằng kx+yk 2 = kxk 2 +kyk 2 + 2hx, yi. Áp dụng kết quả này khiV = R 2
Bài tập 2.4 ChoV là một không gian vectơ Euclide thực vàx, y ∈ V Chứng minh rằng kx+yk 2 + kx−yk 2 = 2kxk 2 + 2kyk. Áp dụng kết quả này khiV = R 2
Bài tập 2.5 chứng minh rằng trong không gian vectơ Euclide thực V, với x, y ∈ V và điều kiện kxk kyk, ta có hx+y, x−yi = 0 Định nghĩa 2.1.4 xác định góc giữa hai vectơ x, y, ký hiệu (x, y)d, qua công thức cos(x, y) = d hx, yi kxk.kyk Theo định nghĩa 2.1.5, trong không gian vectơ Euclide V, nếu x, y ∈ V và hx, yi = 0, thì vectơ x được gọi là trực giao với vectơ y, ký hiệu x⊥y.
Một tập con S khác rỗng của V được gọi là tập con trực giao khi các phần tử của S đôi một trực giao với nhau Nếu tập con trực giao S của V thỏa mãn điều kiện kxk = 1 với mọi x ∈ S, thì nó được gọi là tập con trực chuẩn.
Ví dụ 2.1.4 Các cơ sở chính tắc củaR n là các tập con trực chuẩn của R n
Ví dụ 2.1.5 Trong R 2 các phần tửx = (x 1 , x 2 )vày = (y 1 , y 2 ) là trực giao khi và chỉ khix 1 y 1 +x 2 y 2 = 0.
Bài tập 2.6 Trong không gian vectơ EuclideR2[x]với tích vô hướng hf, gi Z 1 0 f(x)g(x)dx.
Hãy tìma ∈ Rsao cho tập {x, x 2 −a}là trực giao.
Bài tập 2.7 ChoV là một không gian vectơ Euclide các hàm số liên tục trên đoạn [−π, π]với tích vô hướng như sau hf, gi Z π
Chứng minh rằng, tập con
S = {x7→ 1, x 7→sinkx, x 7→coskx | k = 1,2, } là trực giao. Định lí 2.1.6 Trong không gian vectơ Euclide, mọi tập con trực giao đều độc lập tuyến tính.
Chứng minh Cho S = {x 1 , , x n } là một tập con trực giao của V không chứa vectơ không Giả sử rằng n
Nếu \( \lambda_i = 0 \) với \( x_i \neq 0 \), thì tập hợp \( S \) là độc lập tuyến tính Định nghĩa 2.1.7: Một cơ sở trực chuẩn của không gian vectơ Euclide là một tập con trực chuẩn đồng thời cũng là cơ sở.
Nếu{e 1 , e 2 , , e n }là một cơ sở trực giao thì e 1 ke 1 k, e 2 ke 2 k,ã ã ã , e n ke n k là một cơ sở trực chuẩn, gọi là trực chuẩn hóa cơ sở trực giaođã cho.
Từ một hệ vectơ bất kỳ, có thể xây dựng một cơ sở trực giao thông qua quá trình trực giao hóa, hay còn gọi là phương pháp Gram-Schmidt Định lý 2.1.8 chỉ ra rằng, cho một cơ sở {f1, f2, , fn} của không gian Euclide V, ta có thể tạo ra một cơ sở trực giao {e1, e2, , en} bằng cách xác định từng vectơ e Cụ thể, e1 được xác định bằng f1, e2 bằng f2 trừ đi thành phần trên e1, và e3 bằng f3 trừ đi các thành phần trên e1 và e2 Quy trình này tiếp tục cho đến khi hoàn thành cơ sở trực giao.
Ví dụ 2.1.6 Trong R 3 , trực giao hóa hệ vectơ f 1 = (1,1,1,), f 2 = (1,1,0), f 3 = (1,0,0).
Giải: Ta có e 1 = f 1 = (1,1,1); e 2 = f 2 − hf 2 , e 1 i he 1 , e 1 ie 1 = (1,1,0)− 2
; e 3 = f 3 − hf 3 , e 1 i he 1 , e 1 ie 1 − hf 3 , e 2 i he 2 , e 2 ie 2 = (1,0,0)− 1
Khi đó ta có một cơ sở trực giao củaR 3 là
Tiếp theo ta trực chuẩn hóa cơ sở
Bài tập 2.8 Trong R 3 ,trực chuẩn hóa cơ sở{(1,1,1),(0,1,1),(0,0,1)}.
Bài tập 2.9 Trong không gian vectơ EuclideR[x]với tích vô hướng hf, gi Z 1
−1 f(x)g(x)dx xác định cơ sở trực chuẩn của các không gian sinh bởi
(2) {1,2x−1,12x 2 }. Định nghĩa 2.1.9 Cho V là một không gian vectơ Euclide Với mỗi tập con E của
V ta gọiphần bù trực giao củaE,kí hiệu E ⊥ ,là một tập con củaV mà tất cả các phần tử của nó đều trực giao vớiE.
Không gian con E là một phần của không gian vectơ V, và có thể chứng minh rằng E ⊥ là không gian con của V Hơn nữa, không gian V ⊥ chứa {0}, và {0} ⊥ bằng V Định lý 2.1.10 cho biết rằng nếu V là một không gian vectơ Euclide và E là một không gian con hữu hạn chiều của V, thì các mối quan hệ giữa các không gian này được xác định rõ ràng.
Vì E là một không gian hữu hạn chiều, nên tồn tại một cơ sở trực chuẩn {e1, , en} Đối với x ∈ V, ta có thể xác định x0 = ∑_{i=1}^{n} ⟨x, e_i⟩ e_i ∈ E Giả sử x'' = x - x0, với j = 1, , n, ta có ⟨x'', e_j⟩ = ⟨x, e_j⟩ - ⟨x0, e_j⟩ = ⟨x, e_j⟩ - n.
Suy rax”∈ E ⊥ và do đóx = x 0 +x”∈ E+E ⊥ Như vậyV = E +E ⊥
Lấyx ∈ E ∩E ⊥ ta cóhx, xi = 0do đóx = 0.Từ đó ta đượcE∩ E ⊥ = {0}. VậyV = E ⊕E ⊥
Từ Định lý trên và Hệ quả 1.2.5, ta suy ra được kết quả sau.
Hệ quả 2.1.11 ChoE là một không gian vectơ con củaV.Khi đó dimV = dimE + dimE ⊥
Trong không gian con E của R³ xác định bởi hai vectơ {(0,1,1),(1,0,1)}, để tìm không gian trực giao E⊥, trước tiên ta cần mở rộng cơ sở này thành một cơ sở đầy đủ của R³, giả sử cơ sở đó là {(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0)} Sau đó, áp dụng thuật toán chuẩn hóa Gram-Schmidt, ta sẽ thu được cơ sở trực chuẩn cho không gian E.
Trong không gian vectơ Euclide V, nếu f : V → V là một phép biến đổi tuyến tính và E là một không gian con f−bất biến, thì theo định lý 2.1.12, không gian con E ⊥ cũng sẽ là f−bất biến.
Chứng minh Chứng minh xem như bài tập.
Trong bài tập 2.10, cho không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều V và không gian con E của V, ta cần chứng minh rằng E ⊥ là không gian vectơ con của V Hơn nữa, ta cũng chứng minh được rằng (E ⊥) ⊥ = E, điều này khẳng định mối quan hệ chặt chẽ giữa không gian con và không gian vuông góc trong không gian vectơ.
Bài tập 2.11 ChoV là một không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều vàA, B là một không gian con của V.Chứng minh rằng
Bài tập 2.12 Cho A, B là các không gian vectơ con của không gian vectơ Euclide hữu hạn chiềuV sao choV = A⊕B.Chứng minh rằng V = A ⊥ ⊕B ⊥
Bài tập 2.13 Xác định phần bù trực giao trong R 3 của không gian con h(1,0,1),(1,2,−2)i.
Bài tập 2.14 Trong không gianR2[x]với tích vô hướng hu, vi Z 1
−1 u(x)v(x)dx vớiu(x) = x 2 +x+ 1 GọiU là tập các vectơ củaR2[x]trực giao với u.Tìm một cơ sở và số chiều củaU.
Bài tập 2.15 Trong R 3 cho không gian con
Tìm một cơ sở và số chiều củaV ⊥
Bài tập 2.16 TrongR 3 cho hai không gian con
B = {(x 1 , x 2 , x 3 ) | 2x 1 +x 2 +x 3 = 0} a Tìm vectơxtrực giao vớiAvàx 6∈ B. b Tìm vectơxtrực giao vớiAvàx ∈ B.
Bài tập 2.17 TrongR 3 cho hai không gian con
Chứng minh rằngAtrực giao vớiB.
Bài tập 2.18 Kiểm tra tính trực giao của các hệ sau trong R 4 và bổ sung thêm các vectơ để có được một cơ sở trực giao a.(−1,2,1,3),(2,1,−3,1) b.(1,1,1,−2),(1,2,3,3).
Bài tập 2.19 Trong không gian vectơ Euclide R 4 cho L là không gian sinh bởi hệ các vectơ
{(1,1,1,1),(1,2,2,−1),(1,0,0,−3)}. a Tìm cơ sở trực chuẩn củaL và cơ sở trực chuẩn của phần bù trực giao củaL. b Giả sửx = (4,−1,−3,4).Tìm vectơy ∈ Lvàz ∈ L ⊥ sao chox = y +z.
Bài tập 2.20 yêu cầu chứng minh rằng mỗi vectơ x thuộc không gian vectơ Euclide V có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng x = au + v, trong đó v là vectơ trực giao với u và a là một hằng số trong trường K Đối với trường hợp V = R^4 với u = (2,−1,0,2) và x = (1,1,1,−2), nhiệm vụ là tìm vectơ v.
Ánh xạ tuyến tính trực giao
Định nghĩa 2.2.1 Ánh xạ tuyến tínhf : V → V 0 giữa các không gian vectơ Euclide
Và V 0 được gọi là tuyến tính trực giao nếu nó bảo tồn tích vô hướng, tức là hf(x), f(y)i = hx, yi, ∀x, y ∈ V Định lý 2.2.2 khẳng định rằng nếu f : V → V 0 bảo toàn tích vô hướng, thì f là một ánh xạ tuyến tính và do đó là ánh xạ tuyến tính trực giao.
Chứng minh Đặtv = f(ax+by)−af(x)−bf(y)vớia, b ∈ R, x, y ∈ V.Ta cần chứng minhv = 0.Vìf bảo toàn tích vô hướng nên với z ∈ V,ta có hv, f(z)i = hf(ax+by)−af(x)−bf(y), f(z)i
= hf(ax+by), f(z)i −ahf(x), f(z)i −bhf(y), f(z)i
= hax+by, zi −ahx, zi −bhy, zi = 0.
Vecto v trực giao với mọi hàm f(z), do đó v cũng trực giao với mọi tổ hợp tuyến tính của các vectơ có dạng f(z) Điều này dẫn đến kết luận rằng v ⊥ v Từ đó, ta suy ra rằng v = 0 và f(ax + by) = af(x) + bf(y) với mọi a, b ∈ R và x, y ∈ V.
Trong định nghĩa trên, nếu ta cho y = xthì ta cóhf(x), f(x)i = hx, xi tức là kf(x)k = kxk.
Ánh xạ tuyến tính trực giao có khả năng bảo toàn độ dài của các vectơ Cụ thể, định lý 2.2.3 khẳng định rằng nếu một ánh xạ tuyến tính \( f: V \rightarrow V' \) bảo tồn độ dài của mọi vectơ, tức là \( kf(x)k = kxk \) với mọi \( x \in V \), thì \( f \) được coi là ánh xạ tuyến tính trực giao.
Chứng minh Với x, y ∈ V, ta có f(x+y) = f(x) +f(y)nên từ kf(x+ y)k kx+yksuy ra hf(x+y), f(x+y)i = hf(x) + f(y), f(x) +f(y)i = hx+y, x+ yi.
2hf(x), f(y)i = 2hx, yi ⇒ hf(x), f(y)i = hx, yi.
Ánh xạ tuyến tính trực giao là một khái niệm quan trọng trong toán học, được định nghĩa bởi định lý 2.2.4 Theo định lý này, ánh xạ tuyến tính f : V → V' được coi là tuyến tính trực giao nếu và chỉ nếu nó chuyển đổi một cơ sở trực chuẩn thành một cơ sở trực chuẩn khác.
Chứng minh Giả sử{e 1 , , e n }là một cơ sở trực chuẩn vàf là trực giao, khi đó hf(e i ), f(e j )i = he i , e j i = δ ij (δ ii = 1 δ ij = 0nếui 6= j
Do đó {f(e 1 ), , f(e n )} là một hệ trực chuẩn Ta đã biết mọi hệ trực chuẩn đều độc lập tuyến tính do đó{f(e 1 ), , f(e n )}là một cơ sở củaV 0
Ngược lại, giả sửf biến cơ sở trực chuẩn{e 1 , , e n }thành{f(e 1 ), , f(e n )} là một cơ sở trực chuẩn Lấyx ∈ V bất kì, ta có x n
X i=1 a i f(e i ) và ta suy ra kf(x)k = h n
Ánh xạ tuyến tính trực giao bảo toàn độ dài của vectơ, và theo định lý 2.2.5, mỗi ánh xạ trực giao đều là một đơn cấu Cụ thể, nếu f: V → V là một tự đồng cấu trực giao của không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều V, thì f là một đẳng cấu tuyến tính.
Giả sử f : V → V là một ánh xạ trực giao, với x ∈ Kerf, ta có f(x) = 0 Do f là ánh xạ trực giao, nên hx, xi = hf(x), f(x)i = 0, từ đó suy ra x = 0 Điều này cho thấy Kerf chỉ chứa phần tử 0, tức là Kerf = {0} Vì vậy, f là một đơn cấu.
Nếu \( V \) là một không gian vector và \( f: V \to V \) là một ánh xạ tuyến tính, thì công thức \( \text{dim} V = \text{dim Im} f + \text{dim Ker} f \) được áp dụng Từ đó, nếu \( \text{dim} V = \text{dim Im} f \), thì \( f \) là một toàn cấu Phần đầu của mệnh đề đã chứng minh rằng \( f \) là một đơn cấu, do đó \( f \) là một đẳng cấu tuyến tính.
Ta có các tính chất sau đây của phép biến đổi tuyến tính trực giao.
Mệnh đề 2.2.6 (1) Phép biến đổi đồng nhất là trực giao.
(2) Tích của hai phép biến đổi trực giao là một phép biến đổi trực giao.
(3) Ánh xạ ngược của một phép biến đổi tuyến tính trực giao cũng là trực giao.
Chứng minh Chứng minh xem như bài tập.
Giả sử f : V → V là một tự đồng cấu và B = {e 1 , , en} là một cơ sở trực chuẩn củaV.GọiA = (a ij ) là ma trận củaf đối với cơ sởB.Ta có f(ei) n
X k=1 aikek vàhf(ei), f(ej)i = δij do đó n
Ngược lại, giả sử phép biến đổi tuyến tính f có ma trận đối với cơ sở trực chuẩn
B = {e 1 , , e n }thỏa điều kiện (2.1) Vì cơ sở {e 1 , , e n } là trực chuẩn nên ta có hf(e i ), f(e j )i = δ ij ,(i, j = 1,2, , n) tức f là phép biến đổi tuyến tính trực giao.
Để cho phép biến đổi tuyến tính f của không gian vectơ Euclide n chiều V, điều kiện cần và đủ là ma trận A của một cơ sở trực chuẩn phải thỏa mãn điều kiện (2.1) Ma trận thực A vuông cấp n được gọi là trực giao nếu A^t A = I, hay nói cách khác, A^t = A^(-1).
Nhận xét: NếuAlà ma trận trực giao thìdetA = ±1.
Mệnh đề 2.2.8 chỉ ra rằng nếu A là ma trận chuyển từ một cơ sở trực chuẩn {e 1, , e n} sang một cơ sở {u 1, , u n}, thì {u 1, , u n} sẽ là một cơ sở trực chuẩn nếu và chỉ nếu A là ma trận trực giao.
Chứng minh Để tìm ma trậnAta cần biểu diễn các vectơuithành cách tổ hợp tuyến tính của e 1 , , e n Ta có u i n
X k=1 a ik e k Điều kiện cần và đủ để{u 1 , , u n }là một cơ sở trực chuẩn là hu i , uji = h n
Mệnh đề 2.2.9 nêu rõ rằng nếu f là một phép biến đổi trực giao trên không gian V, thì ma trận của f trong bất kỳ cơ sở trực chuẩn nào của V sẽ là ma trận trực giao Ngược lại, nếu ma trận của f trong một cơ sở trực chuẩn nào đó của V là ma trận trực giao, thì f cũng được xác định là một phép biến đổi trực giao.
Giả sử f là một phép biến đổi trực giao và {e1, , en} là một cơ sở trực chuẩn của V Khi đó, tập hợp {f(e1), , f(en)} cũng sẽ tạo thành một cơ sở trực chuẩn Gọi A là ma trận của f trong cơ sở {e1, , en} Ma trận A này chính là ma trận chuyển đổi từ cơ sở {e1, , en} sang cơ sở {f(e1), , f(en)} Theo mệnh đề 2.2.8, ma trận A là một ma trận trực giao.
Ngược lại, nếuf có ma trậnA = (a ij )trong cơ sở trực chuẩn nào đó{e 1 , , e n } là một ma trận trực giao Khi đó f(e i ) n
DoA là ma trận trực giao nên {f(e 1 ), , f(e n )} là một cơ sở trực chuẩn Do đó, f là một phép biến đổi trực giao.
Mệnh đề 2.2.10 chỉ ra rằng nếu là một phép biến đổi trực giao, mọi giá trị riêng (nếu tồn tại) sẽ bằng ±1 Các không gian con tương ứng với giá trị riêng 1 và -1 sẽ trực giao với nhau.
Chứng minh Giả sử x là một vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ của f, nghĩa là f(x) = λx.Ta có hx, xi = hf(x), f(x)i = hλx, λxi = λ 2 hx, xi.
Giả sửα ∈ E f (1) vàβ ∈ E f (−1)với E f (1)vàE f (−1)lần lượt là các không gian con riêng tương ứng với các giá trị riêng1,−1.Ta có hα, βi = hf(α), f(β)i = hα,−βi = −hα, βi.
Vậy trong không gian Euclide một chiều chỉ có hai phép biến đổi trực giao đó là f(x) =xvàf(x) =−x.
Trong không gian 2 chiều, chúng ta sẽ khảo sát phép biến đổi tuyến tính trực giao Giả sử e1 và e2 là một cơ sở trực chuẩn của V, thì phép biến đổi trực giao f sẽ có ma trận trực giao A.
# Đây là một ma trận trực giao nên định thức của nó bằng±1tức là detA = ad−bc = ±1.
Trước hết ta xét trường hợpdetA = 1.Từ điều kiện trực giao ta cóA −1 = A t do đó
Mặt khác vìdetA= 1nên theo định nghĩa của ma trận nghịch đảo ta có
So sánh các đẳng thức ta suy ra được ma trậnAcó dạng
Mọi phép biến đổi trực giao trong không gian Euclide 2 chiều với định thức bằng 1 có thể được biểu diễn bằng ma trận trong cơ sở trực chuẩn Đặt a = cosϕ và b = sinϕ, ta có detA = a² + b² = 1.
# Đây chính là phép quay mặt phẳng một gócϕ.Chú ý rằng trong trường hợp này, phép biến đổif không có vectơ riêng nào.
Trong trường hợp detA = −1, phương trình đặc trưng của f được xác định là λ² − (a+d)λ − 1 = 0, dẫn đến hai nghiệm thực trái dấu Điều này cho thấy f có hai không gian con riêng bất biến một chiều Giả sử e₀₁ và e₀₂ là hai vectơ định chuẩn, với vectơ định chuẩn là vectơ có độ dài bằng 1.
Tự đồng cấu đối xứng
Định nghĩa 2.3.1 Tự đồng cấuf : V → V của không gian vectơ EuclideV gọi là đối xứng(haytự liên hợp) nếu với mọi vectơx, y ∈ V thì hf(x), yi = hx, f(y)i.
Mệnh đề 2.3.2 Nếu{e 1 , , e n }là một cơ sở tùy ý củaV thì tự đồng cấuf : V →
V là đối xứng khi và chỉ khi hf(e i ), e j i = he i , f(e j )i,với mọi i, j = 1,2, , n.
Chứng minh Điều kiện cần là rõ ràng nên ta chỉ cần chứng minh điều kiện đủ. Với mọix, y ∈ V ta cóx n
X j=1 y j e j Khi đó hf(x), yi = hf n
Như vậy, ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 2.3.3 chỉ ra rằng nếu {e1, , en} là một cơ sở trực chuẩn của không gian V và A là ma trận của hàm f đối với cơ sở này, thì hàm f được gọi là tự đồng cấu nếu và chỉ nếu A t = A, tức là A là ma trận đối xứng.
Chứng minh Đặt A = (a ij ),khi đó f(e i ) n
X j=1 a ji e j với mọii = 1,2, , n.Ta có he i , f(e j )i = he i , n
Do đó f đối xứng ⇔ he i , f(e j )i = hf(e i ), e j i ⇔ a ij = a ji Như vậy, ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 2.3.4 khẳng định rằng nếu f là một tự đồng cấu đối xứng của không gian V và U là một không gian con bất biến của V, thì ánh xạ f| U: U → U cũng là một tự đồng cấu đối xứng Hơn nữa, phần bù trực giao U ⊥ của U cũng được xác định là không gian con bất biến của V.
Chứng minh Với mọi vectơ x ∈ U ⊥ ta cần chứng minhf(x) ∈ U ⊥ ,tức là cần chỉ rahf(x), yi = 0với mọi vectơ y ∈ U.Thật vậy hf(x), yi = hx, f(y)i = 0 vìx ∈ U ⊥ vàf(y) ∈ U.Suy raf(x) ∈ U ⊥
Mệnh đề 2.3.5 Mọi giá trị riêng phức của tự đồng cấu đối xứngf đều là thực.
Giả sử A ∈ M n (R) là ma trận của phép biến đổi f trong một cơ sở trực chuẩn của không gian V Nếu λ là một giá trị riêng của f, ta cần xem xét hệ phương trình liên quan trên tập số phức.
Phương trình (A − λI)x = 0, với x là ma trận cột, có ít nhất một nghiệm không tầm thường x = z (ma trận cột với các phần tử là số phức) Điều này cho thấy z khác 0 và thoả mãn phương trình Az = λz Từ đó, ta có z*Az = λz*z, và khi lấy chuyển vị và phức liên hợp của cả hai vế, ta cần chú ý đến các yếu tố liên quan.
A t = A = A) ta được z t Az = λz t z.Vậy λz t z = λz t z màz t z > 0nên λ = λtức λlà số thực.
Mọi tự đồng cấu đối xứng trong không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều đều có vectơ riêng Định lý này khẳng định rằng nếu f là một tự đồng cấu đối xứng trong không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều V, thì V sẽ có một cơ sở trực chuẩn bao gồm các vectơ riêng của f.
Theo Mệnh đề 2.3.5, nếu f có vectơ riêng x₁, thì không gian U₁ = hx₁i ⊥ là f-bất biến và f|U₁ là tự đồng cấu đối xứng với dimU₁ = dimV - 1 Chúng ta chứng minh qui nạp theo số chiều của V, từ đó suy ra f|U₁ có n - 1 vectơ riêng x₂, , xn (với n = dimV) đôi một trực giao Đặt ei = xi / kxi k, với i = 1, 2, , n, ta có cơ sở {e₁, , eₙ} gồm các vectơ riêng của f Định lý này phát biểu rằng nếu A là ma trận đối xứng, thì tồn tại ma trận trực giao C sao cho C⁻¹AC là ma trận chéo, tức là A có thể được chéo hóa bởi ma trận trực giao.
Ví dụ 2.3.1 Chéo hóa trực giao ma trận đối xứng
Giải: Phương trình đặc trưng
Vậy ta có các giá trị riêng:λ 1 = 5(đơn),λ 2 = −1(kép)
• Vớiλ = 5, ta giải hệ phương trình tìm vectơ riêng là
Vậy hệ phương trình có nghiệm:
Ta được một vectơ riêng độc lập là v 1 = (1,1,1) (choc = 1), trực chuẩn hóa ta được: e 1 = 1
• Với λ = −1, ta giải hệ phương trình tìm vectơ riêng là
Vậy hệ phương trình có nghiệm:
Ta được 2 vectơ riêng độc lập là v 2 = (−1,1,0) (cho c 1 = 1, c 2 = 0) và v 2 = (−1,0,1)(choc 1 = 0, c 2 = 1), trực giao hóa ta được: f 2 = v 2 = (−1,1,0) f 3 = v 3 − hv 3 , f2i hf 2 , f 2 if 2 = (−1,0,1)− 1
2,1 Trực chuẩn hóaf 2 , f 3 ta được e 2 = f 2 kf 2 k = − 1
Bài tập 2.21 Tìm ma trận trực giao C sao choC −1 AC là ma trận chéo a.A
Dạng song tuyến tính, dạng toàn phương
Các khái niệm cơ bản
Định nghĩa 3.1.1 ChoV là không gian vectơ trênK Dạng song tuyến tính trên V là một ánh xạf : V ×V → Kthỏa các điều kiện sau đây:
Nếu f thỏa điều kiện f(x, y) = f(y, x) thì ta nóif là dạng song tuyến tính đối xứng.
Nếu hàm f thỏa mãn điều kiện f(x, y) = −f(y, x), thì f được gọi là dạng song tuyến tính phản đối xứng Định nghĩa 3.1.2 nêu rõ rằng, với dạng song tuyến tính f: V × V → K, ta có thể định nghĩa một hàm q: V → K sao cho q(x) = f(x, x) ∈ K với mọi x ∈ V Trong trường hợp này, q(x) được gọi là dạng toàn phương xác định bởi dạng song tuyến tính f, và f được xem như là dạng cực của dạng toàn phương q.
Mệnh đề 3.1.3 Nếuq là dạng toàn phương thì dạng cực củaq là duy nhất.
Chứng minh Giả sửf là dạng cực củaq.Khi đóf là dạng song tuyến tính đối xứng vàf(x, x) = q(x)với mọi x ∈ V Ta có f(x+y, x+ y) =f(x, x+y) + f(y, x +y)
Từ đóf là xác định duy nhất.
Ví dụ 3.1.1 Chof :R 3 ×R 3 → Rvàx= (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) ∈ R 3 Khi đóf là dạng song tuyến tính f(x, y) =x 1 y 1 +x 1 y 2 +x 2 y 1 + 2x 1 y 3 + 2x 3 y 1 +x 2 y 2 −x 3 y 3
Dạng toàn phương củaf làq : R 3 →Rxác định như sau q(x) =x 2 1 + 2x 1 x 2 + 4x 1 x 3 +x 2 2 −x 2 3
Ví dụ 3.1.2 Trong không gianR n chof : R n ×R n → R.Với (x, y) ∈ R n ×R n : x = (x 1 , x 2 , , x n ), y = (y 1 , y 2 , , y n )ta có f(x, y) n
X i=1 xiyi là dạng song tuyến tính Khi đó q(x) = f(x, x) n
Ma trận và biểu thức tọa độ
ChoV là không gian vectơnchiều trênRvàB = {e 1 , , en}là một cơ sở của
V Giả sửf : V ×V → Rlà dạng song tuyến tính trên V.Lấyx, y ∈ V, ta đặt tọa độ củax vày đối với cơ sởB lần lượt là(x)B = (x1, x2, , xn) ⇔ x = x1a1 + x 2 a 2 +ã ã ã+x n a n ; và(y) B = (y 1 , y 2 , , y n ) ⇔ y = y 1 a 1 +y 2 a 2 +ã ã ã+y n a n Khi đó f(x, y) =f( n
X j=1 x i y j f(e i , e j ) ta đặta ij = f(e i , e j ).Ma trậnA f /B = (a ij ) ∈ M n (R)gọi là ma trận của dạng song tuyến tínhf trong cơ sởB.
Ta chứng minh được:f là dạng song tuyến tính đối xứng khi và chỉ khi f(e i , e j ) = f(e j , e i ) ⇔a ij = a ji hay tương đương vớiA f /B là ma trận đối xứng.
Biểu thức của dạng song tuyến tính có thể viết dưới dạng ma trận như sau f(x, y) = [x 1 x 2 ã ã ãx n ]A f /B
Ví dụ 3.2.1 Chof : R 3 ×R 3 → RvàB = {e 1 , e 2 , e 3 }là cơ sở chính tắc củaR 3 Lấyx = (x 1 , x 2 , x 3 ), y = (y 1 , y 2 , y 3 ) ∈ R 3 Khi đó ánh xạ song tuyến tính f(x, y) = x 1 y 1 +x 1 y 2 + x 2 y 1 + 2x 1 y 3 + 2x 3 y 1 +x 2 y 2 −x 3 y 3 có ma trận đối với cơ sở chính tắc là
Giả sử q : V → R là dạng toàn phương được xác định bởi dạng song tuyến tính đối xứng f, thì ma trận của q trong cơ sở B sẽ tương đương với ma trận của f trong cơ sở B Công thức liên quan là: q(x) = [x] t B A f /B [x] B.
Ví dụ 3.2.2 Chof : R 3 ×R 3 →Rlà dạng song tuyến tính xác định bởi f(x, y) = x 1 y 1 +x 1 y 2 + x 2 y 1 + 2x 1 y 3 + 2x 3 y 1 +x 2 y 2 −x 3 y 3 và dạng toàn phương tương ứng là q(x) = x 2 1 + 2x 1 x 2 + 4x 1 x 3 +x 2 2 −x 3 3
Ta có ma trận của dạng song tuyến tính đối với cơ sở chính tắc là
Ví dụ 3.2.3 Cho dạng toàn phương trong R 3 như sau q(x) =q(x 1 , x 2 , x 3 ) = x 2 1 −8x 1 x 2 −4x 1 x 3 + 2x 2 2 −6x 2 x 3 + 3x 2 3
Khi đó ma trận củaq đối với cơ sở chính tắc là
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá mối liên hệ giữa hai không gian vector Af /B và Af /B 0, với B và B 0 là hai cơ sở của không gian vector V Để làm điều này, chúng ta xem xét hàm f(x, y) được định nghĩa bởi f(x, y) = [x] t B Af /B[y]B và f(x, y) = [x] t B 0Af /B 0 [y]B 0 Giả sử TBB 0 là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B 0, từ đó giúp chúng ta thiết lập mối quan hệ giữa các không gian này.
[x] B = T BB 0 [x] B 0 và[y] B = T BB 0 [y] B 0 và thế vào công thức tọa độ của dạng song tuyến tính ta được f(x, y) = [x] t B A f /B [y] B = [x] t b 0T BB t 0A f /B T BB 0 [y] B 0
Từ đó ta suy ra
Ma trận khả nghịch DoT BB 0 có hạng không thay đổi khi so sánh với các ma trận khác, cụ thể là rankA f /B = rankA f /B 0 Điều này cho thấy rằng hạng của ma trận củaf không phụ thuộc vào các cơ sở khác nhau Định nghĩa 3.2.1 nêu rõ rằng q là dạng toàn phương trên không gian vectơ n chiều.
Trong không gian V, dạng song tuyến tính đối xứng f tương ứng với ma trận q Mặc dù ma trận của q và f có thể khác nhau khi sử dụng các cơ sở khác nhau, nhưng hạng của chúng luôn đồng nhất Hạng chung này được gọi là hạng của f và q, ký hiệu là rank(f) và rank(q) Do đó, nếu A là ma trận (đối xứng) của f và q đối với một cơ sở B nào đó của V, thì ta có thể khẳng định rằng rank(f) = rank(q) = rank(A).
Hiển nhiên ta có 0 ≤ rank(f) = rank(q) ≤ n Nếu rank(f) = rank(q) = n thì ta nóif vàq không suy biến, ngược lại ta nói chúng suy biến.
Dạng chính tắc của dạng toàn phương
Choq là một dạng toàn phương trên không gian V Nếu biểu thức của q trong một cơ sở B có dạng q(x1, x2, , xn) = a1x1² + a2x2² + + anxn², trong đó (x1, x2, , xn) = (x)B, thì q được gọi là dạng chính tắc và cơ sở B được xem là cơ sở q-chính tắc của V.
B là một cơ sở q-chính tắc nếu và chỉ nếu ma trận A f /B là ma trận chéo Định lý Lagrange (Định lý 3.3.2) khẳng định rằng trong không gian vectơ n chiều V, điều này có ý nghĩa quan trọng trong việc xác định tính chất của các cơ sở trong không gian vectơ.
V →Rlà dạng toàn phương Khi đó luôn có một cơ sởBcủaV làq−chính tắc (tức làq có dạng chuẩn tắc đối với cơ sở đó).
Chứng minh GọiB = {e 1 , e 2 , , e n }là một cơ sở bất kì củaV,nếux n
X i=1 x i e i thìq(x)trong cơ sởB có dạng là q(x) = q(x 1 , , x n ) = a 11 x 2 1 + .+ a nn x 2 n + 2X i6=j a ij x i x j (3.3)
Chúng ta sẽ thực hiện các phép đổi cơ sở để đưa đa thức q(x) về dạng chính tắc Mỗi phép biến đổi cơ sở tương ứng với việc thay đổi tọa độ của các vectơ, do đó, có thể sử dụng công thức biến đổi tọa độ thay cho công thức đổi cơ sở.
Chúng ta phân biệt hai trường hợp của dạng (3.3): trường hợp đầu tiên là tất cả các a ii = 0 (i = 1, 2, , n) và trường hợp thứ hai là có ít nhất một a ii ≠ 0 Trong trường hợp đầu tiên, nếu tất cả a ii = 0 nhưng có ít nhất một a ij ≠ 0 (với i ≠ j), chúng ta sẽ áp dụng phép đổi tọa độ x i = x' i - x' j; x j = x' i + x' j và x k = x' k với k = 1, 2, , n và k ≠ i, j Khi đó, số hạng a ij x i x j sẽ trở thành a ij x i x j = a ij (x' i - x' j)(x' i + x' j) = a ij x'² i - a ij x'² j.
Như vậy ta đã chuyển sang trường hợp thứ hai.
Giả sử dạng (3.3) luôn có ít nhất một hệ số a_ii khác 0, trong đó a_11 không bằng 0 Sau khi nhóm các hạng tử có chứa x_1, chúng ta có thể diễn đạt q(x) dưới dạng q(x) = a_11 (x^2 + 2n).
Nếu hệ số của y2 khác 0 trong phương trình X j=2 a 0 ij y i y j, với ít nhất một trong các hệ tử của bình phương tọa độ y2, , yn khác 0, ta có thể áp dụng phương pháp tương tự để đạt được kết quả n.
Nếu ta đặt thêmy1 = z1 thì ta được một phép biến đổi tọa độy1, , yn sang tọa độ z 1 , , z n sao choq(x)có dạng q(x) =a 11 z 2 1 +a 0 22 z 2 2 + n
Tiếp tục quá trình như trên, sau hữu hạn bước, ta sẽ đưa đượcq(x)về dạng chính tắc q(x) n
Chúng ta có thể thực hiện một phép đổi tọa độ từ (x₁, , xₙ) sang tọa độ (u₁, , uₙ) để biến dạng toàn phương q thành dạng chính tắc Điều này cho thấy tồn tại một cơ sở của không gian V sao cho dạng toàn phương q trở nên chính tắc đối với cơ sở đó.
Ví dụ 3.3.1 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc q(x1, x2, x3) = 2x1x2+ 2x1x3−6x2x3 Ở đây không có bình phương nào Ta làm xuất hiện bình phương bằng cách đổi biến số như sau
x 1 = y 1 −y 2 x 2 = y 1 +y 2 x 3 = y 3 và như vậy ta có ma trận đổi biến sốP 1
Tiếp theo ta biến đổi như sau q(y 1 , y 2 , y 3 ) = 2y 2 1 −2y 2 2 −4y 1 y 3 −8y 2 y 3
Ta thực hiện phép đổi biến số như sau
y 1 = t 1 +t 3 y 2 = t 2 −2t 3 y 3 = t 3 và ta có ma trận của phép đổi biến số là P 2
vàY = P 2 T Ta được dạng chính tắc của dạng toàn phương là q(t 1 , t 2 , t 3 ) = 2t 2 1 −2t 2 2 + 6t 2 3 với ma trận đổi biến số làP = P 1 P 2
Vậy phép đổi biến số từx 1 , x 2 , x 3 đếnt 1 , t 2 , t 3 là:
Chú ý: Dạng chính tắc có thể khác nhau do ta dùng các phép đổi biến số khác nhau Nếu ta dùng phép đổi biến số
√2 t 3 = u 3 thì ta có dạng chính tắc là q(u 1 , u 2 , u 3 ) =u 2 1 −u 2 2 + 6u 2 3
Ngoài phương pháp Lagrange đã được trình bày, còn có một phương pháp khác để chuyển đổi dạng toàn phương về dạng chính tắc Đầu tiên, giả sử A = (aij) là ma trận của dạng toàn phương q.
Định lý Jacobi (Định lý 3.3.3) khẳng định rằng nếu một dạng toàn phương q có ma trận với một cơ sở nào đó thỏa mãn các điều kiện nhất định, thì có thể thực hiện phép đổi biến từ x1, x2, , xn sang y1, y2, , yn để chuyển đổi về dạng chính tắc Cụ thể, dạng này sẽ được biểu diễn dưới dạng q(y1, y2, , yn) = ∆1y1^2 + ∆2.
∆ n−1 y n 2 Với phép biến đổi biến số
(∗ ∗ ∗) trong đó các các hệ sốα ij được tính như sau: α ji = (−1) i+j D j−1,i
D j−1,i là định thức con của |A| được lập trên giao của các dòng 1,2, , j −1 và các cột thứ1,2, , i−1, i+ 1, , j.
Ví dụ 3.3.2 Đưa dạng toàn phương q(x 1 , x 2 , x 3 ) = 2x 2 1 −2x 2 2 −4x 1 x 3 −8x 2 x 3 về dạng chính tắc bằng phương pháp Jacobi
Giải: Ma trận của dạng toàn phương là:
Ta thực hiện phép đổi biến số
(D 1,1 là giao của hàng 1 và cột 2; giao của 1 hàng và 1 cột) α31 = (−1) 3+1 D 3−1,1
(D 2,1 là giao của dòng 1,2 và cột 2,3; giao của 2 hàng và 2 cột) α 32 = (−1) 3+2 D 3−1,2
(D 2,2 là giao của dòng 1,2 và cột 1,3; giao của 2 hàng và2 cột)
Như vậy phép đổi biến số là
Ta đưa dạng toàn phươngq(x 1 , x 2 , x 3 ) = 2x 2 1 −2x 2 2 −4x 1 x 3 −8x 2 x 3 về dạng chính tắc như sau: q(y 1 , y 2 , y 3 ) = 2y 1 2 −2y 2 2 + 6y 3 2
Luật quán tính và phân loại các dạng toàn phương 63 3.5 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao 64
Một dạng toàn phương có thể chuyển đổi về dạng chính tắc qua nhiều phương pháp khác nhau Tuy nhiên, có một định lý được gọi là luật quán tính của dạng toàn phương, chứng minh rằng nếu một dạng toàn phương được đưa về dạng chính tắc bằng nhiều cách, thì các hệ số dương và âm trong dạng chính tắc của chúng sẽ giống nhau, chỉ khác nhau về thứ tự sắp xếp.
Trong bài viết này, ta định nghĩa các ký hiệu r(q), s(q) và t(q) liên quan đến các hệ số trong dạng chính tắc của q Cụ thể, r(q) là số các hệ số khác 0, s(q) là số các hệ số dương, và t(q) là số các hệ số âm Cặp (s, t) được gọi là chỉ số quán tính của q, trong khi s - t được gọi là chỉ số của q.
• Nếu q(x) ≥ 0 với mọi x ∈ V và q(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0thì q gọi là dạng xác định dương.
• Nếu q(x) ≥ 0 với mọi x ∈ V và tồn tại 0 6= x ∈ V sao choq(x) = 0 thì q gọi là dạng nửa xác định dương (không âm).
• Nếu q(x) ≤ 0 với mọi x ∈ V và q(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0thì q gọi là dạng xác định âm.
• Nếu q(x) ≤ 0 với mọi x ∈ V và tồn tại 0 6= x ∈ V sao choq(x) = 0 thì q gọi là dạng nửa xác định âm (không dương).
Nếu q(x) nhận cả giá trị âm và dương, tức là tồn tại x, y ∈ V sao cho q(x) > 0 và q(y) < 0, thì q được gọi là dạng không xác định dấu Định lý Sylvester (Định lý 3.4.2) khẳng định rằng nếu q là dạng toàn phương trên không gian vectơ thực hữu hạn chiều V và A là ma trận của q đối với một cơ sở nào đó, thì các tính chất của q có thể được phân tích thông qua ma trận A.
(i) q xác định dương khi và chỉ khi mọi ma trận vuông con góc trái trên củaAcó định thức dương, tức là∆ 1 ,∆ 2 , ,∆ n = detAđều là các số dương.
(ii) q xác định âm khi và chỉ khi mọi ma trận vuông con góc trái trên của A cấp chẵn có định thức dương, cấp lẻ có định thức âm.
3.5 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao
Cho dạng toàn phương q trên R n có ma trận trong cơ sở chính tắc là ma trận đối xứng cấpnlàA = (a ij ).
Gọi E = {e₁, e₂, , eₙ} là một cơ sở trực chuẩn của Rⁿ, bao gồm các vectơ riêng của ma trận A Ma trận P chứa các cột tọa độ của e₁, e₂, , eₙ đối với cơ sở chính tắc, và P là ma trận trực giao, chuyển đổi từ cơ sở chính tắc sang cơ sở E Trong cơ sở E, ma trận của dạng toàn phương q được xác định.
trong đóλ i là giá trị riêng tương ứng với vectơ riêng e i
Vì vậy trong cơ sở nàyq có dạng chính tắc f(x) =λ 1 x 2 1 + λ 2 x 2 2 +ã ã ã+λ n x 2 n
Ví dụ 3.5.1 Đưa dạng toàn phương q(x) =x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 + 4x 1 x 2 + 4x 1 x 3 + 4x 2 x 3 về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao.
Giải: Ma trận của dạng toàn phương là
Tiến hành các bước như trong ví dụ 2.3.1, ta được cơ sởE = {e 1 , e 2 , e 3 }và ma trận của phép biến đổi trực giao là
và dạng chính tắc củaf(x) là: f(x) = 5x 2 1 −x 2 2 −x 2 3
Bài tập 3.1 Chof, glà hai ánh xạ tuyến tính từV vàoR.Xét ánh xạh : V ×V →R xác định bởih(x, y) = f(x).g(y).Chứng minh rằnghlà dạng song tuyến tính trên V.
Bài tập 3.2 ChoA = (a ij ) ∈ M n (R).Ta định nghĩa ánh xạf : R n ×R n → Rxác định bởif(X, Y) =X t AY.Chứng minh rằng f là dạng song tuyến tính trênR n
Bài tập 3.3 Với mọix, y ∈ R 2 ,đặt f(x, y) = 3x 1 y 1 −2x 1 y 2 + 4x 2 y 1 −x 2 y 2 a Chứng minhf là dạng song tuyến tính trênR 2 b Tìm ma trận củaf đối với cơ sở{e 1 = (1,1), e 2 = (1,2)}.
Bài tập 3.4 TrongR 3 cho dạng song tuyến tính f(x, y) = x1y1+ 2x2y2+ 3x3y3
Tìm ma trận củaf đối với cơ sở{e 1 = (1,1,1), e 2 = (1,1,−1), e 3 = (1,−1,−1)}.
# Đặt ánh xạ f : V ×V → R xác định bởif(M, N) = trace(M t AN). a Chứng minhf là dạng song tuyến tính trênV. b Tìm ma trận củaf trong cơ sở chính tắc củaV.
Bài tập 3.6 Chof là dạng song tuyến tính trên không gian vectơnchiềuV.Với mọi tập conN củaV,ta đặt
Chứng minh rằng a.N 0 là không gian vectơ con củaV. b Nếu f(x, x) = 0với mọi x ∈ N, x 6= 0thì V = N ⊕N 0
Bài tập 3.7 Cho dạng song tuyến tính xác định trên R 3 có ma trận trong cơ sở {e 1 = (1,0,1), e 2 = (−1,1,0), e 3 = (0,−1,1)}là
a Tìm ma trận của f trong cơ sở chính tắc. b Tìm dạng toàn phương tương ứng của f đối với cơ sở chính tắc.
Bài tập 3.8 Dùng phương pháp Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc a.f(x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 x 2 +x 1 x 3 +x 2 x 3 b f(x1, x2, x3) = 4x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 −4x1x2+ 4x1x3 −3x2x3.
Bài tập 3.9 Dùng phép biến đổi trực giao đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc a.f(x1, x2, x3) = 6x 2 1 + 3x 2 2 + 3x 2 3 + 4x1x2 + 4x1x3−8x2x3. b f(x 1 , x 2 , x 3 ) = −x 2 1 +x 2 2 −5x 2 3 + 6x 1 x 3 + 4x 2 x 3
Bài tập 3.10 Tìm mđể dạng toàn phương sau xác định âm f(x 1 , x 2 , x 3 ) =−5x 2 1 −x 2 2 −mx 2 3 −4x 1 x 2 + 2x 1 x 3 + 2x 2 x 3