BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
CHƯƠNG 4. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
Bài 1. Chứng minh ánh xạ f : R2 ---- R3 = ( u
x, y)  f(u) = (2x – y, 4x – 2y, 6x – 3y) là ánh xạ tuyến tính. Giải: ∀ u v , ∈ R2 u , = (x y , ), v = (a b
, ),  u + v = (x+a, y+b)
ta có: f(u) = (2x – y, 4x – 2y, 6x – 3y) f(v) = (2 – a , 4 b – 2 a , 6 b – 3 a b)
f(u + v) = ( 2(x+a) – (y+b), 4(x+a) – 2(y+b), 6(x+a) – 3(y+b) ) f(u) + ) = ( (2 f(v x – y)+(2 – a ), (4 b
x – 2y)+(4 – 2 a
b), (6x – 3y)+(6a – 3b) ) = ( 2(x+ ) – ( a y+ ), 4( b x+ ) – 2( a y+ ), 6( b x+ ) – 3 a (y+ ) ) b
 f(u + v) = f(u) + f(v). ∀ α ∈ R, ∀ = ( u
x, y) ∈ R2,  α =
u (αx, αy) f(α ) = u
( 2αx-αy, 4αx-2αy, 6αx-3αy )
= ( α(2x-y), α(4x-2y), α(6x-3y) ) = α(2x – y, 4x – 2y, 6x – 3y) = α f(u)
Vậy f là ánh xạ tuyến tính.
Bài 2. Ánh xạ sau có phải là ánh xạ tuyến tính không
f : R2 ---- R2 = ( u
x, y)  f(u) = ( x, y2 ) Giải: ∀ u v , ∈ R2 u , = (x y , ), v = (a b
, ),  u + v = (x+a, y+b) ta có: f(u) = (
x, y2 ), f(v) = ( , a b2 ) f(u) + ) = ( f(v x + , y a 2 + b2 )
f(u + v) = ( x+a, (y+b)2 ) = ( x + ,
a y2 + b2 + 2yb )
 f(u + v) ≠ f(u) + f(v).
Vậy f không phải là ánh xạ tuyến tính.
( hoặc có thể chứng minh: ∀α ∈ R, ∀
u ∈ R2, f(α ) u ≠ αf(u) ).
Tương tự ánh xạ g(u) = (x + 1, y) cũng không phải là ánh xạ tuyến tính.
Bài 3. Cho ánh xạ tuyến tính f : R2  R3 và B = ( u1 = (1, 2), u2 = (3, 5) ) là một cơ
sở của R2, với f(u1) = ( 1, 1, 2 ), f(u2) = ( 4, 2, 1 )
a) Tìm f(u), với u = (4 5 , ).
b) Xác định biểu thức của ánh xạ f . Giải:
a) u = α1u1 + α2u2
(4, 5) = α1(1, 2 ) + α2(3, 5) = (α1, 2α1) + ( 3α2 + 5α2 ) = (α1 + 3α2, 2α1 + 5α2)  3  4    5 1 2 1     , u  (   5, 3)       B 2 5 5 3  1 2  2
 u = -5u1 + 3u2  f ( ) = u
f (-5u1 + 3u2) = -5f (u1) + 3f (u2) = -5(1, 1, 2) + 3(4, 2, 1)
 f ( ) = ( 7, 1, -7 ). u
b) ∀ x ∈ R2, x = (a, b) = α1u1 + α2u2 = α1(1, 2 ) + α2(3, 5) = (α1, 2α1) + ( 3
α2 + 5α2 ) = (α1 + 3α2, 2α1 + 5α2)   3  a
    5a  3b 1 2 1     , x  ( 5a  3 ,
b 2a  b)     B 2   5 b   2a b 1 2 2
 f (x) = f (α1u1 + α2u2) = α1 f (u1) + α2 f (u2) = (-5 + 3 a )(1, 1, 2) + (2 b – a )(4, 2, 1) b = ( 3 – a , - b + a , -8 b a + 5 ) b
Vậy biểu thức của ánh xạ f là:
∀ x = (a, b) ∈ R2, f (x) = ( 3 – a , - b a + b, -8 + 5 a ). b
Bài 4. Cho ánh xạ tuyến tính f : R3  R2 và các vecto u1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 1, 1),
u3 = (1, 0, 1), với f(u1) = ( -2, -1), f(u2) = ( 1, 2), f(u3) = ( -1, 1). Hãy xác định biểu
thức của ánh xạ f và tìm f(3, 1, 5). u i  i  , 1,3
Giải: Gọi A là ma trận tọa độ của họ vecto
đối với cơ sở chính tắc của R3, ta có 1 1 1 1 1 0
det(A) = 0 1 1 = 1 + 1 + 0 – 0 – 0 – 1 = 1 u i  i   họ vecto , 1,3 U =
độc lập tuyến tính và do đó là một cơ sở của R3
∀ x ∈ R3, x = (a, b, c) = α1u1 + α2u2 + α3u3 = α1(1, 1, 0 ) + α2(1, 1, 1) + α3(1, 0, 1)
= (α1 + α2 + α3, α1 + α2, α2 + α3)       a
  a  c 1 2 3 1        b
   c  a  b , 1 2 2   c      a  b  2 3  3 x 
(a  c, c  a b, a  b ) U
 f (x) = f (α1u1 + α2u2 + α3u3) = α1 f (u1) + α2 f (u2) + α3 f (u3) = ( - c)(-2, -1) + (c - a + a )(1, 2) + ( b a - b)(-1, 1) = ( -4 + 2 a + 3c, -2 b + a + 3c ) b
Vậy biểu thức của ánh xạ f là:
∀ x = (a, b, c) ∈ R2, f (x) = ( -4 + 2 a + 3c, -2 b a + + 3c ). b
Với x = (3, 1, 5), f (3, 1, 5) = ( -4.3 + 2.1 + 3.5, -2.3 + 1 + 3.5 ) = (5, 20).
Bài 5. Cho ánh xạ tuyến tính f : R2 ---- R3 = ( u
x, y)  f(u) = (x, 2x –y, x + y)
tìm ma trận của ánh xạ f đối với cặp cơ sở chính tắc của R2 và R3. 1, 2 e 1, 3
Giải: Gọi (e) = (ei), i =
, (e ) = ( j), j =
, lần lượt là cơ sở chính tắc của R2 và R3.
f(e1) = f(1, 0) = (1, 2, 1), f(e2) = f(0, 1) = (0, -1, 1) f (e ) f (e ) 1 2  (1, 2, 1),  (0,  1, 1) (e ) (e )
Ta có ma trận của ánh xạ f đối với cặp cơ sở chính tắc của R2 và R3 là  1, 0  (   e )
M  ( f )  2,  1 (e)      1, 1   2 1  A   Bài 6. Cho ma trận
 3 5  và ánh xạ f : M  2(R) M2(R)
X ∈ M2(R), X  f(X) = AX
a) Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính.
b) Tìm ma trận của ánh xạ f đối với cơ sở chính tắc của M2(R). Giải:
a) ∀ X, Y ∈ M2(R), f(X + Y ) = A(X + Y) = AX + AY = f(X) + f(Y)
∀ α ∈ R, ∀ X ∈ M2(R), f(αX) = A(αX) = α(AX) = αf(X)
 f là ánh xạ tuyến tính. b) Kgvt M
E =  E , E , E , E 1 2 3 4 
2(R) có cơ sở chính tắc là: với  1 0   0 1  0 0   0 0  E  ,   E  ,   E  ,  1 2 3   E4    0 0   0 0  1 0   0 1   a a  1 2   a a ∀ X ∈ M   2(R), X = 3 4
= a1E1 + a2E2 + a3E3 + a4E4
 X/E = ( a1, a2, a3, a4 )  2 1   1 0  2 0       f (E ) 1  3 5  0 0  3 0 f(E    E 1) = AE1 = . = , = (2, 0, 3, 0)  2 1   0 1  0 2       f (E ) 2  3 5  0 0  0 3 f(E    E 2) = AE2 = . = , = (0, 2, 0, 3)  2 1   0 0  1 0        f (E ) 3  3 5 1 0  5 0 f(E    3) = AE3 = . = , E = (1, 0, 5, 0)  2 1   0 0  0 1       f (E ) 4  3 5  0 1  0 5 f(E    E 4) = AE4 = . = , = (0, 1, 0, 5)  2 0 1 0   0 2 0 1    3 0 5 0     M  0 3 0 5  E( f ) =
Bài 7. Cho ánh xạ tuyến tính f : M  2(R)
P2[x], xác định bởi   a b   2 f  
   (a d)  (a2 )
b x  (b 3c)x   c d   .
Tìm ma trận của ánh xạ f đối với cặp cơ sở chính tắc của M2(R) và P2[x].
E =  E , E , E , E 1 2 3 4 
Giải: Kgvt M2(R) có cơ sở chính tắc là: với  1 0   0 1   0 0   0 0  E  , E  , E  , E  1   2   3   4    0 0   0 0  1 0   0 1   a a  1 2   a a ∀ X ∈ M   2(R), X = 3 4
= a1E1 + a2E2 + a3E3 + a4E4
 X/E = ( a1, a2, a3, a4 ) ( )
e =  e (x), e (x), e (x) i 0,2 0 1 2 
Kgvt P2[x] có cơ sở chính tắc là: , với e ( i x) = xi, 2
e (x) 1 , e (x)  x , e (x)  x 0 1 2 ∀ f(x) ∈ P 
2[x], f(x) = a0 + a1x + a2x2,
f(x)/(e) = ( a0, a1, a2 )   1 0   f (E ) 1
f (E )  f     1  x,   (1, 1, 0) 1   0 0 (e)     0 1   2 f (E ) 2
f (E )  f  
   2x  x ,   (0, 2, 1) 2 (e)   0 0     0 0  2 f (E ) 3
f (E )  f      x ,   (0, 0,  3) 3 1 0 ( ) e       0 0   f ( E ) 4
f (E )  f       1,   ( 1, 0, 0) 4   0 1 (e)    1 0 0  1  (   e)
 M ( f )  1 2 0 0 E     0 1  3 0  
Bài 8. Cho ánh xạ tuyến tính T : P  2[x]
P3[x], xác định bởi      f x  2 ( ) x f (x) 2  ∀ f xf f(x) ∈ P 2[x], T
Tìm ma trận của ánh xạ T đối với cặp cơ sở chính tắc của P2[x] và P3[x].
Giải: Ký hiệu cơ sở chính tắc của kgvt P2[x] và P3[x] lần lượt là: ( )
e =  e (x), e (x), e (x) i 0,1,2 0 1 2  , với e ( , i x) = xi,
(u) =  u (x), u (x), u (x), u (x) j 0,3 0 1 2 3  , với u ( . j x) = xj,
∀ g(x) ∈ P3[x], g(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 T  T e (x) e (x) T
 (1) xe (x) x  ,  (0,1,0,0) 0   0  0 (u)  T e ( ) ( )  (x)   2  , x T e x T x   ( 2,0,1,0) 1  2  1  (u) T  T e (x) e (x) T  (x ) 2
 x  4x  x .   (0,  4,2,1) 2  2 2 3  2  (u)
Vậy ma trận của ánh xạ T đối với cặp cơ sở chính tắc của P2[x] và P3[x] là  0  2 0   1 0 4   ( u) M (T)    (e)  0 1 2    0 0 1   1  0  1 0    Q  0 1 1 0      :   3 P  x  2 P  x  Bài 9. Cho ma trận
 2 0 3 1 . Xác định biểu thức của axtt
sao cho ma trận của  đối với cặp cơ sở chính tắc của P3[x] và P2[x] là ma trận Q.
Giải: Để ma trận của  đối với cặp cơ sở chính tắc của P3[x] và P2[x] là ma trận Q thì 1  (1)   2
 0 hay  (1) 1  2 ( ) x e     2 
, tương tự  (x) = x,  (x2) = -1 + x + 3x2,  (x3) = x2 ∀ f(x) = a      3 0 + a1x + a2x2 + a3x3,
[f(x)] = a0 (1) + a1 (x) + a2 (x2) + a3 (x )
  [f(x)] = (a0 – a2) + (a1 + a2)x + (2a0 + 3a2 + a3)x2.
Bài 10. Cho ánh xạ tuyến tính f : R2 ---- R3 = ( u
x, y)  f(u) = (2x - y, 4x – 2y, 6x - 3y)
a) Tìm Imf và dim(Imf).
b) Tìm Kerf và dim(Kerf). Giải: Imf   3 2
v (a,b,c )R / u
 (x, y)R : f (u ) v     3 2
v (a,b,c)R / u
 (x, y)R : (2 x  y, 4 x  2 y, 6 x 3y) (a,b,c)  a) 
 2x  y  a       ,
a b, c 3
 R / hpt 4x  2y b   6x  3   = y c   (*) có nghiệm 
Bằng phương pháp Gauss dễ kiểm tra hpt (*) có nghiệm khi và chỉ khi b = 2a và c = 3a f   3 Im ( , a 2 ,
a 3a)  R / a  R 
Đặt v = (1, 2, 3) ∈ Imf , ∀ x = (a, 2a, 3a) ∈ Imf , x = (1, 2, 3) = a av
Dễ kiểm tra được { v } là một cơ sở của Imf . Vậy dim(Imf) = 1. Kerf   2 u (  , x y) R  / f ( ) u      2
u (x, y )R / (2x  y, 4x  2y, 6x  3y ) (0,0,0)    2
u (x, y )R / y 2x    3
u (x, 2x )R / x  R  b)
Dễ kiểm tra được { }, với u
= (1, 2), là một cơ sở của Ker u
f . Vậy dim(Kerf) = 1.
Bài 11. Cho phép biến đổi tuyến tính f : R3  R3, xác định bởi: ∀ = u (x, y, z) ∈ R3, f( ) = u
f(x, y, z) = (x – y, x + y, x – y + z) .
Tìm Kerf, dim(Kerf), Imf, dim(Imf). Giải: Kerf   3 u (  , x , y z) R  / f ( ) u      3 u (  , x ,
y z)R / ( x  y, x  ,
y x  y  z ) (  0, 0,0)    3 u (  , x ,
y z)R / x  y z 0      
 dim(Kerf) = 0. Imf   3 3
v (a,b,c)R / u
 (x, y, z)R : f (u) v    3 3
v  (a,b,c)R / u
 (x, y, z)R : (x y, x y, x y z) (a,b,c) 
 x y  a 
 x  y  b  = { (a, b, c)   
∈ R3 sao cho hpt x y z c  (*) có nghiệm }
Dễ kiểm tra hpt (*) là hệ Cramer, do đó hpt (*) luôn luôn có nghiệm ∀(a, b, c) ∈ R3.
 Imf = R3 và dim(Imf) = 3.
Bài 12. Cho ánh xạ tuyến tính T : P  3[x] M2(R) xác định bởi:
 a  a a  a  0 2 0 3
T ( f (x ))     a a a a ∀ f(x) = a  1 2 1 3  0 + a1x + a2x2 + a3x3,
a) Xác định ImT , tìm một cơ sở của imT và dim(ImT).
b) Tìm dim(KerT) và chứng tỏ ánh xạ T không phải đơn cấu. Giải: a)   a b  2 3
ImT   A 
M (R) / f (x) a
 a x a x a x P
 [x] : T(f(x)) A   2 0 1 2 3 3    c d     a b
 a  a a  a   a b 2 3 0 2 0 3   
 M (R) / f (x) a
 a x a x a x :     2 0 1 2 3      c d a a a a    c d 1 2 1 3 
 a a  a 0 2 
a a  b 0 3   a b 
a a  c   M  (R)    1 2 2   c d  
sao cho hpt a a   d 1 3 (*) có nghiệm 
Bằng phương pháp Gauss dễ kiểm tra hpt (*) có nghiệm khi và chỉ khi a – b – c + d = 0 a b    ImT   M 
(R) / a  b  c d  0     2 c d    a b    ImT    M 
(R) / a, b, c  R 2 
c  a b c    1 0  0 1  0 0 A  , B  , C        Đặt  0  1   0 1  1 1   a b 
  X  ImT , X 
 aA  bB  cC    c  a b  c  
 họ vecto { A, B, C } là một hệ sinh của ImT. Đồng thời cũng dễ kiểm chứng
hệ sinh này độc lập tuyến tính. Vậy họ vecto { A, B, C } là một cơ sở của ImT, và do
đó ta có dim(ImT) = 3.
b) Ta biết: dim(KerT) + dim(ImT) = dim(P3[x])
 dim(KerT) = 4 – 3 = 1
 Ánh xạ T không phải đơn cấu ( vì T đơn cấu khi và chỉ khi KerT = { 0 } ).
Bài 13. Cho ánh xạ f : M  2(R) M2(R), xác định bởi  a b    a b    a a b  X    f        c d       ∈ M c d a b a b c d       2(R), f(X) = .
a) Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính.
b) Tìm Kerf, dim(Kerf), Imf, dim(Imf). Giải: a) ( sinh viên tự làm ) b)   a b  
Kerf X 
 M (R) / f (X )     2  c d      a b  a a b   0 0   
  M (R) /    2    c d a   
 b abc d   0 0  a b    
 M (R) / a b 0, d  c 2  c d    0 0      M ( )
R / c R   2  c   c    0 0   Với 1  1 A = 
 , dễ kiểm tra được { A } là một cơ sở của Kerf . Vậy dim(Kerf) = 1.   u v   a b  
Imf   U 
M (R) / A 
M (R) : f (A) U    2   2    r s   c d     u v  a b  a a b   u v    M  (R) /  sao cho    2                  r s c d a b a b c d   r s   a  u
a  b v    u v 
a  b  r    M (R)    2  r s     sao cho hpt a
 b c d  s (*) có nghiệm 
Bằng phương pháp Gauss dễ kiểm tra hpt (*) có nghiệm khi và chỉ khi r = v.   u v  Imf  U 
M (R) / r v     2   r s     u v     M (R) / , u , v s  R    2    v s    1 0   0 1   0 0  U   , U   , U    Im 1 2 3 f Đặt 0 0 1 0 0 1       .
Dễ kiểm tra được họ vecto { U1, U2, U3 } là một cơ sở của Imf , do đó dim(Imf ) = 3.
Bài 14. Cho ánh xạ tuyến tính f : R3  R2 có ma trận đối với cặp cơ sở
(u) = ( u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 0, 1), u3 = (1, 1, 0) ) và (v) = ( v1 = (1, 1), v2 = ( 2, 1) )  2 1  3 A   0 3 4  
a) Tìm ma trận của ánh xạ f đối với cặp cơ sở chính tắc của R3 và R2.
b) Xác định biểu thức của ánh xạ f . Giải: a) Gọi (e) = ( 1, 3 e 1, 2 ei), i =
, (e) = ( j ), j =
, lần lượt là cơ sở chính tắc của R3 và R2.
Gọi B là ma trận của ánh xạ f đối với cặp cơ sở chính tắc (e) và (e) của R3 và R2,
ta có B = Q-1AP, trong đó P và Q lần lượt là ma trận chuyển cơ sở từ ( ) u sang (e) và
từ (v) sang ( e). Khi đó Q-1 là ma trận chuyển cơ sở từ (e) sang (v). Từ định nghĩa
ma trận chuyển cơ sở ta có:  1 1 1    P  1  1 0   1 2  1   Q    1 0  1 và 1 1    1 1 1 1 2  2 1  3   10  5  3 1  1 0   1 1    0 3 4         3  2 1   1 0  1 B = Q-1AP =  
b) Theo biểu thức tọa độ của axtt đối với cặp cơ sở chính tắc của R3 và R2 ta có:    a f (x )  x 10  5  3   1
 0a  5b  3c   B  b  e e   3  2 1       3  a  2b c  ∀ c x = (a, b, c) ∈ R3,  
 f(x) = f(a, b, c) = (10a - 5b -3c, 3a -2b + c).
Bài 15. Cho phép biến đổi tuyến tính T : P  2[x]
P2[x], xác định bởi  f (x)  2
 2a  2a  (2a 3a )x 3 ∀ a x f(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ P 1 2 0 2 2 . 2[x], T
Trong P2[x] cho một cơ sở (C) = ( c1(x), c2(x), c3(x) ), với c1(x) = 1 + x, c2(x) = 1 - x, c 2 3(x) = x + x .
a) Tìm ma trận của ánh xạ T đối với cơ sở chính tắc (e) của P2[x].
b) Tìm ma trận của ánh xạ T đối với cơ sở ( C ) theo hai cách. Giải:
a) Cơ sở chính tắc của
(e) =  e (x), e (x), e (x) i 0,1,2 0 1 2  P2[x] là: , với e ( . i x) = xi,
T  e (x) 0  (e) T( e 
0(x) ) = T(1) = 2x, = (0, 2, 0) T e ( ) x 1  ( ) T( e  e 1(x) ) = T(x) = 2, = (2, 0, 0)
T  e (x) 2  (e ) T( e 2 
2(x) ) = T(x2) = -2 + 3x + 3x = (-2, 3, 3)  0 2  2   M  2 0 3    
Vậy ma trận của ánh xạ  0 0 3
T đối với cơ sở chính tắc (e) là: 
b) Cách 1: (Dùng định nghĩa)
T  c (x) 1  (e) T( c 
1(x) ) = T(1 + x) = 2 + 2x = 2(1 + x) = 2c1(x), = (2, 0, 0)
T c (x) 2  ( ) e T( c 
2(x) ) = T(1 - x) = -2 + 2x = -2(1 –x) = -2c2(x), = (0, -2, 0) T  e ( ) x 0 ( ) T( c 2 2  e
3(x) ) = T(x + x ) = 3x + 3x2 = 3(x + x ) = 3c3(x), = (0, 0, 3)  2 0 0    N  0  2 0    
Vậy ma trận của ánh xạ  0 0 3
T đối với cơ sở ( C ) là:  . Cách 2: (Dùng công thức)
Gọi N là ma trận của ánh xạ T đối với cơ sở ( C ), theo công thức về mối liên hệ
giữa các ma trận của một phép biến đổi tuyến tính ta có:
N = P-1M P, trong đó P là ma trận chuyển cơ sở từ (e) sang ( C ). 1 1 0 1 / 2 1 / 2  1 / 2 1 1  1     1  P  1  1 1 1  
P  1 / 2  1 / 2 1 / 2  1  1 1       2     Ta có: 0 0 1  và  0 0 1   0 0 1   2 0 0   0 2 0       0 0 3 N = P-1M P =   .
Bài 16. Cho phép biến đổi tuyến tính f : R3  R3 có ma trận đối với cơ sở chính tắc của R3 là  2 4 2    A  0 4 1      0 0 3
Tìm một cơ sở(nếu có) của R3 để đối với cơ sở đó ma trận của f là ma trận chéo. Giải:
Bước 1: Tìm các trị riêng của A (hoặc của f ) 2  4 2 0 4  1
 (2 ) (4 )(3 ) (*) det(A -  I) = 0 0 3 
(*) Giải pt đặc trưng det(A -  I) = 0
 (2  )(4   )(3  )  0   2,3, 4.
Vậy ma trận A có 3 trị riêng là  = 2, 3, 4 đôi một phân biệt. Do đó f chéo hóa được
Bước 2: Tìm các vecto riêng của A (hoặc của f )
Tìm các vecto riêng ứng trị riêng  = 2
(2 2)x  4x  2x  0 1 2 3  
(4 2) x  x  0
 x x 0, x    R 2 3 2 3 1  (3 2)x  0 Giải hpt  3
 Các vecto riêng của A (hoặc của f ) ứng với trị riêng  = 2 là (α, 0, 0), với α 0 ≠
Tìm các vecto riêng ứng trị riêng  = 3
(2 3)x  4x  2x  0 1 2 3  
(4 3)x  x  0
 x   2 , x   , x  ,   R 2 3 1 2 3  (3 3)x  0 Giải hpt  3
 Các vecto riêng của A (hoặc của f ) ứng với trị riêng  = 3 là (-2β, -β, β), với β ≠ 0
Tìm các vecto riêng ứng trị riêng  = 4
(2 4) x  4x  2 x  0 1 2 3  
(4 4) x  x  0
 x  2, x 
 , x 0,   R 2 3 1 2 3  (3 4)x  0 Giải hpt  3
 Các vecto riêng của A (hoặc của f ) ứng với trị riêng  = 4 là (2γ, γ, 0), với γ ≠ 0
Bước 3: Chọn một cơ sở gồm toàn các vecto riêng
- Cho α = 1, ta được một vecto riêng u 
1 = (1, 0, 0) ứng trị riêng = 2
- Cho β = -1, ta được một vecto riêng u 
2 = (2, 1, -1) ứng trị riêng = 3
- Cho γ = 1, ta được một vecto riêng u 
3 = (2, 1, 0) ứng trị riêng = 4
 Họ vecto ( ) = ( u u 3
1, u2, u3) là một cơ sở của R , và đối với cơ sở này ma trận của
f là ma trận chéo như sau  2 0 0 0 3 0      0 0 4 
Bài 17. Cho phép biến đổi tuyến tính f : R3  R3 x = (x  1, x2, x3)
f(x) = (x1, x1 + 2x2, x2 + 3x3)
a) Tìm ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R3.
b) Tìm một cơ sở của R3 để đối với cơ sở đó ma trận của f là ma trận chéo. Giải:
a) Gọi cơ sở chính tắc của
(e) =  e i  i  , 1, 2,3 R3 là: f (e ) 1 (e) f(e 
1) = f(1, 0, 0) = (1, 1, 0) = (1, 1, 0) f (e ) 2 ( ) f(e  e
2) = f(0, 1, 0) = (0, 2, 1) = (0, 2, 1) f (e ) 3 ( ) f(e  e
3) = f(0, 0, 1) = (0, 0, 3) = (0, 0, 3)  1 0 0    A  1 2 0    
Vậy ma trận của ánh xạ  0 1 3
f đối với cơ sở chính tắc của R3 là:  .
b) Bước 1: Tìm các trị riêng của A (hoặc của f ) 1   0 0 1 2 
0  (1 ) (2 )(3 )   (*) det(A -  I) = 0 1 3
(*) Giải pt đặc trưng det(A -  I) = 0
 (1 )(2 )(3 )  0   1  ,2,3.
Vậy ánh xạ f có 3 trị riêng là  = 1, 2, 3 đôi một phân biệt. Do đó f chéo hóa được
Bước 2: Tìm các vecto riêng của f
Tìm các vecto riêng ứng trị riêng  = 1 (1 1)x  0 1 
 x  (2 1) x  0
 x 2, x  2, x   ,   R 1 2 1 2 3 
x  (3 1)x  0 Giải hpt  2 3
 Các vecto riêng của f ứng với trị riêng  = 1 là (2α, -2α, α), với α ≠ 0
Tìm các vecto riêng ứng trị riêng  = 2 (1 2)x  0 1 
 x  (2  2) x  0  x 0
 , x  , x ,   R 1 2 1 2 3 
x  (3 2)x  0 Giải hpt  2 3
 Các vecto riêng của f ứng với trị riêng  = 2 là (0, -β, β), với β ≠ 0
Tìm các vecto riêng ứng trị riêng  = 3 (1 3)x  0 1 
 x  (2 3) x  0  x x 0  , x   ,   R 1 2 1 2 3 
x  (3 3)x  0 Giải hpt  2 3
 Các vecto riêng của f ứng với trị riêng  = 3 là (0, 0, γ ), với γ ≠ 0
Bước 3: Chọn một cơ sở gồm toàn các vecto riêng
- Cho α = 1, ta được một vecto riêng u 
1 = (2, -2, 1) ứng trị riêng = 1
- Cho β = 1, ta được một vecto riêng u 
2 = (0, -1, 1) ứng trị riêng = 2
- Cho γ = 1, ta được một vecto riêng u 
3 = (0, 0, 1) ứng trị riêng = 4
 Họ vecto ( ) = ( u u 3
1, u2, u3) là một cơ sở của R , và đối với cơ sở này ma trận của
f là ma trận chéo như sau 1 0 0   0 2 0      0 0 3 1 1 3   A  0 2 0     Bài 18. Cho ma trận
0 0 2  . Tìm A10 . Giải:
Bước 1: Kiểm tra tính chéo hóa của ma trận A
(*) Tìm các trị riêng của A 1   1 3 2 0 2  0
 (1 ) (2 )(2 )  (1 )(2 )   det(A -  I) = 0 0 2
Giải pt đặc trưng det(A -  I) = 0 2
 (1 ) (2  )  0   1  ,  2(nghiệm kép)
(*) Tìm các vecto riêng của A
Tìm các vecto riêng ứng trị riêng  = 1
(1 1) x  x  3x  0 1 2 3   (2  1)x  0  x x 0  , x    R 2 2 3 1  (2 1)x  0 Giải hpt  3
 Các vecto riêng của A ứng với trị riêng  = 1 là (α, 0, 0), với α ≠ 0
Tìm các vecto riêng ứng trị riêng  = 2
(1 2)x  x  3x  0 1 2 3   (2  2) x  0  x   3 ,
 x , x  ,  ,   R 2 1 2 3  (2 2)x  0 Giải hpt  3
 Các vecto riêng của A ứng với trị riêng  = 2 là (β + 3γ, β, γ), với γ ≠ 0, β ≠ 0
(*) Tìm một cơ sở gồm toàn các vecto riêng
- Cho α = 1, ta được một vecto riêng u 
1 = (1, 0, 0) ứng trị riêng = 1
- Cho β = 1, γ = 0, ta được một vecto riêng u 
2 = (1, 1, 0) ứng trị riêng = 2
- Cho β = 0, γ = 1, ta được một vecto riêng u 
3 = (3, 0, 1) ứng trị riêng = 2
 Họ vecto (u) = (u1, u2, u3) độc lập tuyến tính, do đó ma trận A chéo hóa được
Bước 2: Chéo hóa của ma trận A 1 1 3  1  1  3   0 1 0     0 1 0       Đặt P = 0 0 1    P-1 = 0 0 1   1 0 0   0 2 0     Khi đó P-1AP  0 0 2 =  = B Bước 3: Tính A10 Ta có: P-1AP =
B  A = PBP-1
 A10 = (PBP-1)10 = (PBP-1)(PBP-1) . . . . (PBP-1) 10 1 0 0  0 2 0     = PB10P-1 = P 0 0 2   .P-1 10 1 0 0    10 0 2 0   10  0 0 2 
 A10 = P   .P-1