BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO

Bài 2.1Tìm dạng chuẩn Jordan J của các ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch P sao cho A =PJP 1 . e) 3 1 0 0 1 1 0 0 3 0 5 3 4 1 3 1 A                  Đa thức đặc trưng của A =>A có một giá trị riêng 2   với bội số là 4. =>Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A. Với 2     1 1 0 0 1 1 0 0 2 2 3 0 3 3 4 1 3 3 rank A I rank                       2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 rank A I rank                Số khối cấp 1:       0 2 2 2 2 2 4 2.2 0 0 rank A I rank A I rank A I          Có hai khối cấp 2(vì dimR2 = 4). Dạng chuẩn Jordan của A là:

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN

- KHOA TOÁN ỨNG DỤNG

BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO

NHÓM 1

Họ và Tên Nhiệm vụ được phân công

Đinh Văn Tuân

Nhóm trưởng:

phân công, tổng hợp bài tập Nguyễn Thị Kim Lan Chương 2: 2.1e, 2.2

Dương Hoài Nam Chương : 2a,4a

Phan Hồ Thảo Mai Chương 1: 1.9, chương 2: 2.1a Huỳnh Nguyên Hưng Chương 3 : 3.1a, 3.3a

Huỳnh Hữu Mạnh Chương 1: 1.1 , 1.5

Trang 2

Bài 2.1Tìm dạng chuẩn Jordan J của các ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch P sao cho A =PJP -1

Đa thức đặc trưng của A

=>A có một giá trị riêng  2 với bội số là 4

=>Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A

Số khối cấp 1: rank A 2I02rank A 2Irank A 2I2  4 2.2 0 0

Có hai khối cấp 2(vì dimR2 = 4)

Dạng chuẩn Jordan của A là:

Trang 3

APDP A chéo hóa được

) A chéo hóa được nếu tồn tại ma trận vuông P cấp n khả nghịch và ma trận chéo D

cấp n sao cho : 1

APDP với D =

1 2

0 0 0

k k

k n

n

D A

Trang 4

BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO

Bài 3.1 (trang 39) Tính A10 trong các trường hợp sau

Suy ra u 3 (1,1, 2)là cơ sở của E4

Vậy A chéo hóa được

Trang 6

Suy ra u 2 (1,1)là cơ sở của E3

Vậy A chéo hóa được

Trang 7

Bài tập ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO

Chương : 1,2,3

Nhóm: 216/04/2015

0 B B

Đa thức đặc trưng của A : P A (x) = det (A xI) =

Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 8 ; x = 4:

Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 8 ; = 4 :

Do đó hệ phương trình (A + 8I) X = 0 có nghiệm ( 1; 2; 1) t

Như vậy fP 1 = ( 1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 8

* Với = 4 :

1 Bài tập 1.2 Tìm ma trận chéo hóa A và dạng chéo trong các trường hợp sau:

Trang 8

Do đó hệ phương trình (A 4I) X = 0 có nghiệm ( s + t; s; t)

Như vậy fP 2 = ( 1; 1; 0) ; P3= (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 4

Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP 1 = ( 1; 2; 1) ; P 2 = ( 1; 1; 0) ; P 3 = (1; 0; 1)g nên ma trận A chéo hóa được.

= (x + 2) (x 2)2

Do đó hệ phương trình (A + 2I) X = 0 có nghiệm ( 1; 2; 1) t

Như vậy fP 1 = ( 1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 2

Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP 1 = ( 1; 2; 1) ; P2 = ( 1; 1; 0) ; P3= (1; 0; 1)g nên ma trận A chéo hóa được.

Trang 9

Đa thức đặc trưng của A : PA(x) = det (A xI) =

= (x 4) (x 2)2

Do đó hệ phương trình (A 4I) X = 0 có nghiệm (1; 2; 1) t

Như vậy fP 1 = (1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 4

Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP 1 = (1; 2; 1) ; P 2 = ( 1; 1; 0) ; P 3 = (1; 0; 1)g nên

ma trận A chéo hóa được.

= (x 4) (x 2)2

* Với = 2 :

3

Trang 10

Do đó hệ phương trình (A 2I) X = 0 có nghiệm ( 2s t; s; t)

Như vậy fP 2 = ( 2; 1; 0) ; P3= ( 1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 2

Giải Đa thức đặc trưng của A : PA(x) = det (A xI) =

0 B B

Do đó hệ phương trình (A I) X = 0 có nghiệm (s; t; 2q; q)

Như vậy fP 2 = (1; 0; 0; 0) ; P 3 = (0; 1; 0; 0) ; P 4 = (0; 0; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng

E 1

Vì A có đủ 4 vecto độc lập tuyến tính fP 1 = (1; 1; 1; 1) ; P2 = (1; 0; 0; 0) ; P3 = (0; 1; 0; 0) ; P4= (0; 0; 2; 1)g nên ma trận A chéo hóa được.

A là ma trận chéo hóa A.

Trang 11

Đa thức đặc trưng của A : PA(x) = det (A xI) =

Đa thức đặc trưng của A có 3 nghiệm là x = 1 ; x = 8 ; x = 2:

Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 1 ; = 8 ; = 2 :

0 B B

Do đó hệ phương trình (A + 8I) X = 0 có nghiệm 0; 1

3;

1

3; 1 tNhư vậy P 2 = 0; 1

0 B B

Do đó hệ phương trình (A + 2I) X = 0 có nghiệm (0; 1; 2; 1) t

Như vậy fP 3 = (0; 1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 2

Vì A chỉ có 3 vecto độc lập tuyến tính nên ma trận A không chéo hóa được.

Bài 3.1 Tính A 10 trong những trường hợp sau đây: b) A=

5

Trang 12

= (3 x) x2

Do đó hệ phương trình (A 0I) X = 0 có nghiệm ( s t; s; t)

Như vậy fP 2 = ( 1; 1; 0) ; P 3 = ( 1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 0

Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP 1 = (1; 1; 1) ; P2 = ( 1; 1; 0) ; P3= ( 1; 0; 1)g nên

ma trận A chéo hóa được.

Bài 1.6 Chứng minh rằng mọi véctơ khác 0 đều là véc tơ riêng của tự đồng cấu tuyến tính f : V ! V của không gian véctơ hữu hạn chiều V khi và chỉ khi f = id v :

Giải:

=>) Xét véctơ u bất kì khác 0 của không gian hữu hạn chiều V

=> u là véctơ riêng của tự đồng cấu tuyến tính f

Trang 13

=> với u là vétơ khác 0 bất kì, f (u) = idv(u)

=> f (u) = u

=> u là véctơ riêng của f

Bài 3.2 Tìm số hạng tổng quát của dãy số:

của A khi và chỉ khi là nghiệm của phương trình đặc trưng PA(x) = det(A xI n ) = 0:

Do mọi đa thức bậc lẻ đều có nghiệm thực nên suy ra đa thức đặc trưng PA(x) luôn có nghiệm thực khi n lẻ Từ đó suy ra đpcm.

7

= 1 + 2n + 2 4n = 2n + 3; n 1 Bài tập 1.10 Chứng tỏ rằng mọi ma trận vuông thực cấp lẻ đều có giá trị riêng thực, do đó

nó đều có véc tơ riêng

Giải Cho A là ma trận vuông cấp n với các phần tử trong R Khi đó giá trị là giá trị riêng

Trang 14

=> A có một giá trị riêng = 2 (bội 2)

=> A không chéo hóa được

Dạng chuẩn Jordan của A là

Xn= An 1X1 = 2

n 1 + (n 1)2n 2 (n 1)2n 2(n 1)2n 2 2n 1 (n 1)2n 2

1 3

n 1 4(n 1)2n 23:2n 1 4(n 1)2n 2

) Ma trận A có 1 giá trị riêng = 1 ( bội 3)

) Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A

Bài tập 3.3.b Tìm số hạng tổng quát của hệ dãy số

u

Bài tập 2.1.b Tìm ma trận Jordan của ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch

P sao cho A = P J P

01

Trang 15

@

1 0 0

1

A 6= 0 ) u 2 = (0; 2; 1)

0

@ 10 0

1

A =

0

@ 31 1

1

A 6= 0 ) u 3 = (3; 1; 1)

) fu 1 = (1; 0; 0) ; u2 = (0; 2; 1) ; u3 = (3; 1; 1)g là cơ sở cyclic của R 1 :

1 2 3 ::: n

1 C C C A

0 B B B B

@

1 0 0 ::: 0

1 2 0 ::: 0

1 2 3 ::: 0 : : : ::: :

1 2 3 ::: n

1 C C C C A

Đa thức đặc trưng của A

P A(x) = det(A xI) =

Tồn tại dạng chuẩn Jordan của A với n khối cấp 1

Dạng chuẩn Jordan của A

(A I) =

0 B B B B

@

0 0 0 ::: 0

1 1 0 ::: 0

1 2 2 ::: 0 : : : ::: :

1 2 3 ::: n 1

1 C C C C A

0 B B B B

@

0 0 0 ::: 0

1 1 0 ::: 0

0 1 2 ::: 0 : : : ::: :

0 0 0 ::: n 1

1 C C C C A

Trang 16

( 1) n 1 x 1

(n 1)!

1 C C C

A) u1= (1; 1; :::;

( 1) n 1

(n 1)! ) Với x = 2

1 2 3 ::: n 2

1 C C C A

0 B B B

@

0 0 0 ::: 0

1 0 0 ::: 0

0 2 1 ::: 0 : : : ::: :

0 0 0 ::: n 1

1 C C C A

( 2) n 2 x 2

(n 2)!

1 C C C

A) u1= (0; 11; :::;

( 2) n 1

(n 2)! ) Với x = 3

0 B B B

@

1 0 0 ::: 0

0 1 0 ::: 0

0 3 0 ::: 0 : : : ::: :

0 0 0 ::: n 3

1 C C C A

0 B B B

@

1 0 0 ::: 0

0 1 0 ::: 0

0 0 0 ::: 0 : : : ::: :

0 0 0 ::: n 3

1 C C C A

x 3 :::

( 3) n 3 x 2

(n 3)!

1 C C C C C A ) u 1 = (0; 0; 1; :::;( 3)(n 2)!n 3)

Tương tự với x = n 1

(A (n 1)I) =

0 B B B

@

1 0 0 ::: 0

0 1 0 ::: 0 : : : ::: 0

1 2 3 ::: 0

1 2 3 ::: 1

1 C C C A

xn 1( n+1) 1 x n 1

1!

1 C C C

A) u1 = (0; 0; 1; :::;

( n+1) 1

[n (n 1))! ) với x = n

0 B B B

@

1 0 0 ::: 0

0 1 0 ::: 0 : : : ::: 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 0

1 C C C A

A ) u 1 = (0; 0; :::; 1)

Trang 17

2 = A Nếu tồn tại dạng chuẩn Jordan của ma trận A thì

Với f 1 ; :::; ng là các giá trị riêng của A

Ma trận hệ số của hệ phương trình vi phân đã cho là

) Ma trận A có 1 giá trị riêng = 1 ( bội 3)

) Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A

* = 1 ) dim R 1 = 3

11 Bài tập 2.3 Tìm dạng chuẩn Jordan của ma trận lũy đẳng A

Bài tập 3.4 Giải các hệ phương trình vi phân tuyến tính sau đây:

Trang 18

@

1 0 0

1

A 6= 0 ) u 2 = (0; 2; 1)

0

@

1 0 0

1

A 6= 0 ) u 3 = (3; 1; 1)

) fu 1 = (1; 0; 0) ; u2 = (0; 2; 1) ; u3 = (3; 1; 1)g là cơ sở cyclic của R 1 :

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta nhận được y1 = C1et

Thay y1 vào phương trình thứ hai ta nhận được phương trình vi phân sau: y 0

2 y2 = C1e t :

Dễ dàng ta tìm được nghiệm của phương trình này là y 2 = (tC 1 + C 2 ) et

Thay y2 vừa tìm được vào phương trình thứ ba ta được phương trình vi phân sau

Trang 19

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN

Trang 20

Người hướng dẫn: TS Phan Hoàng Chơn Nhóm thực hiện: Nhóm 3 - Lớp Cao học Toán Giải tích 14.2

6 Nguyễn Văn Trung

Bài tập được phân công

Chương 1: Bài 1.3, 1.7, 1.11

Chương 2: Bài 2.1c,g, 2.4

Chương 3: Bài 3.1c, 3.2c, 3.3c, 3.4c

Trang 21

NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO

3

Chương 1

CHÉO HÓA MỘT TỰ ĐỒNG CẤU

Bài 1.3

Cho f V: Vlà tự đồng cấu trên ℝ- không gian vectơ V có ma trận đối với cơ sởu u u1, 2, 3 là

A Tìm cơ sở của V sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó có dạng chéo và tìm dạng chéo đó trong các trường hợp sau đây

Trang 22

Không gian con riêng của A ứng với   là 2 = { (1,0,1), ∈ ℝ}

Cơ sở của E ứng với 2   là2  2 u1(1, 0,1)

Trang 23

⟹ có hai giá trị riêng:  3, 4

Không gian con riêng của A ứng với    là 3 = { (−2,1,0) + (−2,0,1), , ∈ ℝ}

Cơ sở của E3 ứng với    là 3 3 u1 ( 2,1, 0), u2  ( 2, 0,1)

Trang 24

Không gian con riêng của A ứng với   là 4 = { (1,2,1), ∈ ℝ}

Cơ sở của E ứng với 4   là 4  4 u3 (1, 2,1)

Suy ra ma trận A chéo hóa được Vậy f chéo hóa được

Trang 25

Không gian con riêng của A ứng với   là 2 = { (2,3,1), ∈ ℝ}

Cơ sở củaE2 ứng với   là 2 2 u2 (2, 3,1)

Không gian con riêng của A ứng với  là 1 = { (−1,0,1), ∈ ℝ}

Cơ sở củaE ứng với1   là 1  1 u3  ( 1, 0,1) 

Suy ra ma trận A chéo hóa được Vậy f chéo hóa được

Trang 26

Suy ra A có hai giá trị riêng là 4, 2

⟹ f có hai giá trị riêng là 4, 2

Không gian con riêng của A ứng với  là 4 = { (1,2,0) + (−1,0,2), , ∈ ℝ}

Cơ sở củaE ứng với4   là4  4 u1 (1, 2, 0),u2  ( 1, 0, 2) 

Không gian con riêng của A ứng với  là 2 = { (−1, −3,1), ∈ ℝ}

Cơ sở củaE ứng với2   là2  2 u3   ( 1, 3,1) 

Do đó ma trận A chéo hóa được Suy ra f chéo hóa được

Trang 27

Tìm điều kiện cần và đủ để ma trận A chéo hóa được

⋮0

0⎠

⎟

⎞

A chéo hóa được

⟺ dim = ( là không gian con riêng của A ứng với = 0)

Trang 28

Giải

Giả sử   i i1,n là tập các giá trị riêng của f

  j j 1,m

 là tập các giá trị riêng của g

Gọi là một giá trị riêng bất kì của fg

j i

i j i i

 là một giá trị riêng của gf

Vậy fg và gf có cùng tập giá trị riêng ∎

Trang 29

Trang 30

⟹ rankAI2= 1

Số khối cấp 1: rankAI0- 2rankAI + rankAI2 = 3 – 2.2 + 1 = 0

Vậy có 1 khối cấp 2 là 2 

1 01

Trang 31

Suy ra A có một giá trị riêng   với số bội là n Vậy tồn tại dạng chuẩn Jordan của A 1

Trang 32

0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 1 0

Trang 33

u  A I  u

1( 1)00

00

Trang 34

Số khối cấp 1: rankA I 0 - 2rankA I  + rankA I 2 = 3 – 2.2 + 1 = 0

Suy ra không có khối cấp 1, có một khối cấp 2 là

1201

Suy ra cơ sở của là { = (2,1,1)}

Vậy dạng chuẩn Jordan J của A và ma trận P sao cho = lần lượt là

Trang 35

= (1)

cos

3 −sin 3sin

3 cos 3

=

cos

3 −sin 3sin

3 cos 3

Ta có =

⟹ =

Trang 36

⟹ =

1

2 −

√32

1 0

cos

3 −sin 3sin

3 cos 3

−2√32

√32

= 2√3 sin( ) + 2 cos( ) − √ sin( )

⟹ = 2√3 sin( ) + 2 cos( ) − √ sin( )

Vậy số hạng tổng quát của dãy số là

= 2√3 sin( ) + 2 cos( ) − √ sin( ) , ≥ 1. ∎

Bài 3.3 Tìm số hạng tổng quát của hệ các dãy số sau đây

Trang 37

Suy ra = { = (1,2,1)} là cơ sở của

Vậy dạng chéo của A và ma trận chéo hóa A lần lượt là

Trang 38

−101

Trang 39

(C , C , C là các hằng số)

Trang 40

2.5 Tìm ma trận tối tiểu của các ma trận sau:

02

0

11

) 2 (

3 2

)(

2)

(

x m

m

x x

1

01

0

11

2

01

0

22

6

57

5

22

4

Đa thức đặc trưng của A :

NHÓM 4

Trang 41

PA(x) =

x x

6

57

5

22

555

222

Vậy đa thức tối tiểu của A là: mA(x) = x-2

Bài 3.4 Giải hệ phương trình vi phân:

dt

dx

x x x

dt

dx

x x

dt

dx

x x

dt

dx

4 3 2 1

4

4 3 1

3

2 1

2

2 1

1

3 4

3 5 3

3

*Đa thức đặc trưng của A:

PA(x) =

x x

35

03

00

11

00

13

Trang 42

0011

0000

1110

0011

0000

1110

1121

4

020

3

002

0

000

0100

1110

1101

)3(

)2(

)1(

2 4

2 3

2

4 2

4

3 1 3

2 2

1 1

y y

y dt

dy

y y dt

dy

y dt

Trang 43

(3)y y c e2t

1 3

2 2 1 2

4 e ( 4 c e c e e dt

y   dt  t t  dt

= [( ) )

4 2

e c t c

e c

t

2 4 2

1

2 3 1

2 2

2 1

)(

1000

0100

1110

1101

4 [(

3

Trang 44

Bài 1.8 trang 14) Tính A trong các trường hợp sau:

A có 2 nghiệm x = -2, x = 4 nên A có 2 giá trị riêng là:    2;   4

 Với    2 , giải hệ: (A+2I)x=0

Trang 45

A có 2 nghiệm x = 0, x = 3 nên A có 2 giá trị riêng là:   0;   3

 Với   0 , giải hệ: Ax=0

Trang 47

 Với   1 , giải hệ: (A-I)x=0

Trang 48

 Với   2 , giải hệ: (A-2I)x=0

Trang 50

;0;1)} là cơ sở của không gian con riêng tương ứng với =2

Dễ dàng thấy hệ {u1, u2, u3} độc lập tuyến tính vì A có đủ 3 vectơ riêng u1, u2, u3 độc lập tuyến tính nên A chéo hóa được

Trang 52

Aa Ia Ja J  a J nên A chéo hóa được trên 

Trang 53

3.2d/ Tìm số hạng tổng quát của các dãy số sau:

20140

21

20141

Trang 54

2014 2

220141

Trang 55

Ta có: f(e1) = (2, 5, – 1), f(e2) = (– 1, – 3, – 2), f(e3) = (2, 3, 0)

Ta có: f(e1) = (0, – 4, – 2), f(e2) = (1, 4, 1), f(e3) = ( 0, 0, 2)

Trang 56

Chọn 1  

3

1

1;2;1 1

x

s x

x

t x

Ta có: f(e1) = (4, 5, 6), f(e2) = (– 5, – 7, – 9), f(e3) = (2, 3, 4)

x

s x

Trang 57

r x

x

m x

Ta có: f(e1) = (1, – 2, – 1), f(e2) = (– 3, – 6, – 4), f(e3) = ( 3, 13, 8)

Định dạng
Số trang	57
Dung lượng	1,68 MB