Bài 1: Tìm đa thức đặc trưng của các ma trận sau đây:

1 2
a) A  

3 2

2

0
c) C  
0

0

1 3 0


b) B   2 2 1 
 4 0 2 



1 0 0

2 0 0
0 2 2

0 0 5

Giải

0
0
2

 (2   )3 (5   ).

5

0

Bài 2: Tìm giá trị riêng, cơ sở của không gian con riêng của các ma trận sau đây trên trường số
thực. Ma trận nào chéo hóa được? Trong trường hợp chéo hóa được, hãy tìm một dạng chéo và
một ma trận khả nghịch làm chéo hóa nó.

3 1 1


a) A   2 4 2 
1 1 3



1 1 0


b) B   0 1 0 
0 0 1





Giải
a) * Giải phương trình đặc trưng

(bội 2)

1  2
2  6

A  I3  0  (  2)2 (6   )  0  
Suy ra A có hai giá trị riêng là   2 và   6 .

.


Bài tập Đại số tuyến tính `

 x1 
 
* Với   2 : ta giải hệ  A I3  X  0(1) với X   x2  .
x 
 3
 x1  t1
1 1 1 1 1 1


 

,(t1 , t2  R).
Ta có : A  I3   2 2 2    0 0 0  . Suy ra (1)   x2  t2

Do vậy dim E(6)  1 và cơ sở của E(6) là

1,2, 1 .

2 0 0
 1 0 1




Vậy A chéo hóa được và dạng chéo của A là D  P AP   0 2 0  với P   0 1 2  .
0 0 6
 1 1 1 




1

b) * Giải phương trình đặc trưng

B   I3  0  (1   )3  0    1 (bội 3) .
Suy ra B chỉ có một giá trị riêng   1.

 x1  t1
 0 1 0   x1 


 
* Với   1 : ta giải hệ phương trình  B  I3  X  0   0 0 0   x2   0   x2  0 ,(t1 , t2  R). .

 x3  t
Cơ sở của E(-1) là (1,1, 1) .
d) * Giải phương trình đặc trưng

D   I3  0  (2   )3  0    2 (bội 3).
Suy ra D có một giá trị riêng là   2.

 x1 
 
* Với   2 , ta giải hệ phương trình  B  2 I3  X  0(3) với X   x2  .
x 
 3
 x1  t1
 2 1 0   2 1 0 

B  2 I3   4 2 0    0 0 0  .
(3)   x2  2t1 ,(t1 , t2  R).
Ta có
Suy ra
 x  t
 2 1 0   0 0 0 

 

2
 3
Do đó cơ sở của E(2) là (1, 2,0),(0,0,1) .
Hơn nữa, dim E(2)  2  3 . Vậy D không chéo hóa được.
e) * Giải phương trình đặc trưng


 x4  t

0

Do đó cơ sở của E(1) là (0, 0, 0,1) .
Dễ thấy dim E(1)  1  2 . Suy ra E không chéo hóa được.

3


Bài tập Đại số tuyến tính `

 x1  x4  0
 x1  0

  x2  t
,(t, t '  R).
* Với   0 ta giải hệ EX  0  
 x1  x4  0 
 x3  t '
Do đó cơ sở của E(0) là (0,1,0,0),(0,0,1,0) .
Bài 3: Chứng minh rằng các toán tử sau không chéo hóa được trên R
a) f : R 3  R 3

f (x1; x 2 ; x 3 )  (6x1  3 x 2  2 x 3 ;  5x1  2x 2  2x 3 ;  3x1  2x 2 )
b) f : R 3  R 3

f ( x1; x2 ; x3 ; x4 )  (2 x1; x1  2 x2 ; x3  2 x4 ; x3 4 x4 ).
Giải
a) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc B0 là A   f B

Suy ra A không chéo hóa được. Vậy f không chéo hóa được.

b) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc là A   f B

0

2

1

0

0

0 0 0

2 0 0
.
0 1 2 

0 1 4
(bội 3)

1  2
3
Giải phương trình đặc trưng: A  I4  0  (  2) (  3)  0  
2  3
0

1

Bài 4: C minh các toán tử sau đây chéo hóa được trên R và tìm cơ sở trong đó toán tử có dạng chéo
a) f : R 3  R 3

f ( x1, x2 , x3 )  ( x1  3x2  x3 ,3x1  5x2  3x3 ,  x1  x2  x3 ).
4
4
b) f : R  R

f (x1, x 2 , x 3 , x 4 )  (x1  x 2  x 3  x 4 , x1  x 2  x 3  x 4 , x1  x 2  x 3  x 4 , x1  x 2  x 3  x 4 )
Giải

 1 3 3 


a) Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R3 là A   3 5 3  .
 1 1 1 


* Giải phương trình đặc trưng

A  I 3

1   3
3
(bội 2)
  2
2
.
3
5

 1;1;0 ,  1;0;1.

 x1 
 
*   1 : ta giải hệ  A I3  X  0(2) với X   x2 
.
x 
 3
 2 3 3   1 1 0 
 x1  3t


 

A  I 3   3 4 3    0 1 3  . Do đó (2)   x2  3t , ( t  R).
Ta có:
 x t
 1 1 0   0 0 0 

 

 3
Suy ra dim E (1)  1 và cơ sở của E(1) là

3; 3;1.

Vì dim E  2   dim E 1  3 nên f chéo hóa được và cơ sở mà trong đó f có dạng chéo
là

 1,1,0 ,  1,0,1 , 3, 3,1.


1

1

1
(bội 3)
  2
1
3
.
 0   2     2     0  
1
  2
1 

 x1 
 
x2
*   2 : ta giải hệ  A 2 I4  X  0 (3) với X    .
 x3 
 
 x4 
 1 1 1 1 
 1



1 1 1 1 
0


 x1 
 
x2
*   2 : ta giải hệ  A 2 I4  X  0(4) với X    .
 x3 
 
 x4 

x 1  t
3 1 1 1 
 1 1 1 3 





1 3 1 1 
0 1 0 1 
x 2  t


Ta có A  2I 4 

( t  R).
. Do đó (4)  
 1 1 3 1 
 0 0 1 1 
x 3  t


8 .
Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R3 là A   4 3
4 4
7 

* Giải phương trình đặc trưng

A  I 3

9   8
16
(bội 2)
  1
2
.
4
3
8  0  1     6  2   0  
=0 
 3

4
4
7

*   1 : ta giải hệ  A I3   x  0(1).

 8 8 16 




0
8 
Ta có A  3I 3   4
 4
4
4 


1 1 1 
 x1  2t



0
1

1

.
Suy
ra
(2)
 x2  t , ( t  R).


 x t
0 0 0 




b) Trên

, dễ thấy phương trình đặc trưng có 3 nghiệm phân biệt nên A chéo hóa được.

7


Bài tập Đại số tuyến tính `

Bài 7: Tìm điều kiện đối với a, b,c để ma trận sau đây chéo hóa được trên

0

a
: A= 
0

0

0 0 0

0 0 0
b 0 0

0 c 0

Giải
* Giả phương trình đặc trưng A  I4  0   4  0    0 (bội 4).
* Để A chéo hóa được thì dim(E(0)) = 4  4  rank( A)  4  rank( A)  0  a  b  c  0.


 c 0
.
d c

D

 c 0
Nếu d  0 thì A đồng dạng với ma trận D  
.
0 c
c
c
0

 d
Nếu d  0 thì D  

d c  1




0
a 0
c
 . Khi đó A đồng dạng với ma trận K  
;a 
c
d

b  0
a 0
 A
* Nếu   0  
 dạng chéo nên A chéo hóa được.
a  c
0 a
Vậy A luôn chéo hóa được.

1 a b 


Bài 10: Hãy tìm điều kiện đối với các số thực sao cho ma trận sau đây chéo hóa được: A   0 2 c 
0 0 2


Giải

1 
a
b
2
2
c  1    2    .
* Ta có: PA     A   I3  0
0
0
2
* Dễ thấy phương trình đặc trưng có các nghiệm   1 (nghiệm đơn) và   2 (nghiệm kép).
Do đó ma trận A chéo hóa được  dim  E  2    2  3  rank  A 2 I3   2  rank  A 2 I3   1 .


a) * Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc B0 là: A   2 3 0  .
 2 1 2 


* Giải phương trình đặc trưng

1   1
A   I3  0  2 3  
2

1

  1
 0     1 3      2   0    2.
  3
2
1
0

Suy ra A chéo hóa được.
* E(1) là không gian nghiệm của hệ phương trình:

 x2  x3  0
 0 1 1  x1 


 
 A  I 3  X  0   2 2 0  x2   0  2 x1  2 x2  0  x1  x2  x3  t, t  R .
2 x  x  x  0

 3 
 3
Do đó E (2)  (t ,2t ,3t ) | t  R  (1,2,3) .
* E(3) là không gian nghiệm của hệ phương trình:

2x1  x 2  x 3  0
 2 1 1  x1 
x  0


 
 1
, t R .
 A 3I3  X  0   2 0 0  x 2   0  2x1  0
x

x

t
3
2x  x  x  0  2
 2 1 1 x 

 3 
1
2
3

Do đó E (3)  (0,t ,t ) | t  R  (0,1,1) .
Suy ra B  (1,1,1),(1,2,3),(0,1,1) là cơ sở của R 3 mà ma trận biểu diễn toán tử f trong cơ sở đó là một

1

1
Dễ thấy P CP   0

0

0
n

2

0

1

1

n

1

n

0 
1


0  thỏa điều kiện (*). Tức C  P  0


Cách 2
Xét g : R 3  R 3 và  g B

1

Dễ thấy C   0

0

0
n

2

0

1 0 0


 C . Khi đó g n  f  C n  A'  C n   0 2 0  (*).
0 0 3



0 

0  thỏa điều kiện (*).
n 
3


* Chứng minh: Im f ổn định đối với g
Ta cần chứng minh g(Im f )  Im f . Thật vậy:
Ta có u  Im f , v V :u  f (v )  g (u)  g ( f (v))  g f (v)  f g (v)  f ( g (v))  g (u)  Im f
Suy ra g(Im f )  Im f .
Bài 13
Cho n  N \ 0;1 ; A, B  Mn (C ) . Ta có thể khẳng định AB và BA có chung ít nhất một vector riêng
không?
Giải

1 0 
1 1
1 1
2 0
,
B

AB

,
BA

Xét hai ma trận A  
có






.


P  R x \ 0 là giá trị riêng của f ứng với giá trị riêng   f ( P )   P

 ( x  1)( x  3)P ' xP   P  ( x  1)( x  3)P ' ( x   )P  0(*) .

Dễ thấy chỉ có P  ax  b (a  0) thỏa (*). Khi đó:

(*)  ( x  1)( x  3)(ax  b)' ( x   )(ax  b)  0  (b  (  2)a ) x  (3a   b)  0
b  (  2)a
b  (  2)a
b  (  2)a  0 b  (  2)a



 2
2
3a   b  0
3a    (  2)a   0 (  2  3)a  0   2  3  0
  1
  3


 a  t
 a  t , t  R \ 0 .
hoặc
b  3t
b  t


Vậy f có hai giá trị riêng là 1,-3 và các vector riêng tương ứng là 3t  tx và t  tx, t  R \ 0.

x1  3t
 1 3   x1 
( A  I 2 )X  0  

0

x

3
x

0

, t R

 
1
2
 1 3  x 2 
x 2  t
Các vector riêng ứng với   1 của A là  3t ;t  ,t  R \ 0 .
* Với   3 các vector riêng v khác 0 của A là nghiệm hệ phương trình:

x  t
 3  3  x1 
   0  x1  x2  0   1
( A  3I 2 ) X  0  
, tR
  1 1  x2 
 x2  t

thỏa P  ( x   )k Q (3).
Thay (3) vào (1), ta được:





( x   ) ( x   ) k Q ' (1   )( x   ) k Q  0
 ( x   ) k  (k  1   )Q  ( x   )Q '   0
 (k  1   )Q  ( x   )Q '  0 (4).

Thay x   vào (4), ta được:

(k  1   )Q( )  (   )Q '( )  0  (k  1   )Q( )  0
 k  1    0 (do Q( )  0)    k  1(5).
Thay (5) vào (4), ta được:

( x   )Q '  0  Q '  0  Q  t , t  C \ 0.
Suy ra P  ( x   )k t , t  C \ 0 , k  1, n .
14


Bài tập Đại số tuyến tính `





Kiểm tra lại ta có f ( x   )k t  (k  1)( x   )k t , t  C \ 0 , k  1, n .
Suy ra   k  1, k  1, n là các giá trị riêng của f và các vector riêng tương ứng là



0
2 2
0 3
... ...
0 0
0 0

...
...
...
...
...
...

0
0
0
...

n
0





.



... 0
0   x1 


... 0
0   x2 
... 0
0   x3 
 x1  t
, t  C.
0

... ...
...   ... 
 x2  ...  xn 1  0
... n  1 n   xn 


... 0
n 
 xn 1 

Suy ra các vector riêng ứng với   1 có dạng v1   t,0,...,0    t,0,...,0  , t  C \ 0 (1).
* Ta chứng minh: các vector riêng của A có dạng

v   C 11  1t ,C i21  2t ,...,C 11t ,C 01t ,0...,0  ,t  R \ 0,   2, n  1 . Thật vậy:
Với giá trị riêng  các vector riêng v là nghiệm hệ phương trình (A  I n 1 )X  0

15

0
...
...
... n  
...
0

  x1 
 x 
 2 
  x3 
0

  ... 
n   x n 


n  1   
 x n 1 
0
0
0
...

(1   )x 1   x 2  0

(1   )x 1   x 2  0
(2   )x 2  2 x 3  0

...............................

j
j
 x   j 1 
C j 11 j 1t  C ij1 j t . Vậy (3) đúng với mọi j ( j  1,   1 ).
j
j

Từ (2), (3) ta có y j  x   j  C j 1 j t j  1,  . Suy ra x k  C 1k   k t k  1,  .
 k  k

x k  C  1  t , k  1, 
Do đó (*)  
,t  R nếu   2, n  1

x  1  x  2  ...  0





Vậy các vector riêng của A ứng với giá trị riêng    2, n  1 có dạng

v   C11  1t, C12  2t,..., C1 1 t, C01t,0...,0  , t  C \ 0 . (4)
Từ (1) và (4) ta có các vector riêng của f ứng với giá trị riêng  (   1, n  1 ) có dạng

  x 

 1

t , t  R \ 0 .

B
C   I n p

 A   I P C   I n p  Pg    C   I n p .

Suy ra Pg ( ) | Pf    .
Bài 17: Cho n thuộc N*, A thuộc Mn(K), A= (-1)n xn +…+ n-1x + n là đa thức đặc trưng của A. Chứng
minh rằng n-1 = -tr(com(A))
Giải
A = |A - xI| = (-x)n + 1(-x)n-1 + … + n-1 (-1)x + n
Với mỗi k (0 ≤ k ≤ n), xk chỉ xuất hiện trong những số hạng của định thức |A - xI| gồm các tích chứa
đúng k phần tử trên đường chéo của ma trận là (-1)sign (ai1i1 - x) …(aikik - x) aik+1j1 … ainjn-k.
Trong đó 1 ≤ i1< …< ik ≤ n và ik+1< … n-1 = -tr(com(A)) = - (A11 + A22 Ann).

 A1



Bài 18: Cho n  , n1 ,..., nN  ; +…+ Ai  M ni  K  ,1  i  N , A  


0



i 1

i 1

  Ai   I ni    Ai    .

.
AN   I nN

0

 

Bài 19: Chứng minh A  M n  K  ,  At   A . Đặt biệt A  M n  K  , SPK At  SPK  A .
Giải

A  M n  K  ,  A     At   I   A   I   A   I   A    .
t

t

 

Từ đó ta có: A  M n  K  , SPK At  S PK  A .
Bài 20: Chứng minh các ma trận sau đây chéo hóa được và hãy chéo hóa chúng

0 1 0



 a
a a  1


, a 

Giải
a) * Giải phương trình đặc trưng

=0



(

– 1)+ = 0

Với
 x1  t
 0 1 0  x1 


 
AX  0   1 0 1  x2   0   x2  0 , t  R .
 x  t
 0 1 0  x 

 3 
 3



 
x  t
 0
1
 2   x3 
 3








Chọn vector riêng u2  1, 2,1 .
Với    2 ta xét hệ phương trình



 2
1
0   x1 
 x1  t

 

A  2I X  0   1
 2
1   x2   0   x2  2t , t  R .

1 


 2  là ma trận làm chéo A, một dạng chéo của A là A’ = P-1AP =  0

1 
0

11   5
5
3   3    2  17  16
b) * Đa thức đặc trưng: PA     A   I  5
5
3 3  



0 

2
0 .

0  2
0



1  0
 PA     0    2  17  16  0  2  1
3  16


 
 
 
 

A  2 I  A  I   5 2 3    5 2 3    1 1 0    1 1 0    1 1 0 
 5 3 2   5 3 2   1 1 0   0 0 0   0 0 0 

 
 
 
 

19


Bài tập Đại số tuyến tính `

Chọn vectơ riêng v2  1,1, 1 .


Với 3  16 ta có:

5   1 1
1   1 1 1   1 0 2 
 5 5

 
 


a
a2
 a   1      1
0 1 

  0
 PA     0    1 .
  1
Vì phương trình đặc trưng có ba nghiệm đơn phân biệt nên ma trận A chéo hóa được.

 x1 
 
* Với   0 : ta xét hệ pt: AX  0, với X   x2  .
x 
 3
 1 a a 2   1 a a 2   x1  ax2  0

 
 
Xét A   0 0 a    0 0 1    x2 
.
 0 0 1   0 0 0  x  0

 
  3

Một vector riêng là u1   a,1, 0  .

 x1 



Xét A  I   0 1 a    0 1 a    0 0 1    x3  0 .
 0 0 0  x 
0 0 2  0 0 2 

  1

 


Một vector riêng là u3  1, 0, 0  .

 a 0 1


Vậy ma trận P   1 a 0  làm chéo hóa ma trận A và
 0 1 0


0 0 0 


một dạng chéo của A là A '  P 1 AP   0 1 0  .
 0 0 1



1
1


 
 



Ta có:  A  I 3    a  1 a  1 a  1   a  1 a  1 a  1   0 2a 0    0 1 0 
 a
0 0 0 
a
a   a
a
a   0 2a 0 




 x1  x2  x3  0
Khi đó ta có hệ: 
. Chọn một vector riêng là (1,0,1).
 x2  0

21


Bài tập Đại số tuyến tính `

 x1 
 
* Với   1 : ta xét hệ pt: ( A I3 ) X  0 với X   x2  .

 1
a

1
1  1
 1

 
  2a  1 1
1   0
  a  1  a  1 a  1  0

 

1 

a  1
a 
1
1   1 1 1 
 

2a  2 2a  2    0 1 1 
2a  2 2a  2   0 0 0 

 x1  x2  x3  0
Khi đó ta có hệ: 
. Chọn một vector riêng là (0,1,1).
  x2  x3  0
0 




* TH3: Nếu a  1 ta có 1 là nghiệm bội 2 của phương trình đặc trưng.
Với   1 ta tìm được có dimE(-1)=2. Và hai vector trong cơ sở của nó là (1,1,0), (-1,0,1).
Với   1 ta tìm được một vector riêng là (1,0,1).
22


Bài tập Đại số tuyến tính `

 1 1 1 


Suy ra ma trận làm chéo hóa A là P   1 0 0  và một dạng chéo của A là:
0 1 1


 1 0 0 


P 1 AP  D   0 1 0  .
 0 0 1



0 1 1
 0 1 0




1
1

2

1

0  1


0

0

1  1


0

1


1
0  3  3  1

1  2  
1






Giải

0 0 1


Xét P   0 1 0  .
1 0 0


Dễ thấy PA = BP. Suy ra A = P-1BP.
Vậy ma trận A đồng dạng với ma trận B.

Bài 23: Chứng minh rằng các tự đồng cấu lũy linh và chéo hóa được đều bằng không.
Chứng minh
Giả sử f :V V là tự đồng cấu lũy linh và chéo hóa được. Ta cần chứng minh f (x )  0,x V .
Ta có f (x )  f

x  (*), trong đó f  là ma trận biểu diễn của f đối với cơ sở chính tắc của V.

Vì f lũy linh nên tồn tại m nguyên dương, m ≥ 1 sao cho: f m (x )  0,x V .
m
Suy ra  f   0 hay  f   0 .
m

Vì f chéo hóa được nên tồn tại ma trận P khả nghịch và ma trận D có dạng chéo sao cho: P 1 f  P  D .
Do đó:  f   PDP1   f   PDm P1  PDm P 1  0  Dm  0  D  0   f   0
m


0 1
0 0
ma trận không khả nghịch, AB  
 không chéo hóa được.
 chéo hóa được nhưng BA  
0 0
0 0

 2 1 1


Bài 25. Tính An, biết A   1 2 1   M n ( ), n 
 0 0 3



*

.

Giải
Gọi A là ma trận của toán tử tuyến tính f :

3



3




f (u1 )  u1

tam giác khối). Khi đó: f (u 2 )  3u 2
.
f (u )  au  3u
2
3
 1
1 1 1 1 1 1

 

* Dễ thấy u1 là một vector riêng của f ứng với  = 1.Ta có A  I   1 1 1    0 0 0  . Do đó ta
0 0 2 0 0 1

 

chọn u1 = (-1, 1, 0).

 1 1 1   1 1 1 

 

* Tương tự u2 là một vector riêng của f ứng với  = 3.Ta có A  3I   1 1 1    0 0 1  . Do
 0 0 0  0 0 0

 
