Bài giải chi tiết đại số tuyến tính nâng cao

Phan Hoàng Chơn Học viên thực hiện : 1/ Nguyễn Thị Mỹ Dung... MỤC LỤC Chương I: Chéo hóa tự đồng cấu ..... 2 Vì A có đủ ba vecto riêng độc lập tuyến tính nên A chéo hóa được... Vì A có

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN

KHOA TOÁN

- -

Bài tiểu luận ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

NÂNG CAO

TP Hồ Chí Minh, tháng 10 – 2019

Giảng viên hướng dẫn : TS Phan Hoàng Chơn Học viên thực hiện : 1/ Nguyễn Thị Mỹ Dung

MỤC LỤC

Chương I: Chéo hóa tự đồng cấu 2

Bài 1.1e 2

Bài 1.2c 4

Bài 1.2d 4

Bài 1.3b 5

Bài 1.4b 6

Bài 1.7 6

Bài 1.8c 7

Bài 1.12 8

Chương II: Dạng chuẩn Jordan 9

Bài 2.1c 10

Bài 2.1f 11

Bài 2.4 12

Chương III: Một số ứng dụng 13

Bài 3.1c 13

Bài 3.2d 14

Bài 3.3a 14

Bài 3.4b 15

CHƯƠNG I: CHÉO HÓA TỰ ĐỒNG CẤU

BÀI 1.1: Tìm các giá trị riêng, vectơ riêng của ma trận sau

1.1

1 2 2 1

0 5 1 7

0 0 3 4

0 0 5 6







E

e)

GIẢI

Đa thức đặc trưng của E là:

E

x

x

x

x x







1 5

2

2

E

x x

x

 













Vậy E có 4 giá trị riêng là 1; 5; 9 89; 9 89

      

*** Với   : 1

0 0 4 4 0 0 0 11

E I

Do đó, hệ phương trình EI X  có nghiệm 0 X ( , 0, 0, 0)t

Vậy các vec-tơ riêng của E tương ứng với  là: 1 1, 0, 0, 0 

*** Với  : 5

HỌ VÀ TÊN HỌC VIÊN

1 Trần Thị Minh

2 Huỳnh Thị Sâm

3 Nguyễn Thị Mỹ Dung LỚP: TOÁN GIẢI TÍCH 19.1

6 2 2 1 0 2 2 1

5



Do đó, hệ phương trình E5I X  có nghiệm 0 X ( , 3 , 0, 0)t t

Vậy các vec-tơ riêng của E tương ứng với là: 5 1,3, 0, 0 

*** Với 9 89

2

  :

11 89

2

2

1 89

2

2

2

3 89

2

Do đó, hệ phương trình 9 89 0

2

có nghiệm



Vậy các vec-tơ riêng của E tương ứng với 9 89

2

  là:



*** Với 9 89

2

  :

11 89

2

2

1 89

2

2

2

2

Do đó, hệ phương trình 9 89 0

2

có nghiệm



Vậy các vec-tơ riêng của E tương ứng với 9 89

2

  là:



Bài 1.2 Tìm ma trận chéo hóa A và dạng chéo của A trong trường hợp:

1.2 c)

A

Giải:

Đa thức đặc trưng của A:    

A

x

x

=x4x22

Vì đa thức đặc trưng có hai nghiệm x  và 4 x  nên ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau 2  4

và  2

Với  :4



Do đó, hệ phương trình A4x có nghiệm 0 1; 2;1 t với  t  Như vậy 0 p 1 1; 2;1  là cơ sở của không gian riêng E 1

Với  :2



Do đó, hệ phương trình A2x có nghiệm 0  t s t s; ;  với t2s2 0.Như vậy

p1 1;1;0 ,p2  1; 0;1 là cơ sở của không gian riêngE 2

Vì A có đủ ba vecto riêng độc lập tuyến tính nên A chéo hóa được

Ma trận chéo của A là

1 1 1

2 1 0

1 0 1

P



và dạng chéo của A là:

4 0 0

0 2 0

0 0 2

C

3 2 1

1 4 1

1 2 1

  

A

1.2 d)

Giải

A

x

x



( ) 0 ( 2) (4 ) 0

4

A

x

x





 Vậy ma trận A có hai giá trị riêng là và2  4

Với2 

Do đó, hệ phương trìnhA2I X  có nghiệm0 ( 2 ts t s, , ) Suy ra, p1  ( 2,1, 0),p2  ( 1, 0,1)là

cơ sở của không gian riêngE 2

Với4 

Do đó, hệ phương trìnhA4I X  có nghiệm0  t, t t,  Suy ra, p   3 ( 1, 1,1)là cơ sở của không gian riêngE 4

Vì A có đủ ba vectơ riêng độc lập tuyến tính nên A chéo hóa được

Ma trận chéo hóa A:

P

và dạng chéo hóa của A:

2 0 0

0 2 0

0 0 4

C

Bài 1.3 Cho f V: V là một 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 trường hợp

2 1 4



A

1.3 b)

 

A

x

x Vậy phương trình đặc trưng của A có nghiệm là x  và4 x   nên ma trận A có 2 giá trị riêng khác 3 nhau là :  3 , 4

Với  3  

1 2 2 1 2 2

1 2 2 0 0 0

HệA3I X  có nghiệm0 2s2 , ,t s t nênp1   2,1, 0 , p2   2, 0,1  là cơ sở của không gian riêngE

Với 4 

          

HệA4I X  có nghiệm0 t t t nên, 2 ,  p 3 1, 2,1  là cơ sở của không gian riêngE 1

Vì A có đủ 3 vectơ riêng độc lập tuyến tính nên A chéo hóa được và do đó f chéo hóa được Khi đó

 2 1 2, 2 1 3, 1 2 2 3

C  u u  u u u  u u là cơ sở chéo hóa f và ma trận đối với cơ sở C là:

3 0 0

0 3 0

0 0 4

C



BÀI 1.4: Tìm các giá trị riêng và vectơ riêng của các tự đồng cấu f :3  trong các trường 3

hợp sau:

f x y z, ,  y, 4 x4 , 2y  x y 2z

1.4 b)

Giải:

Gọi e1 1, 0, 0 , e2 0,1, 0 , e3 0, 0,1là cơ sở chính tắc của  3

  1 0, 4, 2 ,   2 1, 4,1 ,   3 0, 0, 2

B

x

x



  0

B

P x  có nghiệm là x  nên có giá trị riêng là 2  2

Với  : 2



2 0

B I  có nghiêm 1 2, 2, 3

2

x  x x x 

Vậy các vectơ riêng ứng với giá trị riêng  là 2 1 2  

1 ,1, 0 , 0, 0,1 2

    

BÀI 1.7: Cho ma trận

1

2

1

n

A

a a

a 

Tìm điều kiện cần và đủ để A chéo hóa được

Bài làm

Đa thức đặc trưng

1

2

1

0 0 0

0 0 0

0 0 0 0

n A

n

x a

x a x

x a x







A

Suy ra ma trận A có một giá trị riêng  0

Với  Giải hệ 0 AX 0

1 1

2 2

3

1 1

n n

n

x a

x a

x

x a

x





 

 

 

 

 

 

 

A chéo hóa được dim E0  (n E là không gian con riêng của A ứng 0  ) 0

0

RankA

Vậy điều kiện cần và đủ để ma trận A chéo hóa được là a1a2  a n1 0

BÀI 1.8 Tính A 10 trong các trường hợp sau:

1.8 c)

2 2 0

A

 

   

Giải

Đa thức đặc trưng của ma trận A:

 

A

x

2

A

 Ma trận A có hai giá trị riêng: 1 1,2  2

 Với 11

1

1 1

2

1

2

0 0 0

A I







Vậy hệ AI X 0 có nghiệm (t, t, 0) nên {p1 = (1,1,0)} là cơ sở của không gian riêng E0

 Với 2 2

        

Vậy hệ A2I X  có nghiệm (2t, t, t) nên {p0 2 = (2,1,1)} là cơ sở của không gian riêng E1

Ta có   3 2

A

Chia đa thức x10 cho đa thức P A x , ta được:

   

1013 2016 1004

A

Vì P A x 0 nên

1013 2016 1004

Tính toán ta được 10

4013 4102 2056

2056 2055 1033

2046 2046 1022

A

với 2

15 14 8

A

   

Bài 1.12: Cho ma trận phức vuông cấp n+1:

n

n n n



a) Chứng minh rằng tồn tại ma trận vuông J cấp n+1 sao cho:

2

a J a J a Jn

b) Chứng minh rằng A chéo hóa được trên C

Giải:

a) Ta có:

1

1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0

0 0 1 0 0 1 0 0

0 0 0 1

0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0

Đặt

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

1 0 0 0

J



(ma trận vuông cấp (n + 1))

Khi đó: 2

0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0

0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0

1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0

J J J

1

0 0 0 1

1 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0

n n

J J  J

Suy ra điều phải chứng minh

b) Ma trận đơn vị I cấp (n + 1) là ma trận chéo nên I chéo hóa được (1)

Xét đa thức đặc trưng của J: P x J detJxI

 1 1  1 1

1 0 0

1 1 1 0 0

0 0 1

0 0 0 1

1 0 0

n

x

x x

x

x x













  1   2   1 1   1   1 1 

n n n n n n n

 

J

P x có (n + 1) nghiệm phức phân biệt nên J có (n + 1) giá trị riêng khác nhau, suy ra J chéo hóa

được trên  (2)

Khi đó tồn tại ma trận chéo D và ma trận khả nghịch P sao cho 1

J PDP Mà

1

2

k k

J PD P kn , với D là ma trận chéo và P là ma trận khả nghịch, suy ra k J k2kn

chéo hóa được (3)

Từ (1), (2), (3) và (*), ta suy ra 2

a J a J a Jn

Aa I    chéo hóa được trên  với ma trận chéo hóa A là P

CHƯƠNG II DẠNG CHUẨN JORDAN

Bài 2.1: Tìm dạng chuẩn Jordan J của các ma trận Asau đây và tìm ma trận khả nghịch P sao cho 1

 biết

1 3 4

4 7 8

6 7 7



  

A

2.1 c)

Giải

-Đa thức đặc trưng của A là     3 

A

x

x

Ta có P x A 0x (bội 2) hoặc 1 x  (bội 1) 3

Nên A có hai giá trị riêng là   1,3 Do đó tồn tại dạng chuẩn Jordan của A

+Với λ=3 thì dimR =1 và R = ker A-3I Suy ra có khối cấp 1 là 3 3   J1   3  3

3 1; 2; 2 : nên R3

R  t t  có cơ sở 3u1 1; 2; 2  

+Với λ= 1 thì dimR 1 =2 và R1 =kerA+I2

A I

 Có Rank A I   2

 2

32 32 32 0 0 0

A I

Có số khối cấp 1 là: Rank A I02Rank A I1Rank A I2 0

Do đó không có khối cấp 1, có một khối cấp 2 là 2 

1 0 1

J    



1 1;1;0 1; 0;1 : ,

R  s t  s t 

Chọn u2   1; 0;1  1

3 2T T 1; 2; 1 V1

u  A I u      

Thì R 1 có cơ sở cylic là u2 1;1;0 , u3     1; 2; 1 

Vậy dạng chuẩn Jordan của A là

3 0 0

0 1 0

J

Ma trận P thỏa 1

A PAP

 là

1 1 1

2 1 2

2 0 1

J



  













A

n

2.1 f)

Giải

Đa thức đặc trưng của A là:

A

x

x x

x

n x























A có n giá trị riêng:  1, 2,3, ,n

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

0 0 0 0

J

n













Với1

~

A I

Vậy

1

1

1

1

1 1

( 1) (1, 1, , )

( 1)!

( 1)

( 1)!

n n

x x

n x

n













Với 2

2

0



Vậy

2

2 2

2

2 2

0

(0,1, 2, , )

( 2)!

( 2)

( 2)!

n n

x x

n x

n









Tương tự  , ta có: 3

3 ( 3) (0, 0,1, , )

( 3)!

n n

u

n









……

1

n

  , ta có:

1 ( 1) (0, 0, 0, ,1, )

1!

n

n

n

 , ta có: u  n (0, 0, 0, , 0,1)

Vậy

( 1) ( 2) ( 3) ( 4)

1 ( 1)! ( 2)! ( 3)! ( 4)!

n n n n

P















BÀI 2.4 : Chứng minh rằng mọi ma trận tuần hoàn (A k  ) đều đồng dạng với một ma trận I

chéo Tìm ma trận đó

Bài làm

* Giả sử ta đang làm việc trên trường số phức  Khi đó tồn tại dạng chuẩn Jordan của A là ma trận J

và ma trận P khả nghịch sao cho 1

 , với

1

2

J J J

J







Trong đó

1

2

M







( nếu cấp của Ji là 1 ta chỉ có J i  i )

* Ta có : APJP1A k PJ P k 1, với A k I PJ P k 1 I P PJ P P1 k 1 P IP1 J k I

Mà

1

2

0 0

k

k

k

k m

J

J

J

J







nên J ,1 J ,…,2 J tuần hoàn (*) m

*Giải sử tồn tại J có cấp lớn hơn 1 Khi đó, đặt i B i J ii Ithì J i B ii I

t

t r t r r t r t r r

i i i t i i i t i i

Nhận thấy ma trận này không tuần hoàn => mâu thuẩn với (*) nên cấp của J ,1 J ,…,2 J phải bằng 1, m

tức là J là ma trận chéo Do đó A đồng dạng với ma trận chéo

1

2

J











 Ngoài ra

1

2

k

k k

k m

J

J J

J







mà J k Inên 1k 2k  m k 1, suy ra mỗi i1 i mlà

một căn bậc k của 1

CHƯƠNG III MỘT SỐ ỨNG DỤNG

BÀI 3.1 Tính  trong các trường hợp sau 10

A

3.1 c)

Giải

Đa thức đặc trưng của ma trận A là    

A

x

x

Chia đa thức x10 cho đa thức P x ta nhận được A( )

Vì P A  nên A( ) 0 10 2

2

A Vậy 10

A

BÀI 3.2 Tìm số hạng tổng quát của dãy số:

3.2 d) u1 u2 2015,u n2 2014u n12013u n2012,n1

Giải

n n n

1006 4057201 2015

2013 2013

2014 2013

n n n

Đặt n 1 n 1

n

v X

v





 

  

 

và 2014 2013

2

2015 , 2015

n

n n n

X   X  AX X A  X

Đa thức đặc trưng của A là   2

2014 1013

A

P x x  x có 2 nghiệm phân biệt

 

1

2 1016062 1

2013

2 1016062

1 2013

2 1016062

n n n n n

n n n n

n n n n n

n

A

v

 





2n 1 1

  

Với12  1006 1016062;1 1 1006 1016062Từ đây suy ra 1006

2013

n n

BÀI 3.3 Tìm số hạng tổng quát của hệ các dãy số sau:

a)u1v12,u n 2u n1v n1,v n u n12v n1,n2

Giải

Đặt X n (u n v n)r Khi đó: 1 2 , 1, 2

X    X AX  n

 

2 1

1 2

A  

1 2

A

x

x





A

P       A có hai giá trị riêng x x  với số bội 1 và 3  với số bội 1, nên tồn tại 1 dạng chuẩn Jordan của A

 Với 3dimR3  1

1 1

A I     A I 



3 (1;1), , dim 3 1

3

V có cơ sở 1s(1;1),sR3 có 1 cơ sở là: u 1 (1;1)

 Với 1dimR1  1

1 1

(1 1) rank( ) 1

1 1

A I    A I 

 

1 t(1; 1), t , dim 1 1

1

V có cơ sở 2 t(1; 1), t  R1 có 1 cơ sở là: u 2 (1; 1) 

Vậy dạng chuẩn Jordan J và ma trận P chéo hóa của ma trận A là:

3 0

0 1

J   

1 1

P  



1

1 1

2 2

P

  

Khi đó:

1

1 1

n

n n n





    

1 1

n n n

n

A





2

(2.3 2.3 ) 2

n n

n n

    

1

1

2.3 2.3

n n n n

u v





 

 





là số hạng tổng quát của hệ

Bài 3.4 Giải hệ phương trình vi phân sau đây:

1

2

3

3 +3

3.4 b (1) 5



















dx

dt dx

dt dx

dt

Giải

Ma trận hệ số của phương trình (1) là:

1

2

3

1 4 8

x

x



     

Khi đó hệ phương trình (1) dX A X

dt

A

x

x

A

P x    nên ma trận x A có một giá trị riêng  bội 3 1

 Tồn tại dạng chuẩn Jordan của A

dimR  3 R  

Ta có:

1 4 7

rank A I ranh



    

  

3 9 18

1 3 6

rank A I ranh

 không có khối cấp 1,2  có 1 khối cấp 3

1 0 0

1 1 0

0 1 1

J

chọn u 1 (1;0;0)ta có: 2 2 1

3 9 18 1 3

T T

     

     

        

      

     

2 (3,1,1)

u

{ (1, 0, 0);u u (0, 2, 1); u (3,1,1)}

    là cơ sở cyclic của R 1

1 0 3

0 2 1

0 1 1

P

với 1

P AP J

Thực hiện phép biến đổi Y P X1 ,hệ trở thành(2) dY JY

1

1

2

2

t

t

t

t

dy

y

t







Khi đó phương trình nhận được nghiệm của hệ ban đầu là X PY hay:

2

2

2

2

2

( 1) 2

t t t

t t t

t t t

t

t

t







      



là nghiệm của hệ (1)

……….Hết