Luận văn thạc sĩ Đại số và lý thuyết số: Tính khả nghịch của các tổ hợp tuyến tính của hai ma trận k-lũy đẳng

Tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới toàn thể giảng viên của Khoa Thống kê vì đã nhiệt tình giảng dạy, truyền thụ những kiến thức cho tôi trong quátrình học thạc sĩ tại trường để t

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

CAO DIỄM DIỄM

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

CAO DIỄM DIỄM

Lời cảm ơn

Đề án được hoàn thành tại Trường Đại học Quy Nhơn Trong quá trình thực hiện

đề tài đề án, tôi đã nhận được nhiều sự giúp đỡ để hoàn thành đề án

Tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới toàn thể giảng viên của Khoa Thống kê vì đã nhiệt tình giảng dạy, truyền thụ những kiến thức cho tôi trong quátrình học thạc sĩ tại trường để tôi có đủ kiến thức để có thể hoàn thành đề án này.Đặc biệt, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới Thầy giáo của tôi-Tiến sĩ Lê ThanhHiếu, người đã trực tiếp hướng dẫn tôi hoàn thành đề án tốt nghiệp này

Toán-Nhân dịp này, tôi cũng xin gửi những lời cảm ơn đến các bạn, các anh chị và nhữngngười thân trong gia đình luôn bên cạnh, động viên, ủng hộ tôi trong suốt quá trìnhlàm đề án Tuy nhiên, vì kiến thức chuyên ngành còn hạn chế và không có nhiều kinhnghiệm trước đó nên sẽ có rất nhiều thiếu sót và từ ngữ không chuyên, tôi rất mongnhận được sự góp ý, nhận xét của các bạn, các anh chị, các thầy cô và mọi người đểgiúp bài viết của tôi được hoàn thiện hơn

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Quy Nhơn, ngày 16 tháng 10 năm 2023

Học viên thực hiện

Cao Diễm Diễm

2 Tính khả nghịch của các tổ hợp tuyến tính của hai ma trận k-lũy

Lời mở đầu

Ma trận là một đối tượng quan trọng của Toán học vì chúng thường được áp dụngvào nhiều lĩnh vực Toán khác nhau Đặc biệt, các ma trận lũy đẳng thường xuyên xuấthiện trong phân tích hồi quy và kinh tế lượng Ma trận lũy đẳng cũng có nhiều tínhchất hay và có nhiều ứng dụng trong Đại số tuyến tính Trong đề án này, chúng tôi sẽtrình bày một số tính chất của ma trận k-lũy đẳng Nội dung được trình bày thànhhai chương như sau:

Chương 1 Ma trận lũy đẳng, ma trận k-lũy đẳng Trong chương này, chúngtôi trình bày một số tính chất cơ bản và quan trọng của ma trận lũy đẳng và ma trậnk-lũy đẳng

Chương 2 Tính khả nghịch của các tổ hợp tuyến tính của hai ma trậnk-lũy đẳng Chương này trình bày nội dung chính của đề án Chúng tôi trình bàymột số điều kiện để một tổ hợp tuyến tính của hai ma trận lũy đẳng, hoặc k-lũy đẳng

là khả nghịch

Chương 1

Ma trận lũy đẳng, ma trận k-lũy

đẳng

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản của ma trận lũy đẳng

và ma trận k-lũy đẳng Trong đề án này, F là trường số thực R hoặc trường số phức

C Tài liệu tham khảo chính của chương này là [1]

Từ đây về sau, ta kí hiệu ảnh và hạt nhân của ma trận A ∈ Fn×n lần lượt là:

là lũy đẳng khi và chỉ khi A là ma trận không

hoặc A là ma trận đơn vị I2, hoặc A =

A lũy đẳng khi và chỉ khi

2

+ b2 = 1

4.Gọi α ∈ (0; 2π) xác định các điểm này(a; b) trên đường tròn này Khi đó ta được matrận có dạng

B = 12





1 − cos α sin αsin α 1 + cos α





Ma trận B lũy đẳng vì

B2 = 12





1 − cos α sin αsin α 1 + cos α



· 12





1 − cos α sin αsin α 1 + cos α





= 14



2(1 − cos α) 2 sin α





= 12





1 − cos α sin αsin α 1 + cos α



.iv) Ma trận A như sau là 3-lũy đẳng:

C4×4∋ A = P ΛP∗,trong đó P là ma trận unita, Λ = diag(λ1, λ2, λ3, λ4), là ma trận đường chéo, λi ∈{0, 1, −1} , ∀i = 1, 4 Thật vậy, trước hết ta nhận xét rằng A là ma trận Hermit Bằng

5-lũy đẳng.

Ngoài ra, trong [2], các tác giả còn xây dựng một lớp các ma trận với các phần tử

là 0 và 1 là k-lũy đẳng

Ma trận lũy đẳng và k-lũy đẳng có các tính chất cơ bản sau đây

Bổ đề 1.3 Nếu A ∈ Cn×n là ma trận lũy đẳng thì In− A lũy đẳng Điều này nóichung không đúng cho ma trận k-lũy đẳng với k ⩾ 3

Suy ra (In− A)2 = In− A Vậy In− A là lũy đẳng

Tuy nhiên, nói chung mệnh đề không đúng cho ma trận k-lũy đẳng với k ⩾ 3.Chẳng hạn, xét ma trận M ở Ví dụ 1.2 v) Mặc dù M là ma trận 5- lũy đẳng, nhưng

I3− M không là 5-lũy đẳng Thật vậy, ta có

Mệnh đề 1.4 Cho A ∈ Cn×n là ma trận lũy đẳng Ta có các khẳng định sau.

i) N (A) = R(I − A)

ii) N (I − A) = R(A)

iii) R(A) ∩ N (A) = {0}

Nói chung các khẳng định trên không đúng cho ma trận k-lũy đẳng với k⩾ 3

Chứng minh i) Lấy y ∈ N (A) thì Ay = 0 Suy ra y = y − Ay = (I − A)y Nên

y ∈ R(I − A) Do đó N (A) ⊆ R(I − A)

Ngược lại, lấy y ∈ R(I − A) thì y = (I − A)x Suy ra

Ay = A(I − A)x = A(x − Ax)

Ngược lại, lấy y ∈ R(A) thì y = Ax Suy ra

ii) R(AB) = R(A) ∩ R(B).

iii) R(B(I − A)) = N (A) ∩ R(B)

iv) N (A) ∩ N (B) = N (A + B − AB)

Nói chung các khẳng định trên không đúng cho ma trận k-lũy đẳng với k⩾ 3

Chứng minh i) Lấy y ∈ R(A) ∩ R(B(I − A)), ta có y = Ax và y = (B(I − A))x′ Suy

Vậy R(A) ∩ R(B(I − A)) = {0}

ii) Lấy y ∈ R(AB), ta có y = ABx Suy ra

= ABx − AB2x

= ABx − ABx

= 0

Vậy y ∈ N (I − B) Tương tự, theo Mệnh đề 1.4 ii) ta suy ra y ∈ R(B) Do đó

y ∈ R(A) ∩ R(B) Vậy R(AB) ⊆ R(A) ∩ R(B)

Ngược lại, lấy y ∈ R(A) ∩ R(B), ta có y = Ax và y = Bx′ Suy ra

Ax = Bx′AAx = ABx′

A2x = ABx′

Ax = ABx′.Suy ra

y = ABx′

Do đó y ∈ R(AB) Vậy R(A) ∩ R(B) ⊆ R(AB)

iii) Lấy y ∈ R(B(I − A)), ta có y = B(I − A)x Suy ra

Do đó y ∈ N (A) Hơn nữa,

(I − B)y = (I − B)B(I − A)x

= (B − B2)(x − Ax)

= Bx − BAx − B2x + B2Ax

= Bx − BAx − Bx + BAx

= 0.

Do đó y ∈ N (I − B), theo Mệnh đề 1.4 ii) ta suy ra y ∈ R(B) Vậy y ∈ N (A) ∩ R(B)

Do đó R(B(I − A)) ⊆ N (A) ∩ R(B)

Ngược lại, lấy y ∈ N (A) ∩ R(B), ta có Ay = 0 và y = Bx Suy ra Ay = ABx = 0.Lại có

B(I − A)y = B(I − A)Bx

= BBx − BABx

= B2x − ABBx

= Bx − ABx

= B(I − A)x

Mà B(I −A)y = B(y −Ay) = B(Bx−0) = BBx = B2x = Bx = y Vậy y = B(I −A)x

Do đó y ∈ R(B(I − A)) Vậy N (A) ∩ R(B) ⊆ R(B(I − A))

iv) Lấy x ∈ N (A) ∩ N (B), ta có Ax = 0 và Bx = 0 Suy ra A.Bx = A.0 = 0.Nên (A + B − AB)x = Ax + Bx − ABx = 0 Suy ra x ∈ N (A + B − AB) Vậy

BAx + Bx = BBAxBAx + Bx = BAx

Bx = 0

Do đó x ∈ N (B) Nên x ∈ N (A) ∩ N (B) Vây N (A + B − AB) ⊆ N (A) ∩ N (B).Nói chung các khẳng định trên không đúng cho ma trận k-lũy đẳng với k ⩾ 3 Xéthai ma trận 5-lũy đẳng:

Suy ra R(AB) ̸= R(A) ∩ R(B), tương tự, ta suy ra R(B(I − A)) ̸= N (A) ∩ R(B)

Lại có rank(M + N − M N ) = rank

Mệnh đề 1.6 Cho A, B ∈ Cn×n là hai ma trận lũy đẳng và R(A) ∩ R(B) = {0} Khiđó

Nên By ∈ N (A − I), theo ý ii) Mệnh đề 1.4 thì By ∈ R(A) Mà Ay = By, nên

Do đó x ∈ N (A) ∩ N (B) Vậy N (A − B) ⊆ N (A) ∩ N (B)

Ngược lại, lấy x ∈ N (A) ∩ N (B), ta có Ax = 0 và Bx = 0 Suy ra (A − B)x = 0

Ax + Bx = 0

Do đó x ∈ N (A) ∩ N (B) Vậy N (A + B) ⊆ N (A) ∩ N (B).

Ngược lại, lấy x ∈ N (A) ∩ N (B), ta có Ax = 0 và Bx = 0 Suy ra (A + B)x = 0

Vậy R(A + B) ⊆ R(A) + R(B)

Ngược lại, lấy y1+ y2 = y ∈ R(A) + R(B) sao cho y1 ∈ R(A) và y2 ∈ R(B), ta có

y1 = Ax và y2 = Bx′ Suy ra y = y1 + y2 = Ax + Bx′ Do đó

(A + B)y = (A + B)(Ax + Bx′)

= AAx + ABx′ + BAx + BBx′

Theo Mệnh đề 1.9 ta có R(A + I − A) = R(A) + R(I − A).

Theo Mệnh đề 1.4 ý i) ta có R(I) = R(A) + N (A)

Vậy Rn= R(A)L N (A)

đẳng

Định nghĩa 1.11 Một ma trận A ∈ Fn×n được gọi là chéo hóa được nếu tồn tại một

ma trận P khả nghịch sao cho P−1AP là một ma trận đường chéo trong Fn×n

Định lý 1.12 Cho ma trận A ∈ Fn×n Khi đó, A chéo hóa được khi và chỉ khi A có

n véctơ riêng độc lập tuyến tính

xét phương trình đặc trưng

det(A − λI) = 0

3 − λ 0 0

0 2 − λ 0

0 0 1 − λ

Mệnh đề 1.15 ([3], Corollary 3.3.10) Ma trận A ∈ Cn×n là chéo hóa được khi và chỉkhi đa thức tối tiểu πA(t) của nó, tức là đa thức với hệ số cao nhất bằng 1 có bậc bénhất nhận A làm nghiệm, là tích các nhân tử tuyến tính phân biệt.

Mệnh đề 1.16 Ma trận lũy đẳng và ma trận k-lũy đẳng luôn chéo hóa được

Chứng minh Xét A ∈ Cn×n là một ma trận lũy đẳng Ta chứng minh A có n véctơriêng độc lập tuyến tính Thật vậy, mỗi véctơ v ∈ Rn đều có thể biểu diễn dưới dạng

v = (v − Av) + Av = v0+ v1,trong đó v0 = v − Av và v1 = Av Ta thấy rằng v0 và v1 lần lượt là các véctơ riêngtương ứng với các giá trị riêng là 0 và 1 Thật vậy,

Av1 = A(Av)

= A2v

= Av

= v1.Suy ra rằng mọi véctơ v ∈ Rn là tổng của các véctơ riêng của A, nghĩa là Rn là khônggian con riêng của A Vậy ma trận A luôn chéo hóa được

Xét B ∈ Cn×n là một ma trận k-lũy đẳng B luôn chéo hóa được (xem thêm ở [4],Theorem 2.1) Thật vậy, do Bk = B nên đa thức p(t) = tk− t ∈ C[t] là bội của đa thứctối tiểu πB(t) ∈ C[t] của B Ta có thể kiểm tra mọi nghiệm của p(t) có bội 1 trên C.

Do đó theo Mệnh đề 1.15, B là chéo hóa được

Trong suốt chương này, ta ký hiệu

Đối với trường hợp ma trận lũy đẳng, ta cần thêm ràng buộc c1, c2 ̸= 0 và c1+c2 ̸= 0.Điều này được giải thích như sau Ta chú ý rằng chỉ có duy nhất một ma trận lũy đẳngkhả nghịch là ma trận đơn vị In Thật vậy, nếu P là là lũy đẳng và khả nghịch thì

P2 = P Suy ra

In = P P−1 = P2P−1 = P

Do đó, khi quan tâm đến tính không suy biến của P(c1, c2) ta cần chú ý c1, c2 ̸= 0khi P1, P2 ̸= In Hơn nữa, khi P(c1, c2) là không suy biến với mọi c1, c2 có tổng khác 0nhưng P(c1, −c1) không nhất thiết khả nghịch Thật vậy, lấy

Ngoài ra, ta cũng chú ý rằng tổng và tích của các ma trận k-lũy đẳng không nhấtthiết là lũy đẳng Thật vậy, với ma trận trên đây, ta có

Định lý 2.2 Cho A, B ∈ Fn×n là hai ma trận lũy đẳng Hai điều kiện sau đây làtương đương

i) det(A − B) ̸= 0

ii) det(A + B) ̸= 0 và det(In− AB) ̸= 0

Chứng minh Giả sử det(A − B) ̸= 0, lấy x ∈ N (A + B), ta có (A + B)x = 0 Suy ra

Mà det(A − B) ̸= 0, suy ra x = 0 Vậy N (A + B) = {0}, hay det(A + B) ̸= 0

Hơn nữa, nếu y ∈ N (In− AB) thì

(A − B)2y = A2y + B2y − ABy − BAy

= B2y − BAy

= 0

Suy ra y = 0 do det(A − B)2 ̸= 0 Vậy det(In− AB) ̸= 0

Ngược lại, lấy x ∈ N (A − B), ta có (A − B)x = 0 Suy ra Ax = Bx Ta có

Nên x = 0 (do det(In− AB)(A + B) ̸= 0) Vậy det(A − B) ̸= 0

Mệnh đề 2.3 Cho A, B ∈ Fn×n là hai ma trận lũy đẳng và det(AB) ̸= 0 Khi đó

N (A) ∩ R(B) = {0} Chứng minh Lấy y ∈ N (A) ∩ R(B), ta có Ay = 0 và y = Bx Suy ra Ay = ABx =

0 Do đó x ∈ N (AB) Mà N (AB) = 0 (Do det(AB) ̸= 0) Suy ra x = 0 Vậy

N (A) ∩ R(B) = {0}

Định lý 2.4 Cho A, B ∈ Fn×n là hai ma trận lũy đẳng, AB = BA và det(A − B) ̸= 0.Khi đó

Fn = R(A)MR(B)

Chứng minh Lấy y ∈ R(A) ∩ R(B) ta có y = Ax và y = Bx Suy ra Ax = Bx Tacó

Chứng minh Lấy x ∈ N (A) ∩ N (B) ta có Ax = 0 và Bx = 0 Suy ra (A − B)x = 0

Do đó x ∈ N (A − B) Do det(A − B) ̸= 0 Suy ra x = 0 Vậy N (A) ∩ N (B) = {0}.Ngược lại, giả sử N (A) ∩ N (B) = {0} Theo Mệnh đề 1.6 ta có N (A) ∩ N (B) =

N (A − B) Suy ra N (A − B) = {0} Vậy det(A − B) ̸= 0

Định lý 2.6 Cho P1, P2 ∈ P Nếu tồn tạice1,ce2 ∈ C,ce1,ce2 ̸= 0, sao cho det(ce1P1+ce2P2) ̸=

0 thỏa mãn ce1 + ce2 ̸= 0, thì det(c1P1 + c2P2) ̸= 0, với mọi c1, c2 ∈ C, c1, c2 ̸= 0,

c1+ c2 ̸= 0

(ce1+ce2)P1x =ce1P12x +ce2P1P2x

=ce1P1x +ce2P1P2x (2.5)

Do đó P1x = P1P2x Theo giả thiết (2.1), ta có

(c1+ c2)P1x = c1P1x + c2P1x

Định lý 2.7 Cho P1, P2 ∈ P Với c1, c2 ∈ C, c1, c2 ̸= 0 Hai điều kiện sau là tươngđương:

i) det(P1− P2) ̸= 0

ii) det(c1P1+ c2P2) ̸= 0 và det(In− P1P2) ̸= 0

Chứng minh (i) ⇒ (ii) Lấy x ∈ N (c1P1+ c2P2) tùy ý Theo chứng minh Định lý 2.6,

(ii) ⇒ (i) Lấy x ∈ N (P1− P2) Theo chứng minh Định lý 2.6, ta được

P1x = P2P1x, P2x = P1P2x, P1x = P1P2x

Suy ra P1x = P2x = P1P2x = P2P1P2x Theo giả thiết (ii), ta có

x = (In− P1P2)−1(c1P1+ c2P2)−1(c1P1− c1P1P2+ c2P2− c2P2P1P2)x = 0.Suy ra

N (P1− P2) = {0}

Do đó det(P1− P2) ̸= 0 Định lý được chứng minh xong

Định lý 2.8 Cho P1, P2 ∈ P với c1, c2 ∈ C, c1, c2 ̸= 0, sao cho c1+ c2 ̸= 0 Hai điềukiện sau là tương đương:

Nên x ∈ R(P1) ∩ R(P2) Dựa vào Mệnh đề 1.4, nếu A là lũy đẳng thì N (A) = R(I − A)

và R(A) = N (I − A), ta được







R(P1) = N (I − P1),R(P2) = N (I − P2)

y = 0 Vậy det(c1P1 + c2P2) ̸= 0 Định lý được chứng minh xong.

Định lý 2.9 Cho P1, P2 ∈ P với c1, c2 ∈ C, c1, c2 ̸= 0 Hai điều kiện sau là tươngđương:

(ii) ⇒ (i) Vì det(c1P1+ c2P2) ̸= 0 và det(I − P1− P2) ̸= 0, nên

det(c1P1P2+ c2P2P1) ̸= 0

Định lý được chứng minh xong

hai ma trận k-lũy đẳng

Trong mục này, ta sử dụng các kết quả đã biết sau đây

R(A∗) = N (A)⊥; R(A)⊥ = N (A∗), ∀A ∈ Cn×n

X⊥∩ Y⊥ = (X + Y)⊥, ∀X , Y ∈ Cn×1,trong đó, A∗ là chuyển vị liên hợp của ma trận A, và R(A)⊥ là phần bù trực giao củaR(A).

Định lý 2.10 Cho T1, T2 ∈ T với k ∈ N, k > 1 Nếu tồn tại a1, a2, a3, a4 ∈ C∗ sao cho

a1T1+ a2T2+ a3T1k−1T2+ a4T2k−1T1 = 0 (2.8)thì N (c1T1+ c2T2) = N (T1) ∩ N (T2) với c1, c2 ∈ C∗ thỏa mãn

c1(a2+ a3) ̸= c2(a1+ a4) (2.9)Chứng minh Lấy x ∈ N (c1T1+ c2T2) với c1, c2 ∈ C∗ thỏa mãn (2.9), ta có

c1T1x + c2T2x = 0 (2.10)Nhân lần lượt phía trước 2 vế của (2.10) với T1k−1 và T2k−1 ta được

0 c2 a2

c2 0 a3

0 c1 a4

− c2