ửhwrthr ewg23g24gressdf23 214123
Oi doi oi
Môn: Tâm lý học giáo dục 348 tài liệu
Trường: Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 3.3 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
Về đề thi chọn tuyển Olympic 2025-2026 Trần Tấn Đạt*
Sài Gòn, Ngày 16 tháng 1 năm 2026
Câu 1. S(n, m) là tập các ma trận có tổng các cột chỉ số chẵn bằng tổng các cột chỉ số lẻ. Giả sử A ∈
S(n, m). Tìm giá trị riêng bé nhất của ma trận M = I + AT A.
Chứng minh. Gọi các cột của A là C1, C2, . . . , Cm.Giả thiết ”Tổng các cột chỉ số chẵn bằng tổng các cột chỉ số lẻ” nghĩa là:
C1 + C3 + C5 + · · · = C2 + C4 + C6 + . . .
⇔ C1 − C2 + C3 − C4 + · · · + (−1)m−1Cm = 0.
Điều này tương đương với việc: A · v = 0
Với v = (1, −1, 1, −1, . . . )T 6= 0.
Như vậy, v là một vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 của ma trận A. Suy ra AT Av = AT (0) = 0.
Vậy 0 là một giá trị riêng của AT A. Vì AT A nửa xác định dương nên 0 chính là giá trị riêng bé nhất của
nó. Vậy, giá trị riêng bé nhất của I + AT A là:
λmin = 1 + 0 = 1
Đề xuất 1.1. Cho A là một ma trận thực kích thước n × m với n < m (số hàng ít hơn số cột).Xét ma trận vuông cấp m:
M = Im + AT A
Chứng minh rằng giá trị λ = 1 là một giá trị riêng của ma trận M với bội đại số (algebraic multiplicity) ít nhất là m − n.
*ĐH Khoa Học Tự Nhiên TPHCM, email: ttdat1323@gmail.com 1
Chứng minh. Chú ý rằng với mọi ma trận A ∈ Mn×m và B ∈ Mm×n, ta có đẳng thức liên hệ giữa đa
thức đặc trưng của AB và BA:
xm · det(xIn − AB) = xn · det(xIm − BA)
(Với x là biến số).
Thay B = AT . Ta có AB = AAT (cấp n × n) và BA = AT A (cấp m × m).Đẳng thức trở thành:
xm · det(xIn − AAT ) = xn · det(xIm − AT A)
Chia hai vế cho xn (với giả thiết x 6= 0), ta được:
det(xIm − AT A) = xm−n · det(xIn − AAT ).
Đặt PAT A(x) = det(xIm − AT A) là đa thức đặc trưng của AT A. Từ đẳng thức trên, ta thấy PAT A(x)
chứa nhân tử xm−n. Điều này có nghĩa là µ = 0 là giá trị riêng của AT A với bội đại số ít nhất là m − n.
Ta cần tìm đa thức đặc trưng của M = Im + AT A.Gọi PM (λ) = det(λIm − M ).
PM (λ) = det(λIm − (Im + AT A)) = det((λ − 1)Im − AT A)
Đặt x = λ − 1. Theo kết quả ở bước 3, định thức này bằng:
(λ − 1)m−n · det((λ − 1)In − AAT )
Rõ ràng, đa thức PM (λ) chứa nhân tử (λ − 1)m−n.
Lời giải bằng hạng và hạt nhân. Ta có bất đẳng thức về hạng: rank(A) ≤ min(n, m). Vì n < m nên rank(A) ≤ n.
Xét ánh xạ tuyến tính A : Rm → Rn.Số chiều của không gian hạt nhân (Kernel - không gian nghiệm của Ax = 0) là:
dim(ker A) = m − rank(A)
Do rank(A) ≤ n, suy ra:
dim(ker A) ≥ m − n.
Lấy một vector v ∈ ker(A) bất kỳ (v 6= 0). Theo định nghĩa, Av = 0.Xét tác động của M lên v:
M v = (Im + AT A)v = Imv + AT (Av) = v + AT (0) = v = 1 · v
Vậy mọi vector v ∈ ker(A) đều là vector riêng của M ứng với giá trị riêng λ = 1.
Chúng ta vừa chứng minh rằng không gian con riêng ứng với λ = 1 chính là ker(A).
Số chiều của không gian này là dim(ker A) ≥ m − n.
Đề xuất 1.2. Cho A là ma trận thực kích thước n × (n + 1) và có hạng bằng n. Gọi Ak là ma trận con
cấp n × n thu được từ A bằng cách bỏ đi cột thứ k. Đặt ∆k = det(Ak).
a) Hãy xây dựng một vectơ u 6= 0 (phụ thuộc vào các ∆k) sao cho Au = 0.
b) Chứng minh rằng đa thức đặc trưng của ma trận M = AT A và ma trận N = AAT thỏa mãn hệ thức:
PM (λ) = λ · PN (λ).
Chứng minh. a) chọn uk = (−1)k−1∆k. 2
b) Ta cần chứng minh: det(λIn+1 − AT A) = λ · det(λIn − AAT ).
Xét hai ma trận khối lượng giác (Block matrices) vuông cấp (2n + 1): ( ) λI X = n A . AT In+1
Ta tính định thức của X theo 2 cách dùng phần bù Schur. ( ) P Q
Cách 1 (Khử góc dưới phải): Công thức: det
= det(S) · det(P − QS−1R).Áp dụng với R S S = In+1:
det(X) = det(In+1) · det(λIn − A(In+1)−1AT ) = 1 · det(λIn − AAT ). ( ) P Q
Cách 2 (Khử góc trên trái):Công thức: det
= det(P ) · det(S − RP −1Q).Áp dụng với R S
P = λIn (với λ 6= 0):
det(X) = det(λIn) · det(In+1 − AT (λIn)−1A)
= λn · det(In+1 − 1 AT A) λ
Rút nhân tử 1/λ từ ma trận cấp (n + 1) ra ngoài định thức: = λn · 1
det(λIn+1 − AT A) λn+1 1 =
det(λIn+1 − AT A). λ
So sánh kết quả Cách 1 và Cách 2 ta có điều phải chứng minh.
Câu 2. Cho các ma trận A, B vuông, AB − BA = A. Chứng minh A lũy linh (tồn tại k để Ak = 0)
Nhận xét 1. Đây là một kết quả kinh điển trong Lý thuyết Đại số Lie.
Chứng minh. Lấy Trace hai vế phương trình AB − BA = A:
T r(A) = T r(AB − BA) = T r(AB) − T r(BA) = 0.
Ta có AB − BA = A ⇒ AB = BA + A.Nhân Ak vào bên trái:
Ak(AB − BA) = Ak+1
Ak+1 = AkB − Ak−1(AB).
Ta chứng minh quy nạp công thức: AkB − BAk = kAk.
Với k = 1: đúng theo giả thiết.
Giả sử đúng với k. Tính: Ak+1B − BAk+1 = A(AkB) − BAk+1= A(BAk + kAk) − BAk+1=
(AB)Ak + kAk+1 − BAk+1= (BA + A)Ak + kAk+1 − BAk+1= BAk+1 + Ak+1 + kAk+1 − BAk+1 =
(k + 1)Ak+1.Vậy ta có đẳng thức quan trọng: AkB − BAk = kAk. 3
T r(AkB − BAk) = T r(kAk)
T r(AkB) − T r(BAk) = kT r(Ak)
Do T r(XY ) = T r(Y X) nên vế trái bằng 0. Suy ra 0 = kT r(Ak)
Với k ≥ 1, suy ra T r(Ak) = 0.Vì T r(A) = T r(A2) = · · · = T r(An) = 0, đa thức đặc trưng của A là
χA(x) = xn. Theo định lý Cayley-Hamilton, An = 0.
Tác giả xin đề xuất phiên bản này sẽ nâng bài toán lên tầm của Lý thuyết Đại số Lie và khai thác sâu
vào khái niệm Đặc số của trườngp
Đề xuất 2.1. Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều trên một trường K (ví dụ R, C, Q).Cho hai
toán tử tuyến tính A, B ∈ End(V ) thỏa mãn hệ thức: AB − BA = A.
a) Xét ánh xạ tuyến tính ϕB : End(V ) → End(V ) định nghĩa bởi ϕB(X) = XB − BX.Hãy chứng minh
rằng với mọi số nguyên dương k:
ϕB(Ak) = k · Ak.
b) Nếu đặc số của trường char(K) = 0 (như R, C), hãy chứng minh A lũy linh (A nilpotent) mà không
dùng Vết (Trace). Nếu đặc số của trường char(K) = p > 0 (ví dụ trường hữu hạn Zp), hãy chứng
minh rằng kết luận trên có thể sai. Hãy chỉ ra một phản ví dụ cụ thể với ma trận cấp p × p.
Tiếp theo là các phiên bản mang đậm bản sắc Giải tích hàm và Đại số toán tử.
Đề xuất 2.2. Cho X là một không gian Banach (không gian vector định chuẩn đầy đủ, có thể vô hạn
chiều). Gọi B(X) là tập hợp các toán tử tuyến tính bị chặn trên X.Giả sử A, B ∈ B(X) thỏa mãn hệ thức giao hoán: AB − BA = A.
a) Chứng minh rằng A là toán tử lũy linh (Ak = 0 với k nào đó).
b) (Nghịch lý Heisenberg - Định lý Wielandt): Chứng minh rằng không tồn tại cặp toán tử bị chặn A, B
nào thỏa mãn AB − BA = I.
Câu 3. Giả sử A ∈ M (2 × 2, C) có hai giá trị riêng phân biệt. Gọi { ( ) } A N S =
N ∈ M (2 × 2, C) | chéo hóa được 0 A
Chứng minh rằng S là một không gian con hai chiều của M (2 × 2, C).
Chứng minh. Theo giả thiết, A có hai giá trị riêng phân biệt là λ1 và λ2. Do đó, A chéo hóa được.Tồn tại
một ma trận khả nghịch P sao cho: ( ) λ
P −1AP = D = 1 0 . 0 λ2 4 ( ) A N
Xét ma trận khối T =
.Ta thực hiện phép đồng dạng ma trận khối bằng cách sử dụng ma 0 A ( ) P 0 trận P = : 0 P ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P−1 P −1 0 A N P 0 P −1AP P −1N P D M T P = = = 0 P −1 0 A 0 P 0 P −1AP 0 D
Trong đó ta đặt M = P −1N P .Vì phép đồng dạng bảo toàn tính chất chéo hóa, nên T chéo hóa được khi ( ) D M và chỉ khi T ′ =
chéo hóa được.Do ánh xạ N 7→ M = P −1NP là một đẳng cấu tuyến tính, 0 D
nên dim(S) sẽ bằng số chiều của không gian các ma trận M thỏa mãn điều kiện trên.
Các giá trị riêng của T ′ là các giá trị riêng của D lặp lại hai lần: λ1, λ1, λ2, λ2.Để T ′ chéo hóa được,
đa thức tối tiểu của nó phải là tích các nhân tử bậc nhất phân biệt. Do đó, đa thức tối tiểu phải là:
m(x) = (x − λ1)(x − λ2)
Điều này đồng nghĩa với việc T ′ phải thỏa mãn phương trình:
(T ′ − λ1I)(T ′ − λ2I) = 0 ( ) D M Thay T ′ = vào, ta có: 0 D ( ) ( ) ( ) D − λ1I M D − λ2I M 0 0 = . 0 D − λ1I 0 D − λ2I 0 0
Thực hiện phép nhân ma trận khối ta có điều kiện sau:
(D − λ1I)M + M (D − λ2I) = 0. ( ) ( ) ( ) x y 0 0 λ Đặt M = .Ta có:D − λ D − λ 1 − λ2 0 Đặt δ = λ z t 1I = 0 λ 2I = 2 − λ1. Vì 2 − λ1 0 0
hai giá trị riêng phân biệt nên δ 6= 0.Khi đó phương trình góc trên phải trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 x y x y −δ 0 + = 0. 0 δ z t z t 0 0
Vậy ma trận M phải có dạng: ( ) 0 y M = z 0
với y, z ∈ C tùy ý.
Không gian các ma trận M thỏa mãn điều kiện đề bài là tập hợp các ma trận có đường chéo bằng 0: {( ) } 0 y VM = | y, z ∈ C z 0 {( ) ( )} 0 1 0 0
Rõ ràng đây là một không gian vectơ có cơ sở là ,
, nên có số chiều bằng 2.Vì S đẳng 0 0 1 0
cấu với VM qua phép biến đổi tuyến tính N = P M P −1, nên S cũng là một không gian con và:
dim(S) = dim(VM ) = 2. 5
Đề xuất 3.1. Cho A ∈ Mn(C) và B ∈ Mm(C) là hai ma trận vuông cố định.Xét tập hợp các ma trận khối: ( ) A C MC = , với C ∈ M 0 B n×m(C). ( ) A 0
a) Chứng minh rằng MC đồng dạng với ma trận khối chéo M0 =
khi và chỉ khi phương trình 0 B
ma trận sau (gọi là phương trình Sylvester) có nghiệm X: AX − XB = C . (Roth’s theorem)
b) Giả sử A và B đều chéo hóa được. Gọi S là không gian các ma trận C sao cho MC chéo hóa được.Hãy
chứng minh công thức tính số chiều của S:
dim(S) = m · n − dim(Ker(Φ))
Trong đó Φ là ánh xạ tuyến tính X 7→ AX − XB.Áp dụng tính lại kết quả bài toán gốc (A = B cấp
2, trị riêng phân biệt) để thấy sự trùng khớp.
Phiên bản sau mang nhiều màu sắc của Topo
c) Chứng minh rằng nếu phổ của A và B không giao nhau (σ(A) ∩ σ(B) = ∅), thì mọi ma trận dạng ( ) A C
đều chéo hóa được (tức là S là toàn bộ không gian, chiều mn). Trong đó 0 B
σ(M ) = {λ ∈ C | det(M − λI) = 0}.
Chứng minh. a) Ta cần tìm ma trận khả nghịch P sao cho P −1MCP = M0.Chọn P có dạng ma trận
khối tam giác đơn vị (loại ma trận này luôn khả nghịch): ( ) ( ) I I P = n X , P −1 = n −X 0 Im 0 Im
Tính tích P −1MCP : ( ) ( ) ( ) I −X A C I X 0 I 0 B 0 I ( ) ( ) A C − XB I X = 0 B 0 I ( ) A AX + C − XB = 0 B ( ) A 0 Để kết quả bằng
, ta cần khối góc trên phải bằng 0: 0 B
AX + C − XB = 0 ⇐⇒ AX − XB = −C
(Dấu trừ không quan trọng vì C quét hết không gian vector). 6
b) Nếu A, B chéo hóa được, thì M0 chéo hóa được.Do đó, MC chéo hóa được ⇐⇒ MC ∼ M0 (đồng
dạng) ⇐⇒ Phương trình AX − XB = C có nghiệm.Xét ánh xạ tuyến tính :
Ψ : Mn×m(C) → Mn×m(C) X 7→ AX − XB
Tập hợp S các ma trận C thỏa mãn điều kiện chính là Miền giá trị của ánh xạ Ψ.Theo định lý Số chiều :
dim(S) = dim(Im(Ψ)) = dim(Không gian nguồn) − dim(Ker(Ψ))
dim(S) = mn − dim({X | AX = XB}).
c) Trước tiên, ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 1. Cho A ∈ Mn(C) có phổ σ(A) = {λ1, . . . , λn} và B ∈ Mm(C) có phổ σ(B) = {µ1, . . . , µm}.Xét
ánh xạ tuyến tính (toán tử Sylvester):
Ψ : Mn×m(C) → Mn×m(C)
Ψ(X) = AX − XB
Mục tiêu: Chứng minh rằng tập hợp nm giá trị riêng của Ψ là:
σ(Ψ) = {λi − µj | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m}
Chứng minh bổ đề bằng trực giác hình học. Để chứng minh đơn giản và dễ hiểu nhất, ta giả sử A và
B chéo hóa được. (Trường hợp tổng quát có thể dùng dạng chuẩn Schur hoặc Jordan với lập luận tương tự).
Gọi u là vectơ riêng phải (cột) của A ứng với giá trị riêng λ: Au = λu
(u ∈ Cn, u 6= 0).
Thay vì xét vectơ riêng của B, ta xét vectơ riêng của BT (chuyển vị). Lưu ý rằng σ(B) = σ(BT ).Gọi
v là vectơ riêng của BT ứng với giá trị riêng µ: BT v = µv
(v ∈ Cm, v 6= 0).
Lấy chuyển vị hai vế phương trình này, ta được phương trình cho vectơ riêng trái: vT B = µvT .
Xét X = uvT là một ma trận kích thước n × m. Vì u 6= 0, v 6= 0 nên X 6= 0. Ta tính Ψ(X):
Ψ(X) = A(uvT ) − (uvT )B = (λ − µ)X.
Ma trận X = uvT chính là vectơ riêng của toán tử Ψ, và giá trị riêng tương ứng là λ − µ. Vì có n cách
chọn λi và m cách chọn µj, ta thu được đủ nm giá trị riêng của Ψ.
Chứng minh bổ đề bằng tích Tensor. Trước tiên, tôi xin giới thiệu một số đối tượng sau: 7
• Toán tử vec(·): Biến một ma trận X kích thước n × m thành một vectơ cột dài nm × 1 bằng cách
xếp chồng các cột của X lên nhau.
• Tích Kronecker (⊗): Nếu P cấp p × q và Q cấp r × s, thì P ⊗ Q là ma trận khối cấp pr × qs.
• Ta có vec(P XQ) = (QT ⊗ P )vec(X).
Ta áp dụng vec vào biểu thức Ψ(X) = AX − XB.Để áp dụng công thức, ta viết lại AX = AXIm và XB = InXB.
vec(AXIm) = (IT ⊗ A)vec(X) = (I m m ⊗ A)vec(X )
vec(InXB) = (BT ⊗ In)vec(X).
Vậy phương trình Ψ(X) = Y tương đương với: ( )
(Im ⊗ A) − (BT ⊗ In) vec(X) = vec(Y ).
Ma trận đại diện cho toán tử tuyến tính Ψ trong cơ sở chuẩn là ma trận vuông cấp nm × nm:
M = Im ⊗ A − BT ⊗ In.
Ta sử dụng các tính chất phổ sau của tích Kronecker (với λi ∈ σ(A), µj ∈ σ(B)):
• Các giá trị riêng của Im ⊗ A là λi (mỗi giá trị lặp lại m lần).
• Các giá trị riêng của BT ⊗ In là µj (mỗi giá trị lặp lại n lần).
• Hai ma trận Im ⊗ A và BT ⊗ In giao hoán với nhau.
Do đó tồn tại cơ sở chung các vectơ riêng wij = ej ⊗ ui (với ej là vectơ riêng của BT , ui là vectơ riêng của A).
Xét tác động lên wij:
(Im ⊗ A)(ej ⊗ ui) = ej ⊗ (Aui) = λi(ej ⊗ ui)
(BT ⊗ In)(ej ⊗ ui) = (BT ej) ⊗ ui = µj(ej ⊗ ui) Vậy:
M(ej ⊗ ui) = (λi − µj)(ej ⊗ ui).
Tập giá trị riêng của M (cũng là của Ψ) chính xác là: {λi − µj}i,j. Quay lại bài toán.
Ta chọn P là ma trận khối tam giác đơn vị (loại này luôn khả nghịch): ( ) I P = n X 0 Im 8
Khi đó nghịch đảo của nó là: ( ) I P −1 = n −X 0 Im
Xét phép biến đổi đồng dạng: ( ) ( ) ( ) I −X A C I X P −1MCP = 0 I 0 B 0 I ( ) ( ) A C − XB I X = 0 B 0 I ( ) A AX + C − XB = 0 B ( ) A 0
Để kết quả thu được là
, ta bắt buộc phải có khối góc trên phải bằng 0: 0 B
AX + C − XB = 0 ⇐⇒ AX − XB = −C.
Xét ánh xạ tuyến tính (Toán tử Sylvester):
Ψ : Mn×m(C) → Mn×m(C)
Ψ(X) = AX − XB.
Theo bổ đề, các giá trị riêng của toán tử Ψ có dạng λi(A) − λj(B).
Từ giả thiết: σ(A) ∩ σ(B) = ∅ ta có λi(A) 6= λj(B) với mọi i, j.
Do đó Toán tử Ψ không có giá trị riêng bằng 0, tức là det(Ψ) 6= 0.
Do đó, Ψ là một song ánh. Phương trình Ψ(X) = −C luôn có nghiệm duy nhất X với mọi ma trận C bất kỳ.
Nghĩa là luôn tồn tại P để MC đồng dạng với M0.
Từ đây ta dễ dàng suy ra điều phải chúng minh. ( ) ai
Câu 4. Cho a1, . . . , an ∈ C \ {0} và A =
. Chứng minh A chéo hóa được và tìm C để aj 1≤i,j≤n C−1AC chéo.
Chứng minh. Ta quan sát phần tử tổng quát Aij = ai · 1 .Đặt hai vector cột trong Cn: aj a 1/a 1 1 a 2 1/a2 u = . . . . , v = .. . an 1/an Khi đó A = uvT 9
Vì ai 6= 0 nên u 6= 0 và v 6= 0. Suy ra rank(A) = 1.
Vì rank(A) = 1, ma trận A có n − 1 giá trị riêng bằng 0.Giá trị riêng còn lại (khác 0) chính là Vết (Trace) của ma trận. n ∑ n ∑ n a ∑ T r(A) = A i ii = = 1 = n ai i=1 i=1 i=1
Vậy phổ của A là {n, 0, . . . , 0} (với n − 1 số 0). ∑ ai
Giá trị riêng λ1 = n (bội 1) có vectơ riêng tương ứng là u (vì Au = (uvT )u = u(vT u) = u( ) = ai nu).
Giá trị riêng λ2 = 0 có bội đại số là n − 1. Để chéo hóa được, ta cần tìm đủ n − 1 vectơ riêng độc
lập tuyến tính ứng với λ = 0. Không gian nghiệm của Ax = 0 ⇔ uvT x = 0 ⇔ vT x = 0 (do u 6= 0). n ∑ xi Phương trình vT x =
= 0 là một siêu phẳng trong không gian n chiều, nên có số chiều là n − 1. ai i=1
⇒ Bội hình học bằng bội đại số. ⇒ A chéo hóa được.
Ma trận C có các cột là các vectơ riêng của A.
Cột 1: Vectơ riêng ứng với λ = n: c1 = (a1, a2, . . . , an)T . ∑ xi
Cột 2 đến n: Cơ sở của không gian
= 0. Ta có thể chọn: c2 = (a1, −a2, 0, . . . , 0)T (Kiểm tra: ai
a1/a1 − a2/a2 = 0) c3 = (a1, 0, −a3, . . . , 0)T ... ck = (a1, 0, . . . , −ak, . . . )T (vị trí thứ k là −ak). Vậy ma trận C là: a 1 a1 a1 . . . a1 a 2 −a2 0 . . . 0 C = a 3 0 −a3 . . . 0 . . . . . . . . .. .. . . .. an 0 0 . . . −an
Khi đó C−1AC = diag(n, 0, . . . , 0).
Câu 5. Cho V là không gian vectơ thực 4 chiều. T là tự đồng cấu có đa thức tối tiểu mT (x) = x2 + 1.
Tính số chiều của không gian U (T ) = {S ∈ End(V ) | ST = T S}.
Chứng minh. Vì V là không gian thực và đa thức tối tiểu mT (x) = x2 + 1 là bất khả quy trên R: Đa thức
đặc trưng χT (x) phải có cùng tập nghiệm với mT (x) và bậc bằng 4 và do đó χT (x) = (x2 + 1)2.
Theo lý thuyết dạng chuẩn hữu tỉ, vì mT (x) = x2 + 1 không có nghiệm thực, không gian V phân rã
thành tổng trực tiếp của 2 không gian con bất biến W1 ⊕ W2, mỗi không gian ứng với một khối đồng hành
của x2 + 1.Trong một cơ sở thích hợp, ma trận của T có dạng khối chéo: ( ) J 0 MT = 0 J ( ) 0 −1 Trong đó J =
là ma trận đồng hành của x2 + 1. 1 0
Xét ma trận S ∈ End(V ) được phân khối tương ứng 2 × 2: ( ) A B S = C D 10
Điều kiện ST = T S tương đương với: ( ) ( ) ( ) ( ) A B J 0 J 0 A B = C D 0 J 0 J C D ( ) ( ) ⇔ AJ BJ J A J B = . CJ DJ J C J D
Điều này tương đương với 4 phương trình: AJ = J A, BJ = J B,CJ = J C và DJ = J D.
Tức là các khối con A, B, C, D đều phải giao hoán với J . ( ) ( ) a b b −a
Ta tìm số chiều của tập K = {X ∈ M2(R) | XJ = JX}. Gọi X = . XJ = , c d d −c ( ) −c −d J X = . a b
Đồng nhất hệ số: b = −c và a = d. ( ) a −b
Vậy X phải có dạng
. Ma trận này phụ thuộc vào 2 tham số tự do (a, b). ⇒ dim(K) = 2. b a
Ma trận S được cấu tạo bởi 4 khối độc lập A, B, C, D, mỗi khối phải thuộc K (có số chiều là 2).Vậy
tổng số chiều của không gian U (T ) là:
dim U (T ) = 4 × dim(K) = 4 × 2 = 8.
Đề xuất 5.1. Cho V là không gian vectơ thực 4 chiều. T là tự đồng cấu thỏa mãn T 2 = −I (Cấu trúc phức).
Gọi W = {S ∈ End(V ) | ST = −T S} (Không gian các toán tử đối giao hoán).
a) Tính số chiều của W .
b) Chứng minh rằng mọi ma trận S ∈ W đều có vết bằng 0.
Đề xuất 5.2. Cho V là không gian vectơ thực 4 chiều và T có mT (x) = x2 + 1. Gọi A là đại số con của
End(V ) sinh bởi T (tức là tập hợp các đa thức của T : a0I + a1T + . . . ). Gọi C(T ) = {S | ST = T S} là
giao hoán tử của T . Gọi C(C(T )) = {R ∈ End(V ) | RS = SR, ∀S ∈ C(T )} là giao hoán tử kép.
a) Hãy tính số chiều của đại số A.
b) Hãy tính số chiều của C(C(T )).
c) So sánh hai số chiều này và giải thích tại sao chúng không bằng nhau.
Câu 6. Có tồn tại hay không A ∈ M (3 × 3, R) sao cho T r(A) = 0 và A2 + AT = E (ma trận đơn vị)?
Chứng minh. Giả sử tồn tại ma trận A như vậy.
Lấy vết hai vế phương trình A2 + AT = E:
T r(A2) + T r(AT ) = T r(E)
Mà T r(AT ) = T r(A) = 0 (giả thiết) và T r(E) = 3 (ma trận cấp 3). Suy ra
T r(A2) = 3. 11
Từ A2 + AT = E ⇒ AT = E − A2. Lấy chuyển vị hai vế phương trình đầu: (A2)T + A = E ⇒
(AT )2 + A = E. Từ đây ta có
A(A3 − 2A + E) = 0.
Vậy mọi giá trị riêng λ của A phải là nghiệm của phương trình:
x(x3 − 2x + 1) = 0 √ √
−1 − 5 −1 + 5
Phân tích nhân tử: x(x − 1)(x2 + x − 1) = 0.Các nghiệm có thể là: {0, 1, , }.Đặt 2 2 √ √ −1 − 5 −1 + 5 α = , β =
. Chú ý α + β = −1 và α2 + β2 = 3. 2 2
Gọi 3 giá trị riêng của A là λ1, λ2, λ3.∑ ∑
Ta có hệ điều kiện: λi ∈ {0, 1, α, β};
λi = T r(A) = 0 và
λ2 = T r(A2) = 3. i
Ta xét các tổ hợp 3 nghiệm có thể (kể cả lặp) từ tập nghiệm trên để tổng bằng 0:
Nếu chọn {1, α, β}: Tổng = 1 + (−1) = 0 (Thỏa mãn Trace A). Tổng bình phương = 12 + α2 + β2 =
1 + 3 = 4. (Mâu thuẫn với T r(A2) = 3).
Các trường hợp khác (như {0, 0, 0} hay {1, 1, −2}...) đều không thỏa mãn vì tập nghiệm khả dĩ chỉ
có 4 giá trị cụ thể trên. Không có cách nào chọn 3 số từ tập đó để tổng bằng 0 và tổng bình phương bằng 3.
Đề xuất 6.1. Tìm tất cả các ma trận A ∈ M3(R) thỏa mãn T r(A) = 0 và:
A2 − AT = I.
Dành cho người yêu thích hình học của tập hợp nghiệm.
Đề xuất 6.2. Gọi Sn = {A ∈ Mn(R) | A2 + AT = I}. Hãy tìm số lượng các lớp đồng dạng (similarity
classes) của Sn và tính số lượng lớp đồng dạng của tập trên.
Câu 7. Cho ma trận A = (aij)n×n ∈ M(n × n, R) thỏa mãn aii = 0 với i = 1, . . . , n và aij > 0 với
i 6= j. Tìm giá trị bé nhất của rank(A). ( ) 0 a
Chứng minh. Với n = 1: A = (0). Hạng bằng 0. Với n = 2: A =
với a, b > 0. det(A) = −ab 6= b 0
0. Vậy hạng luôn bằng 2.
Xét trường hợp tổng quát (n ≥ 3)Chúng ta sẽ chứng minh giá trị bé nhất là 3. Bài toán chia làm 2
phần: chứng minh rank(A) ≥ 3 và chỉ ra sự tồn tại của ma trận có rank(A) = 3.
Để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng minh mọi ma trận con 3 × 3 nằm trên đường chéo chính
(principal submatrix) của A đều không suy biến (có định thức khác 0).
Xét ma trận con 3 × 3 bất kỳ của A: 0 x y B = z 0 t u v 0
Trong đó tất cả x, y, z, t, u, v đều dương (> 0). 12
Giả sử các hàng của B phụ thuộc tuyến tính, tức là tồn tại các hệ số α, β, γ không đồng thời bằng 0
sao cho:αH1 + βH2 + γH3 = 0.
Hệ phương trình tương ứng cho 3 cột là:βz + γu = 0,αx + γv = 0 và αy + βt = 0.
Vì x, y, z, t, u, v > 0 nên β, γ phải trái dấu (hoặc cả hai bằng 0); α, γ phải trái dấu. Suy ra α, β cùng
dấu. Tuy nhiên từ đẳng thức cuối suy ra α, β phải trái dấu.
Điều này dẫn đến mâu thuẫn: α, β vừa phải cùng dấu, vừa phải trái dấu.⇒ α = β = γ = 0.Vậy các
hàng độc lập tuyến tính ⇒ rank(B) = 3.
Vì A chứa một ma trận con cấp 3 có hạng 3, nên rank(A) ≥ 3.
Chọn n số thực phân biệt bất kỳ x1, x2, . . . , xn.Xét ma trận A với các phần tử được định nghĩa bởi
công thức bình phương hiệu:
aij = (xi − xj)2.
Đặt 3 vector cột (trong Rn): x2 x 1 1 1 x2 x 1 2 2 u = . . . . . ,
v = .. , e = ... x2 x 1 n n Ta có
A = ueT − 2vvT + euT .
Từ biểu diễn trên, ta thấy A là tổng của 3 ma trận:M1 = ueT (Hạng 1),M2 = −2vvT (Hạng 1) và
M3 = euT (Hạng 1).
Theo tính chất bán cộng của hạng ma trận (rank(A + B) ≤ rank(A) + rank(B)), ta có:
rank(A) ≤ rank(M1) + rank(M2) + rank(M3) = 3.
Vì n ≥ 3 và các số xi được chọn phân biệt, 3 vector u, v, e độc lập tuyến tính, do đó hạng của ma trận bằng đúng 3.
Đề xuất 7.1. Cho V là một không gian vectơ thực k chiều (V ∼
= Rk) với tích vô hướng chuẩn tắc h·, ·i.Cho
hệ n vectơ x1, x2, . . . , xn ∈ V .Xét ma trận D ∈ Mn(R) được định nghĩa bởi bình phương chuẩn của hiệu các vectơ:
Dij = kxi − xjk2.
a) Chứng minh rằng với mọi hệ vectơ xi tùy ý, ta luôn có:
rank(D) ≤ k + 2.
b) Giả sử các vectơ này có cùng độ dài , tức là kx1k = kx2k = · · · = kxnk = c (với c > 0 là hằng
số).Chứng minh rằng hạng của ma trận giảm xuống:
rank(D) ≤ k + 1.
Đề xuất 7.2 (Định lý Graham-Pollak). Cho G là một đồ thị đầy đủ Kn (đồ thị có n đỉnh, nối tất cả các
cặp đỉnh với nhau). Giả sử ta phân hoạch các cạnh của G thành m đồ thị con là các đồ thị hai phía đầy đủ
(complete bipartite graphs) B1, B2, . . . , Bm. Chứng minh rằng số lượng đồ thị con tối thiểu cần dùng là m = n − 1. 13
