TÓM TẮT BÀI GIẢNG
Đại số tuyến tính nâng cao
BIÊN SOẠN: NGUYỄN MINH TRÍ
ĐỒNG NAI - 2013
Mục lục
1 Cấu trúc của một tự đồng cấu 3
1.1 Đa thức tối tiểu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Tổng tr ực tiếp các không gian con . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Không gian con bất biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4 Tự đồng cấu lũy linh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.5 Dạng chuẩn Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.6 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2 Không gian vectơ Euclide 37
2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.2 Ánh xạ tuyến tính tr ực giao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.3 Tự đồng cấu đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3 Dạng song tuyến tính, dạng toàn phương 55
3.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.2 Ma trận và biểu thức tọa độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.3 Dạng chính tắc của dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.4 Luật quán tính và phân loại các dạng toàn phương . . . . . . . . . . 63
3.5 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao 64
Tài liệu tham khảo 67
2
Chương 1
Cấu trúc của một tự đồng cấu
Bài toán: Cho một ma trận vuông A. Ta hãy tìm một ma trận đồng dạng với A mà
nó có dạng đơn giản nhất.
Trước tiên ta cần nhắc lại khái niệm hai ma trận tương đương. Hai ma trận
A và B được gọi là tương đương nếu có một ma trận P không suy biến sao cho
P

thấy A là một ma trận lũy linh và tổng quát hơn mọi ma trận lũy linh khác ma trận
không đều không chéo hóa được??? Ma trận lũy linh đóng một vai trò quan trọng
trong việc không chéo hóa được.
Tiếp theo ta sẽ nhắc đến một số khái niệm có liên quan đến việc chéo hóa. Một
tập đầy đủ các vectơ riêng của ma trận A cấp n là một tập bất kì gồm n vectơ riêng
độc lập tuyến tính của A. Chú ý rằng: Không phải mọi ma trận đều có một tập đầy
đủ các vectơ riêng.
Ma trận vuông A cấp n chéo hóa được nếu và chỉ nếu A có một tập đầy đủ các
vectơ riêng. Hơn nữa, P
−1
AP = diag(λ
1
, λ
2
, . . . , λ
n
) nếu và chỉ nếu các cột của P
là các vectơ của tập đầy đủ các vectơ riêng của A.
Vì không phải mọi ma trận vuông đều chéo hóa được nên một câu hỏi được đặt ra
là: "Mọi ma trận đều đồng dạng với ma trận dạng tam giác?" Câu trả lời là "Đúng."
3
Ta chú ý rằng, nếu hai ma trận đồng dạng thì chúng có cùng các giá trị riêng kể cả
bội. Tuy nhiên các vectơ riêng của chúng là khác nhau.
Đối với một tự đồng cấu tuyến tính f, ta đã biết rằng các giá trị riêng của ma trận
của f không thây đổi trong các cơ sở khác nhau. Hay ta nói các giá trị riêng của f
độc lập đối với việc chọn cơ sở.
Ta sẽ phát biểu một định lý quan trọng của Schur nói về phép biến đổi đồng dạng
của ma trận như sau.
Định lí 1.0.1. Định lý tam giác hóa của Schur Mọi ma trận vuông A đều đồng dạng
với một ma trận tam giác trên. Tức là tồn tại ma trận không suy biến P và ma trận

n
2
phụ thuộc tuyến tính vì nó có n
2
+ 1 phần tử. Do đó có một đa thức khác không bậc
n
2
p(x) = a
0
+ a
1
x + . . . + a
n
2
x
n
2
∈ K[x]
sao cho p(A) = 0.
Đa thức nhận A làm "nghiệm" bên trên có bậc n
2
, tuy nhiên ta có thể tìm được
đa thức có bậc nhỏ hơn n
2
và nhận A làm nghiệm. Đó chính là nội dung của Định lý
Cayley-Hamilton mà ta sẽ nói dưới đây.
4 [email protected]
1.1. Đa thức tối tiểu
Ta nhắc lại rằng nếu A ∈ M
n

x
n−1
với B
i
∈ M
n
(K). Ví dụ, nếu
B(x) =



x
2
+ 2 3 −1
x + 1 2 0
2 x x
2
+ 1



thì
B(x) =



1 0 0
0 0 0
0 0 1


1
x + . . . + a
n−1
x
n−1
+ a
n
x
n
.
Khi đó
(A −xI)(B
0
+ B
1
x + . . . + B
n−1
x
n−1
) = (a
0
+ a
1
x + . . . + a
n−1
x
n−1
+ a
n
x

n−1
I
−B
n−1
= a
n
I
5 tr [email protected]
Bây giờ ta nhân bên trái các đẳng thức như sau: đẳng thức thứ nhất với A
0
= I, đẳng
thức thứ hai với A
1
= A, đẳng thức thứ ba với A
2
, . . . , đẳng thức cuối cùng với A
n
.
Khi đó ta được
AB
0
= a
0
I
A
2
B
1
− AB
0

−A
n
B
n−1
= a
n
A
n
Cộng vế với vế của các đẳng thức ta được
0 = a
0
I + a
1
A + . . . + a
n−1
A
n−1
+ a
n
A
n
.
Điều này chứng tỏ A là nghiệm của đa thức đặc trưng.
Chú ý: Ta có thể nhầm lẫn với một cách chứng minh đơn giản bằng cách thay ma
trận A vào x trong đa thức đặc trưng P
A
(x) = det(A − xI) để được P
A
(A) =
det(A − AI) = det0 = 0. Ta thấy rằng việc thay thế như trên là không đúng. Đầu

1I
2
−

1 2
3 4

2I
2
3I
2
4I
2
−

1 2
3 4











.
Khi đó định thức này không chắc bằng 0 và ma trận mở rộng này không thể so

khác không có bậc nhỏ hơn k nhận A làm nghiệm. Điều này mâu thuẫn với việc giả
sử k là bậc nhỏ nhất. Do đó, đa thức m(x) đó là đa thức chuẩn tắc duy nhất có bậc
nhỏ nhất nhận A làm nghiệm.
Định lí 1.1.3. Nếu p(x) là một đa thức sao cho p(A) = 0 thì m
A
(x) | p(x).
Chứng minh. Giả sử p(A) = 0 và khi chia p(x) cho m
A
(x) ta được
p(x) = s(x)m
A
(x) + r(x)
với degr(x) < degm
A
(x). Ta có
0 = p(A) = s(A)m
A
(A) + r(A) = s(A).0 + r(A) = r(A).
Vì m
A
(x) là đa thức tối thiểu của A và degr(x) < degm
A
(x), từ đó ta suy ra
r(x) = 0. Như vậy ta được p(x) = s(x)m
A
(x) và do đó m
A
(x) chia hết p(x).
Hệ quả 1.1.4. Ta có m
A

m
A
(A)
(x) = P
0
(x) = det(−xI) = (−1)
n
x
n
.
Với mỗi giá trị riêng λ của A thì λ là nghiệm của P
A
(x) và m
A
(λ) là nghiệm của
P
m
A
(A)
(x) = (−1)
n
x
n
. Vì đa thức (−1)
n
x
n
chỉ có nghiệm là 0 nên m
A
(λ) = 0 hay

)
e
1
(x −λ
2
)
e
2
. . . (x − λ
k
)
e
k
;
với e
i
≤ d
i
với 1 ≤ i ≤ k.
Ví dụ 1.1.1. Đa thức đặc trưng của
A =



1 0 1
0 2 1
−1 0 3




đa thức tối tiểu là m
A
(x) = (x − 1)(x − 2).
Tập hợp các tự đồng cấu tuyến tính trên V kí hiệu là L(V ). Ta kiểm tra được rằng
L(V ) cùng với phép cộng và phép nhân với vô hướng là một K−không gian vectơ.
Nếu số chiều của V là n thì số chiều của L(V ) là n
2
.
Hợp thành của hai tự đồng cấu tuyến tính là một tự đồng cấu tuyến tính. Ta có thể
coi việc lấy ánh xạ hợp như là một phép nhân trong L(V ). Đặc biệt, ánh xạ đồng nhất
id
V
là một tự đồng cấu tuyến tính có vai trò giống như phần tử đơn vị trong L(V ).
Ngoài những tính chất chung của không gian các ánh xạ tuyến tính, không gian
các tự đồng cấu tuyến tính có các tính chất sau:
Bổ đề 1.1.6. Cho α, β, γ ∈ L(V ) và k ∈ K. Ta có
1. (α + β)γ = αγ + βγ.
2. α(β + γ) = αβ + αγ.
3. k(αβ) = (kα)β = α(kβ).
8 [email protected]
1.2. Tổng trực tiếp các không gian con
Cho p = a
0
+ a
1
x + . . . + a
n
x
n
∈ K[x] là đa thức bất kỳ với biến x. Khi đó, với

tức là ta có
P
P
−1
AP
(x) = P
A
(x).
Điều này cho ta thấy rằng đa thức đặc trưng không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở.
Vì thế, ta có thể định nghĩa đa thức đặc trưng của f là đa thức đặc trưng của bất kì
ma trận nào của f đối với một cơ sở nào đó.
Tương tự, ta cũng có đa thức tối tiểu của một tự đồng cấu tuyến tính chính là
đa thức tối tiểu của ma trận của ánh xạ đó đối với một cơ sở nào đó. Ta lần lượt kí
hiệu đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu của f là P
f
và m
f
. Chú ý rằng ta cũng có
P
f
(f) = 0 và m
f
(f) = 0.
1.2 Tổng trực tiếp các không gian con
Nếu A, B là các tập con khác rỗng của không gian vectơ V trên trường K thì
không gian con sinh bởi A ∪ B là không gian con nhỏ nhất của V chứa cả A và B.
Đó cũng là tập tất cả các tổ hợp tuyến tính của các phần tử của A ∪B. Hay nói cách
khác, đó là tập các phần tử có dạng
m


∈ A và
n

i=1
µ
i
b
i
∈ B, vì thế tập này có thể được mô
9 tr [email protected]
tả như sau
{a + b | a ∈ A, b ∈ B}.
Ta gọi đó là tổng của hai không gian con A, B kí hiệu A + B. Tổng quát hơn, nếu
A
1
, . . . , A
n
là các không gian con của V khi đó ta định nghĩa tổng của chúng là
không gian con sinh bởi
n

i=1
A
i
. Ta kí hiệu không gian con này là A
1
+ A
2
+ . . . + A
n

1
, . . . , A
n
được gọi là tổng
trực tiếp nếu mỗi phần tử x ∈
n

i=1
A
i
có thể biểu diễn được duy nhất dưới dạng
x = a
1
+ . . . + a
n
với a
i
∈ A
i
với mọi i.
Khi tổng
n

i=1
A
i
là tổng trực tiếp ta kí hiệu là
n

i=1

2
(x + y),
1
2
(x + y), z

nó có dạng a + b với a ∈ A và b ∈ B. Tổng A + B không là tổng trực tiếp vì sự
biểu diễn đó là không duy nhất. Thật vậy, ta có một các biểu diễn khác của (x, y, z)
là

1
2
(x −y + 1), −
1
2
(x −y − 1), −1

+

1
2
(x + y − 1),
1
2
(x + y − 1), z+

có dạng a

+ b


a
i
= 0 với a
i
∈ A
i
thì a
i
= 0;
(iii) A
i
∩

j=i
A
j
= {0} với mọi i.
Chứng minh. Chứng minh xem như bài tập.
Hệ quả 1.2.3. V = A
1
⊕ A
2
khi và chỉ khi V = A
1
+ A
2
và A
1
∩ A
2

là
một cơ sở của V.
Chứng minh. Với mỗi i, giả sử không gian con V
i
có chiều là d
i
và cơ sở B
i
=
{b
i1
, . . . , b
id
i
}. Vì V =
n

i=1
V
i
nên ta có V
i
∩

j=i
V
j
= {0} và do đó V
i
∩V

nj
(1.1)
tức là nó có dạng
x
1
+ . . . + x
n
với x
i
=
d
i

j=1
λ
ij
b
ij
. (1.2)
Vì V =
n

i=1
V
i
và B
i
là một cơ sở của V
i
nên mỗi phần tử x ∈ V có thể biểu diễn

dim V =
n

i=1
dim V
i
.
Mục đích của chúng ta là xác định khi nào một không gian vectơ là tổng trực tiếp
của hữu hạn các không gian con khác không. Chúng ta sẽ thấy rằng việc này có liên
quan đến ánh xạ tuyến tính.
Định nghĩa 1.2.6. Cho A, B là các không gian con của không gian vectơ V sao cho
V = A ⊕B. Khi đó với mỗi x ∈ V có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng x = a + b
với a ∈ A và b ∈ B. Phép chiếu lên A song song với B là một ánh xạ tuyến tính
p
A
: V → V xác định bởi p
A
(x) = a.
Ví dụ 1.2.3. Ta biết R
2
= X ⊕D với X = {(x, 0) | x ∈ R} và D = {(x, x) | x ∈
R}. Phép chiếu lên X song song với B xác định như sau p
X
(x, y) = (x −y, 0). Do
đó ảnh của điểm (x, y) là giao của X và đường thẳng đi qua (x, y) và song song với
đường thẳng D.
Định nghĩa 1.2.7. Một ánh xạ tuyến tính f : V → V được gọi là một phép chiếu
nếu có các không gian con A, B của V sao cho V = A ⊕ B và f là phép chiếu lên
A song song với B. Một tự đồng cấu tuyến tính f được gọi là lũy đẳng nếu f
2

Như thế f là một phép chiếu lên Imf song song với Kerf.
Hệ quả 1.2.10. Nếu f : V → V là một phép chiếu thì id
V
− f cũng là một phép
chiếu và Imf = Ker(id
V
− f).
Chứng minh. Theo Định lý 1.2.8 ta có f lũy đẳng, tức là f
2
= f. Khi đó
(id
V
− f)
2
= id
V
− f − f + f
2
= id
V
− f.
Hơn nữa, theo cũng theo Định lý 1.2.8, ta lại có
x ∈ Imf ⇔ x = f(a), a ∈ V ⇔ x = f(a) = f(f(a)) = f(x) ⇔ (id
V
−f)(x) = 0
và vì thế Imf = Ker(id
V
− f).
Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng sự phân tích của một không gian vectơ thành tổng trực
tiếp của hữu hạn các không gian con khác không có thể biểu diễn thông qua phép

j
= 0 với i = j.
13 tr [email protected]
Hơn nữa, mỗi p
i
là một phép chiếu lên V
i
= Imp
i
.
Chứng minh. (⇒) Đầu tiên ta giả sử rằng V =
n

i=1
V
i
. Khi đó với i = 1, . . . , n ta
có V = V
i
⊕

j=i
V
j
. Gọi p
i
là phép chiếu lên V
i
song song với


V
k
)
= p
i
(Kerp
i
) (theo Định lý 1.2.9 ta có Kerp
i
=

k=i
V
k
)
= {0}
và do đó p
i
◦ p
j
= 0.
Vì mỗi x ∈ V đều có sự biểu diễn duy nhất dưới dạng x =
n

i=1
x
i
với x
i
∈ V

p
i
= id
V
.
(⇐) Ngược lại, giả sử p
1
, . . . , p
n
thỏa các điều kiện (i) và (ii). Khi đó ta chú ý
rằng
p
i
= p
i
◦ id
V
= p
i
◦
n

j=1
p
j
=
n

j=1
(p

i=1
Imp
i
.
Điều này chứng tỏ V =
n

i=1
Imp
i
.
Nếu lấy x ∈ Imp
i
∩

i=i
Imp
j
thì theo Định lý 1.2.8, ta có x = p
i
(x) và
x =

j=i
x
j
với p
j
(x
j

[p
j
(x
j
)]

= 0.
14 [email protected]
1.3. Không gian con bất biến
Điều này cho ta thấy rằng V =
n

i=1
Imp
i
.
1.3 Không gian con bất biến
Định nghĩa 1.3.1. Nếu V là một K−không gian vectơ và f : V → V là một tự
đồng cấu tuyến tính. Không gian con U của V được gọi là không gian con bất biến
đối với f (hay f−bất biến) nếu f(U) ⊂ U, tức là nếu x ∈ U thì f(x) ∈ U.
Ví dụ 1.3.1. Nếu f : V → V là một tự đồng cấu thì Imf và Kerf là các không gian
con f−bất biến của V.
Ví dụ 1.3.2. Cho D là ánh xạ đạo hàm trên không gian vectơ R[x] tập các đa thức
với hệ số thực. Khi đó D tuyến tính và không gian con R
n
[x] gồm các đa thức có bậc
không quá n là một D−bất biến vì đạo hàm của một đa thức có bậc không quá n
cũng là một đa thức có bậc không quá n.
Ví dụ 1.3.3. Cho f : V → V là một tự đồng cấu tuyến tính và 0 = x ∈ V. Khi
đó không gian con sinh bởi x là f−bất biến khi và chỉ khi x là một vectơ riêng của

1
, . . . , z
n
) ∈ C
n
/{(0, . . . , 0)} là một nghiệm của hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất
(A −λI)x = 0.
Giả sử z
j
= x
j
+ iy
j
(x
j
, y
j
∈ R) thì
n

j=1
a
kj
(x
j
+ iy
j
) = λ(x
k

n

j=1
a
kj
x
j
= ax
k
− by
k
n

j=1
a
kj
y
j
= bx
k
+ ay
k
Nếu ta đặt α =
n

j=1
x
j
e
j

thu hẹp của f trên U. Ta chọn một cơ sở {u
1
, . . . , u
r
} của U và mở rộng thành cơ sở
{u
1
, . . . , u
r
, v
1
, . . . , v
n−r
}
16 [email protected]
1.3. Không gian con bất biến
của V. Xét ma trận của f đối với cơ sở này. Vì U là f−bất biến nên với mỗi i ta có
f(u
i
) ∈ U do đó f(u
i
) có sự biểu diễn
f(u
i
) = λ
i1
u
1
+ . . . + λ
ir

thì ta có B = B
1
∪B
2
là một cơ sở của
V. Khi đó ta có ma trận của f đối với cơ sở B có dạng

A
1
0
0 A
2

,
trong đó A
1
, A
2
lần lượt là các ma trận của f cảm sinh trên V
1
, V
2
.
Tổng quát hơn, nếu V =
k

i=1
V
i
với V




với A
i
là ma trận của f cảm sinh trên V
i
. Vì vậy A
i
là ma trận vuông có cấp dim V
i
.
Tiếp theo chúng ta sẽ sử dụng các khái niệm tổng trực tiếp và không gian con bất
biến để tìm một cơ sở của V mà ma trận của f đối với cơ sở này có dạng chéo khối.
Việc nghiên cứu các vấn đề này được tr ình bày trong định lý sau.
Định lí 1.3.4 (Định lý phân tích nguyên sơ) . Cho f ∈ L(V ). Giả sử đa thức đặc
trưng và đa thức tối tiểu của f lần lượt là
P
f
= p
d
1
1
p
d
2
2
. . . p
d
k

k

i=1
V
i
. Các V
i
được gọi là các thành
phần nguyên sơ của V.
Hơn nữa, nếu f
i
: V
i
→ V
i
là một ánh xạ tuyến tính cảm sinh trên V
i
bởi f thì đa
thức đặc trưng của f
i
là p
d
i
i
và đa thức tối tiểu của f
i
là p
e
i
i

j
.
Khi đó ước chung lớn nhất của q
1
, q
2
, . . . , q
k
là 1 vì thế tồn tại a
1
, . . . , a
k
∈ K[x]
sao cho
a
1
q
1
+ a
2
q
2
+ . . . + a
k
q
k
= 1.
Đặt a
i
q

j
(f) = 0. (1.4)
Từ (1.3), (1.4) và Định lý 1.2.11 ta thấy rằng mỗi t
i
(f) là một phép chiếu và do đó
V =
k

i=1
Imt
i
(f).
Hơn nữa, theo Định lý 1.3.2, mỗi không gian con Imt
i
(f) là f−bất biến.
Bây giờ ta chỉ ra rằng
Imt
i
(f) = Kerp
e
i
i
(f).
Đầu tiên, vì p
e
i
i
q
i
= m

j
(f) = a
j
(f)

i=j
p
e
i
i
(f),
từ đó ta thấy rằng
Kerp
e
i
i
(f) ⊆

j=i
Kert
j
(f)
⊆ Ker

j=i
t
j
(f)
= Ker(id
V

i
i
(f
i
) cũng
18 tr [email protected]
1.3. Không gian con bất biến
là ánh xạ không. Suy ra m
f
i
| p
e
i
i
cho nên m
f
i
| m
f
và các đa thức m
f
i
nguyên tố
cùng nhau. Tiếp theo ta chứng minh m
f
là bội chung nhỏ bất của m
f
1
, m
f

= V khi đó ta có
g(f)(x) =
k

i=1
g(f)(v
i
) =
k

i=1
g(f
i
)(v
i
) = 0
và vì thế g(f) = 0 do đó m
f
| g. Như vậy ta thấy rằng m
f
là bội chung nhỏ bất
của m
f
1
, m
f
2
, . . . , m
f
k

i
= p
e
i
i
với mọi i = 1, . . . , k.
Cuối cùng, sử dụng Định lý 1.2.4 ta có thể hợp các cơ sở của các không gian con
V
i
với nhau để tạo thành cơ sở của V. Khi đó ma trận của f đối với cơ sở này có dạng
chéo khối
M =





A
1
A
2
.
.
.
A
k





i
có cùng tập nghiệm nên
P
f
i
= p
r
i
i
với r
i
≥ e
i
. Do đó
k

i=1
p
r
i
i
= P
f
=
k

i=1
p
d
i

e
i
i
có dạng (x − λ
i
)
e
i
và V
i
=
Ker(p
e
i
i
)(f) = Ker(f −λ
i
id
V
)
e
i
. Ta có hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.6. Nếu tất cả các giá tr ị riêng của f đều thuộc K, thì ta có
P
f
= (x −λ
1
)
d

thì V
i
= Ker(f −λ
i
id
V
)
e
i
là f−bất biến có chiều là d
i
và V =

k
i=1
V
i
.
Ví dụ 1.3.4. Xét ánh xạ tuyến tính f : R
3
→ R
3
xác định bởi
f(x, y, z) = (−z, x + z, y + z).
Ta có ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là
A =



0 0 −1

trận của f có dạng chéo khối là
B = {(1, −2, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 0)}.
Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc sang B là
P =



1 0 1
−2 1 1
1 1 0



và ma trận chéo khối của f đối với cơ sở B là
P
−1
AP =



−1
2 1
−1 0



20 [email protected]
1.3. Không gian con bất biến
Ta xem xét một trường hợp đặc biệt của Định lý phân tích nguyên sơ. Ta xem trong
trường hợp mỗi nhân tử của m

với λ
1
, . . . , λ
k
là các giá trị phân biệt của K. Theo Định lý 1.3.4, V là tổng trực tiếp
của các không gian con f−bất biến V
i
= Ker(f − λ
i
id
V
). Với mỗi x ∈ V
i
ta có
(f − λ
i
id
V
)(x) = 0, vì thế f(x) = λ
i
x. Do đó λ
i
là một giá trị riêng của f và mỗi
phần tử khác không của V
i
là một vectơ riêng của f tương ứng với giá trị riêng λ
i
.
Theo Định lý 1.2.4, ta lấy các phần tử trong các cơ sở của V
1

f(x, y, z) = (7x − y − 2z, −x + 7y + 2z, −2x + 2y + 10z).
Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R
3
là
A =



7 −1 −2
−1 7 2
−2 3 10



Ta chứng minh được rằng P
f
= (x − 6)
2
(x − 12) và m
f
= (x − 6)(x − 12). Do
đó theo Định lý 1.3.7, f chéo hóa được.
21 tr [email protected]
1.4 Tự đồng cấu lũy linh
Định lý phân tích nguyên sơ chỉ ra rằng một ánh xạ tuyến tính f trên một không
gian vectơ hữu hạn chiều V có một cơ sở sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó là
ma trận chéo khối. Ta chú ý rằng trong trường hợp đặc biệt, nếu đa thức tối tiểu của
f là tích của các nhân tử tuyến tính thì ma trận của f có dạng chéo. Bây giờ ta xét
trường hợp tổng quát hơn là đa thức tối tiểu của f phân tích được thành tích các nhân
tử tuyến tính nhưng chúng nhất thiết không khác nhau, tức là nó có dạng

là ánh
xạ tuyến tính cảm sinh bởi f trên các thành phần nguyên sơ V
i
, và xét ánh xạ
f
i
− λ
i
id
V
i
: V
i
→ V
i
. Ta có (f − λ
i
id
V
)
e
i
là ánh xạ không trên V
i
, và vì thế
f − λ
i
id
V
gọi là lũy linh.

n
. Theo Định lý Cayley-Hamilton, ta có
f
n
= P
f
(f) = 0 vì vậy f lũy linh.
Ví dụ 1.4.3. Ánh xạ đạo hàm D : R
n
[x] → R
n
[x] là lũy linh.
Định nghĩa 1.4.2. Ma trận Jordan cơ sở liên kết với λ ∈ K là ma trận cấp 1 có dạng
[λ] hoặc là ma trận vuông có dạng










λ 1 0 . . . 0 0
0 λ 1 . . . 0 0
0 0 λ . . . 0 0
.
.
.

chính là 1 và các phần tử còn lại bằng 0.
Định lí 1.4.3. Cho J là ma trận Jordan cơ sở liên kết với λ cấp m. Khi đó P
J
(x) =
(−1)
m
(x −λ)
m
và m
J
(x) = (x − λ)
m
.
Chứng minh. Chứng minh xem như bài tập.
Ma trận chéo khối gồm các khối Jordan cơ sở liên kết với λ được gọi là ma trận
khối Jordan liên kết với λ.
Ma trận chuẩn Jordan là ma trận có dạng





J
1
J
2
.
.
.
J

Chứng minh. Đặt M
i
= Imf
i
∩ Kerf với i = 0, 1, . . . , k − 1. Ta có một dãy các
không gian con lồng nhau như sau
0 = M
k
⊂ M
k−1
⊂ . . . ⊂ M
1
⊂ M
0
= Kerf.
Đặt S
k−1
là cơ sở của M
k−1
, ta bổ sung vào S
k−1
tập S
k−2
để được S
k−1
∪S
k−2
là cơ
sở của M
k−2

, b
i2
, . . . , b
iv
i
}. Khi đó, ta đặt
B = {b
k−1,1
, b
k−1,2
, . . . , b
k−1,v
k−1
, . . . , b
11
, b
12
, . . . , b
1v
1
, b
01
, b
02
, . . . , b
0v
0
} là một
cơ sở của Kerf.
23 [email protected]

ij
), . . . , f(x
ij
), x
ij
}
và
J
i
= J
b
i1
∪ J
b
i2
∪ . . . ∪ J
b
iv
i
.
Ta sẽ chứng minh
J = J
k−1
∪ J
k−2
∪ . . . J
1
∪ J
0
là cơ sở Jordan của V.

− dim Im(f
i
f)
suy ra d
i
= r
i
− r
i+1
. Số phần tử trong J
b
ij
là i + 1 với i = 0, 1, . . . , k − 1 và
j = 1, 2, . . . , v
i
. Số phần tử trong J là
k−1

i=1
số phần tử của J
i
=
k−1

i=0
(i + 1)v
i
=
k−1


1
− r
2
) + . . . + (r
k−1
− r
k
)
= r
0
− r
k
= n −0 = n.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh J là một tập độc lập tuyến tính. Chú ý rằng B là một cơ
sở của Kerf nên các vectơ b
ij
là độc lập tuyến tính.
Giả sử
k−1

i=0
a
(i)
k−1,1
f
i
(x
k−1,1
) + . . . +
k−1

k−2
f
i
(x
k−2,v
k−2
)
+ . . .
+
1

i=0
a
(i)
1,1
f
i
(x
1,1
) + . . . +
1

i=0
a
(i)
1,v
1
f
i
(x

} và f
i
(J
i
) = {b
i1
, b
i2
, . . . , b
iv
i
}.
• Lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ f
k−1
. Ta được
a
(0)
k−1,1
f
k−1
(x
k−1,1
) + a
(0)
k−1,2
f
k−1
(x
k−1,2
) + . . . + a

, b
k−1,2
, . . . , b
k−1,v
k−1
độc lập tuyến tính nên a
(0)
k−1,1
= a
(0)
k−1,2
= . . . =
a
(0)
k−1,v
k−1
= 0.
• Tiếp theo, ta lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ f
k−2
. Ta được
a
(1)
k−1,1
f
k−1
(x
k−1,1
) + a
(1)
k−1,2

k−2,v
k−2
f
k−2
(x
k−2,v
k−2
) = 0
hay
a
(1)
k−1,1
b
k−1,1
+ a
(1)
k−1,2
b
k−1,2
+ . . . + a
(1)
k−1,v
k−1
b
k−1,v
k−1
+a
(0)
k−2,1
b

(1)
k−1,1
= a
(1)
k−1,2
= . . . = a
(1)
k−1,v
k−1
= 0 và a
(0)
k−2,1
= a
(0)
k−2,2
= . . . =
a
(0)
k−2,v
k−2
= 0.
• Tiếp tục, ta lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ f
k−3
. Ta được
a
(2)
k−1,j
= 0, j = 1, 2, . . . , v
k−1
;

i
= J
b
i1
∪ J
b
i2
∪ . . . ∪ J
b
iv
i
.
Khi đó ma trận của f đối với cơ sở J có dạng là ma trận chuẩn Jordan liên kết với
0.
25 tr [email protected]