Với mỗi giá trị riêng, tìm một cơ sở trực chuẩn cho không gian con riêng tương ứng.

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO

Mục lục

1 Nhắc lại ánh xạ tuyến tính 2

1.1 Định nghĩa ánh xạ tuyến tính . . . 2

1.2 Nhân, ảnh và hạng của ánh xạ tuyến tính . . . 4

1.3 Ma trận của ánh xạ tuyến tính . . . 4

1.4 Các tính chất của ánh xạ tuyến tính . . . 5

2 Cấu trúc của tự đồng cấu 62.1 Giá trị riêng, véctơ riêng của tự đồng cấu . . . 6

2.2 Đa thức đặc trưng, đa thức tối tiểu . . . 8

2.3 Tự đồng cấu chéo hóa được . . . 8

2.4 Tự đồng cấu lũy linh . . . 12

2.5 Dạng chuẩn Jordan của tự đồng cấu . . . 13

3 Không gian vectơ Euclide 173.1 Tích vơ hướng . . . 17

3.2 Độ dài vectơ, góc giữa 2 vectơ . . . 18

3.3 Hệ trực giao, hệ trực chuẩn . . . 19

3.4 Đồng cấu trực giao . . . 21

3.5 Ma trận đối xứng và cách chéo hoá . . . 22

4 Dạng song tuyến tính và dạng tồn phương 224.1 Dạng song tuyến tính . . . 22

4.2 Dạng tồn phương . . . 24

4.3 Đưa dạng tồn phương về dạng chính tắc . . . 24

4.4 Dạng toàn phương xác định dấu . . . 25

4.5 Ứng dụng của dạng toàn phương . . . 26

Lời mở đầu

Tác giả viết tập soạn này để làm giáo án cho môn học Đại số tuyến tính nâng cao.Nội dung chính là các định nghĩa, định lý và các tính chất cơ bản cần thiết của mơnhọc, một số ví dụ, bài tập được đưa vào để minh họa làm sáng tỏ các vấn đề liên quan.Trong q trình học sẽ có hướng dẫn chứng minh định lý và giải quyết các bài tập, dođó học viên cần đi học đầy đủ để hồn chỉnh kiến thức. Các định lý có chứng minh phứctạp xin được để lại cho những học viên có đam mê tự tham khảo tìm tịi thêm, có thểxem chứng minh chi tiết trong các tài liệu tham khảo được liệt kê cuối tập soạn này.

Muốn học tốt tốn cao cấp thì học viên nên tạm qn đi những điều hiển nhiên ởtoán sơ cấp. Bắt đầu đi từ các khái niệm, định nghĩa rồi suy luận hợp lý thì nhiều tínhchất, định lý tưởng chừng như phức tạp với chúng ta cũng trở nên tầm thường [chứkhông phải tầm bậy!].

Ai cũng biết rằng trời đất mênh mông, tốn học cũng thế, chỉ có con người là bénhỏ. Tuy nhiên, với niềm đam mê của riêng mình, con người nhỏ bé có thể làm nên rấtnhiều điều kỳ diệu và các bạn cũng có thể làm nên điều kỳ diệu. Vài lời xin chia sẽ cùngcác anh chị học viên. Chúc các anh chị có nhiều sức khỏe để học tập, làm việc và lạcquan vui sống.

Mỹ Xuân, tháng 6 năm 2015.Hoàng Đức Duệ

1

Nhắc lại ánh xạ tuyến tính

1.1

Định nghĩa ánh xạ tuyến tính

Định nghĩa 1.1.1. Cho U và V là hai không gian vecto trên trường K[K =R,C]. Ánh

xạ f :U −→V được gọi là tuyến tính [hoặc đồng cấu] nếui] f[u1+u2] =f[u1] +f[u2], ∀u1, u2 ∈U

ii] f[αu] = αf[u], ∀u∈U, ∀α ∈K

Hai điều kiện trên tương đương với 1 điều kiện sau

f[αu1+u2] = αf[u1] +f[u2], ∀u1, u2 ∈U,∀α ∈K

Ta kí hiệu tập hợp các ánh xạ tuyến tính từ U vào V là L[U, V], nghĩa làL[U, V] = {f :U →V | f là ánh xạ tuyến tính}

Đặc biệt, nếuf ∈L[V, V]thì ta nói f là mộttự đồng cấu. Kí hiệuL[V]thay choL[V, V].

a] Ánh xạ [phép vị tự tỉ số k]

f : U −→ U

x 7−→ kx, k∈R.

b] Ánh xạ

f : R2 −→ R2

[x, y] 7−→ [x+y, xy]

c] Ánh xạ

f : R3 −→ R2

[x, y, z] 7−→ [2x+y, y−3z]

d] Phép chiếu từ Kn lên thành phần thứ nhất của nóg : Kn −→ K

[x1, . . . , xn] 7−→ x1

e] Phép nhúng từ K vào Kn

h: K −→ Knx 7−→ [x,0, . . . ,0]

f] Ánh xạ

f : R2 −→ R2

[x, y] 7−→ [x+y, x−y2]

g] D là ánh xạ đạo hàm của các đa thức bậc không quá n.D: Rn[x] −→ Rn[x]

f[x] 7−→ D[f[x]] =f0[x]

Bài tập 2. Hãy chứng minh sự tương đương được đề cập trong định nghĩa 1.1.1

Gợi ý: CM f[0U] = 0V, 2 đk trên suy ra đk dưới, đk dưới suy ra 2 đk trên!Định nghĩa 1.1.2. Cho f ∈L[U, V], ta nói:

i] f đơn cấu nếu f là đơn ánh.ii] f toàn cấu nếu f là toàn ánh.iii] f đẳng cấu nếu f là song ánh.

Đặc biệt, nếu f ∈L[V] là một đẳng cấu thì ta nói f là tự đẳng cấu.

1.2

Nhân, ảnh và hạng của ánh xạ tuyến tính

Ker[f] =f−1[0] ={u∈U| f[u] = 0} ⊂U

2. Ảnh của axtt f là tập hợp

Im[f] =f[U] ={v =f[u]| u∈U} ⊂V

3. Hạng của axtt f là số chiều của Im[f]. Kí hiệu: rank[f] = dim[Imf].

4. Định lý về số chiều: Cho f :U → V là axtt từ không gian n chiều U vào khơng

gian V, ta có

dim[Imf] +dim[Kerf] =n.

Bài tập 4. Tìm một cơ sở của Ker[f], Im[f] và hạng của axtt f sau đây.

1. f :R3 −→R2, f[x, y, z] = [x+ 2y+z, x+y−z]

2. f :R2 −→R3, f[x, y] = [x−y, x+y,2x].

3. f :R3 −→R3, f[x, y, z] = [x+y, x+ 2y+z, y+z]

4. D là ánh xạ đạo hàm của đa thức bậc không quá n.

1.3

Ma trận của ánh xạ tuyến tính

Xét hai khơng gian hữu hạn chiều: U có cơ sở B = {u1, u2, ..., un} và V có cơ sởB0={v1, v2, ..., vm}. Cho axtt f :U →V, ta có x∈U 7→f[x]∈V.

Biểu diễn x qua cơ sở B : x=x1u1+...+xnun, ta viết [x]B =

x1

...xn

.

Biểu diễn f[x] qua cơ sở B0: f[x] =y1v1+...+ymvm, ta viết [f[x]]B0 =



y1

...ym

.Ta tìm một ma trận A∈Mm×n để ánh xạ [x]B thành [f[x]]B0 : A[x]B = [f[x]]B0.

A được xác định bởi: A[ui]B = [f[ui]]B0 i= 1, .., n.

Vì A[ui]B chính là cột thứ i của ma trận A nên A= [[f[u1]]B0 ... [f[un]]B0].

Tìm [f[ui]]B0 bằng cách biểu diễn f[ui] = [v1 ... vm].[f[ui]]B0 =P.[f[ui]]B0,

với P = [v1 ... vm].

Nếu giải tay, giải hệ:[P|f[ui]]để tìm các[f[ui]]B0; nếu giải máy tính:[f[ui]]B0 =P−1f[ui].

Suy ra

A =P−1[f[u1] ... f[un]] =P−1.[f].[u1 ... un] =P−1.[f].Q,
với [f] là ma trận trong cặp cơ sở chính tắc, Q= [u1 ... un].

a] Viết ma trận của axtt f trong cặp cơ sở chính tắc: [f]B0 =





1 −1

1 1

2 0

.

b] Viết ma trận của axtt f trong cặp cơ sở B ={u1= [1,1];u2= [0,1]} và

B0={v1 = [1,2,3];v2= [0,1,2];v3 = [0,0,1]}.

Đặt P = [v1 v2 v3] =





1 0 02 1 03 2 1



 và Q= [u1 u2] =

1 01 1

. Ta có

A= [f]BB0 =P−1.[f].Q=





0 −1

−2 3

−2 −1





Ngược lại, cho [f]BB0 =





0 −1

−2 3

−2 −1



. Tìm ma trận của f trong cặp cơ sở chính tắc?

Bài tập 5. Tìm axtt f và viết dạng ma trận trong cặp sơ sở chính tắc. Biết

1] f :R2 −→R3, thoả: f[1,1] = [1,0,0]; f[2,3] = [1,2,3]

2] f :R3 −→R2, thoả: f[1,0,0] = [1,2]; f[0,2,0] = [2,1]; f[0,0,3] = [2,3]

3] f :R3 −→R3, thoả: f[1,0,0] = [1,1,1]; f[1,1,0] = [2,2,2]; f[1,1,1] = [3,3,3]

4] Cho B0 = {1;x;x2} là cơ sở chính tắc của P2[x] khơng gian các đa thức bậc khơng

q 2. Tìm phép biến đổi tuyến tính T :P2[x]−→P2[x]xác định bởi T[1] = 3 + 2x+

x2; T[x] = 2; T[x2] = 2x2.

Tìm ma trận của T đối với cơ sở B = {1; 1 + x; 1 +x2}, từ đó xác định đa thứcf[x]∈P2[x] sao cho [T[f]]B =





421

.

Nhận xét:Nếu {u1, u2, ..., un}là một cơ sở của U và biết được f[u1], f[u2], ..., f[un]∈Vthì ánh xạ tuyến tính f :U →V được xác định duy nhất.

1.4

Các tính chất của ánh xạ tuyến tính

1. Nếu E là khơng gian con của U thì ảnh f[E] là khơng gian con của V. Do đóImf =f[U] là khơng gian con của V.

3. f đơn cấu ⇔Kerf ={0}.4. f toàn cấu ⇔Imf =V.

5. Nếu f là tự đồng cấu [f ∈L[V]] thì các điều sau là tương đương:f đơn cấu ⇐⇒f toàn cấu ⇐⇒f đẳng cấu.

6. Nếu f là đẳng cấu thì dimU = dimV và ta nói khơng gian U và V là đẳng cấu
nhau, kí hiệu U 'V. Mọi khơng gian vectơ n chiều đều đẳng cấu với Rn.

7. Xét hai phép toán cộng và nhân vô hướng trong L[U, V] như sau:

[f+g][u] =f[u] +g[u]; [αf][u] =αf[u] ∀u∈U, α∈KKhi đó L[U, V] là một khơng gian vec tơ trên K với 2 phép tốn nói trên.

Chứng minh. Dùng định nghĩa và suy luận hợp lí.

Bài tập 6. Cho tự đồng cấu f :V −→V. CMR:

1] Im[f2]⊂Im[f] và Ker[f]⊂Ker[f2].

2] Im[fn+1]⊂Im[fn] và Ker[fn]⊂Ker[fn+1]

Nhận xét: Ảnh nhiều lần của tự đồng cấu sẽ teo dần, hạt nhân nhiều lần sẽ lớn dần.

Bài tập 7. Cho f ∈L[Rn] là tự đồng cấu trên không gian vectơ Rn. CM các mệnh đề

sau tương đươnga] Im[f2] =Im[f]

b] Im[f] +Ker[f] =Rn

c] Im[f]∩Ker[f] = {0}.

2

Cấu trúc của tự đồng cấu

2.1

Giá trị riêng, véctơ riêng của tự đồng cấu

Định nghĩa 2.1.1. Cho f : V −→ V là một tự đồng cấu. Nếu có véctơ v 6= 0 sao cho

f[v] = λv, λ∈K thì λ gọi là giá trị riêng, v gọi là vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ.Ví dụ: Cho ánh xạ f ∈ L[R2], f[x, y] = [x+ 4y, x+y]. Tính f[2,1], f[2,−1], f[1,3] vàcó nhận xét gì?

Mệnh đề 2.1.2. Tập hợp các vectơ riêng của λ tạo thành một khơng gian con của V,

kí hiệu là E[λ].

Chứng minh. Dùng định nghĩa không gian con để chứng minh.

Ta biến đổi E[λ] = {v ∈ V | [f−λIdV][v] = 0} ⇒ [[f]B −λIn][v] = 0. Phương trìnhnày có nghiệm khơng tầm thường [v 6= 0] chỉ khi det[[f]B −λIn] = 0. Cách tìm GTR,VTR:

1. Viết ma trận biểu diễn của f trong cơ sở chính tắc là [f]B.

2. Giải phương trình đặc trưng det[[f]B−λIn] = 0, tìm được các giá trị riêng của f.3. Ứng với mỗi giá trị riêng λ, giải pt [A−λIn]X = 0 tìm được vecto riêng X.

Bài tập 8. Hãy tìm giá trị riêng, vecto của các tự đồng cấu sau

1. f ∈L[R2], f[x, y] = [x+ 4y, x+y]. ĐA: λ=−1, 3.2. f ∈L[R2], f[x, y] = [x+ 2y,3x+ 2y]. ĐA: λ= 4, −1.

3. f ∈L[R3], f[x, y, z] = [3x+y−z,2x+ 2y−z,2x+ 2y]. ĐA: λ = 2, 1.4. f ∈L[R3], f[x, y, z] = [3x+y+z,2x+ 4y+ 2z, x+y+ 3z].

5. f ∈L[R3], f[x, y, z] = [x+ 2y+ 2z, x+ 2y−z,−x+y+ 4z].
6. f ∈L[R3], f[x, y, z] = [x+y, y, z]. ĐA: λ= 1.

7. f ∈L[R3], f[x, y, z] = [6x−5y−3z,3x−2y−2z,2x−2y].8. f ∈L[R4], f[x, y, z, t] = [x,0, x, t].

9. f ∈L[R4], f[x, y, z, t] = [x+y+z+t, x+y−z−t, x−y+z−t, x−y−z+t].

Mệnh đề 2.1.3. [Tính chất của GTR, VTR]

1. Nếu λ là giá trị riêng bội k [nghĩa là λ là nghiệm bội k của đa thức đặc trưng] củatự đồng cấu f ∈L[V] thì dimE[λ]≤k.

2. Giả sử λ1, . . . , λk là các GTR phân biệt, khi đó

E[λi]∩E[λj] = {0}; E[λ1] +...+E[λk] = E[λ1]⊕...⊕E[λk]

và các VTR v1, v2, . . . , vk [ứng với các GTR λ1, λ2, . . . , λk] độc lập tuyến tính.

2.2

Đa thức đặc trưng, đa thức tối tiểu

2.2.1 Các định nghĩa

1] Cho A= [f]B là ma trận biểu diển f ứng với cơ sở B của không gian n chiều V. Đa

thức đặc trưng của f là đa thức Pf[x] = det[A−xIn], có bậc n.

2] p[x] gọi là đa thức tối tiểu của f nếu p[x] là đa thức khác khơng có bậc thấp nhấtthoả p[f] = 0.

3] p[x] gọi là đa thức tối tiểu của ma trận vng A nếu p[x] là đa thức khác khơng có
bậc thấp nhất thoả p[A] = 0.

4] Ma trận A được gọi là đồng dạng với ma trận B nếu tồn tại ma trận P khả nghịchsao cho P−1AP =B.

Bài tập 9. CMR hai ma trận đồng dạng với nhau thì có cùng đa thức đặc trưng.

Định lý 2.2.2. [Cayley-Hamilton] Cho f là tự đồng cấu tuyến tính trên khơng gian

vectơ hữu hạn chiều V và P[x] là đa thức đặc trưng của f. Khi đó P[f] = 0.

Ví dụ: Trong bài tập 8, viết đa thức đặc trưng của f và kiểm tra P[f] = 0.

Mệnh đề 2.2.3. Nếu đa thức g[x] khác khơng thoả g[f] = 0 thì g[x] chia hết cho đathức tối tiểu p[x] của f. Do đó, p[x] là ước của đa thức đặc trưng Pf[x].

Chứng minh. Dùng thuật chia Euclide để chứng minh mệnh đề này.

Bài tập 10. Tìm đa thức đặc trưng của f, từ đó suy ra đa thức tối tiểu.

1. f :R3−→R3, f[x, y, z] = [x+y, y, z].

2. f :R3−→R3, f[x, y, z] = [4x+ 2y−z,−6x−4y+ 3,−6x−6y+ 5z].

3. f :R3−→R3, f[x, y, z] = [2x,2y, ax+ 2z].4. f :R4−→R4, f[x, y, z, t] = [x,0,0, x+t].

2.3

Tự đồng cấu chéo hóa được

2.3.1 Các định nghĩa

1] Ma trận vuông cấp n được gọi là ma trận chéo nếu nó có dạng:



λ1 0 ... 0

0 λ2 ... 0

..

. ... . .. ...

0 0 ... λn

2] Cho A là ma trận vng cấp n. Ta nói A chéo hóa được nếu nó đồng dạng với mộtma trận chéo, nghĩa là tồn tại ma trận C khả nghịch sao choC−1AC là ma trận chéo.3] Tự đồng cấu f ∈ L[V] gọi là chéo hóa được nếu có một cơ sở B của V sao cho ma

trận [f]B là ma trận chéo.

Ví dụ: Cho f ∈ L[R2], f[x, y] = [x+ 4y, x+y]. Hãy biểu biễn f trong cơ sở B{v1 =

[2,1], v2 = [2,−1]}, từ đó suy ra f chéo hóa được.

Nhận xét:

• Giả sửf ∈L[V]có ma trận biểu diễn trong cơ sở B làA= [f]B, khi đó f chéo hốđược chỉ khi A chéo hố được.

• Có những ma trận chéo hố được và có những ma trận khơng chéo hố được.

Mệnh đề 2.3.2. Cho f ∈L[V]. Các tính chất sau đây là tương đương

[1] f chéo hoá được.

[2] Tồn tại một cơ sở của V là các VTR của f.

[3] Tổng các không gian con riêng của f bằng V, nghĩa là E[λ1] +...+E[λk] =V.

[4] Tổng số chiều của các không gian con riêng của f bằng dimV, nghĩa là

dimE[λ1] +...+dimE[λk] =dimV.

Chứng minh. [1] ⇒[2]. Cho f chéo hoá được.

Theo định nghĩa, tồn tại một cơ sở B ={e1, ..., en} của V sao cho

[f]B =



λ1 0 ... 0

0 λ2 ... 0

..

. ... . .. ...

0 0 ... λn



Dễ dàng có f[ei] =λiei, i= 1, ..., n. Suy ra ei là các VTR của f ứng với GTR λi.Vậy B là một cơ sở của V được tạo nên từ các VTR củaf.

[2] ⇒[3]. Cho B ={e1, ..., en} là một cơ sở của V là các VTR của f.

Viết định nghĩa VTR ei của f và suy ra được ei ∈E[λi]. Khi đóhe1, e2, ..., eni ⊂E[λ1] +E[λ2] +...+E[λn]⊂V

⇐⇒V ⊂E[λ1] +E[λ2] +...+E[λn]⊂V

Các λi có thể trùng nhau nên λ1, ..., λn kí hiệu gọn lại λ1, ..., λk để cho các λi phân biệt.Vậy E[λ1] +E[λ2] +...+E[λk] =V.

Do đó dimE[λ1] +...+dimE[λk] =dimV.

[4] ⇒ [1]. Mỗi khơng gian con riêng E[λi] ⊂ V có một cơ sở Bi. Các vectơ trongB =

k[

i=1

Bi độc lập tuyến tính.

Vì dimE[λ1] +...+dimE[λk] =dimV =n nên B có đủ n vectơ đltt, do đó là một cơsở của V.

Các vectơ trong B là các VTR của f nên [f]B có dạng chéo, các phần tử trên đườngchéo chính là các GTR của f.

Các phát biểu dưới đây cho biết điều kiện để f chéo hoá được trên K = [R,C].Định lý 2.3.3. f ∈L[V] chéo hoá được khi và chỉ khi f có đủ n vectơ riêng v1, v2, . . . , vn

độc lập tuyến tính, trong đó n =dimV.

Chứng minh. Cho f chéo hoá được, theo mệnh đề 2.3.2, tồn tại cơ sở B ={v1, ..., vn}của V gồm các VTR của f. Tức là f có đủ n VTR đltt là v1, ..., vn.

Ngược lại, cho f có n VTR đlttv1, v2, . . . , vn ứng với các giá trị riêngλ1, λ2, ..., λn [cácλj có thể giống nhau]. Ta có B ={v1, v2, . . . , vn} là cơ sở của V.

Mà f[vj] =λjvj. Do đó

[f]B =



λ1 0 ... 0

0 λ2 ... 0

..

. ... . .. ...

0 0 ... λn



Hệ quả 2.3.4. Nếu f có n giá trị riêng phân biệt λ1, λ2, ..., λn, thì f chéo hóa được.

Định lý 2.3.5. Cho n=dimV, f ∈L[V]. f chéo hoá được khi và chỉ khi:

i] Đa thức đặc trưng Pf[x] tách được trên K.

ii] Với mỗi GTR λ là nghiệm bội k của đa thức đặc trưng thì dimE[λ] =k.

Chứng minh. Dùng mệnh đề 2.3.2 để chứng minh.

2.3.6 Các bước chéo hoá một tự đồng cấu và ma trận

1. Viết ma trận của f trong cơ sở chính tắc là A= [f]B.

2. Giải phương trình đặc trưng Pf[x] = |A−xIn|= 0, tìm các GTR x1, ..., xn.3. Ứng với mỗi GTR xi, tìm các vectơ riêng Xi.

4. Nếu có đủ n vectơ riêng Xi đltt thì đặt C ={X1, ..., Xn} là một cơ sở của V. Khi đó

Nếu chéo hố ma trận A thì đặt C là ma trận có các cột là các VTR X1, ..., Xn. Khiđó

C−1AC =





x1 0 ... 0

0 x2 ... 0

..

. ... . .. ...

0 0 ... xn.

Bài tập 11. Chéo hóa thực các tự đồng cấu ở bài tập 8 [nếu được] và chỉ ra cơ sở của

V tương ứng.

Nhận xét: Nếu Pf[x] không tách được trên R thì f khơng chéo hố thực được. Tuy

nhiên Pf[x] ln tách được trên C nên có thể f chéo hố phức được. Trường hợp nàokhơng chéo hố thực được hãy thử chéo hoá phức.

Bài tập 12. Cho B ={u1, u2, u3} là một cơ sở của R3 với

u1= [1,−1,1];u2= [0,1,1], u3 = [1,1,4]

f ∈L[R3] có ma trận của trong cơ sở B là [f]B =



3 2 10 2 01 2 3

.

a] Xác định cơng thức của f.b] Tìm một cơ sở C củaR3 để [f]

C là một ma trận chéo.

Chéo hố ma trận thường được dùng để tính luỹ thừa bậc cao, nghịch đảo bậc caocủa ma trận; tìm nghiệm X trong phương trình ma trận Xm =A.

Ví dụ:

1] Tính A2015 và A−k k ∈N∗ trong các trường hợp sau

A=

2 19 2

, A=





1 2 30 2 40 0 5



, A =



1 −3 33 −5 36 −6 4



, A=



1 1 11 1 11 1 1





2] Cho ma trận A =





1 1 11 1 11 1 1



. Tìm X, Y sao cho X2=A và Y3 =A.

Bài tập 13. [*] Chứng minh rằng:

3. Nếu tự đồng cấu f thoả f2=λ2Idv thì f chéo hóa được.4. Nếu ma trận vng A thỏa A2=λ2In thì A chéo hóa được.

Gợi ý 2: Gọi V là không gian sinh bởi các vectơ riêng của A. Ta chứng minh V =Rn.Hiển nhiên V ⊂Rn. Ngược lại, lấy X ∈Rn. Phân tích X = [X−AX] +AX.

Chỉ ra được [X−AX], AX ∈V, suy ra X ∈V. Suy ra Rn ⊂V.

Gợi ý 4: Chỉ ra được 12[X− λ1AX],12[X+λ1AX]∈V, suy ra X ∈V. Suy ra Rn ⊂V.

2.4

Tự đồng cấu lũy linh

1. Tự đồng cấu f ∈L[V] được gọi là lũy linh nếu tồn tại số nguyên dương k : fk = 0.Hơn nữa, nếu fk−1 6= 0 thì số k gọi là bậc lũy linh của f.

2. Ma trận A∈Mn[R] được gọi là lũy linh nếu tồn tại số nguyên dương k : Ak = 0n×n.

Nếu Ak−1 6= 0 thì k gọi là bậc luỹ linh của A.

Bài tập 14. Chứng minh các tự đồng cấu sau luỹ linh và tìm bậc lũy linh của chúng.

1. f :R2−→R2, f[x, y] = [x+ 2y,−1

2x−y].

2. f :R3−→R3, f[x, y, z] = [x+y+z,0,−x−y−z].

3. f :R3−→R3, f[x, y, z] = [ay+bz, cz,0] a, b, c∈

R∗.4. D là ánh xạ đạo hàm của đa thức bậc không quá 3.Nhận xét:

1] Nếu f lũy linh thì với mọi cơ sở B của khơng gian V ta có ma trận [f]B lũy linh.2] Ma trận cấp n luỹ linh, có bậc luỹ linh là k[Ak = 0] thì k ≤n.

3] Đa thức đặc trưng của ma trận A luỹ linh có dạng PA[x] = xk, do đó nó chỉ có giátrị riêng duy nhất là λ = 0.

2.5

Dạng chuẩn Jordan của tự đồng cấu

Dạng chéo của một tự đồng cấu là dạng “đẹp” vì sự đơn giản của nó. Tuy nhiên,không phải lúc nào một tự đồng cấu cũng có thể chéo hóa được. Khi khơng chéo hóađược, người ta cố gắng đưa ma trận một tự đồng cấu về dạng rất gần với dạng chéo gọilà dạng chuẩn tắc Jordan để nó cũng gần “đẹp” giống dạng chéo. Ví như việc nếu trờiphú cho ta sắc đẹp, thơng minh và tài năng thì thật tuyệt vời, nhưng nếu khơng đượcthế thì phải tự cố gắng khắc phục các điểm hạn chế để vượt lên chính mình. Đừng baogiờ tự ti trước số phận dẫu cho đời lắm khi lận đận!

Mục này sẽ trình bày phương pháp đưa một tự đồng cấu hoặc ma trận mà khơngthể chéo hố được về dạng Jordan.

2.5.1 Các định nghĩa

1. Các khối lũy linh sơ cấp

A1 = [0], A2 =

0 01 0

, A3 =





0 0 01 0 00 1 0



, A4 =





0 0 0 01 0 0 00 1 0 00 0 1 0





...

Nhận xét: Akk = 0.2. Các khối Jordan sơ cấp

J1[λ] = [λ], J2[λ] =

λ 01 λ

, J3[λ] =





λ 0 0

1 λ 0

0 1 λ



, J4[λ] =





λ 0 0 0

1 λ 0 0

0 1 λ 0

0 0 1 λ





...

Nhận xét: Jk =λIk+Ak, trong đó Ak là ma trận luỹ linh sơ cấp.Vì λIk.Ak =Ak.λIk và Akk = 0 nên

Jkn = [λIk+Ak]n =nX

i=0

Cni[λIk]n−iAik =k−1

X

i=0

Cniλn−iAik.

3. Cho f ∈L[V]. Không gian E ⊂V được gọi là không gian con ổn định đối với f nếuf[E]⊂E. [Có tài liệu dùng thuật ngữ khơng gian con bất biến].

Ví dụ: Các khơng gian sau đây là khơng gian con f−ổn định [thử kiểm tra xem].

{0}, V, Imf, Kerf, E[λ] ={v ∈V| f[v] =λv}.

a] Nếu f lũy linh bậc k thì với mọi v ∈ V ta đều có fk[v] = 0, do đó f− tuần hồnvới mọi v.

b] Nếu 06=v ∈Kerf thì v có chu kì tuần hồn là 1 [vì f[v] = 0].

Định lý 2.5.2. Nếu 06=v ∈V làf−tuần hoàn chu kỳ k thì hệ vectơ {v, f[v], ..., fk−1[v]}

độc lập tuyến tính.

Chứng minh. Xét tổ hợp tuyến tính

a0v+a1f[v] +...+ak−1fk−1[v] = 0 [ai ∈K] [1]Tác động fk−1 lên 2 vế của [1] ta được a0fk−1[v] = 0.

Vì v là f−tuần hồn chu kỳ k nên fk−1[v]6= 0, do đó a0 = 0.

Thay a0 = 0 vào [1] và tác động fk−2 lên 2 vế, ta được: a1fk−1[v] = 0 ⇒a1= 0.

Tiếp tục thực hiện như trên, ta thu được ai = 0 ∀i= 0, ..., k−1.Vậy {v, f[v], ..., fk−1[v]} đltt.

Hệ quả 2.5.3. Cho f ∈ L[V] là tự đồng cấu luỹ linh bậc k. Nếu v 6∈ ker[fk−1] thì

B ={v, f[v], ..., fk−1[v]} đltt. Hơn nữa, nếu k =dimV thì B là một cơ sở của V và [f]B

có dạng khối luỹ linh.

Chứng minh.Nếu k =dimV thì B ={v, f[v], ..., fk−1[v]} có k vectơ đltt nên là một cơsở của V.

f[v] = 0.v+ 1f[v]

f[f[v]] = 0.v+ 0.f[v] + 1.f2[v]

... ...

0 =f[fk−1[v]] = 0.v+ 0.f[v] + 0fk−1[v]

Tức là

[f]B =



0 0 ... 0 01 0 ... 0 00 1 ... 0 0

..

. ... . .. 0 00 0 ... 1 0





Ví dụ: Cho f :R3 −→R3, f[x, y, z] = [4y−2z,2y−z, x+ 2y−2z] và v = [1,2,3]∈

R3.1] Viết ma trận của f trong cơ sở chính tắc và chứng minh f luỹ linh.

2] Tìm kerf2. Chọn vectơ v 6∈kerf2, xác định B ={v, f[v], f2[v]} và [f]B.3] Đặt B0 ={f2[v], f[v], v}. Tìm [f]B0.

Định lý 2.5.4. Cho f ∈L[V] là một tự đồng cấu lũy linh bậc k+ 1 [fk 6= 0, fk+1 = 0].Đặt Wj =ker[fj], 0≤j ≤k+ 1.

a] Ta có dãy các hạt nhân lặp với bao hàm thức chặt

{0}=W0 ⊂

6

=

W1 ⊂

6

=

...⊂

6

=

Wk ⊂

6

=

Wk+1 =ker{0}=V

và f[Wj]⊂f[Wj+1]⊂Wj, j = 0..k.

b] Tồn tại các không gian con Kj+1 của V thỏa Wj+1 =Wj⊕Kj+1 [j = 1..k].

Các ánh xạ f|Kj+1 :Kj+1−→Kj là đơn ánh. Ta có phân tích

V =Wk+1=Kk+1⊕Kk⊕...⊕K1.

1] Trong khơng gian 3 chiều V, có các khả năng f luỹ linh như sau:

[a]

Wi , số chiều Ki , số chiều Cơ sở của KiW1 =kerf , 1 K1 , 1 f2[v]∈K1

W2 =kerf2 , 2 K2 , 1 f[v]∈K2

W3 =kerf3 , 3 K3 , 1 Tìm cơ sở của K3 trước, rồi đến K2, K1.

[W3 =W2⊕K3] Chọn v ∈K3 [hoặc lấy v 6∈W2]

B ={v, f[v], f2[v]} là cơ sở của V =K3⊕K2⊕K1 và [f]B là khối luỹ linh.

[b]

Wi , số chiều Ki , số chiều Cơ sở của Ki

W1 =kerf , 2 K1 , 2 v2=f[v1], lấy thêm v3∈K1 độc lập với v2

W2 =kerf2 , 3 K2 , 1 Tìm cơ sở của K2 trước, rồi đến K1.

[W2 =W1⊕K2] Chọn v1 ∈K2 [hoặc lấy v1 6∈W1]

B ={v1, v2, v3} là cơ sở cần tìm của V =K2⊕K1 để [f]B là khối luỹ linh.2] Trong khơng gian 4 chiều V, có các khả năng f luỹ linh như sau:

[a]

Wi , số chiều Ki , số chiều Cơ sở của KiW1=kerf , 1 K1 , 1 f3[v]

W2=kerf2 , 2 K2 , 1 f2[v]

W3=kerf3 , 3 K3 , 1 f[v]

W4=kerf4 , 4 K4 , 1 Tìm cơ sở của K4 trước, lấy v 6∈W3.

B ={v, f[v], f2[v], f3[v]} là cơ sở của V và [f]B là khối luỹ linh.[b]

Wi , số chiều Ki , số chiều Cơ sở của KiW1=kerf , 2 K1 , 2 f[v1], f[v2],

W2=kerf2 , 4 K2 , 2 Chọn v1, v2 6∈W1

Bài tập 16. Tìm dạng chuẩn Jordan của các tự đồng cấu có ma trận biểu diễn sau

A=





0 1 30 0 20 0 0



, B =



1 −2 1

0 0 0

−1 2 −1



, C =



−1 1 1 0

0 −1 0 1

−1 2 1 −1

0 −1 0 1



.

Mệnh đề 2.5.5. Cho f ∈L[V] là không gian các tự đồng cấu tuyến tính có đa thức đặc

trưng là Pf[x] = [x−λ]n. Đặt N = [f −λIdV]∈L[V], khi đó

a] N lũy linh có đa thức đặc trưng là PN[x] =xn. Suy ra tồn tại đa thức tối tiểu của N

là pN[x] = xk, với k≤n.

b] Tồn tại cơ sở B của V sao cho [f]B là các khối Jordan sơ cấp ứng với λ được sắp xếp

trên đường chéo chính.

Chứng minh. Câu a] là hiển nhiên.

b] Vì N luỹ linh nên tồn tại cơ sở B của không gianV sao cho[N]B là ma trận khốiluỹ linh. Mà

[N]B = [f −λIdv]B = [f]B −λIn ⇐⇒[f]B = [N]B +λIn

[f]B là tổng của ma trận luỹ linh và λIn nên là ma trận khối Jordan.Ví dụ: Cho f :R3 −→R3, f[x, y, z] = [5x+ 6y−3z,−x+z, x+ 2y+z].Ma trận của f trong cơ sở chính tắc là

[f] =





5 6 −3

−1 0 1

1 2 1





Đa thức đặc trưng Pf[x] = [x−2]3

Đặt N = [f−2IdV]⇒N luỹ linh và N2 = 0. Ta cóW1=ker[N] = ker[f−2IdV], là khơng gian 2 chiều.W2=ker[N2] =ker{0}=R3 là khơng gian 3 chiều.Tìm cơ sở cho các không gian bù K1, K2.

K2: 1 chiều có cơ sở v1 = [1,0,0]6∈W1.

K1: 2 chiều có cở sở v2 =N[v1] = [3,−1,1] và bổ sung v3 = [1,0,1]∈W1.

B ={v1, v2, v3} tạo thành cơ sở của V =K2⊕K1. Đặt ma trận chuyển cơ sở

C =





1 3 1

0 −1 0

0 1 1





Khi đó ma trận của f trong cơ sở B là

[f]B =C−1[f]C =



2 0 01 2 00 0 2



2.5.6 Phương pháp tìm cơ sở Jordan của một tự đồng cấu

1. Lập đa thức đặc trưng của f, viết Pf[x] = [x−λ1]r1...[x−λk]rk

2. Với mỗi giá trị riêngλi, nếu khơng gian riêng E[λi] có số chiều bằng ri [số nghiệmbội của λi] thì chọn cơ sở của E[λi] là Bi ={v1i, ..., vrii}.

Nếu không gian riêng E[λj] có số chiều bé hơn rj [số nghiệm bội của λj] thì xâydựng cơ sở của E[λj] là Bj theo mệnh đề 2.5.5.

3. Đặt B =B1∪...∪Bk là 1 cơ sở của V. Khi đó [f]B có dạng chuẩn tắc Jordan.

Bài tập 17. Tìm dạng chuẩn Jordan của các tự đồng cấu có ma trận trong cơ sở chính

tắc như sau

−10 4

−25 10

,

5 −49 −7

,





0 4 −20 2 −11 2 −2



,



4 0 02 1 35 0 4









−3 0 1

2 −2 1

−1 0 −1

,

2 1 2 30 2 4 50 0 2 60 0 0 2

,

1 1 2 30 1 4 50 0 3 60 0 0 3



.

Tính luỹ thừa 2015 của các ma trận trên.

3

Không gian vectơ Euclide

3.1

Tích vơ hướng

Cho V là một khơng gian vectơ thực, xét ánh xạ :V ×V −→R thỏa các điềukiện sau với mọi x, y, z ∈V và λ∈R

[1] < x, x >≥0, < x, x >= 0⇔x= 0 ∈V[2] < x, y >=< y, x >

[3] < λx, y >=λ < x, y >

[4] < x+y, z >=< x, z >+< y, z >ta nói là một tích vơ hướng.

Khơng gian vectơ V cùng với tích vơ hướng như trên gọi là không gian vectơ Euclide,hay gọn hơn là khơng gian Euclide.

Ví dụ: Trong khơng gian R3 có các vectơ x = [x

1, x2, x3], y = [y1, y2, y3]∈ R3 cùng với

ánh xạ

< x, y >=x1y1+x2y2+x3y3

là một tích vơ hướng trên R3. Do đó R3 là một khơng gian vectơ Euclide với tích vơhướng này.

Trong khơng gian Rn khi nói đến tích vơ hướng mà khơng chú ý gì thêm thì ta hiểuđó là ánh xạ

< x, y >=x1y1+x2y2+...+xnyn, x= [x1, ..., xn], y = [y1, ..., yn]∈Rnvà gọi đây là tích vơ hướng chính tắc.

Bài tập 18. Hãy chứng minh các cấu trúc của V cho dưới đây là các không gian Euclide

1] V =R2, < x, y >= 2x1y1+ 3x2y2, ∀x= [x1, x2], y = [y1, y2]∈V.

2] V = Rn, < x, y >= λ1x1y1 +...+λnxnyn, ∀x = [x1, ..., xn], y = [y1, ..., yn] ∈ V, vàλ1, ..., λn là các số thực dương cho trước.

3] V =C[a, b] là không gian các hàm số liên tục trên đoạn [a,b],< f, g >=

Z b

a

f[x]g[x]dx, ∀f, g∈V hoặc < f, g >=

Z b

a

f[x]g[x].φ[x]dx, ∀f, g∈V,

trong đó φ là hàm thực dương và liên tục trên [a, b] cho trước.4] V =Mn[R] là không gian các ma trận vuông thực cấp n,

< A, B >=trace[ABT], ∀A, B ∈V,

trong đótrace[A]là vết của ma trận Abằng tổng các phần tử trên đường chéo chính.5] V =

[+∞X

n=0

xn| xn ∈R và

+∞

X

n=0

x2n hội tụ]

,

*+∞X

n=0

xn |

+∞

X

n=0

yn+

=

+∞

X

n=0

λnxnyn,trong đó {λn} là dãy số thực dương và bị chặn cho trước.

6] Xác định a, b, c, d sao cho

< x, y >=ax1y1+bx2y2+cx1y2+dx2y1, ∀x= [x1, x2], y = [y1, y2]∈R2là một tích vơ hướng trên R2.

3.2

Độ dài vectơ, góc giữa 2 vectơ

1. Độ dài hay chuẩn của vectơ x∈V là số không âm ||x||=√< x, x >2. Góc giữa 2 vectơ x và y là góc φ ∈[0, π] thỏa

< x, y >=||x||.||y||.cosφ ⇐⇒ cosφ= < x, y >

Ví dụ: Trong R4 cho x = [1,2,0,1], y = [0,1,3,−2], z = [1,1,1,3]. Tính độ dài 3 vectơ

đó và góc giữa [[x, y], [[y, z].

Từ định nghĩa độ dài vectơ ta có các tính chất của độ dài1] ||x|| ≥0, ||x||= 0 ⇔x= 0 [tính xác định dương]

2] ||λx||=|λ|.||x|| [tính thuần nhất]3] ||x+y|| ≤ ||x||+||y|| [BĐT tam giác]

4] ||x+y||+||x−y||= 2[||x||2+||y||2] [hệ thức hình bình hành]

5] BĐT Cauchy-Schwarz:|< x, y >| ≤ ||x||.||y||, dấu=xảy ra khi[x, y]phụ thuộc tuyến
tính.

6] Nếu x⊥y thì ||x+y||2=||x||2+||y||2 [hệ thức Pythagore].

7] | ||x|| − ||y|| | ≤ ||x−y||.

3.3

Hệ trực giao, hệ trực chuẩn

Cho V là khơng gian vectơ Euclide. Ta có các định nghĩa[1] x gọi là trực giao với y nếu < x, y >= 0, kí hiệu là x⊥y.

[2] x gọi là trực giao với tập A⊂V nếu ∀a∈A, < x, a >= 0. Kí hiệu là x⊥A.[3] Cho A⊂V, ta định nghĩa phần bù trực giao với A là A⊥

A⊥={x∈V : ∀a∈A, < x, a >= 0}.

[4] v1, v2, ..., vn là hệ trực giao nếu các vectơ này trực giao từng đôi một, nghĩa là< vi, vj >= 0, với i6=j. Ta có ||v1+v2+...+vn||2 =||v1||2+||v2||2+...+||vn||2.[5] v1, v2, ..., vn là hệ trực chuẩn nếu đó là hệ trực giao và các vectơ có độ dài bằng 1,

nghĩa là

< vi, vj >=[

0 nếu i6=j

1 nếu i=j

Bài tập 19. Cho A là tập hợp con của không gian vectơ Euclide V. CMR

1] V⊥={0}, {0}⊥=V.

2] Tập hợp A⊥ là một không gian vectơ con của V.3] A ⊂B thì A⊥⊃B⊥.

Định lý 3.3.1. Mọi hệ trực giao khác không v1, v2, ..., vn của khơng gian Euclide V đều

độc lập tuyến tính.

Chứng minh. Xét tổ hợp tuyến tính a1v1 +...+akvk +...+anvn = 0. Chỉ ra đượcak = 0 ∀k = 1, .., n

Định lý 3.3.2. Trong mọi không gian vectơ Euclide hữu hạn chiều đều tồn tại cơ sở

trực chuẩn.

Chứng minh. Sử dụng phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt qua các bước

1] Chọn {v1, v2, ..., vn} là 1 cơ sở bất kỳ của không gian Euclide hữu hạn chiều V vớidimV = n.

2] Xây dựng cơ sở trực giao {u1, u2, ..., un} của V như sauu1 = v1

u2 = v2−

< v2, u1 >

< u1, u1>

u1

u3 = v3−

< v3, u1 >

< u1, u1>

u1−

< v3, u2>

< u2, u2 >

u2

... ...un = vn−

n−1

X

i=1

< vn, vi>< vi, vi>

vi

3] Trực chuẩn hoá cơ sở trực giao {u1, u2, ..., un} ta đượcn

u1

||u1||,

u2

||u2||, ...,

un

||un||

o

là cơ sởtrực chuẩn của V.

Bài tập 20. Tìm một hệ trực chuẩn tương ứng trong các trường hợp sau

1] v1 = [1,2], v2= [1,1] trong R2

2] v1 = [1,0,0], v1 = [1,2,0], v3= [1,2,3] trong R3

3] v1 = [1,1,0,0], v1 = [1,0,1,0], v3 = [−1,0,0,1] trong R4

Bài tập 21. Chứng minh hai vectơ [1,-2,2,-3], [2,-3,2,4] trực giao. Hãy bổ sung để được

cơ sở trực giao trong R4.

Định lý 3.3.3. [Phần bù trực giao] Cho W là tập con khác rỗng trong không gian

vectơ Euclide V. Khi đó phần bù trực giao W⊥ là một không gian con của V.

Hơn nữa, nếu W là khơng gian con của V thì V =W⊕W⊥. Mọi v ∈V đều có thể phântích duy nhất thành

v =w1+w2, w1∈W, w2∈W⊥.

w1 gọi là hình chiếu trực giao của v lên W và ||w2|| là khoảng cách từ v đến W.

Bài tập 22. Tìm phần bù trực giao của khơng gian conW, phân tích vectơ v qua khơng

1] W =h[1,1,1],[1,0,1]i, v = [0,1,2] trong R3.

2] W =h[1,2,1]i, v= [2,2,2] trong R3.

3] W =h[1,1,1,0],[2,0,1,1]i, v = [0,0,0,1] trong R4.

Ta định nghĩa góc của v và W là: [\v, W] = [\v, w1], w1 là hình chiếu của v trên W. Hãy

tính góc [\v, W] và khoảng cách d[v, W].

Bài tập 23. Cho V =C[0,1]là không gian các hàm số liên tục trên đoạn[0,1], có trangbị tích vơ hướng là tích phân trên đoạn [0,1].

1] Trực chuẩn hố các hệ sau: {1, x, x2}, {1, x, ex}, {1,sinx,cosx}.

2] Xác định a, b∈R trong mỗi trường hợp để các tích phân sau có giá trị nhỏ nhất.Z 1

0

[x2−ax−b]2dx,Z 1

0

[1−ax−bex]2dx,Z 1

0

[1−asinx−bcosx]2dx

3.4

Đồng cấu trực giao

Định nghĩa 3.4.1. Cho U, V là 2 không gian vectơ Euclide, ánh xạ f :U −→V là một

đồng cấu trực giao nếu nó là một đồng cấu và bảo tồn tích vơ hướng, nghĩa là< f[u1], f[u2]>=< u1, u2 >, ∀u1, u2∈U.

Từ định nghĩa ta có

1] ||f[u]||=p< f[u], f[u]>=√< u, u >=||u||, suy ra đồng cấu trực giao bảo toàn độdài của các vectơ.

2] Mọi đồng cấu trực giao đều là đơn cấu, thật vậy: f[u1] = f[u2] ⇔f[u1−u2] = 0 ⇔

||u1−u1||= 0⇔u1 =u2.

3] Nếu f :V →V là một tự đồng cấu trực giao thì nó là một đơn cấu đi từ V →V, dođó là một đẳng cấu.

Ví dụ: Kiểm tra các ánh xạ sau là đồng cấu trực giao.

1. f :R2 −→R3, f[x, y] = [x√+y

2 ,0,

x−y√

2 ].

2. f :R3 −→R3, f[x, y, z] = [z,x√+y

2 ,

x−y√

2 ].

3. Mọi ánh xạ f :Rm−→Rn [m > n] không thể là đồng cấu trực giao. Tại sao?

Định lý 3.4.2. Một ánh xạ bảo tồn tích vơ hướng thì nó là đồng cấu và do đó nó là

Định lý 3.4.3. Cho U, V là 2 không gian vectơ Euclide, nếu ánh xạ f :U −→V biến mộtcơ sở trực chuẩn {u1, u2, ..., un} trong U thành một hệ trực chuẩn {f[u1], f[u2], ..., f[un]}

trong V thì f là đồng cấu trực giao.

Ngược lại, nếu f là đồng cấu trực giao thì nó biến 1 cơ sở trực giao thành 1 hệ trựcgiao.

Định nghĩa 3.4.4. Ma trận thực, vuông A cấp n được gọi là ma trận trực giao nếu

A.At = In, nói cách khác, nếu các cột của ma trận A tạo thành hệ vectơ trực chuẩntrong Rn với tích vơ hướng chính tắc thì A là ma trận trực giao.

Ví dụ: Thử cho ví dụ về ma trận trực giao cấp 2, 3 và tìm ma trận nghịch đảo của nó.

Mệnh đề 3.4.5. A là ma trận trực giao ⇔ A khả nghịch và A−1=At.

3.5

Ma trận đối xứng và cách chéo hoá

Định nghĩa 3.5.1. A gọi là ma trận thực đối xứng nếu A∈Mn[R] và At =A.

Ta có các tính chất của ma trận đối xứng

1] Phương trình đặc trưng của ma trận thực đối xứng cấp n ln có n nghiệm thực kểcả bội.

2] Ma trận thực, đối xứng cấp n ln có n vectơ riêng độc lập tuyến tính, do đó lnchéo hóa được. Nghĩa là tồn tại C khả nghịch sao cho C−1AC là ma trận chéo.3] Có thể trực chuẩn hố các cột của C để được ma trận P trực giao sao cho P−1AP =

PtAP là ma trận chéo. Quá trình này gọi là chéo hoá trực giao một ma trận thựcđối xứng.

Bài tập 24. Chéo hóa trực giao các ma trận đối xứng sau

2 −4

−4 2

,

5 66 0

,





1 2 22 1 22 2 1



,



1 1 21 1 22 2 4



,



3 2 0

2 4 −2

0 −2 5





4

Dạng song tuyến tính và dạng tồn phương

4.1

Dạng song tuyến tính

Định nghĩa 4.1.1. Cho V là một khơng gian vectơ thực n chiều. Ánh xạ

φ: V ×V −→ R

[u, v] 7−→ φ[u, v]

i] φ[αu+α0u0, v] =αφ[u, v] +α0φ[u0, v]

ii] φ[u, αv+α0v0] = αφ[u, v] +α0φ[u, v0].Hơn nữa nếu

• φ[u, v] =φ[v, u] ∀u, v ∈V thì φ gọi là dạng song tuyến tính đối xứng.

• φ[u, v] =−φ[v, u] ∀u, v ∈V thì φ gọi là dạng song tuyến tính phản đối xứng.

4.1.2 Ma trận của dạng song tuyến tính

Cho φ là dạng song tuyến tính trên V và E ={e1, e2, ..., en} là một cơ sở của V. Khi

đó với hai vectơ u, v ∈V được biểu diễn qua cơ sở Eu=x1e1+x2e2+...+xnen =

nX

i=1

xiei, v =y1e1+y2e2+...+ynen =nX

i=1

yiei

ta có

φ[u, v] =φ[

nX

i=1

xiei,nX

i=1

yiei] =nXi=1nXj=1

xiyjφ[ei, ej]

Đặt aij =φ[ei, ej], suy ra φ[u, v] =nXi=1nXj=1

aijxiyj. Ta có ma trận dạng song tuyến tínhcủa φ trong cơ sở E là

A= [aij] =



a11 a21 ... an1

a12 a22 ... an2

... ... ... ...a1n a2n ... ann





Khi đó φ[u, v] =

nXi=1nXj=1

aijxiyj = [x1, ..., xn]Ay1...yn.

Nếu φ là dạng song tuyến tính đối xứng thì aij =φ[ei, ej] =φ[ej, ei] = aji, i, j = 1..n.Nghĩa là ma trận A= [aij] của φ trong cơ sở tùy ý là ma trận đối xứng.

Bài tập 25. Cho f[x, y] = 3x1y1−2x1y2+ 4x2y1−x2y2.

a] Chứng tỏ f là dạng song tuyến tính trên R2. Tìm ma trận của f trong cơ sở chínhtắc.

b] Tìm ma trận của f trong cơ sở E ={[1,1],[1,2]}.

c] Cho ví dụ về dạng song tuyến tính đối xứng trên R2 và trên

R3.Cũng các câu hỏi trên với f[x, y, z] =x1y1+ 2x1y2−x2y2+ 3x3z3 và

Bài tập 26. Cho dạng song tuyến tính φ có ma trận trong cơ sở chính tắc làA=

2 4

−1 3

. Tìm cơng thức φ? Câu hỏi tương tự với A =





1 −2 −1

0 1 0

3 0 −7

.

4.2

Dạng toàn phương

Định nghĩa 4.2.1. Cho φ là một dạng song tuyến tính đối xứng trên V. Khi đó

Q[u] = φ[u, u] được gọi là dạng tồn phương trên V ứng với φ.

Ngược lại, cho dạng toàn phương Q[u] thì dạng song tuyến tính φ tương ứng làφ[u, v] = Q[u+v]−Q[u]−Q[v]

2

Hãy chứng minh điều ngược lại đó?Ví dụ:

a] Cho dạng song tuyến tính đối xứng

φ[x, y] = 3x1y1−2x1y2−2x2y1−x2y2 ∀x= [x1, x2], y = [y1, y2]∈R2.Hãy viết dạng toàn phương Q[u] tương ứng và chuyển về dạng ma trận XtAX.b] Cho dạng toàn phương

Q[x] = 3x21+ 4x1x2−2x1x3+x22+ 6x2x3−2x23 ∀x= [x1, x2, x3]∈R3.Tìm dạng song tuyến tính tương ứng.

4.3

Đưa dạng tồn phương về dạng chính tắc

Mọi dạng tồn phương đều có thể đưa được về dạng chính tắc như sauQ[x] =a1x21+a2x22+...+arx2r

trong đó r gọi là hạng của dạng tồn phương và a1.a2...ar 6= 0

Nếu các |ai|= 1, ∀i= 1..r thì được gọi là dạng tồn phương chuẩn tắc.

4.3.1 Phương pháp Lagrange

Xét dạng toàn phương: Q[x] =

nX

i=1

aiix2i + 2X

1≤i 2].

1] Q[x] = 3x21−4x1x2+ 3x22

2] Q[x] = 2x1x2−4x1x3+ 6x2x3

3] Q[x] = x21+ 5x22+ 8x32+ 4x1x2+ 6x1x3+ 8x2x3

4] Q[x] = x21+ 5x22−4x23+ 2x1x2−4x1x3

5] Q[x] = x21+x22+x23−2x1x2−2x1x3−2x2x3

4.3.2 Phương pháp dùng phép biến đổi sơ cấp ma trận đối xứng

Gọi A là ma trận của dạng tồn phương Q[x] trong cơ sở chính tắc [A đối xứng].Lập ma trận khối [A|In], biến đổi sơ cấp trên dòng rồi biến đổi sơ cấp trên cột để đưaA về dạng chéo D. Khi đó In sẽ biến thành Pt và PtAP =D.

Thực hành thuật tốn này bằng ví dụ ở mục phương pháp Lagrange.

4.3.3 Phương pháp biến đổi trực giao

Viết ma trận A của dạng toàn phương rồi chéo hố trực giao A.

Ví dụ: Đưa dạng tồn phương về chính tắc và chỉ ra cơ sở tương ứng.

1] Q[x] = 3x2−4xy+ 3y2

2] Q[x] = x2+y2+z2+ 4xy+ 4xz+ 4yz3] Q[x] = x2+y2+z2−4xy+ 2xz4] Q[x] = 3x2+ 4y2+ 5z2+ 4xy−2yz5] Q[x] = 2x2+y2−z2−2xy+ 6xz−4yz

Nhận xét: Trong 3 phương pháp đưa dạng tồn phương về chính tắc thì phương pháp

biến đổi trực giao nói chung phức tạp hơn, bởi cơ sở được chọn địi hỏi là cơ sở trực
chuẩn. Vì khơng gian Euclide có thêm tích vơ hướng nên có thêm các đại lượng độ dàivectơ, góc, khoảng cách,... Ta quan tâm đến cơ sở trực chuẩn để tính tốn các đại lượngtrên. Vì vậy, tuy phương pháp biến đổi trực giao có phức tạp hơn nhưng là cần thiếttrong khơng gian Euclide hữu hạn chiều.

4.4

Dạng toàn phương xác định dấu

Định nghĩa 4.4.1. Một dạng toàn phương thực Q[x] được gọi là xác định dương nếu

Q[x]>0 với mọi x6= 0, gọi là xác định âm nếu Q[x]=< xk > khi và chỉ khi U CLN[m, n] =U CLN[k, n].

Bài 2. a] Xét vành Zn các số nguyên đồng dư modulo n. Tìm điều kiện của k ∈ N để

ánh xạ f :Zn →Zn định bởi f[x] = kx là một đồng cấu vành.b] Mô tả tất cả các tự đồng cấu của vành Zp với p nguyên tố.

Bài 3. Cho đa thức với hệ số nguyên

f[x] =x6+ 7x5+ 10x4−35x3−120x2−108x−16

a] Viết khai triển Taylor của f[x] tại x0 =−2.

b] Phân tích f[x] thành tích các đa thức bất khả qui trên Q.

Bài 4. Trong không gian R4 cho các vectơ

u1 = [1,2,1,−3], u2 = [2,3,−2,5], u3 = [1,1,0,2];

v1 = [2,3,−1,5], v2 = [1,2,−2,3], v3 = [5,8,−5,13]

Gọi W là không gian con của R4 sinh bởi u

1, u2, u3.

a] Chứng minh B1 = [u1, u2, u3] là một cơ sở của W.

b] Chứng minh B2 = [v1, v2, v3] là một cơ sở của W. Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B1

sang B2.

Bài 5. Trong không gian R3 cho các vectơ

u1 = [1,1,2];u2 = [0,1,1];u3 = [0,1,2];

v1 = [2,9,−3];v2 = [0,3,−3];v3= [1,7,−4];

a] Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một tốn tử tuyến tính f trên R3 thỏa mãn

f[uk] = vk với mọi k= 1,2,3 và xác định biểu thức của f.

b] Tìm số chiều và xác định một cơ sở cho mỗi không gian Im[f], Ker[f].

Bài 6. Cho ma trận hệ số thực A=





3 2 10 2 01 2 3

.a] Chéo hóa ma trận A.

b] Cho f là tốn tử tuyến tính trên R3 thỏa [f]

B =A trong đó B = [u1, u2, u3] là cơ sởcủa R3 với

u1 = [1,−1,1];u2 = [0,1,1];u3 = [1,1,4].

Video liên quan