BAI GIANG DAI SO TUYEN TINH UNG DUNG.PDF

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH ỨNG DỤNG TS LÊ VĂN HỢP 01-07-2013 I KÝ HIỆU Xét hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng:  n   dxi (t) = P aij xj (t) ∀t ∈ I dt (∗) j=1  x (t ) = m (1 ≤ i ≤ n) i i I khoảng mở ⊂ R, t0 ∈ I, xi : I → R hàm khả vi cần tìm aij , mi số thực cho trước (1 ≤ i, j ≤ n)   x1 (t)  x2 (t)    Đặt X(t) = (x1 (t), x2 (t), , xn (t)) X(t) =   ∀t ∈ I tùy theo ngữ cảnh   xn (t) Rn Ta có X : I → Đặt A = (aij )1≤i,j≤n ma trận vuông thực cấp n,   m1  m2    M = (m1 , m2 , , mn ) M =   tùy theo ngữ cảnh Ta có M ∈ Rn   mn Như toán phát biểu lại sau: Cho A ∈ Mn (R) M ∈ Rn Hãy xác định ánh xạ khả vi X : I → Rn t 7→ X(t) = (x1 (t), x2 (t), , xn (t)) thỏa ( X (t) = AX(t) ∀t ∈ I X(t0 ) = M hay viết gọn ( X = AX ∀t ∈ I X(t0 ) = M ! Ta xem t0 = Nếu t0 6= 0, đặt Y (t) = X(t + t0 ) ∀t ∈ I = {s − t0 /s ∈ I} (nghĩa X(t) = Y (t − t0 ) ∀t ∈ I) ta đưa hệ cho dạng ( Y (t) = AY (t) ∀t ∈ I Y (0) = M Như ta cần khảo sát hệ ( X (t) = AX(t) ∀t ∈ I X(0) = M Việc khảo sát hệ thực hiên theo cấu trúc đại số A sau: * A chéo hóa R * A có n trị riêng khác đôi C * A tùy ý * A có đa thức đặc trưng tách R II NỘI DUNG GIẢI HỆ X = AX; X(0) = M KHI A CHÉO HÓA ĐƯỢC TRÊN R 1.1 Ma trận chéo hóa được(Ở trường F = Q, R, C, ) Định nghĩa 1.1 a Cho A ∈ Mn (F ), A gọi chéo hóa F tồn P khả nghịch ∈ Mn (F ) cho ma trận P −1 AP có dạng đường chéo, nghĩa   λ1  λ2    P −1 AP =  .   0 λn b Cho A ∈ Mn (F ) Đa thức đặc trưng ma trận A pA (x) = |xIn − A| = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 Mệnh đề 1.2 Cho A ∈ Mn (F ) thì: k  p (x) = Q (x − c )rj với c , c , , c ∈ F (p (x)tách F ) A j A k A chéo hóa F ⇔ j=1  ∀j ∈ {1, 2, , k} : dim E = r j F cj Ecj = {X ∈ F n /AX = cj X} = {X ∈ F n /(A − cj I)X = 0} không gian F n (1 ≤ j ≤ k) Thuật tốn biểu diễn dạng chéo hóa cho A ∈ Mn (F ): Tìm sở Aj cho Ecj (1 ≤ j ≤ k) Đặt A = A1 ∪ A2 ∪ ∪ Ak A sở F n = Ec1 ⊕ · · · ⊕ Eck Đặt P = P (B0 → A)(ma trận chuyển sở từ sở tắc B0 sang sở A) Ta có   c1         c     P −1 AP =   trị riêng cj lặp lại rj lần (1 ≤ j ≤ k)     ck       ck Ma trận P không Mệnh đề 1.3 Cho A ∈ Mn (F ) a Nếu pA (x) = (x − c1 )(x − c2 ) (x − cn ) với c1 , c2 , , cn khác đơi F A chéo hóa F b Giả sử F = R Nếu A đối xứng (At = A) A chéo hóa F c Giả sử F = C Nếu A hermite (A∗ = A) hay A chuẩn tắc (AA∗ = A∗ A) A chéo hóa F (ở A∗ = A¯t ) 1.2 Giải hệ phương trình vi phân Ví dụ 1.1 ( x0 (t) = ax(t) ∀t ∈ I x : I 7→ R khả vi I ⊂ R a Xét phương trình x(0) = m Ta có x0 (t) = ax(t) ∀t ∈ I ⇔ ∃ c ∈ R, x(t) = ceat ∀t ∈ I Do x(0) = m nên c = m Vậy hệ có nghiệm x(t) = meat ∀t ∈ I  c1  c2  với A =   0 ( X (t) = AX(t) ∀t ∈ I b Xét hệ X(0) = M = (m1 , m2 , , mn ) Ta viết lại thành  x1 (t) = c1 x1 (t), x1 (0) = m1     x0 (t) = c2 x2 (t), x2 (0) = m2      xn (t) = cn xn (t), xn (0) = mn  x1 (t) = m1 ec1 t     x2 (t) = m2 ec2 t ⇔      xn (t) = mn ecn t  0    cn   m1 ec1 t  m2 ec2 t    ⇔ X(t) =   ∀t ∈ I   mn ecn t Định lý 1.4 ( Cho A ∈ Mn (R) A chéo hóa R X (t) = AX(t) ∀t ∈ I có nghiệm Khi hệ X(0) = M Chứng minh:   c1  c2    Chéo hóa A : P −1 AP =    . 0 cn Đổi biến X = P Y ⇔ Y = P −1 X Khi thì: ( ( ( Y = (P −1 AP )Y P Y = A(P Y ) X = AX ⇔ ⇔ 0 Y (0) = P −1 M = M = (m1 , , mn ) P Y (0) = M X(0) = M     c1        y1 (t) = m1 ec1 t   c     y2 (t) = m0 ec2 t  Y =  Y      ⇔ Y (t) =  ⇔          c t 0 c  n n  yn (t) = mn e  Y (0) = (m0 , , m0 ) n   x1 (t)  x2 (t)    ⇔ X(t) = P Y (t) ⇔ X(t) =   = P   xn (t)  m1 ec1 t  m0 ec2 t      ∀t ∈ I    mn ecn t Như thành phần xi (t) tổ hợp tuyến tính thích hợp hàm ec1 t , ec2 t , , ecn t (1 ≤ i ≤ n)   ( −1 −1 X (t) = AX(t) ∀t ∈ R A = −3 −1 Ví dụ 1.2 Giải hệ X(0) = (3, −1, 2) −3       0 1 −3 Chéo hóa A: P −1 AP = 0 0 với P = 1  P −1 = −3 −1 0 −3 −1 Ta có:     0   ( (   Y =  X = AX Y = (P −1 AP )Y 0 0 Y Y =P −1 X ⇔ ⇔  X=P Y 0 X(0) = M Y (0) = P −1 M    Y (0) = (14, −15, 4)  14et ⇔ Y (t) = −15e2t  ∀t ∈ R 4e2t  Vậy 2.1     t  1 14e − 11e2t 14et X(t) = P Y (t) = 1  −15e2t  = 14et − 15e2t  ∀t ∈ R 14et − 12e2t 4e2t −3 GIẢI HỆ X = AX; X(0) = M KHI A CĨ n TRỊ RIÊNG KHÁC NHAU TRÊN C Ví dụ mở đầu (   X (t) = AX(t) ∀t ∈ I a −b với A = (b > 0) (∗) Xét hệ b a X(0) = (p, q) Đa thức đặc trưng pA (x) = (x − a)2 + b2 có hai nghiệm phức x = a ± ib Ta cần tìm ánh xạ khả vi X : I → R2 thỏa mãn điều kiện hệ Đặt X(t) = (u(t), v(t)) ∀t ∈ I, ta có (      u0 (t) = au(t) − bv(t) u (t) a −b u(t) X (t) = = ⇔ v (t) b a v(t) v (t) = bu(t) + av(t) Đặt Z(t) = u(t) + iv(t) λ = a + ib Z : I → C Ta có: Z (t) = u0 (t) + iv (t) = (au(t) − bv(t)) + i(bu(t) + av(t)) = (a + ib)(u(t) + iv(t))  Ta chọn P = 1 Trong trường hợp này, nghiệm   −3  P −1 = −3 −3 −2 toán không thay đổi  −1 −1 suy Z (t) = λZ(t) ∀t ∈ I với Z(0) = u(0) + iv(0) = p + iq Như ta có hệ | {z } µ ( Z (t) = λZ(t) ∀t ∈ I Z(0) = µ Hệ có nghiệm hình thức Z(t) = µeλt = (p + iq)e(a+ib)t = (p + iq)eat (cos bt + i sin bt) Suy u(t) + iv(t) = eat [(p cos bt − q sin bt) + i(q cos bt + p sin bt)] Đồng hai vế ta    at  u(t) e (p cos bt − q sin bt) X(t) = = at ∀t ∈ I(∗∗) v(t) e (p sin bt + q cos bt) Ta kiểm tra nghiệm (∗∗) thỏa hệ (∗) cho Trong phần 3, ta chứng minh tính nghiệm Như (∗∗) nghiệm hệ phương trình (∗) 2.2 Khơng gian vector phức - Tốn tử phức hóa Định nghĩa 2.1 Ký hiệu Cn = {Z = (z1 , z2 , , zn )/z1 , , zn ∈ C} không gian vector n chiều C a Xét ánh xạ liên hợp σ: C→C z 7→ z Với z = a + ib σ(z) = z = a − bi Rõ ràng σ = σ◦ σ = IdC Ta có ánh xạ liên hợp mở rộng σ : Cn → Cn Z = (z1 , , zn ) 7→ Z¯ = (z¯1 , , z¯n ) σ R-tuyến tính khơng phải C-tuyến tính, nghĩa là: – ∀α, β ∈ Cn , σ(α + β) = σ(α) + σ(β) – ∀α ∈ Cn , ∀c ∈ R, σ(cα) = cσ(α) – ∃ λ ∈ C, ∃α ∈ Cn , σ(λα) 6= λσ(α) b Nếu F ≤ Cn F gọi khơng gian vector phức (không gian Cn ) Đặt FR = F ∩ Rn FR ≤ Rn (khơng gian Rn ) dễ dàng thấy FR = {Z ∈ F/σ(Z) = Z} = Tập hợp điểm bất động F ánh xạ σ Ví dụ 2.1 a (Cn )R = Cn ∩ Rn = Rn ; {0Cn }R = {0Cn } ∩ Rn = {0Rn } ≤ Rn b F = {Z = λ(−1, 2)/λ ∈ C} ≤ C2 FR = {X = c(−1, 2)/c ∈ R} ≤ R2 c Cho G = {Z = λ(4, −1, 2) + µ(−3, 2, 7)/λ, µ ∈ C} ≤ C3 Ta có GR = {c(4, −1, 2) + d(−3, 2, 7)/c, d ∈ R} ≤ R3 d Cho H = {Z = λ(2 + 3i, − i)/λ ∈ C} ≤ C2 Ta chứng tỏ HR = H ∩ R2 = {0} Thật vậy, lấy Z ∈ (H ∩ R2 ) có u, v ∈ R thỏa Z = (u + iv)(2 + 3i, − i) = ((2u − 3v) + i(3u + 2v), (4u + v) + i(4v − u)) ( 3u + 2v = Do ImZ = nên Suy u = v = 0, nghĩa Z = 4v − u = Vậy (H ∩ R2 ) = {0} Định nghĩa 2.2 Cho E ≤ Rn (E không gian vector thực) a Đặt EC = E + iE = {α + iβ/α, β ∈ E} EC ≤ Cn (EC ∩ Rn ) = E EC gọi không gian phức hóa khơng gian thực E b Nếu E có R_cơ sở A = {α1 , , αk } với dimR E = k EC có C_cơ sở A = {α1 , , αk } với dimC EC = k Hơn EC có R_cơ sở (A ∪ iA) = {α1 , , αk , iα1 , , iαk } với dimR EC = 2k Ví dụ 2.2 (Rn )C = (Rn + iRn ) = Cn , {0Rn }C = {0Rn } + i{0Rn } = {0Cn } Ví dụ 2.3 Cho E = {c(4, −9)/c ∈ R} ≤ R2 E có R_cơ sở A = {(4, −9)} với dimR E = Khi EC = {λ(4, −9)/λ ∈ C} ≤ C2 EC có C_cơ sở A = {(4, −9)} với dimC EC = Ví dụ 2.4 Cho G = {c(−5, 1, 2) + d(4, −7, 8)/c, d ∈ R} ≤ R3 G có R_cơ sở A = {α1 = (−5, 1, 2), α2 = (4, −7, 8)} dimR G = Suy GC = {λ(−5, 1, 2) + µ(4, −7, 8)/λ, µ ∈ C} ≤ C3 GC có C_cơ sở A = {α1 , α2 } với dimC GC = Mệnh đề 2.3 Cho F ≤ Cn Khi đó: ∃E ≤ Rn : F = EC ⇐⇒ σ(F ) ⊂ F ⇐⇒ σ(F ) = F Lúc E = FR E + Chứng minh (2): Chiều (⇐) hiển nhiên Ta chứng minh chiều (⇒) Nếu σ(F ) ⊂ F σ(σ(F )) ⊂ σ(F ) Do σ(σ(F )) = F nên F ⊂ σ(F ) Vậy (2) chứng minh + Chứng minh (1): Chiều (⇒): giả sử có E ≤ Rn thỏa F = EC Ta có σ(F ) = σ(E + iE) = σ(E) + σ(iE) = σ(E) − iσ(E) = E + i(−E) = E + iE = F Chiều (⇐): Giả sử σ(F ) ⊂ F Đặt E = FR = (F ∩ Rn ) E ≤ Rn EC = (E + iE) ⊂ F Ta chứng minh F ⊂ EC Xét α ∈ F ≤ Cn α = β + iγ (β, γ ∈ Rn ) Ta có: σ(α) = σ(β + iγ) = σ(β) + σ(iγ) = (β − iγ) ∈ F σ(F ) ⊂ F ( ( β = 12 (α + α) ∈ F α = (β + iγ) ∈ F Do Như α = (β − iγ) ∈ F (α − α) ∈ F γ = 2i n nghĩa β, γ ∈ (F ∩ R ) = E α = (β + iγ) ∈ (E + iE) = EC Vậy F ⊂ EC Từ ta có F = EC Nếu F = EC FR = (EC )R = E nên E Từ ta có nhận xét: Nếu σ(F ) 6⊂ F ∀E ≤ Rn , ta có F 6= EC Ví dụ 2.5 α1 α2 z }| { z }| { a Xét F = {Z = λ (−1, 5, 4) +µ (2, −3, 8) /λ, µ ∈ C} ≤ C3 Ta có σ(F ) = {Z = λα1 + µα2 /λ, µ ∈ C} = F Suy F = EC với E = FR = {X = cα1 + dα2 /c, d ∈ R} ≤ R3 b Cho G = {λ(7 + 4i, − 3i)/λ ∈ C} ≤ C3 Xét α = (7 + 4i, − 3i) ∈ G σ(α) = α = (7 − 4i, + 3i) Nếu σ(α) ∈ G có (a + bi) ∈ C thỏa (7 − 4i, + 3i) = (a + bi)(7 + 4i, − 3i) Nhưng phương trình tương đương với hệ phương trình thực vơ nghiệm 7a − 4b = 7; 4a + 7b = −4; 8a + 3b = 8; 8b − 3a = : mâu thuẫn Vậy σ(α) ∈ / G, nghĩa σ(G) 6⊂ G Suy ∀E ≤ R2 , G 6= EC Định nghĩa 2.4 Cho E ≤ Rn T ∈ L(E) (L(E) không gian vector tốn tử tuyến tính E) a Đặt TC : EC = (E + iE) → EC (α + iβ) 7→ T (α) + iT (β) TC ∈ L(EC ) Hơn TC (E) ⊂ E TC |E = T Toán tử TC gọi toán tử phức hóa T b Xét E có R_cơ sở A EC có C_cơ sở A Ta có [TC ]A ≡ [T ]A pTC (x) = |xIn − [TC ]A| = |xIn − [T ]A| = pT (x) Ví dụ 2.6 Cho E = {X = cα1 + dα2 /c, d ∈ R} ≤ R3 với α1 = (1, −1, 2) α2 = (3, 0, −4) Ta có EC = {Z = λα1 + µα2 /λ, µ ∈ C} ≤ C3 Toán tử T : E → E (T ∈ L(E)) (cα1 + dα2 ) 7→ (7d − 2c)α1 + (5c + d)α2 có TC : EC = (E + iE) → EC (λα1 + µλ2 ) 7→ (7µ − 2λ)α1 + (5λ + µ)α2 Để ý E có R_cơ sở A = {α1 , α2 } EC có C_cơ sở A = {α1 , α2 } Do T (α ) = −2α = 0, d = 1) nên 1 + 5α2 (c = 1, d = 0) T (α2 ) = 7α1 + α2 (c x + −7 pA (x) = |xI3 − A| = x + −6 = (x + 1)(x2 − 4x + 13) có nghiệm −1, (2 ± 3i)4 x −       −1 0 −1 −3 0 Giải (A + I3 )X = ⇔  −3 −3  ⇔  −1  ⇔  −1  −6 0 −6 0 0 Nghiệm: w ∈ R, u = w, v = w Vậy E−1 = {X = (w, w, w) = w (1, 1, 1) /w ∈ R} có sở A1 = {α1 = (1, 1, 1)} | {z } =α1 Giải (A − (2 + 3i)I3 )Z = với Z ∈ C3 :    −3i −3 0  −3 −6 − 3i ⇔ −6 − 3i  1 −1  1 −1 ⇔ 1 − 1+i    i 0 −i 0 + i −2  ⇔  2 −2  i−1 0 + i −1    −1−i  ⇔  i−1  0 0 Nghiệm: z3 = 2λ(λ ∈ C), z1 = λ(1 + i), z2 = λ(1 − i), vậy: E2+3i = {Z = (λ(1 + i), λ(1 − i), 2λ) = λ(1 + i, − i, 2)/λ ∈ C} có sở C = {Z1 = (1 + i, − i, 2)} Z1 = (1 + i, − i, 2) = (1, 1, 2) +i (1, −1, 0) | {z } | {z } =α3 =α2 E = R3 = E1 ⊕ E2 với E1 có sở A1 = {α1 = (1, 1, 1)} E2 có sở A2 = {α2 = (1, −1, 0), α3 = (1, 1, 2))} Đặt A = A1 ∪ A2 = {α1  , α2 , α3 } thìA sở R3 1 Đặt P = P (B0 → A) = 1 −1 1 P khả nghịch P −1 = Nếu nói theo ngơn ngữ tốn tử: xét toán tử T : R3 → R3 (T ∈ L(R3 )) lúc  X = (u, v, w) 7→ XA = (u, v, w) −3 t −3 −4 −6   2 −2 1 −1  −1 −1  6 = (2u − 3v, −3u − 4v + 6w, −6v + 5w) TC : C3 → C3 (TC ∈ L(C3 )) X + iY 7→ T (X)+iT (Y ) = (2u−3v,−3u−4v+6w,−6v+5w)+ i(2u0 −3v 0,−3u0 −4v +6w0 ,−6v +5w0 ) X=(u,v,w) Y =(u0 ,v ,w0 ) [T ]B = [TC ]B = A pT (x) = pTC (x) = pA (x) (β0 sở tắc C3 R3 ) Theo ngơn ngữ tốn tử Ker(T + IdR3 ) có sở A = {α1 = (1, 1, 1)} Theo ngơn ngữ tốn tử T (E1 ) ⊂ 2 ) ⊂ E2 , T |E1 = T1 ∈ L(E1 ), T |E2 = T2 ∈ L(E2 ) T = T1 ⊕T2  E2 ,T (E −3 Hơn [T1 ]A = (−1) [T2 ]A = 15  Ta có P −1 AP =  (−1)    −3  Đặt Y = P −1 X ⇔ X = P Y ( ( Y = (P −1 AP )Y X = AX ⇔ Y (0) = P −1 M = (6, 1, −4) X(0) = M = (3, 1, −2)         y10 =!−y1 , y1 (0) = (−1) y y   1   !6 ! !         0 −3 y2 y2 −3  y2  y2  =  = ⇔ ⇔ 0   y3 y3 y3 y3       y (0) = 1, y (0) = −4 y (0) = 6, y (0) = 1, y (0) = −4 2 3      −t  x1 (t) y1 (t) y1 (t) = 6e ⇔ X(t) = x2 (t) = P Y (t) = P y2 (t) ⇔ y2 (t) = e2t (cos 3t + sin 3t)   x3 (t) y3 (t) y3 (t) = e2t (−4 cos 3t + sin 3t)  −t 2t  x1 (t) = 6e + e (5 sin 3t − cos 3t) ⇔ x2 (t) = 6e−t + e2t (−3 sin 3t − cos 3t) ∀t ∈ R   x3 (t) = 6e−t + e2t (2 sin 3t − cos 3t) HÀM MŨ CỦA TOÁN TỬ VÀ MA TRẬN VNG THỰC Giải hệ phương trình vi phân tổng quát X (t) = AX(t) ∀t ∈ I với A ∈ Mn (R) 3.1 Chuẩn không gian vector thực Định nghĩa 3.1 Cho E ≤ Rn Một chuẩn k k E E ánh xạ k k : E → [0, +∞) thỏa: • kαk ≥ ∀α ∈ E Dấu "=" xảy α = • kcαk = |c| kαk ∀c ∈ R, ∀α ∈ E • kα + βk ≤ kαk + kβk ∀α, β ∈ E Bài tập 3.1 Chứng minh ∀α, β ∈ E : | ||α|| − ||β|| | ≤ kα − βk Định nghĩa 3.2 Các chuẩn tương đương Cho E ≤ Rn E có hai chuẩn k k1 k k2 Ta nói k k1 k k2 tương đương với (ký hiệu k k1 ∼ k k2 ) ∃a, b > : a kαk1 ≤ kαk2 ≤ b kαk1 ∀α ∈ E Định nghĩa 3.3 Các chuẩn thông dụng Rn a Chuẩn Euclide(theo sở B0 ): p ∀α = (a1 , a2 , , an ) ∈ Rn đặt kαke = a21 + · · · + a2n b Chuẩn sigma(theo sở B0 ): ∀α = (a1 , a2 , , an ) ∈ Rn đặt kαks = |a1 | + |a2 | + · · · + |an | Theo ngơn ngữ tốn tử [T ]A = P −1 [T ]B P =  [T1 ]A 16 [T2 ]A   = −1    −3  c Chuẩn max(theo sở B0 ): ∀α = (a1 , a2 , , an ) ∈ Rn đặt kαkm = max{|a1 |, |a2 |, , |an |}   u1  u2    d Chuẩn Euclide, sigma, max(theo sở A tùy ý Rn ): Với α ∈ Rn có [α]A =  ,   un đặt kαkA e = q u21 + · · · + u2n kαkA s = |u1 | + |u2 | + · · · + |un | kαkA m = max{|u1 |, |u2 |, , |un |} Định lý 3.4 a Các chuẩn Rn tương đương b Suy chuẩn Mn (R) L(Rn ) tương đương Chứng minh a Xem tài liệu giải tích hàm b Ta có Mn (R) ' Rn (đẳng cấu không gian vector) (aij )1≤i,j≤n 7→ (a11 , , a1n , , an1 , , ann ) L(Rn ) ' Mn (R)(đẳng cấu không gian vector) T 7→ [T ]B0 Từ áp dụng a Mệnh đề 3.5 Cho E ≤ Rn a Mọi chuẩn E mở rộng thành chuẩn Rn b Suy chuẩn E tương đương với Chứng minh: a Nếu E = Rn hiển nhiên Xét E Rn Rn = E ⊕ E Trên E có chuẩn k k ∧ ∨ ∨ ∧ ∨ ∧ ∀α ∈ Rn : α = α ⊕ α(với α ∈ E α ∈ E ) Đặt kαk∗ = α + α kαk∗ chuẩn Rn (bài tập) ∀γ ∈ E : kγk∗ = kγk e b Suy từ a Nhận xét 3.1 Cho E ≤ Rn Do chuẩn E tương đương nên dãy (hay chuỗi) E hội tụ theo chuẩn hội tụ theo chuẩn khác Vì nói dãy (hay chuỗi) hội tụ E khơng thiết phải nói rõ hội tụ theo chuẩn 17 3.2 Hàm mũ tốn tử ma trận vng Định nghĩa 3.6 Chuẩn toán tử Cho | | chuẩn tùy ý Rn ∀T ∈ L(Rn ), đặt kT k = max{|T (α)|/ α ∈ Rn |α| = 1} = max{|T (α)|/ α ∈ Rn |α| ≤ 1} {z } {z } | | mặt cầu đơn vị cầu đơn vị đóng Ta có k k chuẩn L(Rn ) Ta gọi k k chuẩn toán tử suy từ chuẩn | | cho Rn Mệnh đề 3.7 Cho k k chuẩn L(Rn )(suy từ chuẩn | | Rn ) ∀S, T ∈ L(Rn ), ta có: a Nếu kT k = k |T (α)| ≤ k|α| ∀α ∈ Rn b kS◦ T k ≤ kSk kT k kT r k ≤ kT kr ∀r ≥ c Nếu k k∗ chuẩn L(Rn ) có λ > thỏa kS◦ T k∗ ≤ λ kSk∗ kT k∗ kT r k∗ ≤ λr−1 kT k∗r ∀r ≥ Chứng minh: a Nếu α = |T (α)| = |0| = 0, k|α| = k|0| = k.0 = 0, nghĩa bất đẳng thức Xét α 6= 0, ta có   α α |T (α)| = |α| ... * A chéo hóa R * A có n trị riêng khác đôi C * A tùy ý * A có đa thức đặc trưng tách R II NỘI DUNG GIẢI HỆ X = AX; X(0) = M KHI A CHÉO HÓA ĐƯỢC TRÊN R 1.1 Ma trận chéo hóa được(Ở trường F = Q,