ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
LỚP: CAO HỌC LÝ THUYẾT XÁC SUẤT VÀ THÔNG KÊ TOÁN KHÓA 27
CHƯƠNG 3 – SỰ CHÉO HÓA
Bài 1. Cholà một toán tử tuyến tính của không gian vectơ V và 0 là một giá trị riêng của f. Chứng
minh rằngkhông khả nghịch.
Mệnh đề “f khả nghịch khi và chỉ khi tất cả trị riêng của f khác không” có đúng không? Giải
* Chứng minh rằng f không khả nghịch
+ Gọi là ma trận của f đối với một cơ sở trong S V.
+ Giả sử:là một trị riêng của f. Khi đó, ta có: là ma trận suy biến.
Vậy toán tử f không khả nghịch.
* Mệnh đề “ f khả nghịch khi và chỉ khi tất cả trị riêng của f khác không” là mệnh đề đúng.
Nếu f khả nghịch, ta chứng minh tất cả trị riêng của f khác không.
+ Gọi là ma trận của f đối với một cơ sở trong S V.
+ Giả sử là một trị riêng của f. Ta có:
Suy ra f không khả nghịch (mâu thuẫn giả thiết).
Vậy f khả nghịch thì tất cả trị riêng của f khác không.
Nếu tất cả trị riêng của f khác không thì Vậy f khả nghịch.
Bài 2. Cho f là một toán tử tuyến tính của không gian vecto V và f khả nghịch. Cho  là một 1 1
giá trị riêng . Chứng minh  là trị riêng của f  . 1 Giải Gọi v 
 là vecto riêng ứng với trị riêng  . Giả sử  0   f (v) 0  v 
  v Kerf  Kerf     v
Do f khả nghịch nên f đẳng cấu  f đơn cấu   vô lý. Do đó  0   1  1  1  1  1  1  1
Ta có : f (v) 
 v  f ( f (v))  f (v)  ( f f )(v)  f (v)  v 
 f (v)  f (v)   v 1 Vậy 1
 là một giá trị riêng của f  .
Bài 3. Cho f , g là các toán tử tuyến tính của không gian vectơ V và v là một vectơ riêng của f và
g. Chứng minh rằng v là một vectơ riêng của f +g. Giải
f (v) = l v g( ) v = l v
Vì v là một vectơ riêng của f và g, ta có 1 và 2 .
( f + )g( )v = f( )v + (g )v = l v+l v =( l +l ) Xét v 1 2 1 2
Suy ra v là một vectơ riêng của f + g.
Bài 4. Cho là một toán tử của không gian vectơ và là một vectơ riêng của. Chứng minh rằng thì
là một vectơ riêng của toán tử tuyến tính . Giải
Ta cần chứng minh tồn tại một vô hướng để f (v) =
Giả sử là một trị riêng của f ứng với véctơ riêng v thì v a . Ta có: Đặt , ta được
Vậy là một véc tơ riêng của toán tử tuyến tính . 2 n
Bài 5. Cho l là một trị riêng của toán tử tuyến tính f . Chứng minh n
l là trị riêng của f (n ³ 2) Giải
Vì  là một trị riêng của toán tử tuyến tính f nên v $ ¹  sao cho f( ) v = l v n n
Ta chứng minh rằng f ( )
v = l v (*) (n ³ 2) bằng phương pháp qui nạp. 2 2 f ( ) v ffé ( v )ù = f = (vl )= fl (
v ) = l (vl ) =  Với v l n = 2 ta có ê ë ú û
. Vậy (*) đúng với n = 2 k f ( ) k =
 Giả sử (*) đúng với n k  (k 2  ) v l v nghĩa là
. Ta cần chứng minh (*) đúng với n k  1 k+1 k 1 +
nghĩa là chứng minh f (v) =l v k+1 k k Thật vậy: Ta có f ( ) v = f (
f v ( ))f= (vl
) ( Do giả thiết qui nạp) (1) k k k k 1
Do tính chất của ánh xạ tuyến tính nên f (l v) l (f (v)) l (l v) l + = = = v (2)
n = k +1 (k ³ 2) n n Suy ra (*) đúng với . Do đó: f ( )
v = l v (n ³ 2) . n f ( n ³ ) 2 Vậy n
l là một trị riêng của
Bài 6. Cho f là phép biến đổi tuyến tính của không gian vectơ V , cho λ , λ 1 2 là các trị riêng phân
biệt của f ứng với các vectơ riêng v ,v λ  λ λ .λ 1 2 . Khi đó 1
2 và 1 2 có là trị riêng của f hay không? Giải 2 2 f : R  R
f  x , x  2x , x 3x 1 2   1 1 2  Xét toán tử tuyến tính xác định bởi 2 0 A    
Khi đó, ma trận của f đối với cơ sở chính tắc S0 của 2 R là  1 3  3    P       A  λ 2 λ  2λ 0  2λ  3 λ  1 0   λ 3 Đa thức đặc trưng: 1 3λ  2
Vậy các trị riêng của ma trận A trên trường số thực λ 2,  λ 3.  R là 1 2 Khi đó λ  λ 5  , λ .λ 6  1 2 1 2
đều không là trị riêng của f . Vậy với λ , λ v ,v λ  λ λ .λ 1 2 1 2 thì 1 2 và 1 2
là các trị riêng phân biệt của f ứng với các vectơ riêng
không thể là trị riêng của f trong mọi trường hợp.
Bài 7. Cho là một trị riêng của toán tử tuyến tính Chứng minh là một trị riêng của với . f. Giải
* Để chứng minh là một trị riêng của với ta chứng minh .
+ Gọi V là vectơ riêng ứng với trị riêngcủa toán tử tuyến tính f. Ta có:
+ Bằng phương pháp chứng minh quy nạp ta có: + Gọi . Khi đó:
Suy ra là một trị riêng của.
P(t)  K  t K  er P( f 
Bài 8. Cho toán tử tuyến tính f :V  V và . Chứng minh rằng ) bất biến đối với f . Giải n n P(t) i  a t  g P  ( f ) i  a f 
P(t)  K  t i i Ta có nên i 0  . Đặt i 0  x   e
K rg  g f x  =0 Ta chứng minh : x
  Kerg  f (x) Kerg hay Thật vậy : x   e
K rg ta có g(x) 0  Mặt khác: 4   g  n n f  x i  a f  
  f  x   i  a f f x  i i      i 0   i 0  n n i 1
 a f  x  f  a x   i   i 1 ( ) i i 0  i 0  n    f   n i
f (a x) f f a x  i  i ( )  i  i 0   i 0   n   i
 f a f x f g x f   i        0 0  i 0  
 f  x Kerg( x  Kerg) Ker   P f    e K rg Vậy 
bất biến đối với f .
Bài 9. Cho V là không gian vectơ hữu hạn chiều trên ¤ và f là một phép biến đổi tuyến tính của m
V sao cho tồn tại một số nguyên dương m để f = 0. Chứng minh rằng tất cả các giá trị riêng của
f bằng không. Từ đó suy ra nếu f ¹ 0 thì f không chéo hóa được. Giải f ( ) v = l v
Giả sử v là một vectơ riêng của phép biến đổi tuyến tính f . Ta có . m( ) m f v = l v Ta chứng minh rằng
(*) bằng phương pháp qui nạp. 2 2 f ( ) v ffé( v )ù = f = (vl ) =fl (
v ) = l (vl ) =  Với v l m = 2 ta có ê ë ú û
. Vậy (*) đúng với m = 2 k f ( ) k =
 Giả sử (*) đúng với nghĩa là v
l v . Ta cần chứng minh (*) đúng với nghĩa là chứng minh k+1 k+1 f ( ) v = l v k+1 k k k k k+1 Thật vậy: Ta có f ( ) v = f (
f v ( ))f= (vl ) = f
l (v ( )) = l ( vl ) = l v m = k +1 m m Suy ra (*) đúng với
. Do đó: f (v)= l v m f (v) = 0 Vì suy ra m
l v = 0 mà v ¹ q Suy ra: l = 0. 5
Giả sử f ¹ 0 và f chéo hóa được.
B = {e,e ,...,e 1 2 n }
Nếu f chéo hóa được, khi đó tồn tại cơ sở của V sao cho l æ 0 ... 0ö ç 1 ÷ ç ÷ ç ÷ 0 l ... 0÷ ç ÷ é ù ç 2 f ÷ = ê ú ç ÷ ë û ç ÷ B ç ... ÷ ç ÷ ç ÷ çç0 0 ... l ÷ ÷ è nø
Suy ra: f (e ) = l ,f (e ) = l ,....f (e ) = l 1 1 2 2 n n .
Mà tất cả các trị riêng đều bằng không nênl = l =... = l = 0 1 2 n . Þ f (e ) = 0 " = i với i
1,n Þ f = 0 (vô lý).
Vậy f ¹ 0 thì f không chéo hóa được. (ĐPCM)
Bài 10. Cho là không gian véc tơ trên trường ℝ và là một phép biến đổi tuyến tính của sao cho .
Chứng minh rằng tổng tất cả các giá trị riêng của là một số nguyên. Giải
Với mọi trị riêng λ của toán tử tuyến tính , ta có:
Nên là trị riêng của toán tử tuyến tính .
Giả sử là vectơ riêng của ứng với trị riêng thì là vectơ riêng của ứng với trị riêng . Ta có: Ta suy ra . Vì nên
Vậy tổng tất cả các giá trị riêng của là một số nguyên.
Bài 11. Tìm đa thức đặc trưng của các ma trận sau đây: 6 2 é 1 0 0ù 1 é 3 0 ù ê ú 1 é 2ù ê ú 0 ê 2 0 0ú a) ê ú ê ú ê ú A =
b) B = - 2 2 - 1 c) C = 3 ê 2ú ê ú 0 ê 0 2 2ú ê ë ú û 4 ê ê 0 - 2ú ê ú ú 0 ê ê 0 0 5ú ë û ú ë û Giải 1- l 2
P (l ) = A - l I = = (l + 1)(l - 4) A 2 3 2 - l a) Ta có: b) Ta có: 1- l 3 0 2- l - 1 - 2 - 1 1 1 + 1 2
P (l ) = B - l I = - 2 2- l - 1 = (1- l )(- 1) +3(- 1) + B 3 0 - 2- l 4 - 2- l 4 0 - 2- l ( 1 l ) ( 2 l )4 3éê (2 2 l ) 3 2 4ù = - - - - - - +
= - l +l + 4l - 4- ú ( 3 2l + ) 3 2
8 = - l +l - 2l - 28 ë û (Khai triển theo dòng 1) c) Ta có: 2- l 1 0 0 0 2- l 0 0 3
P (l ) = C - l I =
= (2- l ) (5- l ) C 4 0 0 2- l 2 0 0 0 5- l 7
Bài 12. Tìm trị riêng, cơ sở của không gian con riêng của các ma trận trên trường số thực R . Ma
trận nào trong số đó chéo hóa được? Trong trường hợp ma trận chéo hóa được, hãy tìm một dạng
chéo hóa và một ma trận khả nghịch làm chéo nó.  3 1 1   1 1 0   2  1 2   0 1 0  ) a A   2 4 2         ) b B   0 1 0  )
c C  5  3 3  d )D    4 4 0  1 1 3          0 0 1  1 0  2  2 1 2       Giải a)
Xem A là ma trận của toán tử tuyến tính f : 3 3
R  R trong cơ sở chính tắc S0 của 3 R .
*Tìm trị riêng của không gian con riêng của ma trận A trên trường số thực . R 3λ 1 1 P       2 λ 2 4 λ 2 λ 2  6 λ A 1 1 3λ
Xét đa thức đặc trưng: P (λ) 0  A λ 2
 ( nghiệm kép) hoặc λ 6  (nghiệm đơn).
Vậy các trị riêng của ma trận A trên trường số thực R là: λ 2  ,λ 6  . o Khi λ 2
 , ta có hệ phương trình sau:
x x  x 0     1 2 3  1 x a  
2x  2x  2x 0  x  x  x 0  x b   a,b  1 2 3 1 2 3 2 R  
x  x  x 0  1 2 3     3 x a b E 
 1,0, 1; 0,1, 1 Vậy cơ sở của 2 là suy ra dim E(2) 2  . o Khi λ 6
 , ta có hệ phương trình sau:
 3x  x  x 0  x a  1 2 3 1 
 x  x  3x 0  1 2 3  2
 x  2x 2x 0     x 2
 a, a R . 1 2 3 2   x  2x 0   2 3
x  x  3x 0   x a  1 2 3  3 8 E  6  1,2, 1 Vậy cơ sở của là suy ra dim E(6) 1  d  im E(2) 2  
,dim E(2) dim E(6) 3  d  im E(6) 1 o Vì 
nên ma trận A chéo hóa được.  2 0 0  '   A  0 2 0    
o Khi đó một dạng chéo hóa của A là: 0 0 6    1 0 1    P  0 1 2    
o Và một ma trận khả nghịch làm chéo nó là:  1  1 1   3 3 b)
Xem B là ma trận của toán tử tuyến tính f : R  R trong cơ sở chính tắc S0 của 3 R
*Tìm trị riêng của không gian con riêng của ma trận B trên trường số thực R 1λ 1 0 P (λ)  0 1  λ 0   1  λ  3 B 0 0 1λ Ta có: P (λ) 0   λ 1  B (nghiệm bội 3). 0
 .x  x 0.x 0  x a  1 2 3  1  0
 .x 0.x 0.x 0   x 0  a ,b R 2   1 2 3 0
 .x 0.x 0.x 0  x b  Với λ 1
 , ta có hệ phương trình sau:  1 2 3  3 E 
2  1,0,0; 0,0,1 Vậy cơ sở của . Vì dim E(2) 2
 < 3 nên ma trận B không chéo hóa được. 3 3
c) Xem C là ma trận của toán tử tuyến tính f : R  R trong cơ sở chính tắc S0 của 3 R .
*Tìm trị riêng của không gian con riêng của ma trận C trên trường số thực R 9 2λ 1 2 P      C  3 (λ) 5 3 λ 3 λ 1  1 0  2λ Ta có: P (λ) 0   λ  1 C (nghiệm bội 3). 3
 x  x  2x 0  x a 1 2 3 1   5
 x  2x  3x 0
  x a a R 1 2 3 2    
Với λ  1 , ta có hệ phương trình sau:   x  x 0  x  a 1 3  3 E     1,1, 1 Vậy một cơ sở của 1 là . Vì dim E( 1) 1
  3 nên ma trận C không chéo hóa được. 3 3
d) Xem D là ma trận của toán tử tuyến tính f : R  R trong cơ sở chính tắc S0 của 3 R .
*Tìm trị riêng của không gian con riêng của ma trận D trên trường số thực R  λ 1 0 P      D  3 (λ) 4 4 λ 0 2 λ  2 1 2λ Ta có: P (λ) 0   λ 2  D (nghiệm bội 3).  2x  x 0  x  a  1 2 1     4x  2x 0 
 x 2a a,b  R 1 2 2     Với λ 2
 , ta có hệ phương trình sau:  2x  x 0  x b   1 2 3 E  2
 1,2,0; 0,0, 1 Vậy một cơ sở của là . * Vì dim E(2) 2
  3 nên ma trận D không chéo hóa được. 10
Bài 13. Chứng minh các toán tử sau đây không chéo hóa được trên . a) với b) với Giải a)
Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc trong là =
Đa thức đặc trưng của f là: Với , ta có:
Vậy f không chéo hóa được. b)
Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc tronglà:
Đa thức đặc trưng của f là: Với , ta có:
Vậy f không chéo hóa được.
Bài 14. Chứng minh các toán tử tuyến tính sau đây chéo hóa được trên  và tìm một cơ sở trong
đó toán tử có dạng chéo. 3 3
f  x , x , x   x  3x  3x ;3x  5x 3x ; x  x  x 1 2 3   1 2 3 1 2 3 1 2 3 
a) f :    với 4 4
b) f :    với
f  x , x , x , x  x  x  x  x ;x  x  x  x ; x  x  x  x ;x  x  x  x 1 2 3 4 
 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 Giải 11 S 
 e  1,0,0 ;e  0,1,0 ;e  0,0,1 1   2   3   a) Trong 3
 chọn cơ sở chính tắc .  1  3  3  A  3 5 3     
Khi đó ma trận của f đối với cơ sở chính tắc S của 3  là  1  1 1   .  1    3  3 P          A   3 5 3  1  22 Xét đa thức đặc trưng  1  1 1  P  A   Ta thấy
phân rã trên  và có hai nghiệm  1
 ( nghiệm đơn) và  2  ( nghiệm kép).
 3x  3x  3x 0  x  a  1 2 3 1   3
 x  3x  3x 0  x b a,b  1 2 3 2      Với  2  
 x  x  x 
x  a  b , ta có: 0 1 2 3  3 E 2    , a ,
b  a  b | a,b    ,dim E  2 2 
 u  1,0, 1 ;u  0,1, 1 1   2   , cơ sở là
 2x  3x  3x 0  x  3  a 1 2 3 1  
3x  4x  3x 0 
 x  3a , a   1 2 3 2      Với  1   x  x 0  x a  , ta có:  1 2  3 E   1 
  3a, 3a,a | a    ,dim E 1 1   u  3, 3,1 3   , cơ sở là
Toán tử tuyến tính f chéo hóa được. S ' 
 u ,u ,u 1 2 3 Với cơ sở , ta có:  2 0 0 D  f   0 2 0   S '    0 0 1    1 0 3  P  0 1 3        Ta có  1
D P AP với ma trận chuyển hóa  1  1 1 
 là ma trận chuyển cơ sở từ S sang S '. 12 S 
 e  1,0,0, ;e  0,1,0,0 ;e  0,0,1,0 ;e  0,0,0,1 1   2   3   4   b) Trong 4
 chọn cơ sở chính tắc . 1  1 1 1  1  1 1 1    A   1 1 1 1    
Khi đó ma trận của f đối với cơ sở chính tắc S của 3  là 1  1 1 1 . Xét đa thức đặc trưng 1  1 1 1 1  1  1 1          P         A   1 1 1 1 0 2 0 2  2 3  2 1  1 1   1 0 0 2     2 2 1  1  1 1  0 0 0 4   P  A   Ta thấy
phân rã trên  và có nghiệm   2 ( nghiệm đơn) và  2  ( nghiệm bội 3).
 x  x  x  x 0  x a 1 2 3 4 1  
x  x  x  x 0 x b  1 2 3 4 2   
 a,b,c 
x  x  x  x 0 x c  1 2 3 4  3        Với  2  x x x x 0 x 
 a  b  c , ta có: 1 2 3 4 4 E 2    a,b, ,
c a  b  c | a, , b c    ,dim E  2 3  , cơ sở là
 u  1,0,0,1 ;u  0,1,0, 1 ;u  0,0,1, 1 1   2   3   3
 x  x  x  x 0   x a 1 2 3 4 1  
x 3x  x  x 0  x  a 1 2 3 4 2    , a   
x  x 3x  x 0  x  a  1 2 3 4  3         Với   2 x x x 3x 0 x a , ta có:  1 2 3 4  4 E  2    a, ,
a  a, a | a    ,dim E 1 1 
 u  1, 1, 1, 1 4   , cơ sở là
Toán tử tuyến tính f chéo hóa được. S ' 
 u ,u ,u ,u 1 2 3  Với cơ sở 4 , ta có: 13  2 0 0 0    D  f  0 2 0 0     S '  0 0 2 0    0 0 0   2  1 0 0 1    0 1 0  1 P   0 0 1  1   Ta có  1
D P AP với ma trận chuyển hóa 1  1  1  
1 là ma trận chuyển cơ sở từ S sang S '.
Bài 15. Toán tử sau đây có chéo hóa được trên ¡ không? Trong trường hợp chéo hóa được hãy tìm mô q
t cơ sở mà trong đó toán tử có dạng chéo. 3 3 f : ¡ ® ¡
f (x ,x ,x = - 9x - 8x - 16x ,4x + 3x + 8x ,4x + 4x + 7x 1 2 3) ( 1 2 3 1 2 3 1 2 3) với Giải + Ma trâ q
n của f đối với cơ sở chính tắc S0 trong 3 ¡ là: æ ç 9 8 16ö - - - ÷ ç ÷ ç ÷ A = ç 4 3 8 ÷ ÷ ç ÷ ç ÷ çç 4 4 7 ÷ ÷ è ø + Phương trình đă q c trưng: - 9- l - 8 - 16 lé = - A l I l (l )2 1 0 4 3 8 0 1 l 3 0 ê - = Û - = Û - + - = Û 3 ( ) lê = 3 4 4 7 ê - l ë
+ Với l = - 1Þ A - l I = A + I 3 3 , ta có: 14
ìï- 8x - 8x - 16x = 0
ìïx = - a - 2b ï 1 2 3 ï 1 ï ï
ïí 4x 4x 8x 0 x x 2x 0 ï + + = Û + + = Û í x = a " , a b Î ¡ 1 2 3 1 2 3 2 ( ) ï ï ïï 4 ï
x + 4x + 8x = 0 ï x = b 1 2 3 3 ïî ïî
{v = - 1,1,0 , v = - 2,0,1 . 1 ( ) 2 ( )} Þ E ( - ) 1 Cơ sở của là: Þ dimE (- ) 1 = 2 + Với l = 3 ta có:
ìï- 12x - 8x - 16x = 0 ìïx = - 2a ï 1 2 3 ï 1 ï ï ïí 4 ï x
+ 8x = 0 Û í x = a "a Î ¡ 1 3 2 ( ) ï ï ïï 4 ï
x +4x +4x = 0 ï x = a ï 1 2 3 î ï 3 î E ( ) {v = - 2,1,1 3 } Þ 3 ( ) Cơ sở của là: . dimE ( ) 3 = 1 và Þ dimE (- ) 1 + dimE(3) = 3
Þ A chéo hóa được.
Vậy B = {(-1,1,0), (-2,0,1), (-2,1,1)} là cơ sở mà trong đó f có dạng chéo. 6 æ 3 2ö - - ç ÷ ç ÷ ç ÷ A = 4 ç - 1 - 2÷ ÷ ç ÷ ç ÷ 1 çç 0 5 3÷ - - ÷ Bài 16. Cho ma trận è ø
a) A có chéo hóa trên ¡ hay không? 15
b) A có chéo hóa trên £ hay không? Giải
a) A có chéo hóa được trên ¡ hay không? 3 3
Xem A là ma trận của toán tử tuyến tính f : ¡ ® ¡ trong cơ sở chính tắc S0 của 3 ¡ khi đó đa
thức đặc trưng của f là 6- l - 3 - 2 P l = A - l I = - - l - f ( ) det( ) 4 1 2 10 - 5 - 3- l
= ( 6- l ) (1+ l ) ( 3+l ) - 1 ) 0 + ( 3 4(- 3- l ) +2 ) 0 - 2(- 20+1 ( 0 1+l ) ) 3 2
= - l + l - l + = - (l - ) ( 2 2 2 2 l + ) 1 P l f ( ) Vì
không phân rã trên ¡ nên toán tử f không chéo hóa được.
Vậy A không chéo hóa được trên¡ .
b) A có chéo hóa được trên £ hay không? 3 3
Xem A là ma trận của toán tử tuyến tính f : £ ® £ trong cơ sở chính tắc S0 của 3 £ khi đó đa
thức đặc trưng của f là 6- l - 3 - 2 P l = A - l I = - - l -
= - l + l - l + = - l -
l + i l - i f ( ) det( ) 3 2 4 1 2 2 2 ( )2 ( )( ) 10 - 5 - 3- l Vì P l f (
) phân rã trên £ và có 3 nghiệm phân biệt nên toán tử f chéo hóa được. Vậy A chéo hóa được. 16 ìï 4x - 3x - 2x = 0 ï 1 2 3 ï ìï 4x - 3x - 2x =0 ìïx = 0 ï ï 1 2 3 ï 2 í 4x - 3x - 2x = 0 Þ í Þ í 1 2 3 ï ï2x - x - x = 0 ïx =2x ï ï 1 2 3 ï 3 1 ï 10x - 5x - 5x = 0 î î l = 2 ta có hệ pt 1 2 3 ïî Tại E ( ) 2 = (1,0, ) 2 Ta tính được ( ) 3 i 3 i i i E i = + , + ,1 E ( - ) 3 3 i = - , - ,1 Tương tự, ta có: 5 5 5 5 , 5 5 5 5 é 3 i 3 ù 1 i ê + - ú ê 5 5 5 5ú ê ú ê 3 i 3 = 0 i ú P + - ê 5 5 5 5ú ê ú 2 ê 1 1 ú ê ú ê ú Vậy, ë
û là ma trận làm chéo hóa A và một dạng chéo của A là 2 é 0 0 ù ê ú - 1 ê ú D = P AP = 0 ê i 0ú ê ú 0 ê 0 - iú ë û.
Bài 17. Tìm điều kiện đối với các số thực a, b, c để ma trận sau đây chéo hóa được trên R 17 0 æ 0 0 0ö ç ÷ ç ÷ ç ÷ a ç 0 0 0÷ ÷ ç A ÷ = ç ÷ 0 çç b 0 0÷÷ ç ÷ ç ÷ 0 çç 0 c 0÷ ÷ è ø Giải - l 0 0 0 a - l P l = A - l I = = l A ( ) 0 0 4 4 0 b - l 0 0 0 c - l
Đa thức đặc trưng của ma trận A là: Ta thấy P (l ) P l = A phân rã trên  và ( ) 0 A Û l = 0 (bội 4) dimE ( )
0 = 4 Û 4- rank( A - 0I = 4 Û rank A - 0I = 0 4 ) ( 4 )
Để A chéo hóa được thì nên
a = b = c = 0 .
Bài 18. Chứng minh rằng nếu A là ma trận vuông cấp 2 trên trường số phức thì A đồng dạng trên
 a 0   a 0     
với một ma trận thuộc một trong hai dạng sau:  0 b  ;  1 a  Giải  a a  1 2 A  a a  Gọi  3
4  là ma trận vuông cấp hai trên C . 2
Ta có đa thức đặc trưng P ( )  
 (a  a )  a a  a a A 1 4 1 4 2 3 P (λ) 0  A
là một phương trình bậc hai với ẩn λ . Do đó phương trình luôn có nghiệm trên C . λ a  ;λ b
  a,b C
+ TH 1: Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt 1 2 18  a 0   
 A chéo hóa được và A đồng dạng với ma trận chéo 0 b 
+ TH 2: Phương trình đặc trưng nghiệm kép λ λ  c  1 2
. Khi đó tồn tại cơ sở B sao cho A có dạng  c 0 .   tam giác  d c   c 0    Nếu d 0
 thì A đồng dạng với ma trận 0 c    c   c  0 0  d       , d d dB B   . c c  1   1   Nếu d 0  thì A     có dạng  d   d  a 0   c a 
Suy ra A đồng dạng với B , mà B đồng dạng với 1 a   , d
Khi đó, A đồng dạng với ma trận có dạng  9λ 8 16  2
P (λ)  A  λI  4 3  λ 8  (λ 1) (λ  3) A 3 c 4 4 7λ a  với d .
Vậy nếu A là ma trận vuông cấp hai trên trường số phức C thì A đồng dạng trên C với một ma a 0 a 0 ;    
trận thuộc một trong hai dạng sau: 0 b 1 a     .
Bài 19. Cho A là ma trân vuông cấp 2 trên trường số thực R. Chứng minh rằng nếu A là ma trận đối
xứng (nghĩa là ) thì A chéo hóa được trên R. Giải
Gọi A là ma trận đối xứng cấp 2, A có dạng ,
Xét phương trình đặc trưng: 19 (*) *TH1:
+ Nếu thì A là ma trận không.
+ Nếu thì A là ma trận chéo.
Vậy A chéo hóa được. *TH2:
Phương trình (*) có hai nghiệm đơn, suy ra A chéo hóa được.
Vậy từ các chứng minh trên ta suy ra A chéo hóa được.
Bài 20. Hãy tìm điều kiện đối với các số thực a,b,c sao cho ma trận sau đây chéo hóa được trên   1 a b A  0 2 c    0 0 2   Giải 3 3 
Xem ma trận A là ma trận của toán tử tuyến tính f :    trong cơ sở chính tắc của  . Phương trình đặc trưng: 1  a b    P     c         f      2 1 0 2 0 1 2 0     2 0 0 2  
Ma trận A chéo hóa được  dim E  2 2
  3  rank  A  2I 2
  rank A  2I 1  3   3    1 a b A 2I  0 0 c   . 3     Ta có:  0
0 0 Do đó để ma trận A chéo hóa được thì c 0.  20