100 bai tap dai so tuyen tinh co loi giai chi tiet

Cho f là phép biến đổi tuyến tính của không gian vector V và 0 là một giá trị riêng của f.. Theochứng minh trên, nếu tồn tại trị riêng bằng 0 thì f không khả nghịch.. Do đó, nếu f khả ng

MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

N.T.Nhựt 1Version 1

1

nguyentannhut19061987@gmail.com

Tài liệu này xin gửi tặng cho tất cả những ai có cơ duyên nhặt được

nó mà không đem lòng ghét bỏ.Đây là món quà tui tự thưởng cho mình sau những ngày mài mò

LATEX tưởng như tuyệt vọng 1

1 Vì thời gian không đủ nên còn vài bài trong chương IV chưa kịp giải (khoảng 6 bài), chủ yếu là các bài tính toán dài nhưng không phức tạp Do đó tài liệu này là một bản chưa hoàn thiện, nó sẽ được cập nhật trong tương lai cho những ai cần.

Một số tuyên bố XANH

NGƯỜI

Ê Không chịu trách nhiệm xuất bản, nội dung, cũng như bất kì một khúcmắc nào khác mà người đọc gặp phải

Ë Người sắp chữ tài liệu này có hiện tượng đạo văn

Ì Một số ý tưởng trong một số chứng minh không khuyến khích người đọclàm theo (tợ tợ như là “ cấm trẻ em dưới 18 tuổi ”)

Í Nếu trong tài liệu này có một chữ nào đó không đúng chính tả thì đó làlỗi của Cô giáo thời Tiểu học

Î Biển học là vô bờ, ai khờ mới nhảy xuống biển

Chương 3

SỰ CHÉO HÓA

Bài 1 Cho f là phép biến đổi tuyến tính của không gian vector

V và 0 là một giá trị riêng của f Chứng minh rằng f không khảnghịch Mệnh đề “ f khả nghịch khi và chỉ khi tất cả trị riêng của

f khác 0 ” có đúng không?

Lời giảiGiả sử A là ma trận của f đối với một cơ sở bất kì trong V , vì λ = 0 là mộttrị riêng của f nên ta có:

det (A − λI) = 0 ⇔ det (A − 0I) ⇔ det(A) = 0Suy ra A là ma trận suy biến nên toán tử f không khả nghịch

Ta chứng minh mệnh đề “f khả nghịch khi và chỉ khi tất cả trị riêng của fkhác 0 ” đúng

• Nếu f khả nghịch, cần chứng minh tất cả trị riêng của f khác 0 Theochứng minh trên, nếu tồn tại trị riêng bằng 0 thì f không khả nghịch Do

đó, nếu f khả nghịch thì mọi trị riêng của f phải khác 0

• Ngược lại, nếu tất cả trị riêng của f khác 0, cần chứng minh f khả nghịch.Giả sử f không khả nghịch, với mọi trị riêng λ của f , ta có:

det(A) = 0 ⇔ det(A − λI) = 0

Từ đây suy ra λ = 0, vô lí vì điều này mâu thuẫn với giả thiết λ 6= 0.Vậy mệnh đề đã cho đúng



Bài 2 Cho λ là một trị riêng của toán tử khả nghịch f Chứngminh λ−1 là trị riêng của f−1

Lời giảiGiả sử f ∈ EndK(V ), gọi A là ma trận của f đối với một cơ sở bất kì trong

V và λ là một ma trận của f Do f khả nghịch nên λ 6= 0 và f là một đẳngcấu, do đó f−1 có ma trận là A−1

det (A − λI) = 0 ⇔ det (A − λI) det A−1
= 0

Lời giảiGiả sử λ ∈ K là giá trị riêng của f ứng với vector riêng v và với mọi k ∈ K

(kf )(v) = kf (v) = (kλ)vSuy ra v là vector riêng của toán tử kf

Cần chứng minh fn(v) = λn

v, ∀n > 2

• Nếu n = 2 thì f2(v) = f (f (v)) = f (λv) = λf (v) = λ2v, do đó điều cầnchứng minh đúng với n = 2.

• Nếu fk−1(v) = λk−1

v, ∀k > 3 thì

fk(v) = f fk−1(v)
= f λk−1v
= λk−1f (v) = λkv

Theo nguyên lí qui nạp luôn có fn(v) = λnv, ∀n > 2

Vậy λn là trị riêng của fn(n > 2)



Bài 6 Cho f là phép biến đổi tuyến tính của không gian vector V

và λ1, λ2 là các trị riêng phân biệt của f ứng với các vector riêng

v1, v2 Khi đó λ1+ λ2 và λ1· λ2 có là trị riêng của f hay không?

Lời giảiXét phép biến đổi tuyến tính f : R2

→ R2sao cho f (x, y) = (x + y, 3x − y)

Gọi A là ma trận của f với cơ sơ chính tắc của R2

1 − λ 1

3 −1 − λ

= 0 ⇔ λ2− 4 = 0

Gọi v là vector riêng của f ứng với trị riêng λ và P (t) =X

Vậy P (λ) là trị riêng của P (f )

Cần chứng minh f (ker g) ⊂ ker g, nghĩa là: f (v) ∈ ker g, ∀v ∈ ker g

Thật vậy, với mọi v ∈ ker g

0 Từ đó suy ra nếu f 6= θ thì f không chéo hóa được

Lời giảiGiả sử λ ∈ Q là trị riêng và v ∈ V là vector riêng ứng với trị riêng λ của f

Theo giả thiết, tồn tại m nguyên dương sao cho

fm(v) = θ ⇔ λmv = θ ⇔ λm= 0 ⇔ λ = 0Giả sử f chéo hóa được và dim V = n, khi đó tồn tại cơ sởU = {u1, u2, , un}với ui, i = 1, n là các vector riêng trong V sao cho

Bài 10 Cho V là không gian vector hữu hạn chiều trên R và f

là một phép biến đổi tuyến tính của V sao cho f2 = IdV Chứngminh rằng tổng tất cả các trị riêng của f là một số nguyên

Lời giảiGiả sử λ ∈ R là trị riêng f và v là vector riêng ứng với trị riêng λ Theo giảthiết thì f2(v) = IdV(v), mặt khác f2(v) = λ2v

Do đó

v = IdV(v) = λ2v ⇔ λ = ±1Vậy, tổng các trị riêng của f phải là số nguyên



Bài 11 Tìm đa thức đặc trưng của các ma trận sau.

PA(λ) = det (A − λI2) =

1 − λ 2

3 2 − λ

= λ2− 3λ − 4

(b) Đa thức đặc trưng của B là

PB(λ) = det (B − λI3) =

1 − λ 3 0

−2 2 − λ −1

4 0 −2 − λ

• Nếu phương trình PA(λ) = 0 có hai nghiệm phân biệt λ1 = a, λ2 = b thì

A chéo hóa được và A đồng dạng với ma trận chéoa 0

0 b



• Nếu phương trình PA(λ) = 0 có nghiệm kép λ = c Khi đó tồn tại một cơ

sởB của không gian con riêng E(c) sao cho A có dạng tam giáccd 0c

– Nếu d = 0 thì A đồng dạng với ma trận c 0

0 c





Bài 19 Cho A là ma trận vuông cấp hai trên trường số thực R.Chứng minh rằng nếu A là ma trận đối xứng (nghĩa là A> = A)thì A chéo hóa được trên R

a − λ b

b c − λ

= 0

⇔ λ2− (a + c)λ − b2+ ac = 0

∆ = (a − c)2+ 4b2⇒ ∆ > 0

Do đó đa thức đặc trưng PA(λ) phân rã trên R

• Nếu ∆ > 0 thì đa thức đặc trưng PA(λ) có 2 nghiệm phân biệt nên Achéo hóa được

Lời giảiGiả sử λ ∈ R là trị riêng của A, đa thức đặc trưng của A là

PA(λ) = det (A − λI3) =

1 − λ a b

0 2 − λ c

0 0 2 − λ

đối với mọi phần tử (x1, x2, x3) ∈ R3

(a) Chứng minh rằng f chéo hóa được trên R và tìm một cơ sởcủa R3 sao cho ma trận biểu diễn toán tử f trong cơ sở đó là

ma trận chéo

(b) Với mỗi số nguyên n> 2, chứng minh rằng tồn tại một toán

tử g : R3→ R3 sao cho gn= f

Lời giải(a) Gọi A là ma trận của f trong cơ sở chính tắc của R3

1 − λ −1 1

−2 3 − λ 0

−2 1 2 − λ

= −(λ − 1)(λ − 2)(λ − 3)

Đa thức đặc trưng Pf(λ) phân rã trên R và có 3 nghiệm đơn phân biệtnên f chéo hóa được Khi đó, tồn tại một cơ sởB = {u1, u2, u3} trong R3

sao cho [f ]Blà một ma trận chéo

Giả sử x = (x1, x2, x3) là vector riêng của f ứng với trị riêng λ

có một cơ sở làB1= {(1, 1, 1)} và dim E(1) = 1.

có một cơ sở làB2= {(1, 2, 3)} và dim E(2) = 1

Vậy, có thể chọnB = {(1, 1, 1), (1, 2, 3), (0, 1, 1)} là cơ sở mà ma trận của

f trong đó là ma trận đường chéo

(b) Giả sử tồn tại g : R3→ R3sao cho gn= f với n nguyên dương thỏa n > 2

Vì gn = f nên [gn]B= [f ]B Gọi C = [f ]B và P là ma trận làm chéo hóa

ma trận A Theo câu (a) thì

Bài 22 Cho V là một K− không gian vector, f, g ∈ End(V ) thỏa

f ◦ g = g ◦ f Chứng minh rằng mọi không gian con riêng của fđều bất biến đối với g và ker f, Imf cũng bất biến với g

Lời giảiGiả sử λ ∈ K là trị riêng của f

• Chứng minh g E(λ)
⊂ E(λ)

Theo giả thiết thì

∀v ∈ E(λ) : f g(v)
= (f ◦ g)(v) = (g ◦ f )(v) = g f (v)
= g(λv) = λg(v)

Do đó g(v) ∈ E(λ), vậy các không gian con riêng của f bất biến đối với g

• Chứng minh g (ker f) ⊂ ker f

Theo giả thiết thì

∀v ∈ ker f : f g(v)
= (f ◦ g)(v) = (g ◦ f )(v) = g f (v)
= g(0) = 0

Do đó g(v) ∈ ker f , vậy ker f bất biến đối với g

• Chứng minh g(Imf) ⊂ Imf

Theo giả thiết thì

• Với λ = 2.

Tính được u2= (c, c) và v2= (d, 0) trong đó c và d là các số phức khác 0

Từ các vector riêng tìm được, thấy rằng AB và BA không có chung vector riêngnào, do đó khẳng định AB và BA có chung ít nhất 1 vector riêng là khẳng địnhkhông đúng

λ = −3

a0= a1

Vậy, với trị riêng λ = 1 thì vector riêng tương ứng là P (x) = ax − 3a, a ∈ R\{0}

và với trị riêng λ = −3 thì vector riêng tương ứng là P (x) = a0x+a0, a0 ∈ R\{0}



Bài 25 Cho α ∈ C, V là một C - không gian vector các đa thứccủa C[x] có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n và

f (P ) = λP ⇔ (x + α)P
0= λP ⇔ (x + α)P0+ (1 − λ)P = 0, ∀x ∈ C (*)Xét hai trường hợp

¶ Nếu λ = 1 thì từ phương trình (*) có P0 = 0, từ đây suy ra P = a với a

là số phức

· Nếu λ 6= 1 thì tồn tại số k ∈ {1, 2, , n} và Q ∈ C[x], Q(−α) 6= 0 sao cho

P = (x + α)kQ, có được điều này vì từ phương trình (*) dễ thấy x = −α

là một nghiệm của đa thức P

Thay P = (x + α)kQ vào phương trình (*), có được:

(x + α)k+1Q0+ (k + 1 − λ)(x + α)kQ = 0, ∀x ∈ C (**)

Lại xét 2 trường hợp

– Nếu λ = k + 1 thì từ (**) có Q0 = θ, do đó Q = b với b là một sốphức

– Nếu λ 6= k + 1 thì từ (**) suy ra Q = θ, điều này vô lí vì khi đó

P = θ, mà theo giả thiết P là vector riêng

Tóm lại, với trị riêng λ = k + 1 thì vector riêng tương ứng là

P = ck(x + α)k, ck∈ C, trong đó k = 0, n Ngược lại, nếu P = ck(x + α)k,

Bài 26 Cho V là một K - không gian vector hữu hạn chiều,

f ∈ End(V ) và W là một không gian con bất biến đối với f và

g : W → W là một tự đồng cấu cảm sinh bởi f trên W Chứng minhrằng Pg(λ)|Pf(λ)

Lời giảiVới mọi số nguyên dương m, n sao cho m > n, giả sử dim(V ) = m vàdim(W ) = n GọiUW = {u1, u2, , un} là một cơ sở của W , khi đó luôn tồn tạicác vector un+1, un+2, , umtrong V sao choUV = {u1, u2, , un+1, , um}

là một cơ sở của V Gọi B = (bij)i=1,m

là ma trận của f trong cơ sở UV, vì f là một mở rộng của

g trên V nên luôn có

. . . . . .

bm1 bm2 bmm am(m+1) amn

0 0 · · · 0 a(m+1)(m+1) · · · a(m+1)n

...= ⇔ λ2− =

Gọi v vector riêng f ứng với trị riêng λ P (t) =X

Vậy... g

0 Từ suy f 6= θ f khơng chéo hóa

Lời giảiGiả sử λ ∈ Q trị riêng v ∈ V vector riêng... ±1Vậy, tổng trị riêng f phải số nguyên



Bài 11 Tìm đa thức đặc trưng ma trận sau.

PA(λ)