Cho ánh xạ f r2 → r2 xác định bởi f(x1 x2) = (x1 + 2x2 + 1 2x1 + x2). chứng minh f là một song ánh

1 of 11Ánh xạ tuyến tính.•x − 2 yBâc 11. Định nghĩa.Bâc 1Bâc 10 +1=1F [α x] = α F[ x]•F [ x + y ] = F [ x] + F [ y ]nx + zBâc 0 Bâc 1mx + y + z + 1 : có biểu thức bậc bằng 0 [hằng số bậc 0]Bâc 1Bâc 1Bâc 1Bâc 0-Ánh xạ tuyến tính f : R → R ,cho một qui tắc biến đổi vecto x[n chiều], thànhvecto y=f[x][m chiều].lúc này ta gọi y=f[x] là ảnh của x qua axtt f.Ví dụ 1: Cho AXTT f: R2→ R3, định bởi f[x,y] = [y,x,x-2y]Axtt f biến vecto u=[2,3] thành vecto f[u]=f[2,3]=[3,2,-4].Tương tự vecto v=[2,1] thành vecto f[v]=f[2,1]=[1,2,0]vecto v=[-1,-1] thành vecto f[v]=f[-1,-1]=[-1,-1,1]VD 1. Cho ánh xạ T : ℝ 3 → ℝ 2 được định nghĩa:T [x 1 ; x 2 ; x 3 ] = [x 1 − x 2 + x 3 ; 2x 1 + 3x 2 ].Vậy f không phải là axtt.2. Xác định ánh xạ tu yến tính.Ví dụ 3 : Cho ánh xạ tuyến tính f : R2→R3.Cho vecto u=[x,y] có 2 thành phần x y,ta sẽ thu đượcmột vecto có 3 thành phần theo công thứcCơ sở của R2 là B={u1=[1,2]; u2=[1,2]]}.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.Giải.a. Tìm f[u3]Trong ℝ 3 , xét x = [x 1; x 2 ; x 3 ], y = [y1; y2 ; y 3 ].Xét tính chất 1.T [ x + y ] = T [ x1 + y1 , x2 + y2 , x3 + y3 ]=[[ x1 + y1 ] − [ x2 + y2 ] + [ x3 + y3 ], 2[ x1 + y1 ] + 3[ x2 + y2 ]]=[[ x1 − x2 + x3 ] + [ y1 − y2 + y3 ], [2 x1 + 3x2 ] + [2 y1 + 3 y2 ]]=[ x1 − x2 + x3 , 2 x1 + 3x2 ] + [ y1 − y2 + y3 , 2 y1 + 3 y2 ]=f [ x] + f [ y ]Xét tính chất 2.T [α x] = T [α x1 , α x2 , α x3 ]=[ax1 − ax2 + ax3 , a 2 x1 + 3ax2 ]=a [ x1 − x2 + x3 , 2 x1 + 3x2 ]=a f [ x]Bài toán kiểm tra f là axtt :ta kiểm tra trong công thức f có biểu thức nào có bậckhác 1 không,nếu có thì f không phải là axtt,ngược lại f là axtt.Ví dụ 2: kiểm tra ax f[x,y,z] = [x-2y,x+z,x+y+z+1]Ta kiểm tra từng thành phần 1 3 4  λ1 = −5⇒ 2 5 5  λ2 = 3Gọi u3= λ1. u1+ λ2. u2 ⇒ Ta có u3= λ1. u1+ λ2. u2 → f[u3]= λ1. f[u1]+ λ2. f[u2]=-5.[1,1,2]+3.[4,2,1]=[7,1,-7]b. Xác định biểu thức của f.Tìm ảnh của một vecto u=[x,y] bất kì trong R2.Tương tự câu a,ta phải biểu diễn vecto u dưới dạng tổ hợp tuyến tính của haivecto trong cơ sở.u= λ1. u1+ λ2. u2 1 3 x  λ1 = −5 x + 3 y⇒⇒ 2 5 y  λ2 = 2 x − yTa có u3= λ1. u1+ λ2. u2→ f[u3]= λ1. f[u1]+ λ2. f[u2]=[ −5 x + 3 y ].[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 AXTT: f[x,y] =[3x-y, -x+y,-8x+5y]Ví dụ 4 : Cho ánh xạ tuyến tính f : R3→R2.Biết• f[1,1,0]=[-2,-1]• f[1,1,1]=[1,2]2 of 11• f[1,0,1]=[-1,1]a. Tìm f[3,1,5]?b. Xác định biểu thức của f.Giải.c. Nhận xét {[1,1,0]; [1,1,1]; [1,0,1]} là 3 vecto đltt nên là 1 cơ sở trong R3Ta biểu diễn vecto [3,1,5] là 1 tổ hợp tuyến tính của cơ sở này.[3,1,5] = [-2]. [1,1,0]+3. [1,1,1]+[-2]. [1,0,1]Dựa vào 2 tính chất của ánh xạ tuyến tính ta được.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]]= [-2].f[1,1,0]+ 3.f[1,1,1]+ [-2].f[1,0,1]= [-2]. [-2,-1]+ 3. [1,2]+ [-2]. [-1,1]= [-3,1,0]d. Xác định biểu thức của f.Tìm ảnh của một vecto x=[a,b,c] bất kì trong R3.Tương tự câu a,ta phải biểu diễn vecto x dưới dạng tổ hợp tuyến tính của ba vectotrong cơ sở.[a,b,c] = λ1. [1,1,0]+ λ2. [1,1,1]+ λ3. [1,0,1]Giải hệ phương trình ta được.λ1 = a-c ; λ2 = -a+b+c; λ3 = a-b.Vậy biểu thức của f là :f[a,b,c] = f[λ1. [1,1,0]+ λ2. [1,1,1]+ λ3. [1,0,1]]= λ1.f[1,1,0]+ λ2.f[1,1,1]+ λ3.f[1,0,1]= [2b-c;-2a+b+3c]Vậy biểu thức AXTT: f[x,y,z] = [2y-z,2x+y+3z]Ví dụ 4 :Cho f : R2→ R3,biết 11 2 f  1  f  → 1 = f1 ;   →  2  = f 2 ,biểu thức của f ?  0 4 11   Có f : R2→ R32chiều->2th.fan3chiều->3th.fanĐặt f[x,y]=[ax+by,cx+dy,ex+fy] [trong đó a,b,c,d,e,f là các tham số chưa biết]2a = 1a + 4b = 1 f [ 2,0 ] = [ 2a, 2c, 2e ] = [1,1,1]⇒ 2c = 1 và c + 4d = 2Nên ta có  f [1, 4] = [a + 4b, c + 4d , e + 4f ] = [1,2,1] 2e = 1e + 4f = 1Suy ra a=c=e=1/2,b=f=1/8,d=3/8.Vậy biểu thức của f11 13 111f [ x, y ] = [ x + y , x + y, x + y ] = [4 x + y ,4 x + 3 y, 4 x + y ]28 28 288• Tổng quát ta có :Cho f : V →W là một ánh xạ tuyến tính.Cho B={u1, u2…. un} là tập sinh của V.Vecto x ∈ V ↔ x = λ1. u1+ λ2. u2…+ λn. unf[x] = f[λ1. u1+ λ2. u2…+ λn. un]= λ1.f[u1]+ λ2.f[u2]…+ λn.f[un].Muốn xác định ánh xạ tuyến tính,ta cần biết ảnh của một tập sinh trong tập V3. Nhân và Ảnh của ánh xạ tuyến tính.Định nghĩa Nhân của ánh xạ tuyến tính .Cho ánh xạ tuyến tính f : V →W.Nhân của f là tập hợp tất cả những vecto x của không gian vecto V sao chof[x] = 0Ker f = {x∈ V / f[x]=0 }VWKer fOTìm Ker f là đi tìm cơ sởcủa không gian nghiệm hệpttt thuần nhất3 of 11Ví dụ 5 . Cho ánh xạ tuyến tính f : : R3→ R3,biết f[x1, x2 ,x3] = [x1+ x2- x3,2 x1+3x2- x3, 3x1+ 5x2- x3]. Tìm cơ sở và chiều của Ker f ?Giải.3.dim[Ker f] + dim[Im f] = dim[V].Ta có Ker f = {x∈ V / f[x]= O }Nên với mọi x ∈ Ker fCho ánh xạ tuyến tính f : V →W, có B={ u1, u2…. un } là một cơ sở của Vf[x1, x2 ,x3] = O .[x1+ x2- x3,2 x1+3 x2- x3, 3x1+ 5x2- x3] = [0,0,0] x1 + x2 − x3 = 0⇒ 2 x1 + 3 x2 − x3 = 0 : có cơ sở không gian nghiệm là { u1 = [2, −1,1] }3 x + 5 x − x = 023 1Vậy Ker f = u1 = [2, −1,1] }•Định nghĩa Ảnh của ánh xạ tuyến tính .Ảnh của f là tập hợp tất cả những vecto y của không gian vecto W sao cho tồntại x∈ V để y = f[x]Im f = {y∈ W / ∃ x∈ V : y = f[x]}WIm fo-f là đơn ánh ↔ Ker f ={ O }↔f [B] = [f[u1], f[u2]… f[un]] độc lập tuyến tính.-f là toàn ánh ↔ Im f =W↔ f [B] = [f[u1], f[u2]… f[un]] là tập sinh của W.-f là song ánh ↔ f vừa đơn ánh vừa toàn ánh↔f [B] = [f[u1], f[u2]… f[un] là cơ sở của W.Cho ánh xạ tuyến tính f : V →W.VĐơn ánh – toàn ánh – song ánh.Định lí :Cho ánh xạ tuyến tính f : V →W.1.Nhân của ánh xạ tuyến tính f là không gian con của V2.Ảnh của ánh xạ tuyến tính f là không gian con của WMệnh đề.Ảnh của một ánh xạ tuyến tính là không gian con được sinh ra bởi ảnh của mộttập sinh của V.Các bước tìm ảnh của ánh xạ tuyến tính.B1. Chọn 1 cơ sở của V là B = { u1, u2…. un }.B2. Tìm f[u1],f[u2]…f[un].B3.Imf = < f[u1],f[u2]…f[un] >Ví dụ 6. Cho ánh xạ tuyến tính f :: R3→ R3,biếtf[x1, x2 ,x3] = [x1+ x2- x3,2 x1+3 x2- x3, 3x1+ 5x2- x3]Tìm cơ sở và chiều của Im f ?Giải.B1 : Chọn cơ sở chính tắc của 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]f[0,0,1] = [-1,-1,-1]B3 : Im f = [sv tự làm tiếp theo]Ví dụ 7 : 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 cơ sở và chiều của Ker f.b. Tìm cơ sở và chiều của Im f.4 of 11[sv tự làm theo các ví dụ 3 và 4] 2 −134. Ma trận của ánh xạ tuyến tính trong cặp cơ sở.lưu ý để kiểm tra ta làm phép toán nhân [ f [ x] ] = [ f ]E .[ x ]Cho AXTT f: V→ W,có B = {u1 , u2 ,..un } là một cơ sở của V, có F = {v1 , v2 ,..vm }là một cơ sở của W. A được gọi là ma trận của axtt trong cặp cơ sở {B,F}.• A được xác định bởi :Tọa độ củavecto thứ 1A = [ f ]BF[ f [u1 ]]F=..[ f [u n ] ] F .......[ f [u2 ]]F.f[x,y] =[ 2 x – y , x+ 3 y]ma trận axtt có các dòng là các hệ số trong thành phầnvecto tương ứng,dođây không phải tọa độ của vecto nên không xếp thành cột[ f ]E =  1 2 −1  x   2 x − y ..=3  y   x + 3 y [ f [ x ] ]E = [ f ]E [ x ]E =  1Bài toán cho trước biểu thức f, tìm ma trận của AXTT trong cặp cơ sở.Ví dụ 9 : Cho AXTT f : ℝ 2 → ℝ 2 , c f [x , y ] = [x − y, x ] . Có cơ sở{}{}B = u1 = [−1;1], u2 = [1; 0] và F = v1 = [1; 2], v2 = [1; 3] Ma trận của fđối với cơ sở B,F?Giải.•A là ma trận cấp m x n :•m là số chiều của W[cơ sở F có m vecto]Bước 1 : f [u1 ] = f [−1;1] = [−2, − 1], f [u2 ] = f [1; 0] = [1,1]n là số chiều của V[cơ sở B có n vecto]1 1 −2a   → [f [u ]] = −5Bước 2 : [f [u1 ]]F =  1  → f [u1 ] = a1.v1 + b1.v2 → 1 F 3b2 3 −1 1  Biểu thức tọa độ1 1 1a   → [f [u ]] =  2[f [u2 ]]F =  2  → f [u2 ] = a2 .v1 + b2 .v2 → 2 F−12 3 1b2  f : V→W[ f [ x ] ] F = [ f ]B [ x ]BFA = [ f ]BFTọa độ cua vectoảnh f[x] sẽ nằmtrong cơ sở WTọa độ cua vectox sẽ trong cơ sởV[Lưu ý : B là cơ sở của V,F là cơ sở của W]−52Bước 3 : Vậy [f ]FB =  3 −1Đặc biệt : Mạ trận của ánh xạ tuyến tính trong cặp cơ sở chính tắc :Ví dụ 10 : Cho ánh xạ tuyến tính f : ℝ 2 → ℝ 2 , định bởi f [x , y ] = [0, x ] . Ma trậnA= [ f ]E = [ f ]Ecủa f đối với cơ sở F = [1;1], [1; 0] .[tức tìm [f ]FF = [f ]F ]{E[ f [ x ] ] E = [ f ]E [ x ] E[ f ]Ecó thể lấy trực tiếp nếu biết được biểu thức của axtt f22Ví dụ 8: Cho axtt f : R → R ,với biểu thức f[x,y] = [2x-y,x-3y].Ma trận ánh xạ tuyến tính của f trong cơ sở chính tắc là}Giải.Bước 1 : u = f [1;1] = [0,1], v = f [1; 0] = [0,1]5 of 11 1 1Bước 2 : [u ]F =   ,[v ]F =  −1−1  11 Bước 3 : Vậy [f ]F = −1 −1Bài toán cho trước ma trận của AXTT trong cặp cơ sở, tìm biểu thức fVí dụ 11 : Cho ánh xạ tuyến tính f : ℝ2 → ℝ2 , ma trận của f đối với cơ sở2 2 . Biểu thức của f là?F = v1 = [2;1], v2 = [1;1] là 11{}⇒ [a + b, c+ d] = 2.[2,1] + 1.[1,1]a + b = 5⇒[II ]c +d = 32a + b = 5a=02c + d = 3b = 5Từ [I] và [II] ta có ⇒ ⇒a +b = 5c=0c +d = 3d=3Vậy biểu thức f[x,y]=[5y,3y].•Giải.Công thức tìm ma trận của AXTT fCho f : Rn→ Rm,có B1 là cơ sở của Rn, B2 là cơ sở của RmTa áp dụng công thức :Gọi f[x,y]=[ax+by,cx+dy].f : Rn → Rm2Bước 1 : f[v1] = f[2,1]=[2a+b.2c+d], f[v2] = f[1,1]=[a+b,c+d]22Bước 2 : [f [v1 ] ]F =   ,[f [v2 ] ]F =  11  2Ta có : [f [v1 ] ]F =   ⇔ f [v1 ] = 2.v1 + 1.v2 = 2.[2,1] + 1.[1,1]1 ⇒ [2 a + b, 2 c+ d] = [5, 3]2a + b = 5⇒[I]2c + d = 3B21nEn → Em3[ f ]EEnB1 → B2n= PB2 → Em .[ f ]Em PEn → B1En1231En , B1 là hai cơ sở của RnEm , B2 là hai cơ sở của Rm[Công thức này được sử dụng linh hoạt,hai cặp cơ sở E và B có thể đổi chỗ chonhau]Ví dụ 12: Cho f : R3→ R2,biết ma trận f trong cặp cơ sởB = {[1,1,1];[1,0,1];[1,1,0]} và F = {[1,1];[2,1]} là 2 1 −3FA = [ f ]B = 0 3 4Tương tự ta có 2[f [v2 ] ]F =   ⇔ f [v2 ] = 2.v1 + 1.v21 [ f ]B[ f ]EEnTìm f[x]?Giải.6 of 11Áp dụng công thức•f song ánh ↔ rank[A] = n=m ↔ A ∈ Mn[R] và det[A]≠0.Ví dụ 14. Cho ánh xạ tuyến tính f : R3→ R3,định bởi f[x,y,z]=[x-2y+z,2x-5y+z,z].f : R3 → R 2[ f ]FBB →FHỏi f là đơn ánh – toàn ánh hay song ánh?[ f ]EE23→ E2E3 Giải.⇒ [ f ]E = PE2 → F .[ f ]B .PB → E3E2F31 1 1 1 2   2 1 −3 =1 0 1 1 1   0 3 4  1 1 0 [ f ]EE2310=3−1Xét ma trận ánh xạ f trong cơ sở chính tắc E3.A = [ f ]E3− 5 −3−21 1 −2 1=  2 −5 1 . 0 0 1Ta có rank[A]=3.Ý nghĩa.Vậy f là song ánh.Cho ánh xạ tuyến tính f : V→W,với B là cơ sở của V;B’ là cơ sở củaW.Lúc này tồn tại duy nhất ma trận AB , B′ sao cho :Hỏi với m như thế nào thì f là toàn ánh.[ f ]B′ = AB, B′ [ x]B•Ví dụ 13 : Cho Axtt f : R2→ R3,biết biểu thức f[x,y]=[x-3y,2y,4x+3y].Và hai cơ sở B={u1=[1,1], u2=[1,2]} và1,1[ y ]B =   −2  1[ z ]B = Tìm [f[x]]B’, [f[y]]B’,[f[z]]B’.Axtt f : Rn→ Rm.Gọi A là ma trận của f trong cặp cơ sở B,B’.Ta có :•f đơn ánh ↔ rank[A] = n[≤m].•f toàn ánh ↔ rank[A] = m[≤n].Định nghĩa hai ma trận đồng dạng.Ma trận vuông A và B cấp n được gọi là đồng dạng với nhau nếu tồn tại ma trậnkhả nghịch P sao cho : P −1 A P = BB’={v1=[1,0,1]; v2=[1,1,1], v3=[1,0,0]}2Biết [ x ]B =   ,0 Ví dụ. Cho ánh xạ tuyến tính f : R3→ R2,định bởi f[x,y,z]=[x-y+z,2x-5y+mz].Xét phép biến đổi tuyến tính f. A là ma trận của f trong cơ sở E. B là ma trận củaf trong cơ sở F.Thì A và B là hai ma trận đồng dạng.5. Trị riêng – vecto riêng.[tài liệu này chỉ trình bày về ma trận]Cho ánh xạ tuyến tính f : R2→ R2, ,định bởi f[x,y]=[3x-2y, x].Cho hai vecto u=[1,2];v=[2,1].Có f[u]=f[1,2]= [-1,1]f[v]=f[2,1]= [4,2]=2v- Đa thức đặc trưng : ma trận An có đa thức đặc trưng tính PA[λ] theo côngthức :7 of 11PA[λ]=det[A- λIn].* λ1 = 2 ,gọi u=[x,y,z] là trị riêng tương ứng của λ1 = 2 .Thiết lập hệ phương trình tuyến tính [A- λiIn 0]Cho PA[λ]=0 ta được phương trình đặc trưng.-Trị riêng : λ ∈R được gọi là trị riêng của ma trận A nếu tồn tại vecto u ≠0: A.[u]= λ.[u]Vecto riêng : u ≠0 được gọi là veto riêng ứng với trị riêng λ.1 1 1 0 1 1 1 0   z = α 2 2 2 0  = 0 ⇔ 0 0 0 0  ⇒  y = β 1 1 1 0 0 0 0 0   x = −α − βSuy ra u = [−α − β , β ,α ];α + β > 0 : các vecto riêng tương ứng với λ1 = 2 .221 2Ví dụ 15: Vecto x=[-2,2] là vecto riêng của ma trận  ứng với trị riêng?4 3Giải.Vì vecto x là vecto riêng ứng với trị riêng λ,ta có −2  2 −2  1 2   −2   = λ   ⇔   = λ   4 3   2 2 −2  2Có u = [ −α − β , β ,α ] = [ −α , 0, α ] + [ − β , β ,0] = α [ −1,0,1] + β [ −1,1,0]⇒ λ =1Các bước tìm trị riêng và vecto riêng :-Thiết lập phương trình đặc trưng,giải phương trình đặc trưng,ta được các trịriêng λi.-Tìm vecto riêng u tương ứng với trị riêng λi bằng cách giải hệ phương trìnhtuyến tính thuần nhất [A- λiIn 0].Tất cả nghiệm khác 0 của hệ là các vecto riêngứng với trị riêng λi.-Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất [A- λiIn 0] đượcgọi là không gian con riêng ứng với trị riêng λi, gọi là Eλi.Vậy không gian riêng Eλ2 = E6 có cơ sở là {[0,0,1]} .dim[E6] =1.Ví dụ 16 : Tìm trị riêng – vecto riêng,cơ sở,chiều của các không gian con riêng tương3 1 1 ứng của ma trận A. Với A = 2 4 21 1 3 Giải.v1v2Vậy không gian riêng Eλ1 = E2 có cơ sở là {v1 , v2 } = {[−1,0,1];[−1,1,0]} .dim[E2] =2.Bội hình học củaλ1 = 2 bằng 2* λ2 = 6Tương tự ta có u = [0,0, γ ]; γ ≠ 0 : các vecto riêng tương ứng trị riêng λ2 = 6 .Bội hình học củaλ2 = 1 bằng 1-bội hình học ≤ bội đại số.6. Chéo hóa ma trận.Ma trận A chéo hóa được khi A đồng dạng với ma trận chéo D.A có n vecto riêng độc lập tuyến tính lập thành một ma trận cơ sở trong khônggian RnĐiều kiện để chéo hóa ma trận : tổng bội đại số = tổng bội hình học = bậc đathức đặc trưng.Nếu ma trận An có n trị riêng phân biệt thì A chéo hóa được.Phương trình đặc trưng : det[A- λIn]=03−λ1124−λ2113−λ= 0 ⇔ [λ − 2]2 [λ − 6]1 = 0Các bước chéo hóa ma trận ABội đại số củaλ1 = 2 bằng 2Bội đại số củaλ2= 6 bằng 1Bước 1 : Tìm trị riêng – kiểm tra tổng bội đại số với bậc của ma trận.Bước 2 : Tìm các vecto riêng tương ứng với trị riêng – kiểm tra tổng đại số vàtổng hình học.Vậy chỉ có những trịriêng có bội đại số ≥2 là8 of 11[bội H.hoc của trị riêng phải bằng bội Đ,so tương ứng]Giải.Bước 3 : Lập ma trận P. Tính ma trận chéo D.A có ba trị riêng phân biệt λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3 nên A luôn chéo hóa được với mọia.1 3 3Ví dụ 17 : Chéo hóa ma trận A =  −3 −5 −3 . 3 3 1 1 1 3 Ví dụ 19 : Cho ma trận A =  0 2 a  . Hỏi với điều kiện nào của a thì A chéo 0 0 2 hóa được.Bước 1 : Tìm trị riêng.λ = 1Phương trình đặc trưng : PA [λ ] = −[λ − 1][λ + 2]2 ⇒  1λ2 = −2Tổng bội đại số 1+2=3A có đa thức đặc trưng PA [λ ] = [λ − 1].[λ − 2] 2 .Bước 2 : Tìm vecto riêng•λ1 = 1 : v1 = [1, −1,1] .•λ2 = −2 : v2 = [−1,1,0]; v3 = [−1,0,1] .Giải.Tổng bội hình học=3=tổng bội đại sốMuốn A chéo hóa được thì trị riêng λ2 = 2 phải có 2 vecto riêng độc lập.Tìm vecto riêng ứng với trị riêng λ2 = 2 .Bước 3 : Lập ma trận P và ma trận chéo P.λ1v1 1 −1 −1P =  −1 1 0  1 0 1 v2,v3 có thể đổi chỗ −1 1 3 0  0 0 a 0 0 0 0 0 1 0 0 ⇒ D = P . A.P =  0 −2 0  0 0 −2 −1•1 a 3 Ví dụ 18 : Cho ma trận A =  0 2 4  . Hỏi với điều kiện nào của a thì A chéo 0 0 3 hóa được.a=0.z = α −1 1 3 0 ⇒ X = [3α + β , β ,α ] 0 0 0 0 ⇒  y = β= α [3,0,1] + β [1,1,0] x = 3α + β 0 0 0 0 λ2Bài toán tìm điều kiện của tham số m để ma trận A có thể chéo hóa được.Muốn có 2 vecto riêng độc lập thì hệ phươngtrình phải có hai ẩn tự do⟹chỉ có 1 phần tử trụỨng với trị riêng λ2 = 2 ,có hai vecto riêng độc lập tuyến tính.Vậy a=0 thì A chéo hóa được.•a≠0.9 of 11 −1 1 3 0 z = α 0 0 a 0  ⇒  y = 0 ⇒ X = [3α ,0,α ]= α [3,0,1] x = 3α 0 0 0 0 Ứng với trị riêng λ2 = 2 ,có một vecto riêng độc lập tuyến tính.Vậy a≠0 thì A không chéo hóa được.Nếu PBĐTT f : ℝn → ℝ n có ma trận biểu diễn là Avà đa thức đặc trưng là Pf [λ] thì:Giải. Đa thức đặc trưng:7 −λPf [A] = [0ij ]n .P [λ] =VD 11. Cho PBĐTT f : ℝ 2 → ℝ 2 có ma trận biểu 4 − 22diễn là A =  và Pf [λ] = λ − 5λ + 6 .1 1 Giải.A có đa thức đặc trưng PA [λ ] = [λ − 1].λ 2 .Muốn A chéo hóa được thì trị riêng λ2 = 0 phải có 2 vecto riêng độc lập.Tìm vecto riêng ứng với trị riêng λ2 = 0 .1 a 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 Muốn có 2 vecto riêng độc lập thì hệ phươngtrình phải có hai ẩn tự do⟹chỉ có 1 phần tử trụHệ chỉ có một ẩn tự do,nên số vecto riêng độc lập chỉ là một⟹A không chéo hóađược với mọi a[vì bội hình học bằng 1 bé hơn bội đại số bằng 2]7. Các ứng dụnga. Định lý Cayley – Hamilton0 32 0. Tính det B ?0 1+ 14A5 + 4A4 + 8I 3 .2−λ001−λ34 −24 −20 0Ta có: Pf [A] = − 5 + 6I 2 = .1 1 1 1 0 07VD 12. Cho ma trận A = 037Trong đó, B = A − 10A63= λ 3 − 10λ 2 + 14λ + 4⇒ A − 10A2 + 14A + 4I 3 = [0ij ]321 a 0 Ví dụ 20 : Cho ma trận A =  0 0 1  . Hỏi với điều kiện nào của a thì A chéo 0 0 0 hóa được.030⇒ A7 − 10A6 + 14A5 + 4A4 = [0ij ]38 0 0⇒ B = 8I 3 = 0 8 0 .0 0 8Vậy det B = 83 = 512 .a. Tính lũy thừa ma trận Ak.Nhận xétP −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 .kkk−1Vậy A = P .diag [λ1 ,..., λn ].P .VD 3. Tiếp VD 2, ta có:0 −1 −1 210 0 0 101   1010A = 1 21   0 20 01 −1 1   00 1−1 −1 1 1 1 1−1023 1023 = 1023 2047 −1023.1 1023 1023Hai ma trận A và B được gọi là đồng dạng nếu tồn tại ma trận P sao cho :A = P −1.B.PLưu ý : hai ma trận đồng dạng có cùng tập trị riêng, nhưng các vecto riêng lạikhác nhau10 of 11Ví dụ 21. tìm trị riêng của ma trận1 1   2 1   2 −1A=1 2   0 5  −1 1 Ví dụ 22. Chéo hóa ma trận đối xứng thực sauGiải. 2 1Xét ma trận B =  đồng dạng với ma trận A. 0 5B có trị riêng là λ1 = 2, λ2 = 5 , nên trị riêng của A cũng là 2 và 5Ma trận trực giao : là ma trận mà các cột của nó tạo nên họ trực chuẩn. −1 / 2Ví dụ : P =  1 / 2 01 / 31 / 6 1 / 3  là ma trận trực giao2 / 6 1 / 3 −1 / 6Nhận xét : P là ma trận trực giao thì ta có PT = P −1Ma trận vuông A được gọi là chéo hóa trực giao nếu tồn tại ma trận trực giao Pvà ma trận chéo D sao choA = PDP −1 = PDPTNếu A là ma trận đối xứng thực, ta có•A là ma trận chéo hóa trực giao.•Các vecto riêng ứng với trị riêng khác nhau thì trực giao với nhau.Các bước chéo hóa trực giao một ma trận đối xứng thực.Bước 1 : Tìm trị riêng.Bước 2 : Tìm không gian con riêng ứng với từng trị riêng. Trực chuẩn hóa các cơsở của không gian con riêng này.Bước 3 : Lập ma trận trực giao P. Tìm ma trận chéo D. 3 −2 4 A =  −2 6 2  4 2 3 Giải.Bước 1. Tìm trị riêng.det [ A − λ I 3 ] = [7 − λ ]2 [−2 − λ ] λ =7⇒ λ = −2Bước 2. Tìm cơ sở không gian con riêng – trực chuẩn hóa.Cơ sở B1 của không gian con riêng E7 :1 x1 = 0 1  −1; x2 =  2  0 Trực chuẩn hóa cơ sở B1 thành cơ sở trực giao F1={f1, f2}.1 f1 = x1 =  0 1  −1; f 2 =  4 1  1 / Vậy cơ sở trực chuẩn của E7 :   0 1 /Với E-2 ta có :2   −1 / 18     ;  4 / 18   2   1 / 18  11 of 11 2x3 =  1  suy ra cơ sở trực chuẩn E-2 : −2   2 / 3  1 / 3    −2 / 3 Bước 3. Ma trận P và ma trận chéo D1 / 2P= 01 / 28.−1 / 184 / 181 / 182 / 37 0 0 1 / 3  ; D =  0 7 0  0 0 −2 −2 / 3Trị riêng – vecto riêng của ánh xạ tuyến tinh.Định nghĩa.Cho V là không gian vecto, ánh xạ tuyến tính f : V → V.Số λ ∈ R được gọi là trị riêng cùa f, nếu tồn tại vecto x≠0 ∈ V sao cho f [ x] = λ xKhi đó vecto x được gọi là vecto riêng của ánh xạ tuyến tính f tương ứng với trị riêng λCác bước đi tìm trị riêng – vecto riêng của một ánh xạ tuyến tínhBước 1. Chọn một cơ sở B tùy ý trong kgvt VTìm ma trận A của axtt trong cơ sở B.Bước 2. Tìm trị riêng λ và vecto riêng x của A.Bước 3.Kết luận1.Trị riêng của A cũng chính là trị riêng của axtt [và ngược lại]2.Vecto riêng của A là tọa độ của vecto riêng của axtt trong cơ sở B.