1 of 10 Ánh xạ tuyến tính • x − y Bâc 1 Định nghĩa Bâc Bâc +1=1 F (α x) = α F( x) F ( x + y ) = F ( x) + F ( y ) n x + z Bâc Bâc m -Ánh xạ tuyến tính f : R → R ,cho qui tắc biến đổi vecto x(n chiều), thành vecto y=f(x)(m chiều).lúc ta gọi y=f(x) ảnh x qua axtt f • x + y + z + : có biểu thức bậc (hằng số bậc 0) Bâc Bâc Bâc Bâc Vậy f axtt Xác định ánh xạ tu yến tính Ví dụ : Cho ánh xạ tuyến tính f : R3→R2.Biết Cho vecto u=(x,y) có thành phần x y,ta thu Ví dụ 1: Cho AXTT f: R2→ R3, định f(x,y) = (y,x,x-2y) vecto có thành phần theo cơng thức • f(1,1,0)=(-2,-1) • f(1,1,1)=(1,2) Axtt f biến vecto u=(2,3) thành vecto f(u)=f(2,3)=(3,2,-4) • f(1,0,1)=(-1,1) Tương tự vecto v=(2,1) thành vecto f(v)=f(2,1)=(1,2,0) a Tìm f(3,1,5)? VD Cho ánh xạ T : ℝ → ℝ định nghĩa: b Xác định biểu thức f T (x ; x ; x ) = (x − x + x ; 2x + 3x ) Giải Trong ℝ , xét x = (x 1; x ; x ), y = (y1; y2 ; y ) a Nhận xét {(1,1,0); (1,1,1); (1,0,1)} vecto đltt nên sở R3 Ta biểu diễn vecto (3,1,5) tổ hợp tuyến tính sở Xét tính chất (3,1,5) = (-2) (1,1,0)+3 (1,1,1)+(-2) (1,0,1) T ( x + y ) = T ( x1 + y1 , x2 + y2 , x3 + y3 ) Dựa vào tính chất ánh xạ tuyến tính ta =[( x1 + y1 ) − ( x2 + y2 ) + ( x3 + y3 ), 2( x1 + y1 ) + 3( x2 + y2 )] f(3,1,5) = f((-2) (1,1,0)+3 (1,1,1)+(-2) (1,0,1)) = =f((-2) (1,1,0))+f(3 (1,1,1))+f((-2) (1,0,1)) =[( x1 − x2 + x3 ) + ( y1 − y2 + y3 ), ( x1 + 3x2 ) + (2 y1 + y2 )] = (-2).f(1,1,0)+ 3.f(1,1,1)+ (-2).f(1,0,1) =( x1 − x2 + x3 , x1 + 3x2 ) + ( y1 − y2 + y3 , y1 + y2 ) = (-2) (-2,-1)+ (1,2)+ (-2) (-1,1) =f ( x) + f ( y ) = (-3,1,0) Xét tính chất b Xác định biểu thức f Tìm ảnh vecto x=(a,b,c) R3 T (α x) = T (α x1 , α x2 , α x3 ) Tương tự câu a,ta phải biểu diễn vecto x dạng tổ hợp tuyến tính ba vecto =(ax1 − ax2 + ax3 , ax1 + 3ax2 ) sở =a ( x1 − x2 + x3 , x1 + 3x2 ) (a,b,c) = λ1 (1,1,0)+ λ2 (1,1,1)+ λ3 (1,0,1) Giải hệ phương trình ta =a f ( x) λ1 = a-c ; λ2 = -a+b+c ; λ3 = a-b Bài toán kiểm tra f axtt :ta kiểm tra cơng thức f có biểu thức có bậc Vậy biểu thức f : khác khơng,nếu có f khơng phải axtt,ngược lại f axtt f(a,b,c) = f(λ1 (1,1,0)+ λ2 (1,1,1)+ λ3 (1,0,1)) Ví dụ 2: kiểm tra ax f(x,y,z) = (x-2y,x+z,x+y+z+1) = λ1.f(1,1,0)+ λ2.f(1,1,1)+ λ3.f(1,0,1) Ta kiểm tra thành phần = (2b-c;-2a+b+3c) Vậy biểu thức AXTT: f(x,y,z) = (2y-z,2x+y+3z) of 10 Cho f : R2→ R3,biết 1 1 2 f 1 f → 1 = f1 ; → = f ,biểu thức f ? 0 4 1 1 Ví dụ : V W Ker f Tìm Ker f tìm sở không gian nghiệm hệ pttt O Có f : R2→ R3 2chiều->2th.fan 3chiều->3th.fan Đặt f(x,y)=(ax+by,cx+dy,ex+fy) (trong a,b,c,d,e,f tham số chưa biết) 2a = a + 4b = f ( 2,0 ) = ( 2a, 2c, 2e ) = (1,1,1) Nên ta có ⇒ 2c = c + 4d = f (1, 4) = (a + 4b, c + 4d , e + 4f ) = (1,2,1) 2e = e + 4f = Suy a=c=e=1/2,b=f=1/8,d=3/8 Vậy biểu thức f 1 1 f ( x, y ) = ( x + y , x + y, x + y ) = (4 x + y ,4 x + y, x + y ) 8 8 • Tổng quát ta có : Cho f : V →W ánh xạ tuyến tính Cho B={u1, u2… un} tập sinh V Vecto x ∈ V ↔ x = λ1 u1+ λ2 u2…+ λn un f(x) = f(λ1 u1+ λ2 u2…+ λn un) Ví dụ Cho ánh xạ tuyến tính f : : R3→ R3,biết f(x1, x2 ,x3) = (x1+ x2- x3,2 x1+3 x2- x3, 3x1+ 5x2- x3) Tìm sở chiều Ker f ? Giải Ta có Ker f = {x∈ V / f(x)= O } Nên với x ∈ Ker f f(x1, x2 ,x3) = O (x1+ x2- x3,2 x1+3 x2- x3, 3x1+ 5x2- x3) = (0,0,0) x1 + x2 − x3 = ⇒ 2 x1 + x2 − x3 = : có sở không gian nghiệm { u1 = (2, −1,1) } 3 x + x − x = Vậy Ker f = u1 = (2, −1,1) } • Định nghĩa Ảnh ánh xạ tuyến tính Cho ánh xạ tuyến tính f : V →W Ảnh f tập hợp tất vecto y không gian vecto W cho tồn x∈ V để y = f(x) = λ1.f(u1)+ λ2.f(u2)…+ λn.f(un) Muốn xác định ánh xạ tuyến tính,ta cần biết ảnh tập sinh tập V Nhân Ảnh ánh xạ tuyến tính Định nghĩa Nhân ánh xạ tuyến tính Cho ánh xạ tuyến tính f : V →W Nhân f tập hợp tất vecto x không gian vecto V cho f(x) = Ker f = {x∈ V / f(x)=0 } Im f = {y∈ W / ∃ x∈ V : y = f(x)} V W Im f of 10 Định lí : o Cho ánh xạ tuyến tính f : V →W 1.Nhân ánh xạ tuyến tính f khơng gian V 2.Ảnh ánh xạ tuyến tính f không gian W 3.dim(Ker f) + dim(Im f) = dim(V) Đơn ánh – toàn ánh – song ánh Cho ánh xạ tuyến tính f : V →W, có B={ u1, u2… un } sở V - f đơn ánh ↔ Ker f ={ O } f(0,0,1) = (-1,-1,-1) B3 : Im f = (sv tự làm tiếp theo) Ví dụ : Cho ánh xạ tuyến tính f : : R3→ R3 Biết f(1,1,1) = (1,2,1);f(1,1,2) = (2,1,-1);f(1,2,1) = (5,4,-1) a Tìm sở chiều Ker f b Tìm sở chiều Im f (sv tự làm theo ví dụ 4) Ma trận ánh xạ tuyến tính cặp sở Cho AXTT f: V→ W,có B = {u1 , u2 , un } sở V, có F = {v1 , v2 , vm } sở W A gọi ma trận axtt cặp sở {B,F} • A xác định : ↔f (B) = (f(u1), f(u2)… f(un)) độc lập tuyến tính - Tọa độ vecto thứ f toàn ánh ↔ Im f =W ↔ f (B) = (f(u1), f(u2)… f(un)) tập sinh W - A = [ f ]B F f song ánh ↔ f vừa đơn ánh vừa toàn ánh [ f (u1 )]F = [ f (u n ) ] F [ f (u2 )]F ↔f (B) = (f(u1), f(u2)… f(un) sở W Mệnh đề Ảnh ánh xạ tuyến tính khơng gian sinh ảnh tập sinh V Các bước tìm ảnh ánh xạ tuyến tính B1 Chọn sở V B = { u1, u2… un } B2 Tìm f(u1),f(u2)…f(un) B3.Imf = < f(u1),f(u2)…f(un) > Ví dụ Cho ánh xạ tuyến tính f :: R3→ R3,biết f(x1, x2 ,x3) = (x1+ x2- x3,2 x1+3 x2- x3, 3x1+ 5x2- x3) Tìm sở chiều Im f ? Giải B1 : Chọn sở tắc R3,E={(1,0,0);(0,1,0);(0,0,1)} B2 : Có f(1,0,0) = (1,2,3) f(0,1,0) = (1,3,5) • A ma trận cấp m x n : • Biểu thức tọa độ m số chiều W(cơ sở F có m vecto) n số chiều V(cơ sở B có n vecto) f : V→W [ f ( x ) ] F = [ f ]B [ x ]B F A = [ f ]B F Tọa độ cua vecto ảnh f(x) nằm sở W (Lưu ý : B sở V,F sở W) Tọa độ cua vecto x sở V of 10 Đặc biệt : Mạ trận ánh xạ tuyến tính cặp sở tắc : Giải A= [ f ]E = [ f ]E Bước : u = f (1;1) = (0,1), v = f (1; 0) = (0,1) E [ f ( x ) ] = [ f ]E [ x ] [ f ]E lấy trực tiếp biết biểu thức axtt f Ví dụ 8: Cho axtt f : R2→ R2,với biểu thức f(x,y) = (2x-y,x-3y) Ma trận ánh xạ tuyến tính f sở tắc f(x,y) = ( x – y , x+ y) −1 [ f ]E = ma trận axtt có dịng hệ số thành phầnvecto tương ứng,do tọa độ vecto nên không xếp thành cột lưu ý để kiểm tra ta làm phép toán nhân [ f ( x) ] = [ f ]E [ x ] −1 x x − y = 3 y x + y [ f ( x ) ] = [ f ] E [ x ] = Ví dụ : Cho AXTT f : ℝ → ℝ , c f (x , y ) = (x − y, x ) Có sở } { 1 Bước : Vậy [f ]F = −1 −1 Bài toán cho trước ma trận AXTT cặp sở, tìm biểu thức f Ví dụ 11 : Cho ánh xạ tuyến tính f : ℝ2 → ℝ2 , ma trận f sở Bài toán cho trước biểu thức f, tìm ma trận AXTT cặp sở { 1 1 Bước : [u ]F = ,[v ]F = −1 −1 } B = u1 = (−1;1), u2 = (1; 0) F = v1 = (1; 2), v2 = (1; 3) Ma trận f 2 2 Biểu thức f là? F = v1 = (2;1), v2 = (1;1) 1 1 { } Giải sở B,F? Bước : gọi f(x,y)=(ax+by,cx+dy) Giải Bước : f(v1) = f(2,1)=(2a+b.2c+d), f(v2) = f(1,1)=(a+b,c+d) Bước : f (u1 ) = f (−1;1) = (−2, − 1), f (u2 ) = f (1; 0) = (1,1) 2 2 Bước : [f (v1 ) ]F = ,[f (v2 ) ]F = 1 1 −5 2 Bước : [f (u1 )]F = ,[f (u2 )]F = 3 −1 −5 2 Bước : Vậy [f ]FB = −1 Ví dụ 10 : Cho ánh xạ tuyến tính f : ℝ → ℝ , định f (x , y ) = (0, x ) Ma trận { } f sở F = (1;1), (1; 0) (tức tìm [f ]FF = [f ]F ) 2 Ta có : [f (v1 ) ]F = ⇔ f (v1 ) = 2.v1 + 1.v2 1 ⇒ (2 a + b, c+ d) = 2.(2,1) + 1.(1,1) 2a + b = ⇒ (I) 2c + d = Tương tự ta có of 10 Tìm f(x)? 2 [f (v2 ) ]F = ⇔ f (v2 ) = 2.v1 + 1.v2 Giải Áp dụng công thức ⇒ (a + b, c+ d) = 2.(2,1) + 1.(1,1) a + b = ⇒ (II ) c +d = f : R3 → R [ f ]F B B →F [ f ]E2 2a + b = a=0 2c + d = b = Từ (I) (II) ta có ⇒ ⇒ a +b = c=0 c +d = d=3 E3 E3 → E2 ⇒ [ f ]E2 = PE2 → F [ f ]B PB → E3 E F Vậy biểu thức f(x,y)=(5y,3y) • Ta áp dụng cơng thức : f :R → R [ f ]B B2 En En En → Em [ f ]En En B1 → B2 10 = 3 −1 − −3 −2 Ý nghĩa Cho ánh xạ tuyến tính f : V→W, với B sở V;B’ sở W.Lúc tồn ma trận AB , B′ cho : m [f] [ f ]E E2 Cơng thức tìm ma trận AXTT f Cho f : Rn→ Rm,có B1 sở Rn, B2 sở Rm n 1 1 1 −3 = 1 1 1 = PB2 → Em [ f ]Em PEn → B1 E En , B1 hai sở Rn Em , B2 hai sở Rm (Công thức sử dụng linh hoạt,hai cặp sở E B đổi chỗ cho nhau) Ví dụ 12: Cho f : R3→ R2,biết ma trận f cặp sở B = {(1,1,1);(1,0,1);(1,1,0)} F = {(1,1);(2,1)} −3 F A = [ f ]B = 0 4 [ f ]B′ = AB, B′ [ x]B n Ví dụ 13 : Cho Axtt f : R2→ R3,biết biểu thức f(x,y)=(x-3y,2y,4x+3y) Và hai sở B={u1=(1,1), u2=(1,2)} B’={v1=(1,0,1); v2=(1,1,1), v3=(1,0,0)} 2 Biết [ x ]B = , 0 1 , 1 [ y ]B = −2 1 [ z ]B = Tìm [f(x)]B’, [f(y)]B’,[f(z)]B’ Axtt f : Rn→ Rm.Gọi A ma trận f cặp sở B,B’ Ta có : of 10 • f đơn ánh ↔ rank(A) = n(≤m) • f tồn ánh ↔ rank(A) = m(≤n) • f song ánh ↔ rank(A) = n=m ↔ A ∈ Mn(R) det(A)≠0 Ví dụ 14 Cho ánh xạ tuyến tính f : R3→ R3,định f(x,y,z)=(x-2y+z,2x-5y+z,z) Hỏi f đơn ánh – toàn ánh hay song ánh? Giải PA(λ)=det(A- λIn) Cho PA(λ)=0 ta phương trình đặc trưng - Xét ma trận ánh xạ f sở tắc E3 A = [ f ]E 1 −2 1 = −5 1 0 1 Ta có rank(A)=3 Vậy f song ánh Ví dụ Cho ánh xạ tuyến tính f : R3→ R2,định f(x,y,z)=(x-y+z,2x-5y+mz) Hỏi với m f tồn ánh • f(v)=f(2,1)= (4,2)=2v - Đa thức đặc trưng : ma trận An có đa thức đặc trưng tính PA(λ) theo cơng thức : Định nghĩa hai ma trận đồng dạng Ma trận vuông A B cấp n gọi đồng dạng với tồn ma trận khả nghịch P cho : P −1 A P = B Xét phép biến đổi tuyến tính f A ma trận f sở E B ma trận f sở F 1 2 Ví dụ 15: Vecto x=(-2,2) vecto riêng ma trận ứng với trị riêng? 4 3 Giải Vì vecto x vecto riêng ứng với trị riêng λ,ta có −2 2 −2 −2 = λ ⇔ = λ 2 2 −2 2 ⇒ λ =1 Các bước tìm trị riêng vecto riêng : -Thiết lập phương trình đặc trưng,giải phương trình đặc trưng,ta trị riêng λi -Tìm vecto riêng u tương ứng với trị riêng λi cách giải hệ phương trình tuyến tính (A- λiIn 0).Tất nghiệm khác hệ vecto riêng ứng với trị riêng λi -Không gian nghiệm hệ phương trình tuyến tính (A- λiIn 0) gọi không gian riêng ứng với trị riêng λi, gọi Eλi Ví dụ 16 : Tìm trị riêng – vecto riêng,cơ sở,chiều không gian riêng tương ứng ma trận A 3 1 A = 1 Thì A B hai ma trận đồng dạng Trị riêng – vecto riêng.(tài liệu trình bày ma trận) Cho ánh xạ tuyến tính f : R2→ R2, ,định f(x,y)=(3x-2y, x) Cho hai vecto u=(1,2);v=(2,1) Có f(u)=f(1,2)= (-1,1) Trị riêng : λ ∈R gọi trị riêng ma trận A tồn vecto u ≠0 : A.[u]= λ.[u] Vecto riêng : u ≠0 gọi veto riêng ứng với trị riêng λ Giải 7 of 10 Phương trình đặc trưng : det(A- λIn)=0 3−λ 4−λ 1 3−λ Các bước chéo hóa ma trận A = ⇔ (λ − 2) (λ − 6) = Bội đại số λ1 = Bội đại số λ2 = * λ1 = ,gọi u=(x,y,z) trị riêng tương ứng λ1 = Bước : Tìm vecto riêng tương ứng với trị riêng – kiểm tra tổng đại số tổng hình học Vậy có trị (bội H.hoc trị riêng phải bội Đ,so tương ứng) Thiết lập hệ phương trình tuyến tính (A- λiIn 0) Bước : Lập ma trận P Tính ma trận chéo D 1 1 1 1 z = α 2 = ⇔ 0 0 ⇒ y = β 1 1 0 0 x = −α − β Suy u = (−α − β , β ,α );α + β > : vecto riêng tương ứng với λ1 = Bước : Tìm trị riêng – kiểm tra tổng bội đại số với bậc ma trận Có u = ( −α − β , β ,α ) = ( −α , 0, α ) + ( − β , β ,0) = α ( −1,0,1) + β ( −1,1,0) v1 v2 Vậy không gian riêng Eλ1 = E2 có sở {v1 , v2 } = {(−1,0,1);(−1,1,0)} dim(E2) =2 riêng có bội đại số ≥2 cần ý xét điều kiện chéo hóa!!! 1 3 Ví dụ 17 : Chéo hóa ma trận A = −3 −5 −3 3 Bước : Tìm trị riêng Phương trình đặc trưng : PA (λ ) = −(λ − 1)(λ + 2)2 Tổng bội đại số 1+2=3 Bội hình học λ = ⇒ λ2 = −2 λ1 = * λ2 = Tương tự ta có u = (0,0, γ ); γ ≠ : vecto riêng tương ứng trị riêng λ2 = Vậy khơng gian riêng Eλ2 = E6 có sở {(0,0,1)} dim(E6) =1 Bội hình học λ2 = - bội hình học ≤ bội đại số Chéo hóa ma trận Ma trận A chéo hóa A đồng dạng với ma trận chéo D A có n vecto riêng độc lập tuyến tính lập thành ma trận sở khơng gian Rn Điều kiện để chéo hóa ma trận : tổng bội đại số = tổng bội hình học = bậc đa thức đặc trưng Nếu ma trận An có n trị riêng phân biệt A chéo hóa Bước : Tìm vecto riêng Tổng bội hình học=3=tổng bội đại số • λ1 = : v1 = (1, −1,1) • λ2 = −2 : v2 = (−1,1,0); v3 = (−1,0,1) Bước : Lập ma trận P ma trận chéo P λ1 v1 −1 −1 P = −1 1 v2,v3 đổi chỗ 1 0 ⇒ D = P A.P = −2 0 −2 −1 λ2 of 10 Bài tốn tìm điều kiện tham số m để ma trận A chéo hóa Vậy a=0 A chéo hóa • 1 a Ví dụ 18 : Cho ma trận A = Hỏi với điều kiện a A chéo 0 hóa Giải A có ba trị riêng phân biệt λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = nên A chéo hóa với a≠0 −1 z = α 0 a ⇒ y = ⇒ X = (3α ,0,α ) = α (3,0,1) x = 3α 0 0 Ứng với trị riêng λ2 = ,có vecto riêng độc lập tuyến tính a Vậy a≠0 A khơng chéo hóa 1 Ví dụ 19 : Cho ma trận A = a Hỏi với điều kiện a A chéo 0 hóa 1 a Ví dụ 20 : Cho ma trận A = 0 Hỏi với điều kiện a A chéo 0 hóa Giải Giải A có đa thức đặc trưng PA (λ ) = (λ − 1).(λ − 2) A có đa thức đặc trưng PA (λ ) = (λ − 1).λ Muốn A chéo hóa trị riêng λ2 = phải có vecto riêng độc lập Muốn A chéo hóa trị riêng λ2 = phải có vecto riêng độc lập Tìm vecto riêng ứng với trị riêng λ2 = Tìm vecto riêng ứng với trị riêng λ2 = −1 0 a 0 0 0 • 1 a 0 0 0 0 Muốn có vecto riêng độc lập hệ phương trình phải có hai ẩn tự do⟹chỉ có phần tử trụ a=0 −1 z = α ⇒ X = (3α + β , β ,α ) 0 0 ⇒ y = β = α (3,0,1) + β (1,1,0) x = 3α + β 0 0 Ứng với trị riêng λ2 = ,có hai vecto riêng độc lập tuyến tính Muốn có vecto riêng độc lập hệ phương trình phải có hai ẩn tự do⟹chỉ có phần tử trụ Hệ có ẩn tự do,nên số vecto riêng độc lập một⟹A không chéo hóa với a (vì bội hình học bé bội đại số 2) Các ứng dụng 9 of 10 a Định lý Cayley - Hamilton Nếu PBĐTT f : ℝn → ℝ n có ma trận biểu diễn A đa thức đặc trưng Pf (λ) thì: Ví dụ 21 tìm trị riêng ma trận Giải Đa thức đặc trưng: −λ Pf (A) = (0ij )n P (λ) = VD 11 Cho PBĐTT f : ℝ → ℝ có ma trận biểu − 2 diễn A = Pf (λ) = λ − 5λ + 1 2−λ 0 1−λ Giải 1 Xét ma trận B = đồng dạng với ma trận A 5 4 −2 4 −2 0 0 Ta có: Pf (A) = − + 6I = 1 1 0 0 3 0 Tính det B ? 1 + 14A5 + 4A4 + 8I = λ − 10λ + 14λ + ⇒ A − 10A2 + 14A + 4I = (0ij )3 7 VD 12 Cho ma trận A = 0 3 Trong đó, B = A − 10A6 1 −1 A= 1 5 −1 ⇒ A7 − 10A6 + 14A5 + 4A4 = (0ij )3 8 0 ⇒ B = 8I = 0 0 0 8 Vậy det B = 83 = 512 b Tính lũy thừa ma trận Ak Nhận xét P −1AP = D ⇒ A = PDP −1 ⇒ A2 = (PDP −1 )(PDP −1 ) = PD 2P −1 ⇒ Ak = PD k P −1 = P [diag(λ1, , λn )]k P −1 B có trị riêng λ1 = 2, λ2 = , nên trị riêng A Ma trận trực giao : ma trận mà cột tạo nên họ trực chuẩn −1 / Ví dụ : P = / Nhận xét : P ma trận trực giao ta có PT = P −1 Ma trận vng A gọi chéo hóa trực giao tồn ma trận trực giao P ma trận chéo D cho k k k −1 Vậy A = P diag (λ1 , , λn ).P VD Tiếp VD 2, ta có: 0 −1 −1 210 0 1 10 10 A = 1 0 −1 0 1−1 −1 1 −1023 1023 = 1023 2047 −1023 1023 1023 Hai ma trận A B gọi đồng dạng tồn ma trận P cho : A = P −1.B.P Lưu ý : hai ma trận đồng dạng có tập trị riêng, vecto riêng lại khác / 3 / / ma trận trực giao / / −1 / A = PDP −1 = PDPT Nếu A ma trận đối xứng thực, ta có • A ma trận chéo hóa trực giao • Các vecto riêng ứng với trị riêng khác trực giao với Các bước chéo hóa trực giao ma trận đối xứng thực Bước : Tìm trị riêng Bước : Tìm khơng gian riêng ứng với trị riêng Trực chuẩn hóa sở khơng gian riêng Bước : Lập ma trận trực giao P Tìm ma trận chéo D 10 of 10 Ví dụ 22 Chéo hóa ma trận đối xứng thực sau −2 A = −2 2 x3 = suy sở trực chuẩn E-2 : −2 Giải Bước Ma trận P ma trận chéo D Bước Tìm trị riêng 1 / P= 1 / det ( A − λ I ) = (7 − λ )2 (−2 − λ ) −1 / 18 / 18 / 18 / 3 / −2 / 3 / 3 7 0 / ; D = 0 −2 −2 / 3 λ =7 ⇒ λ = −2 Bước Tìm sở khơng gian riêng – trực chuẩn hóa Định nghĩa Cơ sở B1 không gian riêng E7 : Cho V không gian vecto, ánh xạ tuyến tính f : V → V Số λ ∈ R gọi trị riêng cùa f, tồn vecto x≠0 ∈ V cho f ( x) = λ x 1 x1 = 0 1 Khi vecto x gọi vecto riêng ánh xạ tuyến tính f tương ứng với trị riêng λ Các bước tìm trị riêng – vecto riêng ánh xạ tuyến tính Bước Chọn sở B tùy ý kgvt V −1 ; x2 = Tìm ma trận A axtt sở B Trực chuẩn hóa sở B1 thành sở trực giao F1={f1, f2} 1 f1 = x1 = 1 −1 ; f = 1 1 / Vậy sở trực chuẩn E7 : 1 / Với E-2 ta có : Trị riêng – vecto riêng ánh xạ tuyến tinh Bước Tìm trị riêng λ vecto riêng x A Bước 3.Kết luận −1 / 18 ; / 18 / 18 Trị riêng A trị riêng axtt (và ngược lại) Vecto riêng A tọa độ vecto riêng axtt sở B