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 −1 AP = B. Tích P −1 AP được gọi là phép biến đổi đồng dạng trên A. Ta nhận thấy rằng, các ma trận chéo là có dạng đơn giản nhất. Vì thế ta tự hỏi "Mọi ma trận vuông đều đồng dạng với ma trận chéo?" Trong học phần trước ta đã chứng minh rằng điều này là không đúng. Ta có thể lấy ví dụ ma trận A =  0 1 0 0  và thấy rằng A 2 = 0. Nếu tồn tại một ma trận không suy biến P sao cho P −1 AP = D với D là ma trận chéo thì D 2 = P −1 AP P −1 AP = P −1 A 2 P = 0 ⇒ D = 0 ⇒ A = 0, điều này mâu thuẫn. Do đó ma trận A không đồng dạng với ma trận chéo. Ta nhận 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 tam giác trên T sao cho P −1 AP = T. Hơn nữa các phần tử nằm trên đường chéo của ma trận T chính là các giá trị riêng của ma trận A. Như vậy, ta có thể đặt ra tiếp một câu hỏi là "Mọi ma trận vuông A có thể đồng dạng với một dạng ma trận nào đơn giản hơn dạng tam giác trên không?" Câu trả lời là "Có" và ma trận đó được gọi là ma trận chuẩn Jordan. Trong chương này chúng ta sẽ thấy rằng nếu A ∈ M n (C) (tức là ta xét ma trận vuông trên tập số phức) thì A sẽ đồng dạng với một ma trận chuẩn Jordan nào đó. Đối với một tự đồng cấu f : V → V ta cũng có các câu hỏi như sau: • Với mọi tự đồng cấu f, có tồn tại một cơ sở của V sao cho sao cho ma trận của f đối với cơ sở này là một ma trận chéo? Nếu có một cơ sở thỏa yêu cầu như trên thì ta nói f chéo hóa được. Tuy nhiên, ta đã biết rằng không phải mọi tự đồng cấu đều chéo hóa được. • Trong trường hợp f không chéo hóa được thì ta tìm một cơ sở nào của V sao cho ma trận của f có đối với cơ sở đó có dạng đơn giản nhất có thể. 1.1 Đa thức tối tiểu Cho K là một trường, xét không gian vectơ các ma trận vuông M n (K) trên K. Ta có dim M n (K) = n 2 . Tập các ma trận A 0 = I, A, . . . , A 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 triminhng@gmail.com 1.1. Đa thức tối tiểu Ta nhắc lại rằng nếu A ∈ M n (K) là một ma trận vuông cấp n thì đa thức đặc trưng của A là P A (x) = det(A − xI) với P A (x) là đa thức có bậc n. Định lí 1.1.1 (Định lý Cayley-Hamilton). Cho A ∈ M n (K). Khi đó P A (A) = 0. Chứng minh. Ta nhớ rằng nếu A ∈ M n (K) và ta kí hiệu adjA là ma trận phụ hợp của A, thì ta có A(adjA) = (detA)I. Đặc biệt đối với ma trận A − xI, ta có (A −xI)B(x) = det(A −xI)I với B(x) = adj(A −xI) là ma trận phụ hợp của A −xI. Vì mỗi phần tử trong ma trận B(x) là định thức của ma trận con cấp n −1 của ma trận A −xI, nên các phần tử của B(x) là các đa thức có bậc không quá n − 1. Như vậy B(x) có thể phân tích thành B(x) = B 0 + B 1 x + . . . + B n−1 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    x 2 +    0 0 0 1 0 0 0 1 0    x +    2 3 −1 1 2 0 2 0 1    Bây giờ ta có P A (x) = det(A − xI) = a 0 + a 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 )I. Đồng nhất các hệ số của các lũy thừa của x ở hai vế, ta được AB 0 = a 0 I AB 1 − B 0 = a 1 I AB 2 − B 1 = a 2 I . . . AB n−1 − B n−2 = a n−1 I −B n−1 = a n I 5 tr iminhng@gmail.com 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 1 A A 3 B 2 − A 2 B 1 = a 2 A 2 . . . A n B n−1 − A n−1 B n−2 = a n−1 A n−1 −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 tiên, trong định lý Cayley-Hamilton P A (A) là một ma trận cấp n trong khi đó vế phải là giá trị của một định thức, nó là một vô hướng (det0 = 0 là một phần tử thuộc trường K). Thứ hai, ta xét trong khai triển của det(A −xI). Ta lấy det(A −xI) =      1 −x 2 3 4 − x      nếu ta thay ma trận A vào vị trí của x ta được det(A −AI) =           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 sánh với A − AI và định thức của nó cũng không thể so sánh với P A (A). Vì thế P A (A) = det(A − AI) là không đúng. Định lý Cayley-Hamilton khá đặc biệt vì với mỗi ma trận vuông cấp n ta sẽ tìm được một đa thức có bậc n sao cho ma trận đó là nghiệm của đa thức vừa tìm được. 6 triminhng@gmail.com 1.1. Đa thức tối tiểu Ta thấy rằng tập các đa thức nhận ma trận A làm nghiệm là một tập khác rỗng. Giả sử rằng p(x) là đa thức có bậc nhỏ nhất là k sao cho p(A) = 0. Chia p(x) cho hệ số cao nhất của nó, ta được đa thức chuẩn tắc m(x) có bậc k nhận A làm nghiệm (đa thức chuẩn tắc là đa thức có hệ số cao nhất là 1). Định nghĩa 1.1.2. Cho A ∈ M n (K). Khi đó đa thức tối tiểu của A, kí hiệu là m A (x), là đa thức chuẩn tắc có bậc nhỏ nhất sao cho m A (A) = 0. Đa thức tối tiểu của ma trận A là duy nhất. Thật vậy, giả sử rằng có một đa thức chuẩn tắc m  (x) có bậc k sao cho m  (A) = 0. Khi đó m(x) − m  (x) là đa thức 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 (x) chia hết P A (x). Từ đây, ta thấy các nghiệm của m A (x) cũng là nghiệm của P A (x). Điều ngược lại cũng đúng sẽ được trình bày trong định lý dưới đây. Định lí 1.1.5. Các đa thức m A (x) và P A (x) có cùng tập nghiệm. Chứng minh. Từ hệ quả 1.1.4, ta thấy mọi nghiệm của đa thức tối tiểu đều là nghiệm của đa thức đặc trưng. Ngược lại, nếu λ là một nghiệm của P A (x) thì λ là giá trị riêng của A và vì thế có một ma trận cột khác không x ∈ M n×1 (K) sao cho Ax = λx. Chú ý rằng p(λ) là giá trị riêng của p(A) với p(x) là một đa thức bất kì. Do đó p(λ) là nghiệm của P p(A) (x). Đặc biệt đối với m A (x) ta có m A (A) = 0 và P 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 λ là nghiệm của đa thức m A (x). 7 triminhng@gmail.com Nhận xét: Nếu đa thức đặc trưng của A có dạng P A (x) = (−1) n (x −λ 1 ) d 1 (x −λ 2 ) d 2 . . . (x − λ k ) d k ; thì đa thức tối tiểu của A có dạng m A (x) = (x − λ 1 ) 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    là P A (x) = (x −2) 3 . Vì A −2I = 0 và (A −2I) 2 = 0 nên ta có m A (x) = P A (x). Ví dụ 1.1.2. Ma trận A =    5 −6 −6 −1 4 2 3 −6 −4    có đa thức đặc trưng là P A (x) = −(x −1)(x −2) 2 . Theo Định lý 1.1.5, đa thức tối tiểu của A là (x −1)(x −2) hoặc (x − 1)(x −2) 2 . Vì (A − I)(A −2I) = 0 nên 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 triminhng@gmail.com 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 bất kỳ tự đồng cấu tuyến tính f ∈ L(V ), ta có tự đồng cấu tuyến tính p(f) ∈ L(V ) là đa thức mà trong đó tự đồng cấu tuyến tính f được thay thế vào biến x như sau: p(f) = a 0 id + a 1 f + . . . + a n f n trong đó id là phép đồng nhất trên V. Ta dễ dàng kiểm tra được f ◦p(f) = p(f) ◦f. Để đơn giản ta kí hiệu fp(f) thay cho f ◦p(f). Tổng quát hơn, nếu p(x) và q(x) là các đa thức thì ta có p(f)q(f) = q(f)p(f). Cho tự đồng cấu tuyến tính f : V → V và A là ma trận của f đối với một cơ sở cố định nào đó của V. Khi đó ma trận của f đối với một cơ sở khác có dạng P −1 AP với P là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở ban đầu sang cơ sở lúc sau. Khi đó đa thức đặc trưng của P −1 AP có dạng det(P −1 AP − xI) = det[P −1 (A −xI)P ] = detP −1 det(A −xI)detP = det(A −xI), 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  i=1 λ i a i + n  i=1 µ i b i với a i ∈ A, b i ∈ B và λ i , µ i ∈ K. Trong trường hợp đặc biệt A và B là các không gian con của V ta có m  i=1 λ i a i ∈ A và n  i=1 µ i b i ∈ B, vì thế tập này có thể được mô 9 tr iminhng@gmail.com 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 hay n  i=1 A i . Từ đó suy ra n  i=1 A i = {a 1 + a 2 + . . . + a n | a i ∈ A i }. Định nghĩa 1.2.1. Tổng n  i=1 A i của các không gian con A 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 A i hay A 1 ⊕. . . ⊕A n và gọi là tổng tr ực tiếp của các không gian con A 1 , . . . , A n . Ví dụ 1.2.1. Trong R 3 xét các không gian con A = {(x, y, z) | x + y + z = 0}, B = {(x, x, z) | x, z ∈ R}. Khi đó R 3 = A + B vì mỗi phần tử (x, y, z) có thể biểu diễn dưới dạng  1 2 (x −y), − 1 2 (x −y), 0  +  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  với a  ∈ A, b  ∈ B và a = a  , b = b  . Một tiêu chuẩn thường được sử dụng để chứng minh tổng trực tiếp được trình bày trong định lý sau. Định lí 1.2.2. Nếu A 1 , . . . , A n là các không gian con của V thì các điều sau đây là tương đương: 10 triminhng@gmail.com [...]... 1 , N = 0 0 0 1 1 1 0 0 0 là đồng dạng Bài tập 1.19 Nếu f : R3 → R3 là ánh xạ tuyến tính thỏa f 3 = f thì f chéo hóa được Bài tập 1.20 Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi f (x, y, z) = (−2x − y + z, 2x + y − 3z, −z) Tìm các giá trị riêng và đa thức tối tiểu của f Chứng minh rằng f không chéo hóa được Bài tập 1.21 Hãy xác định các ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 sau có chéo hóa được không?... trên Rn [x] Bài tập 1.5 Tìm đa thức tối tiểu của tự đồng cấu tuyến tính f : R2 → R2 xác định bởi 1 f (x, y) = (x + 6y, x − y) 2 Bài tập 1.6 Cho V là không gian con của R3 xác định bởi V = {(x, x, 0) | x ∈ R} Tìm hai không gian con U1 , U2 khác nhau của R3 sao cho R3 = V ⊕ U1 = V ⊕ U2 32 triminhng@gmail.com 1.6 Bài tập Bài tập 1.7 Cho f1 , f2 , f3 , f4 : R3 → R3 là các tự đồng cấu tuyến tính xác định...    Bài tập Bài tập 1.1 Chứng minh rằng ma trận vuông A khả nghịch khi và chỉ khi hệ số hằng trong đa thức tối tiểu của A khác 0 Bài tập 1.2 Nếu A ∈ Mn (K) khả nghịch và degmA (x) = k thì A−1 là tổ hợp tuyến tính của I, A, A2 , , Ak−1 Bài tập 1.3 Xác định đa thức  tiểu của các ma trận sau:  tối    1 2 3   a 0 1 2 0 0 1 −1 1 0  1 1 −1  b −1 1 0  1 3 −2   c 0 7 −4 0 9 −5 Bài tập... linh Bài tập 1.25 Nếu f : V → V lũy linh thì f chỉ có các giá trị riêng là 0 Bài tập 1.26 Cho V = Mn (R) và A ∈ V Chứng minh ánh xạ fA : V → V xác định bởi fA (X) = AX − XA là ánh xạ tuyến tính Chứng minh rằng nếu A lũy linh thì fA cũng lũy linh Bài tập 1.27 Cho f : V → V là ánh xạ tuyến tính lũy linh với có bậc p Chứng minh rằng nếu x ∈ V sao cho f p−1 (x) = 0 thì {x, f (x), , f p−1 (x)} độc lập tuyến. .. Kerfi Bài tập 1.8 Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều và A là một không gian con của V Chứng minh rằng có một không gian con B của V sao cho V = A ⊕ B Bài tập 1.9 Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều và f : V → V là một ánh xạ tuyến tính Chứng minh rằng V = Imf ⊕ Kerf khi và chỉ khi Imf = Imf 2 Bài tập 1.10 Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều và f : V → V là một ánh xạ tuyến tính. .. 2P Bài tập 1.12 Cho V là không gian vectơ thực có số chiều n Nếu f : V → V là ánh xạ tuyến tính thỏa f 2 = id thì V = Im(f + id) ⊕ Im(id − f ) Bài tập 1.13 Trong R3 cho A = (1, 0, 1), (−1, 1, 2) Hãy xác định phép chiếu (1, 2, 1) lên A song song với (0, 1, 0) Bài tập 1.14 Cho f là một phép chiếu lên A song song với B Chứng minh rằng id − f là phép chiếu lên B song song với A 33 triminhng@gmail.com Bài. ..   0 0 2 0  −1 3 1 0 0 0 3   −13 8 1 2 −22 13 0 3    c    8 −5 0 −1 −22 13 5 5 Bài tập 1.30 Tìm dạng chuẩn Jordan của ánh xạ đạo hàm trên không gian các đa thức hệ số thực có bậc không quá 3 Bài tập 1.31 Tìm cơ sở Jordan của ánh xạ tuyến tính f có ma trận biểu diễn trong các bài tập 1.29, 1.30 Bài tập 1.32 Tìm ma trận Jordan của các tự đồng cấu f : C3 → C3 như sau a f (x, y, z) = (x −... Lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ f k−1 Ta được (0) (0) (0) ak−1,1 f k−1 (xk−1,1 ) + ak−1,2 f k−1 (xk−1,2 ) + + ak−1,v1 f k−1 (xk−1,vk−1 ) = 0 hay (0) (0) (0) ak−1,1 bk−1,1 + ak−1,2 bk−1,2 + + ak−1,v1 bk−1,vk−1 = 0 (0) (0) Do bk−1,1 , bk−1,2 , , bk−1,vk−1 độc lập tuyến tính nên ak−1,1 = ak−1,2 = = (0) ak−1,vk−1 = 0 • Tiếp theo, ta lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ... , bk−2,vk−2 độc lập tuyến tính (1) (1) (1) (0) (0) nên ak−1,1 = ak−1,2 = = ak−1,vk−1 = 0 và ak−2,1 = ak−2,2 = = (0) ak−2,vk−2 = 0 • Tiếp tục, ta lấy ảnh của tổ hợp tuyến tính trên qua ánh xạ f k−3 Ta được (2) ak−1,j = 0, j = 1, 2, , vk−1 ; (1) ak−2,j = 0, j = 1, 2, , vk−2 ; (0) ak−3,j = 0, j = 1, 2, , vk−3 • Tiếp tục quá trình như trên, lấy ảnh tổ hợp tuyến tính đó qua ánh xạ f k−4... và mf = vuông A của ánh xạ tuyến tính f ) lần lượt là Pf = i=1 (x − i=1 ei λi ) thì trong ma trận Jordan của f (hay dạng Jordan của A) giá trị riêng λi xuất hiện chính xác di lần trên đường chéo chính, số các ma trận Jordan cơ sở liên kết với λi là dim Ker(f − λi idVi ) và có ít nhất một trong những ma trận Jordan cơ sở có cấp tối đại là ei Ví dụ 1.5.1 Cho ánh xạ tuyến tính f : R7 → R7 có đa thức . 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. 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. 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