Ánh xạ tuyến tính... Tìm trị riêng, vector riêng... Chứng minh một trong 2 giá trị λ hoặc −λ là giá trị riêng của f... Ánh xạ tuyến tính.. a Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính... Giả
Trang 1Ánh xạ tuyến tính Ảnh, hạt nhân, ma trận.
Câu 1:Ánh xạ f (x, y, z) = (−z, y, −x) có phải là ánh xạ tuyến tính không?
Lời giải
i) Lấy u = (x1, y1, z1) ⇒ f (u) = (−z1, y1, −x1)
v = (x2, y2, z2) ⇒ f (v) = (−z2, y2, −x2)
⇒ f (u) + f (v) = (−z1, y1, −x1) + (−z2, y2, −x2) = (−(z1+ z2), (y1+ y2), −(x1+ x2))(1)
u + v = ((x1+ x2), (y1+ y2), (z1+ z2)) ⇒ f (u + v) = (−(z1+ z2), (y1+ y2), −(x1+ x2))(2)
Từ (1) và (2) ta có: f (u) + f (v) = f (u + v)
ii) Lấy u = (x0, y0, z0) ⇒ ku = (kx0, ky0, kz0)
f (ku) = (−kz0, ky0, −kx0) = k(−z0, y0, −x0) = kf (u)
Vậy ánh xạ f (x, y, z) là ánh xạ tuyến tính
Câu 2:Tồn tại hay không ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 thỏa mãn:
f (0, 1, 1) = (3, 1, −2); f (1, 0, 1) = (4, −1, 1);
f (1, 1, 0) = (−3, 2, 1); f (1, 1, 1) = (3, 4, 2)
Lời giải
Giả sử tồn tại ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3Ta có: 2 ∗ f (1, 1, 1) = f (2, 2, 2) = (6, 8, 4)
Xét u1 = (0, 1, 1); u2 = (1, 0, 1); u3 = (1, 1, 0) ⇒ u1+ u2+ u3 = (2, 2, 2)
Ta có: f (u1) + f (u2) + f (u3) = (4, 2, 0) ̸= f (2, 2, 2) = f (u1+ u2+ u3)
Vậy không tồn tại ánh xạ tuyến tính thỏa mãn yêu cầu đề bài
Câu 3:Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R2
f (x1, x2, x3) = (3x1+ x2− x3, 2x1+ x3) a) Tìm cơ sở và số chiều của Imf = span(f (E)), E là cơ sở chính tắc
b) Tìm cơ sở và số chiều của Kerf
Lời giải
a) Xét hệ cơ sở chính tắc của R3 là E = e1(1, 0, 0), e2(0, 1, 0), e3(0, 0, 1)
Khi đó: f (e1) = (3, 2); f (e2) = (1, 0); f (e3) = (−1, 1)
Vì R3 = span{e1, e2, e3} ⇒ Imf = span{f (e1), f (e2), f (e3)}
Xét ma trận tọa độ theo hàng của f (v) : A =
−1 1
→
1 0
0 1
0 0
⇒ r(A) = 2 = dim(Imf ) và Imf có 1 cơ sở là {(1, 0), (0, 1)}
b) Gọi x(x1, x2, x3) ∈ R3 x ∈ Kerf ⇔ f (x) = 0
Trang 2
3x1+ x2− x3 = 0
2x1+ x3 = 0
⇔
x1 = −t
x2 = 5t
x3 = 2t
⇒ x = t(−1, 5, 2) ⇒ x = span{(−1, 5, 2)}
⇒ dim(Kerf ) = dim(span{(−1, 5, 2)}) = 1 và Kerf có một cơ sở là (−1, 5, 2)
Câu 4:Cho ánh xạ tuyến tính f : R4 → R3 xác định bởi f (x, y, z, t) = (x − y + z + t, x + 2z − t, x +
y + 3z − 3t)
a) Tìm cơ sở và số chiều của Imf
b) Tìm cơ sở và số chiều của Kerf
Lời giải
a) Xét hệ cơ sở chính tắc của R4 là E = {e1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0), e4 = (0, 0, 0, 1)}
Khi đó: f (e1) = (1, 1, 1); f (e2) = (−1, 0, 1); f (e3) = (1, 2, 3), f (e4) = (1, −1, −3)
Vì R4 = span{e1, e2, e3, e4} ⇒ Imf = span{f (e1), f (e2), f (e3), f (e4)}
Xét ma trận tọa độ theo hàng của f (v) : A =
H 3 −H1→H3|H4−H1→H4
−−−−−−−−−−−−−−−→
H 2 +H1→H 2
0 −2 −4
H 4 −H2→H4
−−−−−−−→
H 3 −H 2 →H 3
1 1 1
0 1 2
0 0 0
0 0 0
r(A) = 2 = dim(Imf ) và Imf có 1 cơ sở là {(1, 1, 1), (0, 1, 2)}
b) Gọi u(x, y, z, t) ∈ R4 x ∈ Kerf ⇔ f (x) = 0
⇔
x − y + z + t = 0
x + 2z − t = 0
x + y + 3z − 3t = 0
⇔
x = a − 2b
y = 2a − b
z = b
t = a
⇒ x = a(1, 2, 0, 1) + b(−2, −1, 1, 0) ⇒ x = span{(1, 2, 0, 1), (−2, −1, 1, 0)}
⇒ dim(Kerf ) = dim(span{(1, 2, 0, 1), (−2, −1, 1, 0)}) = 2 và Kerf có một cơ sở là {(1, 2, 0, 1), (−2, −1, 1, 0)}
Câu 5:Cho ánh xạ tuyến tính f : R2 → R3 Cơ sở của R2 là B = {u1 = (1, 2); u2 = (3, 5)}.f (u1) = (1, 1, 2); f (u2) = (4, 2, 1)
a) Cho u3 = (4, 5) Tìm f (u3)?
b) Xác định biểu thức của f
Lời giải
Trang 3a) Gọi u3 = λ1u1+ λ2u2 ⇒
λ1+ 3λ2 = 4 2λ1+ 5λ2 = 5
⇒
λ1 = −5
λ2 = 3
Ta có u3 = λ1u1+ λ2u2 → f (u3) = λ1f (u1) + λ2f (u2) = −5(1, 1, 2) + 3(4, 2, 1) = (7, 1, −7)
b) Gọi u = (x, y), ta có: u = λ1u1+ λ2u2 ⇒
λ1+ 3λ2 = x 2λ1+ 5λ2 = y
⇒
λ1 = −5x + 3y
λ2 = 2x − y
Ta có u3 = λ1u1+ λ2u2 → f (u3) = λ1f (u1) + λ2f (u2) = (−5x + 3y)(1, 1, 2) + (2x − y)(4, 2, 1)
= (−5x + 3y, −5x + 3y, −10x + 6y) + (8x − 4y, 4x − 2y, 2x − y) = (3x − y, −x + y, −8x + 5y) Vậy biểu thức của ánh xạ tuyến tính là: f (x, y) = (3x − y, −x + y, −8x + 5y)
Câu 6:Cho ánh xạ R2 → R2
f (x, y) = (x + y, x − y) Cho 2 cơ sở: E là cơ sở chính tắc và B = (v1 = (1, 1), v2 = (1, 0)) Tìm ma trận của ánh xạ tuyến tính với cơ sở B
Lời giải
Cơ sở chính tắc của R2là E = {e1 = (1, 0); e2 = (0, 1)}
f (e1) = (1, 1); f (e2) = (1, −1)
f (e1) = v1 ⇒ [f (e1)]B =
"
1 0
#
; f (e2) = c1(1, 1) + c2(1, 0) ⇒
c1 = −1
c2 = 2
⇒ [f (e2)]B =
"
−1 2
#
⇒ P =
"
1 −1
0 2
#
Câu 7:Cho ánh xạ tuyến tính f : R2 → R2, ma trận của f đối với cơ sở F = (v1 = (3; 1), v2 = (1; 2)) là
"
3 2
1 1
#
Biểu thức của f là?
Lời giải
Gọi f (x, y) = (ax + by, cx + dy)
f (v1) = f (3, 1) = (3a + b, 3c + d); f (v2) = f (1, 2) = (a + 2b, c + 2d)
[f (v1)]F =
"
3
1
#
⇔ f (v1) = 3v1+ v2 = 3(3, 1) + (1, 2) = (10, 5) ⇒
3a + b = 10 3c + d = 5
(1)
[f (v2)]F =
"
2
1
#
⇔ f (v2) = 2v1+ v2 = 2(3, 1) + (1, 2) = (7, 4) ⇒
a + 2b = 7
c + 2d = 4
(2)
Trang 4Từ (1) và (2) ta có ⇒
3a + b = 10 3c + d = 5
a + 2b = 7
c + 2d = 4
⇒
a = 135
b = 115
c = 65
d = 75 Vậy biểu thức f (x, y) = (135x + 115y,65x + 75y)
Câu 8:Cho ánh xạ T : R2 → R thỏa mãn T (1, 1) = 3 và T (0, 1) = −2
a) Tìm công thức của T
b) Tìm T (2, 8)
c) Hỏi T có phải là đơn cấu không?
Lời giải
a) Gọi T (x, y) = ax + by
Ta có:
T (1, 1) = a + b = 3
T (0, 1) = b = −2
⇒
a = 5
b = −2
⇒ Công thức của T (x, y) = 5x − 2y
b) T (2, 8) = 5x2 − 2x8 = −6
c) Xét u1 = (x1, y1) và u2 = (x2, y2) với u1 ̸= u2
⇒ T (u1) = 5x1− 2y1; T (u2) = 5x2 − 2y2
Xét T (u1)−T (u2) = 0 ⇒ 5(x1−x2)−2(y1−y2) = 0 ⇒ x1− x2
y1− y2 =
2
5 ⇒ ∃(u1, u2) để T (u1) = T (u2)
⇒ T không phải là đơn ánh ⇒ ánh xạ T : R2 → R không phải là đơn cấu
Câu 9:Cho ánh xạ f : P2[x] → P2[x]
a0+ a1x + a2x2 → (a0− 3a1+ a2) + (2a0 + a1− 2a2)x + (3a0− 2a1− a2)x2
Và vectơ p = 1 − mx + 2x2 Xác định m để p ∈ Imf = span(f (P ))
Lời giải
Gọi E = (e1, e2, e3) là hệ cơ sở chính tắc của P2[x] với e1 = 1; e2 = x; e3 = x2
Ta có: f (e1) = 1 + 2x + 3x2; f (e2) = −3 + x − 2x2; f (e3) = 1 − 2x − x2
Xét ma trận tọa độ của f (P ) theo hệ cơ sở chính tắc:
1 −3 1
3 −2 −1
Để p = 1 − mx + 2x2 ∈ Imf ⇒ p ∈ span(f (P )) ⇒ hệ phương trình sau có nghiệm:
1 −3 1
3 −2 −1
1
−m 2
→
1 −3 1
1
−m − 2
−1
→
1 −3 1
1
−1
−m − 1
Để hệ có nghiệm thì −m − 1 = 0 ⇔ m = −1
Trang 5Câu 10:Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 Xác định m là f là một phép đẳng cấu với
f (x1, x2, x3) = (x1− 2x2+ x3, x1+ x2− x3, mx1− x2+ x3)
Lời giải
f đẳng cấu ⇒
f đơn cấu ⇒ det(A) ̸= 0
f toàn cấu ⇒ r(f ) = r(A) = dimR3 = 3
Từ đề bài suy ra được ma trận A của f theo hệ cơ sở chính tắc là:A =
⇒ r(A) = r
= r
0 −1 + 2m 1 − m
= r
3(m + 1)
⇒ r(A) = 3 ⇒ m ̸= −1
Trang 6Tìm trị riêng, vector riêng Chéo hóa ma trận
Câu 1:Tìm giá trị riêng và véc tơ riêng của ma trận A =
"
3 −1
−3 5
#
Lời giải
Xét det(A − λE) = 0
⇒
3 − λ −1
−3 5 − λ
= 0
⇒ (3 − λ)(5 − λ) − (−1)(−3) = 0
⇒ λ2− 8λ + 12 = 0
⇒
"
λ = 2
λ = 6
+ T H1 : λ = 2 ⇒ 1 −1
−3 3
!
x1
x2
!
= 0
⇒
(
x1− x2 = 0
−3x1+ 3x2 = 0 ⇒ x1 = x2 = t
⇒
"
x1
x2
#
= t
"
1 1
#
⇒ v1 =h1 1
i
+ T H2 : λ = 6 ⇒ −3 −1
−3 −1
!
x1
x2
!
= 0
⇒
(
−3x1− x2 = 0
−3x1− x2 = 0 ⇒ x1 = t; x2 = −3t
⇒
"
x1
x2
#
= t
"
1
−3
#
⇒ v2 =h1 −3i
Câu 2:Chéo hoá ma trận A =
"
3 −1
−3 5
#
Lời giải
Theo câu 1 , ta tìm được 2 giá trị riêng là λ = 2; λ = 6
Ta tìm được 2 véctơ riêng là v1 =h1 1
i
và v2 =h1 −3
i Như vậy, đã tìm được đủ 2 véctơ riêng độc lập tuyến tính ,do đó ma trận T làm chéo hoá A là:
1 −3
!
Trang 7Khi đó ta có : T−1AT = 2 0
0 6
!
Câu 3:Tính A2020với A =
"
3 −1
−3 5
#
Lời giải
Từ câu 2, ta có: T−1AT = B với T = 1 1
1 −3
!
; B = 2 0
0 6
!
⇒ A = T BT−1
⇒ A2020 = T BT−1∗ T BT−1∗ ∗ T BT−1
= T ∗ B ∗ (T−1∗ T ) ∗ B ∗ ∗ (T−1∗ T ) ∗ B ∗ T
= T ∗ B ∗ B ∗ ∗ B ∗ T−1
= T B2020T−1
1 −3
!
22020 0
0 62020
! 3 4
1 4 1 4
−1 4
!
=
3
4 ∗ 22020 +14 ∗ 62020 1
4 ∗ 22020− 1
4 ∗ 62020 3
4 ∗ 22020− 3
4 ∗ 62020 1
4 ∗ 22020+34 ∗ 62020
!
Câu 4:Cho toán tử tuyến tính f : P2[x] → P2[x] có ma trận A =
2 0 0
1 1 3
1 4 5
với cơ sở B = (1; x; x2)
Tìm 1 cơ sở của P2[x] để ma trận của f có dạng chéo
Lời giải
Ta đi chéo hoá ma trận A =
2 0 0
1 1 3
1 4 5
Xét det(A − λE) = 0
⇒
= 0
⇒ (λ − 2)(λ + 1)(λ − 7) = 0
⇒
λ = 2
λ = −1
λ = 7
+ T H1 : λ = 2 ⇒
1 −1 3
x1
x2
x3
= 0
⇒ v1 =h−3 0 1i
Trang 8+ T H2 : λ = −1 ⇒
3 0 0
1 2 3
1 4 6
x1
x2
x3
= 0
⇒ v2 =h0 −3 2
i
+ T H3 : λ = 7 ⇒
x1
x2
x3
= 0
⇒ v3 =h0 1 2
i
Do đó :T =
0 −3 1
và T−1AT =
0 −1 0
Do đó T là ma trận chuyển từ cơ sởB = (1, x, x2) sang cơ sở C
⇒ cơ sở C cần tìm là : C = (−3 + x2, −3x + 2x2, x + 2x2)
Câu 5:Cho f : V → V là biến đổi tuyến tính Giả sử f2 = f ∗ f : V → V có giá trị riêng λ2 Chứng minh một trong 2 giá trị λ hoặc −λ là giá trị riêng của f
Lời giải
Gọi ma trận A là ma trận biến đổi của f
⇒ ma trận A2 là ma trận biến đổi của f2
Vì f2có giá trị riêng λ2 ⇒ det(A2− λ2E) = 0
⇒ det(A − λE) ∗ det(A + λE) = 0
⇒
"
det(A − λE) = 0
det(A + λE) = 0
⇒ λ hoặc −λ là giá trị riêng của f
Trang 9Ánh xạ tuyến tính Chéo hóa ma trận ánh xạ
Câu 1:Cho ánh xạ f : R3 → R3xác định bởi: ∀u = (x; y; z) ∈ R3, f (u) = (x + z; y; x + z)
a) Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính
b) Tính hạng của f
c) Xác định ma trận A của ánh xạ tuyến tính f đối với cơ sở chính tắc của R3
d) Ma trận A có chéo hóa được không? Nếu có hãy tìm ma trận P làm chéo hóa A
Lời giải
a) i) Lấy u = (x1, y1, z1) ⇒ f (u) = (x1+ z1, y1, x1+ z1)
v = (x2, y2, z2) ⇒ f (v) = (x2+ z2, y2, x2+ z2)
⇒ f (u) + f (v) = (x1+ z1, y1, x1+ z1) + (x2+ z2, y2, x2+ z2)
= (x1 + x2+ z1+ z2, y1 + y2, x1+ x2+ z1+ z2) = f (u + v)
⇒ f (u) + f (v) = f (u + v)
ii) Lấy u = (x0, y0, z0) ⇒ ku = (kx0, ky0, kz0)
f (ku) = (k(x0+ z0), ky0, k(x0 + z0)) = k(x0+ z0, y0, x0+ z0) = kf (u)
Vậy ánh xạ f (x, y, z) là ánh xạ tuyến tính
b,c) Gọi A là ma trận của f đối với cơ sở chính tắc E = {e1 = (1; 0; 0), e2 = (0; 1; 0), e3 = (0; 0; 1)} của R3
⇒
f (e1) = (1; 0; 1)
f (e2) = (0; 1; 0)
f (e3) = (1; 0; 1)
⇒ A =
1 0 1
0 1 0
1 0 1
→
1 0 1
0 1 0
0 0 0
⇒ rank(A) = rank(f ) = 2
d)Xét det(A − λI) =
= (1 − λ)
1 − λ 1
1 1 − λ
= (1 − λ) (1 − λ)2− 1
det(A − λI) = 0 ⇔ λ = 1, λ = 2, λ = 0 ⇒ A chéo hóa được
+) vecto riêng ứng với giá trị riêng λ1 = 0 có dạng v1 = [x 0 − x]T, x ∈ R
+) vecto riêng ứng với giá trị riêng λ2 = 1 có dạng v2 = [0 y 0]T, y ∈ R
+) vecto riêng ứng với giá trị riêng λ3 = 2 có dạng v3 = [z 0 z]T, x ∈ R
Ma trận P =
−1 0 1
làm chéo hóa ma trận A và D = P−1AP =
0 0 0
0 1 0
0 0 2
Câu 2:Tìm cơ sở của R3để ma trận của f : R3 → R3 có dạng chéo trong đó
f (x1, x2, x3) = (2x1+ x2+ x3, x1+ 2x2+ x3, x1+ x2+ 2x3)
Lời giải
Trang 10Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là: A =
2 1 1
1 2 1
1 1 2
Xét det(A − λE) = 0 ⇔
= 0 ⇔ (2 − λ)3+ 1 + 1 − 3(2 − λ) = 0 ⇒
λ1 = 4
λ2 = 1
+) Với λ1 = 4, Xét (A − 4E)X = 0 ⇔
x1
x2
x3
= 0
Hệ phương trình có nghiệm:
x1 = t
x2 = t
x3 = t
, t ∈ R Chọn vector riêng ứng với trị riêng λ1là v1 = [1; 1; 1]T
+)Với λ2 = 1, xét (A − 2E)X = 0 ⇔
1 1 1
1 1 1
1 1 1
x1
x2
x3
= 0
Hệ phương trình có nghiệm:
x1 = u
x2 = t
x3 = −u − t
u, t ∈ R
Chọn vecto riêng ứng với trị riêng λ2là v2 = [1; 0; −1]T và v3 = [0; 1; −1]T
Do đó ma trận làm chéo hóa ma trân A: T =
1 −1 −1
và T−1AT =
4 0 0
0 1 0
0 0 1
⇒ Cơ sở của R3để ma trận của f có dạng chéo là B = {(1, 0, −1); (0, 1, 0); (1, 0, −1)}
Câu 3:Ánh xạ tuyến tính: f : R3 → R3xác định bởi f (x1, x2, x3) = (x1+ x2+ x3, 2x2+ x3, 2x2+ 3x3)
có chéo hóa được không?
Lời giải
Gọi A là ma trận của f đối với cơ sở chính tắc E = {e1 = (1; 0; 0), e2 = (0; 1; 0), e3 = (0; 0; 1)} của R3
⇒
f (e1) = (1; 0; 0)
f (e2) = (1; 2; 2)
f (e3) = (1; 1; 3)
⇒ A =
1 1 1
0 2 1
0 2 3
Xét det(A − λI) =
= (1 − λ)
2 − λ 1
2 3 − λ
= (1 − λ) (2 − λ).(3 − λ) − 2
det(A − λI) = 0 ⇔ λ1 = 1(bội 2), λ2 = 4
Trang 11+)Với λ1 = 1, xét (A − λ1.I).x = 0 ⇔
0 1 1
0 1 1
0 2 2
x1
x2
x3
= 0
Ta giải hệ bằng Phép khử Gauss: ta được nghiệm x =
x1
−x3
x3
= x1
1 0 0
+ x3
0
−1 1
Chọn v1 =
1
0
0
, v2 =
0
−1 1
làm các vecto riêng ứng với λ = 1
+) Tương tự với λ2 = 4 ta tìm được x = x3
1 2 1 2
1
Chọn v3 =
1 2 1 2
1
làm vecto riêng ứng với λ = 4
+) Suy ra ma trận A có 3 vecto riêng v1 =
1 0 0
, v2 =
0
−1 1
, v3 =
1 2 1 2
1
⇒ A chéo hóa được
Câu 4:Cho ánh xạ T : Rn → Rn Giả sử tồn tại ma trận Anxncủa ánh xạ T đối với 1 cặp cơ sở nào đó Hỏi, nếu ma trận A có n giá trị riêng phân biệt thì A có chéo hóa được không?
Lời giải
Gọi n trị riêng phân biệt của A là λ1, λ2, , λnvà giả sử v1, v2, , vnlà n vecto riêng tương ứng
Ta sẽ chứng minh hệ {v1, v2, , vn} độc lập tuyến tính (∗) bằng phương pháp quy nạp:
+) Với n = 1 hiển nhiên hệ {v1} độc lập tuyến tính vì {v1} ̸= 0
+) Giả sử (∗) đúng với n = k, nghĩa là k vecto riêng phân biệt sẽ độc lập tuyến tính Ta sẽ chứng minh (∗) đúng với n = k + 1 Thật vậy: giả sử t1v1+ t2v2+ + tkvk+ tk+1vk+1 = 0, ti ∈ K(1)
⇒ A t1v1+ t2v2+ + tkvk+ tk+1vk+1 = A.0 = 0
⇒ t1λ1v1+ t2λ2v2+ + tkλkvk+ tk+1λk+1vk+1 = 0(2)
Ta nhân 2 vế của hệ thức (1) với (−λk+1) cộng vào (2), ta được:
t1(λ1− λk+1)v1+ t2(λ2− λk+1)v2+ + tk(λk− λk+1)vk = 0
Theo giả thiết quy nạp, hệ v1, v2, , vk độc lập tuyến tính ⇒ ti(λi− λk+1) = 0, i = 1, k
Vì λi ̸= λk+1 ⇒ ti = 0, i = 1, k
Thay ti = 0, i = 1, k vào hệ thức (1) ta được tk+1vk+1= 0 ⇒ tk+1 = 0
⇒ hệ {v1, v2, , vk, vk+1} độc lập tuyến tính Tức (∗) đúng với n = k + 1 ⇒ (∗) đúng với ∀n
Vậy (∗) được chứng minh, tức hệ {v1, v2, , vn} độc lập tuyến tính
Do đó ma trận A chéo hóa được
Trang 12Câu 5:Cho λ là trị riêng của toán tử tuyến tính T Chứng minh rằng, với mọi đa thức f (t), ta đều có
f (λ) là trị riêng của f (T )
Lời giải
+) Mệnh đề 1: Nếu A là ma trận biến đổi của toán tử tuyến tính f , thì Ancũng là ma trận biến đổi của
fn, ∀n ≥ 2 Ta sẽ chứng minh mệnh đề 1 bằng phương pháp quy nạp
Với k = 2, ta có: f (X) = AX, f2 = f ∗ f Khi đó f(2)(X) = f (f (X)) = f (AX) = A.(AX) = A2.X
⇒ A2 là ma trận biến đổi của f2
⇒ mệnh đề 1 đúng với k = 2
Giả sử mệnh đề 1 đúng với n = k, tức Aklà ma trận biến đổi của fk, hay f(k)(X) = f (f (f (f (X))))
= Ak.X (f xuất hiện k lần) Ta sẽ chứng minh mệnh đề 1 cũng đúng với n = k + 1 Thật vậy, ta có:
f(k+1)(X) = f (f(k)(X)) = f (Ak.X) = A.(Ak.X) = Ak+1.X
⇒ Ak+1là ma trận biến đổi của fk+1
⇒ mệnh đề 1 đúng với n = k + 1
⇒ mệnh đề 1 đúng với ∀n ̸= 2
Vậy mệnh đề 1 được chứng minh
+) Gọi A là ma trận biến đổi của toán tử tuyến tính T ⇒ Ak là ma trận biến đổi của Tk
+) λ là trị riêng của toán tử tuyến tính T ⇒ λ là trị riêng của ma trận A, tức det(A − λI) = 0
+) Giả sử f (t) =X
i=0
aiti ⇒ Af (T ) =X
i=0
aiAilà ma trận biến đổi của f (T ) và f (λ) =X
i=0
aiλi
⇒ det Af (T )− f (λ)I
!
= det X
i=0
aiAi−X
i=0
aiλiI
!
= det
(A − λI).B
= det(A − λI).detB = 0
⇒ f (λ) là trị riêng của ma trận Af (T )
⇒ f (λ) là trị riêng của f (T )