bai tạp dai so tuyen tinh nang cao

 Bài 3: Chứng minh rằng các toán tử sau không chéo hóa được trên R Suy ra A không chéo hóa được.. Bài tập Đại số tuyến tính ` Suy ra A không chéo hóa được.. Bài 4: C minh các toán tử s

Trang 1

Bài 1: Tìm đa thức đặc trưng của các ma trận sau đây:

Trang 2

Bài tập Đại số tuyến tính `

* Với 2: ta giải hệ A I X 3 0(1) với

Do đó dimE(2)  2 và cơ sở của E(2) là :  1,0, 1 , 0,1, 1      

* Với 6 : ta giải hệ A6I X3 0(2) với

2 ,( )

Do vậy dim (6)E  1 và cơ sở của E(6) là  1,2, 1  

Vậy A chéo hóa được và dạng chéo của A là 1

* Với  1: ta giải hệ phương trình  

Suy ra dimE(1)   2 3 Cơ sở của E(1) là  1, 0,0 ,(0,0,1)  

Do vậy B không chéo hóa được

c) * Đa thức đặc trưng:     2  

C I Dễ thấy đa thức đặc trưng của C không phân rã

trên R nên C không chéo hóa được

* Phương trình đặc trưng : CI3    0  1

Suy ra C có một giá trị riêng là  1

(bội 3)

Trang 3

* Với  1 : ta giải hệ phương trình  

Cơ sở của E(-1) là (1,1, 1)  

d) * Giải phương trình đặc trưng

Suy ra D có một giá trị riêng là  2

* Với 2, ta giải hệ phương trình B2I X3 0(3) với

Do đó cơ sở của E(2) là (1, 2, 0), (0, 0,1) 

Hơn nữa, dimE(2)   2 3 Vậy D không chéo hóa được

e) * Giải phương trình đặc trưng

Suy ra E có hai giá trị riêng là 0 và  1

* Với 1 ta giải hệ E I 4X0 (4) với

xxXxx

Do đó cơ sở của E(1) là (0, 0, 0,1) 

Dễ thấy dimE(1)   1 2 Suy ra E không chéo hóa được

(bội 2) (bội 2)

Trang 4

2

1 4

3

00

Do đó cơ sở của E(0) là (0,1, 0, 0), (0, 0,1, 0) 

Bài 3: Chứng minh rằng các toán tử sau không chéo hóa được trên R

Suy ra A không chéo hóa được Vậy f không chéo hóa được

b) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là  

Trang 5

Suy ra A không chéo hóa được Vậy f không chéo hóa được

Bài 4: C minh các toán tử sau đây chéo hóa được trên R và tìm cơ sở trong đó toán tử có dạng chéo

x

Suy ra dimE(1)  1 và cơ sở của E(1) là  3; 3;1   

VìdimE 2 dimE 1 3 nên f chéo hóa được và cơ sở mà trong đó f có dạng chéo

(bội 2)

Trang 6

b) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R 4 là

xxXxx

Suy ra dimE( 2)   1 và cơ sở của E(-2) là  1, 1,1,1  

Vì dimE 2 dimE  2 4 nên f chéo hóa được và cơ sở mà trong đó f có dạng chéo là

1,1,0,0 , 1,0,1,0 ,(1,0,0,1), 1, 1,1,1 

Bài 5: Toán tử sau đây có chéo hóa được trên R không? Trong trường hợp chéo hóa được hãy tìm

một cơ sở mà trong đó toán tử có dạng chéo

f : R 3 R 3

(bội 3)

Trang 7

2,

(t R)

Do đó dimE(3)  1 và cơ sở của E(3) là  2,1,1  

Vì dimE  1 dimE 2 3 nên f chéo hóa được và cơ sở mà trong đó f có dạng chéo là

a) Trên , đa thức đặc trưng không phân rã nên A không chéo hóa được

b) Trên , dễ thấy phương trình đặc trưng có 3 nghiệm phân biệt nên A chéo hóa được

(bội 2)

Trang 8

Bài 7: Tìm điều kiện đối với a, b,c để ma trận sau đây chéo hóa được trên :

0 0 0 0

0 0 0A=

* Để A chéo hóa được thì dim(E(0)) = 4  4 rank A( )   4 rank A( )  0    a b c 0.

Vậy khi a = b = c = 0 thì A chéo hóa được trên

Bài 8: Chứng minh rằng nếu A là ma trận vuông cấp hai trên trường số phức thì A đồng dạng trên

với một ma trận thuộc một trong hai dạng sau:

Gọi A là ma trận vuông cấp hai trên Ta có phương trình đặc trưng P A  0(1) là một phương trình

bậc 2 với ẩn  Do đó P A  0 luôn có nghiệm trên

TH1: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 a;2 b Suy ra A chéo hóa được và A đồng dạng

với ma trận chéo 0

0

ab

cD

Vậy bài toán được chứng minh

Bài 9: Cho A là ma trận vuông cấp 2 trên trường số thực Chứng minh rằng A là ma trận đối

xứng (nghĩa là At A) thì A chéo hóa được trên

Giải

Trang 9

   dạng chéo nên A chéo hóa được

Vậy A luôn chéo hóa được

Bài 10: Hãy tìm điều kiện đối với các số thực sao cho ma trận sau đây chéo hóa được:

* Dễ thấy phương trình đặc trưng có các nghiệm 1(nghiệm đơn) và 2 (nghiệm kép)

Do đó ma trận A chéo hóa đượcdimE 2 2  3 rankA2I3 2 rankA2I31

A I c Ta suy ra rankA2I1 khi và chỉ khi c  0, ,a bK

Kết luận: Ma trận A chéo hóa được khi và chỉ khi c  0, ,a bK

R sao cho ma trận biểu diễn toán tử f trong cơ sở đó là một ma trận chéo

Trang 10

b) Với mỗi số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2, chứng minh rằng tồn tại một toán tử 3 3

:

g R R sao cho n

Suy ra A chéo hóa được

* E(1) là không gian nghiệm của hệ phương trình:

Trang 11

b) Cách 1

Xét g R: 3 R3 và   

0 B

thỏa điều kiện (*)

Vậy với mỗi số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2, luôn tồn tại một toán tử g R: 3 R3 sao cho gn f

Bài 12

Cho V là một K-kgvt, f g, End V( ) thỏa f g g f Chứng minh rằng mọi không gian con riêng của

f đều ổn định đối với g và Kerf và Imf ổn định đối với g

Giải

* Chứng minh: mọi không gian con riêng của f đều ổn định đối với g

Giả sử E( ) là một không gian con riêng của f ứng với giá trị riêng  Ta cần chứng minh

* Chứng minh: Kerf ổn định đối với g

Ta cần chứng minh g(ker )f  ker f Thật vậy:

Trang 12

f

v ker

 thì f v( )  0 Khi đó: f g v( ( )) f g v( ) g f v( ) g f v( ( )) g(0)   0 g v( )  kerf Suy ra g(ker )f  ker f

* Chứng minh: Imf ổn định đối với g

Ta cần chứng minh g(Im )f  Imf Thật vậy:

Ta dễ dàng tìm được:

+ Vector riêng của AB ứng với 0 có dạng v1 t1,t1,t1C\ 0  

+ Vector riêng của BA ứng với 0 có dạng v'10, ' , 't1 t1C\ 0  

+ Vector riêng của AB ứng với 2 có dạng v2 t t2, 2,t2C\ 0  

+ Vector riêng của BA ứng với 2 có dạng v'2 t' ,0 , '2  t 2C\ 0  

Ta có vi vj với i1,2;j1,2; , , ' , 't t t t1 2 1 2C\ 0  

Suy ra AB và BA không có chung vector riêng nào Vậy khẳng định: “A B, M C n Nn( ),  \ 0;1  , AB

và BA có chung ít nhất một vector riêng” không đúng

Trang 13

* Để PR x  là một vector riêng của f ứng với giá trị riêng  thì f P( ) P , do đó f(P) và P phải cùng

bậc Dễ thấy, theo cách xác định của f thì P phải có bậc tối đa bằng 1 mới thỏa, tức PR x1 

Vậy f có hai giá trị riêng là   1 và   3.

* Với   1 các vector riêng v khác 0 của A là nghiệm hệ phương trình:

1 1

Các vector riêng ứng với   1 của A là 3 ; ,t t t R\ 0 

* Với   3 các vector riêng v khác 0 của A là nghiệm hệ phương trình:

R t t x

t x x

x x

x X

330

1 2

Trang 14

Các vector riêng ứng với    3 của A là  t t t; , R\ 0 

Vậy các vector riêng của f là  3t tx và t tx t , R\ 0  

Trang 15

Kiểm tra lại ta có f (x)k t (k 1)(x) ,k t tC\ 0 ,  k 1,n

Suy ra  k 1,k 1,n là các giá trị riêng của f và các vector riêng tương ứng là

Dễ thấy phương trình đặc trưng AIn1 0 có n+1 nghiệm là 1,2,…,n+1

Vậy f có n+1 giá trị riêng là 1,2,…,n+1

* Với   1 các vector riêng v là nghiệm hệ phương trình(A I n1)X 0

1 3

n

xx

Trang 16

1 2 3

n n

xxx

x

xn

0

k k k

Trang 17

Bài 16: Cho V là một K-kgvt hữu hạn chiều, f End V( ), W là một không gian con ổn định đối với f ,

Aik+1,…,in là định thức con chính lập nên từ các cột và hàng có chỉ số ik+1,…,in

Cho i1,…,ik chạy, cuối cùng ta được n-k bằng tổng các định thức con chính cấp n-k

A A

Trang 18

Trang 19

Trang 20

Xét

2 3

Trang 21

Một vector riêng là u2 0,a,1

* Với  1: ta xét hệ pt: A I X0,với

1 2 3

Xét

2 3 1

x Chọn một vector riêng là (1,0,1)

Trang 22

* Với  1: ta xét hệ pt: (A I X 3) 0với

1 2 3

x Chọn một vector riêng là (1,1,0)

* Với 2a1: ta xét hệ pt: (A(2a1) )I X3 0với

1 2 3

* TH 2 : Nếu a0 ta có 1 là nghiệm bội 2 của phương trình đặc trưng

Với 1 ta tìm được có dimE(1)=2 Và hai vector trong cơ sở của nó là (1,0,1), (-1,1,0)

Với  1 ta tìm được một vector riêng là (1,1,0)

Suy ra ma trận làm chéo hóa A là

* TH 3 : Nếu a 1 ta có 1 là nghiệm bội 2 của phương trình đặc trưng

Với  1 ta tìm được có dimE(-1)=2 Và hai vector trong cơ sở của nó là (1,1,0), (-1,0,1)

Với 1 ta tìm được một vector riêng là (1,0,1)

Trang 23

Suy ra ma trận làm chéo hóa A là

001

110

101

010

0

00

1

01

0

3 R GL

10

01

11

12

01

11

20

11

01

21

11

01

Trang 24

Giả sử f V: V là tự đồng cấu lũy linh và chéo hóa được Ta cần chứng minh f x( )    0, x V.

Ta có f x( )    f x (*), trong đó  f là ma trận biểu diễn của f đối với cơ sở chính tắc của V

Vì f lũy linh nên tồn tại m nguyên dương, m ≥ 1 sao cho: f m( )x   0, x V

Khi đó, ta thay  f 0 vào (*) ta sẽ đượcf x( )    0, x V.

Bài 24: Cho n * , ,A BMn(K) sao cho AB chéo hóa được

a) CMR: Nếu A hoặc B khả nghịch thì thì BA chéo được

b) Kết quả trên có đúng không nếu có giả thiết khả nghịch?

Chứng minh

a) Không mất tính tổng quát, ta giả sử A là khả nghịch Vì AB chéo hóa được nên tồn tại ma trận P khả

nghịch và ma trận D có dạng chéo sao cho AB = P.D.P-1

Suy ra A-1.AB.A = A-1P.D.P-1.A hay BA = (A-1P)D.(A-1P)-1

Trang 25

Đặt Q = A-1P thì Q khả nghịch và ta có BA = Q.D.Q-1

Vậy BA chéo hóa được

b) Kết quả trên không còn đúng nếu bỏ giả thiết khả nghịch Thật vậy: xét 0 1 1 1

Trang 26

Hệ B ={u1, u2, u3} như trên là độc lập tuyến tính

Đặt P      u1 u2 u3 , thì P là ma trận chuyển từ cơ sở B0 sang cơ sở B

.n n

AP f P A P f P Ta cần tính   1 0 00 3 1 ?

0 0 3

n n

Bf

Đa thức đặc trưng của A: P() = det(A-I) = -(-1)(-16)

Suy ra A chéo hóa được hay B2 chéo hóa được Do đó, B chéo hóa được

Thế nên tồn tại P khả nghịch sao cho: B = PDP-1, với D là dạng chéo của B

Từ đây cho ta: B2 = PD2P-1 Ta cần tìm D và P

* Với  = 0, ta có:

Trang 27

Trang 28

0 0

21

uv

a) Ta tính đa thức đặc trưng của A là PA    24

Nghiệm của đa thức đặc trưng là: 2;4 Từ đó ta suy ra A chéo hóa được

Trang 29

2

3l

dy

dtdz

Dể thấy dim E(1) = 1 < 2.Suy ra A không chéo hóa được

* Tam giác hóa ma trận A

Ta có: PA( ) = 2

( 1) ( 3)

   phân rã trên R nên A tam giác hóa được

Xem A là ma trận của toán tử tuyến tính f: R 3  R 3 đối với cơ sở chính tắc A tam giác hóa được nên

tồn tại cơ sở B = { u1, u2, u3} sao cho ma trận của f theo cơ sở B có dạng tam giác:

Trang 30

+ Tìm u 1 : f(u1) = u1 nên tọa độ u1 là nghiệm hệ phương trình: (A – I)

1 2 3

xxx

112

''

3 '

dx

dtdyydtdz

zdt

''

t t t

xyz

Trang 31

Trang 32

Trang 33

a) Tìm đa thức đặc trưng của A

b) Hãy tìm một ma trận Jordan A’ đồng dạng với A và chỉ rõ ma trận P khả nghịch thỏa mãn A' P AP   1

c) Tính An với n là một số nguyên dương bất kỳ

Ta có dim N  1 1, dim E( 1) 1; d im N 1   3, dim E(1) 1

Do đó ma trận biểu diễn của f , f1 2 đều có một khối

Vậy dạng chính tắc Jordan của A là:

Trang 34

Suy ra ánh xạ đã cho không phải là tích vô hướng với mọi giá trị của 

Bài 2: Với mọi số thực x x1, 2, ,x n Chứng minh rằng:

Trang 35

Bài 3: Cho không gian vector M n( )R gồm các ma trận vuông cấp n trên trường số thực R

a) Với A aij M R n( ), tính vết Tr(AA )T theo aij Qua đó chứng minh rằng Tr A( )  nTr(AA )T b) Chứng minh rằng ánh xạ ( , )A B Tr(AB )T xác định một tích vô hướng trong không gian M n( )R

Giải

a) Ta có:

2 1 1

2 2 1

2 1

n

j T

j

n

nj j

n T

Trang 36

Bài 4: Xét không gian Euclid 3

R với tích vô hướng chính tắc

a) Cho P là mặt phẳng trong trong R được xác định bởi phương trình 3 x12x2x3 0 và  là phép chiếu trực giao từ R xuống P Hãy viết ma trận biểu diễn của 3  trong cơ sở chính tắc

b) Cho các vector u11, 0,1 , u2 2,1, 0 , u3 (1,1,1) Chứng minh rằng Bu u u1, 2, 3 là một cơ sở của 3

R Xét xem B có phải là cơ sở trực chuẩn không Nếu B không phải là cơ sở trực chuẩn thì hãy sử dụng quá trình trực chuẩn hóa Gram-Schmidt để xây dựng từ B một cơ sở trực chuẩn B'e e e1, ,2 3

  Suy ra B là một cơ sở của R 3

Ta có u u1, 2 0 Suy ra B không phải là cơ sở trực chuẩn của 3

R

Trang 37

1(1,1, 1)3

v e v

3 3

1( 1, 2,1)6

v e v

Bài 4’: Trong không gian Euclid với tích vô hướng chính tắc cho các vector u1(2,1, 2, 4) ,

2 ( 2,1, 1, 6), 3 ( 2,3, 4, 8)

u     u     Gọi W= u u u là không gian con của 1, 2, 3 4

R sinh ra bởi các vector

Suy ra một cơ sở của W là (1, 6, 4, 0), ( 5, 2, 0, 2) 

b) * Trực chuẩn hóa cơ sở Bv v1, 2 của W

Dễ thấy v v1, 2 0 Suy ra Bv v1, 2 là trực giao

Trang 38

Do đó e e1, 2 là một cơ sở trực chuẩn của W

* Ta có prW u  u e e, 1 1 u e e, 2 2 (2,3, 5, 2)

BÀI TẬP BỔ SUNG

Bài 1: Cho  là một giá trị riêng của toán tử khả nghịch f Chứng minh  1

là giá trị riêng của f 1

Vì  là một giá trị riêng của toán tử f nên AIn 0  *

Giả sử 0thì (*) trở thành A0 Suy ra A không khả nghịch, nghĩa là f không khả nghịch (trái giả thiết) Do vậy  0 Khi đó:

là một giá trị riêng của A Vậy 1  1

là giá trị riêng của f1

Bài 2: Cho v là một vector riêng của các toán tử tuyến tính f và g Chứng minh rằng v là một vector riêng

của f g

Giải

Vì v là vector riêng của toán tử tuyến tính f và g nên ta có: f v fv f v;  gv

Suy ra f g v  f v   g v fvgv f gv

Bài 3: Cho v là vector riêng của toán tử tuyến tính f Chứng minh rằng  k K thì v là một vector riêng của toán tử tuyến tính kf

Giải

Vì v là vector riêng của toán tử tuyến tính f nên f v v Khi đó, k K  ta có:

Trang 39

  kf v kf v k v  k v

Suy ra v là một vector riêng của toán tử tuyến tính kf

Bài 4: Cho  là một giá trị riêng của toán tử tuyến tính f Chứng minh n là giá trị riêng của fn(n2)

Giải

Gọi v là vector riêng ứng với giá trị riêng  của toán tử tuyến tính f Ta có f v v

Ta chứng minh fn v nv(*)n2 bằng phương pháp qui nạp

Vậy fn v nv n2 Do đó, n là giá trị riêng của fn(n2)

Bài 5: Cho  là một giá trị riêng của toán tử tuyến tính f Chứng minh p  là 1 giá trị riêng của p f 

Suy ra p  là 1 giá trị riêng của p f 

Bài 6: Cho toán tử tuyến tính f V: V và P t K t  Chứng minh rằng KerP f  bất biến đối với

f

Giải

Trang 40

Do đó nên k là số tự nhiên bé nhất thỏa  A T h 0

Vậy AT lũy linh bậc k

* Chứng minh tương tự ta có cA là ma trận lũy linh bậc k

Bài 8: Cho A B, Mn K có AB BAvà A, B lũy linh Chứng minh rằng AB và A B lũy linh

Giải

Giả sử A lũy linh bậc h và B lũy linh bậc k Khi đó A x B y   0, x h y, k

* Chứng minh AB lũy linh:

Vì ABBAnên  AB h A Bh h 0.Bh 0 Vậy AB lũy linh

* Chứng minh A B lũy linh:

Định dạng
Số trang	43
Dung lượng	1,08 MB
File đính kèm	bai tạp dai so tuyen tinh nang cao.rar (832 KB)