TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN
KHOA TOÁN ỨNG DỤNG BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
NHÓM 1
H
ọ
và Tên
Nhi
ệ
m v
ụ
đư
ợ
c phân côngĐinh Văn Tuân
Nhóm trư
ở
ng:
phân công, tổng hợp bài tập
nh H
ữ
u M
ạ
nh
Chương 1: 1.1 , 1.5 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
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:
2 0 0 0
1 2 0 0
0 0 2 0
0 0 1 2
J
Chọn
1 2 3 4
, , ,
u u u u
sao cho
1 1 2 2 2 3 3 4 4 4
2 ; 2 ; 2 ; 2
Au u u Au u Au u u Au u
.
Chọn
1 2 3 4
k
A A
A lũy linh.
*
0
A
=> Tồn tại ma trận vuông P cấp n khả nghịch bất kì và ma trận chéo D = 0 cấp n
sao cho
1
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
0 0 0
0 0 0
n
Mà A lũy linh
0
k
A
=>
1 2
0 0
k k k k
n
D
1 2
0
0
0
n
D
A
Giải
Ta có đa thức đặc trưng của A là
1 3 3 3 5 3
( ) det( ) 3 5 3 0 4 2 2
6 6 4 1 3 3
A
x x
P x A xI x x x
x x
2
3 5 3 3 5 3 3 5 3
(2 ) 0 2 1 (2 ) 0 2 1 (2 ) 0 2 1
1 3 3 2 2 3 1 1 3
x x x
x x x
x x x
2 2
1 1 0
(2 ) 0 2 1 (2 ) ( 4)
0 2 3
Suy ra
1 2
( 1,0,1), (1,1,0)
u u là cơ sở của
2
E
Với
4
3 3 3 1 1 1 1 1 1
4 3 9 3 0 12 6 0 2 1
6 6 0 0 12 6 0 0 0
A I
D
,
1
1 1
1
2 2
2 1 1
1
3
1
2 3 1 1
2 2
2
0 1 1
1 1
0
2 2
P
3
1
0 1 1 . 0 ( 2) 0 1
2 2
1 0 2 0 0 4
1 1
0
2 2
1 1
1
2 2
2 2 2
3
1
0 2 2 1
2 2
2 0 2
1 1
0
2 2
A
A
10 9 20 9 20
0 2 2 2
2 3.2 2 2 2
2 2 2 2 2
A
Bài 3.3 (trang 39) Tìm số hạng tổng quát của hệ các dãy số sau đây
a)
1 1
1 1
1 1
2
2
2
n n n
n n n
u v
u u v
v u v
Khi đó
1
1
.
n
n
X A X
. Ta tìm
1
n
A
Ta có đa thức đặc trưng của A
2
2 1
( ) det( ) (2 ) 1 (1 ).(3 )
1 2
A
x
P x A xI x x x
x
Vậy A có 2 giá trị riêng là
1
u
là cơ sở của
1
E
Với
3
1 1 1 1
3
1 1 0 0
A I
Suy ra
2
(1,1)
u là cơ sở của
3
Khi đó
1 1 1
. .
n n
A P D P
1
1
1
1
1
1 1
1
1 1
1 1
1 1 1 0
2 2
n n n
n
n n n
n
u
v
u
v
A
d) A=
0
@
3 2 1
1 4 1
1 2 1
1
A
e) A=
0
B
B
@
1 0 2 4
0 1 2 4
0 0 3 4
0 0 2 3
1
C
C
A
f) A=
0
B
B
@
1 0 0 0
6 7 6 3
9 9 8 3
= (1 x)
2 x 6
3 1 x
+ 6
3 3
3 1 x
+ 3
3 3
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:
A 4I =
0
@
3 3 3
6 6 6
3 3 3
1
A
0
@
1 1 1
0 0 0
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A 4I) 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
4
@
1 1 1
2 0 2
1 1 1
1
A
Đa thức đặc trưng của A : P
A
(x) = det (A xI) =
1 x 1 1
2 x 2
1 1 1 x
= (x + 2) (x 2)
2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 2 ; x = 2:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 2 ; = 2 :
* Với = 2 :
A + 2I =
0
@
1 1 1
0 0 0
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A 2I) 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
2
.
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.
Với P =
0
@
1 1 1
2 1 0
1 0 1
3 x 1 1
2 4 x 2
1 1 1 x
= (x 4) (x 2)
2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 4 ; x = 2:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 4 ; = 2 :
* Với = 4 :
A 4I =
0
@
1 1 1
2 0 2
1 1 3
1
A
0
@
1 1 1
0 1 2
0 0 0
1
.
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.
Với P =
0
@
1 1 1
2 1 0
1 0 1
1
A
là ma trận chéo hóa A.
D =
0
@
4 0 0
0 2 0
0 0 2
1
A
là dạng chéo của A.
—————————————————————————————
d) A=
0
0
@
1 2 1
1 0 1
1 2 3
1
A
0
@
1 2 1
0 1 1
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A 4I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1) t
Như vậy fP
1
= (1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
4
* Với = 2 :
3
A 2I =
0
@
1 2 1
1 2 1
1 2 1
1
A
1
A
là ma trận chéo hóa A.
D =
0
@
4 0 0
0 2 0
0 0 2
1
A
là dạng chéo của A.
—————————————————————————————
e) A=
0
B
B
@
1 0 2 4
0 1 2 4
0 0 3 4
0 0 2 3
1
C
C
A
Giải. Đa thức đặc trưng của A : P
A
(x) = det (A xI) =
0 2 2 4
0 0 4 4
0 0 2 2
1
C
C
A
0
B
B
@
1 0 1 2
0 1 1 2
0 0 1 1
0 0 0 0
1
C
C
A
Do đó hệ phương trình (A + I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1; 1) t
Như vậy fP
1
= (1; 1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
1
* Với = 1 :
A I =
0
B
B
E
1
.
Vì A có đủ 4 vecto độc lập tuyến tính fP
1
= (1; 1; 1; 1) ; P
2
= (1; 0; 0; 0) ; P
3
= (0; 1; 0; 0) ; P
4
= (0; 0; 2; 1)g
nên ma trận A chéo hóa được.
Với P =
0
B
B
@
1 1 0 0
1 0 1 0
1 0 0 2
1 0 0 1
1
C
C
A
là ma trận chéo hóa A.
4
D =
0
1 x 0 0 0
6 7 x 6 3
9 9 8 x 3
0 0 3 2 x
= (1 x) (x + 8) (x + 2)
2
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 :
* Với = 1 :
A I =
0
B
B
@
0 0 0 0
@
9 0 0 0
6 15 6 3
9 9 0 3
0 0 3 6
1
C
C
A
0
B
B
@
1 0 0 0
0 3 0 1
0 0 3 1
0 0 0 0
1
C
C
A
Do đó hệ phương trình (A + 8I) X = 0 có nghiệm
0;
1
3
;
1
3
1
C
C
A
0
B
B
@
1 0 0 0
0 3 0 3
0 0 1 2
0 0 0 0
1
C
C
A
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=
0
@
1 1 1
= (3 x) x
2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 3 ; x = 0:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 3 ; = 0 :
* Với = 3 :
A 3I =
0
@
2 1 1
1 2 1
1 1 2
1
A
0
@
1 1 2
0 1 1
0 0 0
1
A
Do đó hệ phương trình (A 3I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1) t
Như vậy fP
1
= (1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E
3
.
* Với = 0 :
A 0I =
ma trận A chéo hóa được.
Với P =
0
@
1 1 1
1 1 0
1 0 1
1
A
là ma trận chéo hóa A.
P
1
=
1
det P
0
@
P (1j1) P (1j2) P (1j3)
P (2j1) P (2j2) P (2j3)
P (3j1) P (3j2) P (3j3)
1
A
=
1
3
0
@
0 1 1
1 2 1
1 1 2
1
3
0
@
1 1 1
1 1 0
1 0 1
1
A
0
@
3
10
0 0
0 0 0
0 0 0
1
A
0
@
0 1 1
1 2 1
1 1 2
1
A
= 3
9
0
@
0 1 1
2
= 1; u
n+2
= 2u
n+1
u
n;
n 1:
Bài giải:
Đặt X
n+2
=
u
n+2
u
n+1
; A =
2 1
1 0
X
2
=
1
1
1 1
1 1
!
1 1
0 0
=> x =
x
2
x
2
= x
2
1
1
=> fu
1
= (1; 1)g là cơ sở của E
1
=> dim E
1
= 1 => A không chéo hóa được
* Với = 1 dim R
1
J
2
(1) =
1 0
1 1
; P =
1 1
0 1
=> P
1
=
1 1
0 1
A
n
= P J
n
P
1
=
1 1
0 1
1
1
=
1 2n
1 2n
=
u
n+2
u
n+1
=> u
n+2
= 1 2n
u
n+1
= 1 2n
u
n
= u
n+2
+ 2u
n+1
của A khi và chỉ khi là nghiệm của phương trình đặc trưng P
A
=
u
n1
v
n1
; A =
3 1
1 1
X
1
=
1
3
; X
n
= AX
n1
=> X
n
= A
n1
X
1
P
=> P
1
=
1 0
1 1
J
n1
=
2
n1
0
(n 1):2
n2
2
n1
A
n1
=
2
n1
+ (n 1)2
n2
(n 1)2
n2
=
2
n1
4(n 1)2
n2
3:2
n1
4(n 1)2
n2
=>
u
n
= 2
n1
4(n 1)2
n2
v
n
= 3:2
n1
4(n 1)2
n2
1
A=
0
@
rank (A I) = rank
0
@
0 3 3
2 7 13
1 4 7
1
A
= 2
rank (A I)
2
= rank
0
@
3 9 18
1 3 6
1 3 6
1
A
= 1
) Không có khối cấp 1, cấp 2
) Có 1 khối cấp 3
J
3
(1) =
0
@
1 0 0
1 1 0
0 1 1
=
0
@
0
2
1
1
A
6= 0
) u
2
= (0; 2; 1)
(A I) u
T
2
= (A I)
2
u
T
1
=
0
@
3 9 18
1 3 6
1 3 6
1
A
0
@
0 2 1
0 1 1
1
A
với P
1
AP = J:
1
A(x) =
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
0
B
B
B
= (x 1)(x 2):::(x n)
Ma trận A có n giá trị riêng x 2 f1; 2; 3; :::; ng
Tồn tại dạng chuẩn Jordan của A với n khối cấp 1
Dạng chuẩn Jordan của A
P =
0
B
B
B
B
@
1 0 0 ::: 0
0 2 0 ::: 0
0 0 3 ::: 0
: : : ::: :
0 0 0 ::: n
1
C
C
C
0 1 2 ::: 0
: : : ::: :
0 0 0 ::: n 1
1
C
C
C
C
A
9
Bài tập 2.1.f) Tìm ma trận Jordan của ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch
P sao cho A = P JP
Giải.
A(x) =
V ậy x =
0
B
B
B
@
x
1
x
1
:::
(1)
n1
x
1
(n1)!
A
0
B
B
B
B
@
0 0 0 ::: 0
1 0 0 ::: 0
0 2 1 ::: 0
: : : ::: :
0 0 0 ::: n 1
1
C
C
C
C
A
V ậy x =
0
B
B
B
@
0
x
2
:::
(2)
C
C
C
C
A
0
B
B
B
B
@
1 0 0 ::: 0
0 1 0 ::: 0
0 3 0 ::: 0
: : : ::: :
0 0 0 ::: n 3
1
C
C
C
C
A
0
B
B
B
B
@
C
C
C
C
C
A
) u
1
= (0; 0; 1; :::;
(3)
n3
(n2)!
)
Tương tự với x = n 1
(A(n1)I) =
0
B
B
B
B
@
1 (n 1) 0 0 ::: 0
1 2 (n 1) 0 ::: 0
1 2 3 (n 1) ::: 0
: : : ::: :
1 2 3 ::: 1
1
C
C
C
x
n1
(n+1)
1
x
n1
1!
1
C
C
C
C
A
) u
1
= (0; 0; 1; :::;
(n+1)
1
[n(n1))!
)
với x = n
(A nI) =
0
B
B
B
B
@
1 n 0 0 ::: 0
1 2 n 0 ::: 0
B
@
0
0
::
x
n
1
C
C
A
) u
1
10
= (0; 0; :::; 1)
)P =
0
B
B
B
B
B
@
1 0 0 ::: 0
1 1 0 ::: 0
1
2
: : ::: 0
: : ::: ::: 0
(1)
) A = P J
2
P
1
mà A = PJP
1
) J
2
= J
với ma trận J có dạng
0
B
B
B
B
@
1
0 0 ::: 0
a
22
2
0 ::: 0
0 a
32
3
:: 0
::: ::: ::: ::: :::
j
= 1;
i+s
= 0 8j i; s > 0 và i là hạng của ma trận A
J =
0
B
B
B
B
B
B
B
B
@
1 0 ::: 0 0 ::: 0
0 1 ::: 0 0 ::: 0
: : ::: : : ::: :
0 0 ::: 1 0 ::: 0
0 0 ::: 0 0 ::: 0
: : ::: : : ::: :
0 0 ::: 0 0 ::: 0
1
C
C
C
C
C
C
C
2
+ 8x
3
Giải.
Ma trận hệ số của hệ phương trình vi phân đã cho là
A=
0
@
1 3 3
2 6 13
1 4 8
1
A
P
A
() =
1 3 3
2 6 13
1 4 8
= 1
) Không có khối cấp 1, cấp 2
) Có 1 khối cấp 3
J
3
(1) =
0
@
1 0 0
1 1 0
0 1 1
1
A
Chọn u
1
= (1; 0; 0)
(A I) u
T
1
=
0
@
0 3 3
2 7 13
1 4 7
1
A
0
@
1
1
A
0
@
1
0
0
1
A
=
0
@
3
1
1
1
A
6= 0
) u
3
= (3; 1; 1)
) fu
1
= (1; 0; 0) ; u
2
= (0; 2; 1) ; u
3
= (3; 1; 1)g là cơ sở cyclic của R
1
:
1
+ y
2
dy
3
dt
= y
2
+ y
3
Từ phương trình thứ nhất của h ệ ta nhận được y
1
= C
1
e
t
Thay y
1
vào phương trình thứ hai ta nhận được phương trình vi phân sau: y
0
2
y
2
= C
1
e
t
:
Dễ dàng ta tìm được nghiệm của phương trình này là y
2
2
+ C
3
e
t
Khi đó ta nhận được nghiệm của hệ ban đầu là X = P Y
hay cụ thể là
x
1
=
1 + 3:
t
2
2
C
1
e
t
+ 3tC
2
e
t
+ 3C
3
e
t
x
1
e
t
+ (t 1) C
2
e
t
+ C
3
e
t
:
12
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN
*****
CHUYÊN NGÀNH: TOÁN GIẢI TÍCH
LỚP: CAO HỌC TOÁN GIẢI TÍCH 14.2 Người hướng dẫn: TS. Phan Hoàng Chơn
Nhóm thực hiện: Nhóm 3 - Lớp Cao học Toán Giải tích 14.2. Chương 1
CHÉO HÓA MỘT TỰ ĐỒNG CẤU
Bài 1.3.
Cho :
f V V
là tự đồng cấu trên ℝ- không gian vectơ V có ma trận đối với cơ sở
1 2 3
, ,
u u u
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
3 2 1 2 2 2
) 1 5 1 b)
A= 2 1 4
2 4 0 1 2 1
2 3 1 6 1 1
c) A= 0 2 0
d) A= 6 1 3
0 1 1 2 1 3
a A
Đa thức đặc trưng của A
3 2 2
3 2 1 3 2 1 3 2 1
(x) 1 5 1 1 5 4 1 5 4
2 4 2 4 4 1 1 0
3 2 1
0 6 2 4 = 2 4 6 2 3 4 1
1 1 0
8 19 14 2 6 7
2 3 2 3 2
A
x x x
P x x x x x
x x x
x
x x x x x x x
x
x x x x x x
x x x
⟹ có ba giá trị riêng:
2, 3 2, 3 2
Với
2
: Giải hệ
(A 2I) 0
x
1 2 1 1 2 1
2 1 3 1 0 1 0
2 4 2 0 0 0
A I
Không gian con riêng của A ứng với
2
A 3 2 I 0
x
2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
A 3 2 I 1 2 2 1 0 2 2 1 2 0 2 2 1 2
0 0 0
2 4 3 2 0 2 2 1 2
Không gian con riêng của A ứng với
3 2
là
Với
3 2
: Giải hệ
A 3 2 I 0
x
2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
A 3 2 I 1 2 2 1 0 2 2 1 2 0 2 2 1 2
0 0 0
2 4 3 2 0 2 2 1 2
Không gian con riêng của A ứng với
3 2
2,2 2,4 .
u
Suy ra ma trận A chéo hóa được. Vậy f chéo hóa được.
NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
5
Ma trận chéo hóa A là
1 2 2
0 2 2 2 2
1 4 4
P
Dạng chéo của A là
1
2 0 0
0 3 2 0
0 0 3 2
D P AP
Đa thức đặc trưng của A
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 2 1 4 2 1 4 2 1 6
1 2 1 3 0 3 3 0 0
2
= 3+ 3+ 12 (1 ) 3+ (12 )
1 6
3 ( 4)( 3) 3 ( 4)
A
x x x x
P x x x x
x x x x
x
x x x x x x x
x
Với
3
: Giải hệ
(A 3I) 0
x
1 2 2 1 2 2
3 2 4 4 0 0 0
1 2 2 0 0 0
A I
Không gian con riêng của A ứng với
3
là
={
Với
4
: Giải hệ
(A 4 I) 0
x
6 2 2 1 2 5 1 2 5 1 2 5
4 2 3 4 2 3 4 0 7 14 0 1 2
1 2 5 6 2 2 0 14 28 0 0 0
A I
Không gian con riêng của A ứng với
4
là
={
.
Dạng chéo của A là
1
3 0 0
0 3 0
0 0 4
D P AP
.
Vậy cơ sở của V sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó có dạng chéo D
[]
=
là
1 1 2 2 1 3 3 1 2 3
2 , 2 , 2
P x x x x x x
x
x
x
P x x
x
Suy ra A có ba giá trị riêng là
2, 2, 1.
⟹ có ba giá tr riêng là
2, 2, 1.
=
{
(
1,0,0
)
,∈ℝ
}
.
Cơ sở của
2
E
là
2 1
(1,0,0)
u
Với
2
Giải hệ
(A 2I) 0
x
2
là
2 2
(2,3,1)
u
Với
1
Giải hệ
(A I) 0
x
1 3 1 1 3 1
0 3 0 0 1 0
0 1 0 0 0 0
A I
là
1 3
( 1,0,1) .
u
Suy ra ma trận A chéo hóa được. Vậy f chéo hóa được.
Ma trận chéo hóa A là
1 2 1
0 3 0
0 1 1
P
.
Dạng chéo của A là
1
2 0 0
0 2 0 .
0 0 1
D P AP
Copyright: Tài liệu đại học ©