Toan1 - Chuong5

Ánh xạ tuyến tínhMa trận của ánh xạ tuyến tính

Giá trị riêng, véc tơ riêng của ánh xạ tuyến tínhChéo hóa ma trận

Bài giảng: TOÁN CAO CẤP 1

Chương V: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

Đàm Thanh Phương, Ngô Mạnh Tưởng

Ngày 12 tháng 10 năm 2010

Đàm Thanh Phương, Ngô Mạnh Tưởng Bài giảng: TOÁN CAO CẤP 1 Chương V: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH



Chương IV: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

5.1 Ánh xạ tuyến tính.

5.2 Ma trận của ánh xạ tuyến tính.

5.3 Giá trị riêng, véctơ riêng của ánh xạ tuyến tính.

5.4 Chéo hóa ma trận.




























Định nghĩaNhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính

Định nghĩa

Cho E và F là hai không gian véc tơ trên cùng một trường K. Ánhxạ f : E → F được gọi là ánh xạ tuyến tính nếu nó thoả mãn hai điềukiện sau:

a, f (u + v) = f (u) + f (v),∀u, v ∈ Eb, f (αu) = αf (u),∀α ∈ K ,∀u ∈ E

Điều kiện (a) trong định nghĩa là tính bảo toàn phép cộng, còn điềukiện (b) là tính bảo toàn phép nhân. Ta có thể gộp 2 điều kiện trên bằngmột điều kiện sau:

Định lý

Ánh xạ f : E → F được gọi là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi

f (α1v1 + α2v2) = α1f (v1) + α2f (v2),∀v1, v2 ∈ E , ∀α1, α2 ∈ K





Định nghĩa


a, f (u + v) = f (u) + f (v),∀u, v ∈ E

b, f (αu) = αf (u),∀α ∈ K ,∀u ∈ E


Định lý







Định nghĩa




Định lý







Định nghĩa




Định lý







Ví dụ

Cho ánh xạ f : R2 → R2 xác định bởif (x , y) = (3x − 2y , x); ∀(x , y) ∈ R2. Chứng tỏ rằng ánh xạ f là tuyếntính.

Giải. Ta có ∀x , y ∈ R2, x = (x1, x2) , y = (y1, y2) ,∀α, β ∈ R

f (αx + βy) = f (αx1 + βy1, αx2 + βy2) =

= (3 (αx1 + βy1)− 2 (αx2 + βy2) , αx1 + βy1) =

= α (3x1 − 2x2, x1) + β (3y1 − 2y2, y1) = αf (x) + βf (y)

Vậy f là ánh xạ tuyến tính.





Ví dụ

Cho ánh xạ f : R2 → R2 xác định bởif (x , y) = (3x − 2y , x); ∀(x , y) ∈ R2. Chứng tỏ rằng ánh xạ f là tuyếntính.Giải. Ta có ∀x , y ∈ R2, x = (x1, x2) , y = (y1, y2) ,∀α, β ∈ R

f (αx + βy) = f (αx1 + βy1, αx2 + βy2) =

= (3 (αx1 + βy1)− 2 (αx2 + βy2) , αx1 + βy1) =

= α (3x1 − 2x2, x1) + β (3y1 − 2y2, y1) = αf (x) + βf (y)

Vậy f là ánh xạ tuyến tính.





Ví dụ

Ánh xạ nào sau đây là ánh xạ tuyến tính ?

1 f : R2 → R2; f (x1, x2) = (2x1 + 3x2, x1)

2 f : R2 → R2; f (x1, x2) = (x1 + 2x2, 0)

3 f : R2 → R2; f (x1, x2) = (2x1 − x2, x1 + 1)sinh viên tự kiểm tra





Định nghĩa: Nhân của ánh xạtuyến tính

Cho E và F là hai không gian véctơ trên một trường K, f : E → Flà một ánh xạ tuyến. Nhân củaánh xạ f là tập hợp các véc tơ ucủa E sao cho f (u) = 0 và kýhiệu ker f .

ker f = {u ∈ E : f (u) = 0}

Hình: Nhân của ánh xạ tuyến tính

Ví dụ. Xét không gian V các véc tơ hình học. Cho trước một véc tơ u,với mỗi một véc tơ v ∈ V ta xét ánh xạ f : V → R xác định bởif (v) = uv (tích vô hướng của hai véc tơ u và v). Chứng tỏ rằng f là ánhxạ tuyến tính và tìm ker f .







ker f = {u ∈ E : f (u) = 0} Hình: Nhân của ánh xạ tuyến tính








ker f = {u ∈ E : f (u) = 0} Hình: Nhân của ánh xạ tuyến tính






Định nghĩa: Ảnh của ánh xạtuyến tính

Cho E và F là hai không gian véctơ trên một trường K, f : E → F

là một ánh xạ tuyến. Ảnh của ánhxạ f là tập hợp các véc tơ v củaF sao cho tồn tại véc tơ x ∈ E đểf (x) = v và ký hiệu Im f .

Im f = {v ∈ F : ∃x ∈ E , f (x) = v}

Hình: Ảnh của ánh xạ tuyến tính








Im f = {v ∈ F : ∃x ∈ E , f (x) = v}Hình: Ảnh của ánh xạ tuyến tính








Im f = {v ∈ F : ∃x ∈ E , f (x) = v}Hình: Ảnh của ánh xạ tuyến tính





Định lý

Ành xạ tuyến tính f : E → F là đơn ánh ⇔ ker f = {0}

Chứng minh. Ánh xạ f là đơn ánh nếu x 6= y nếu f (x) 6= f (y).Do đó với v 6= 0 ta có f (v) 6= f (0) nhưng f (0) = 0 tức là với mọi

phần tử v 6= 0 ta có f (v) 6= 0, suy ra v /∈ ker f , ker f chỉ chứa phần tửkhông.

Đảo lại, giả sử ker f = {0}. Gọi u và v là các phần tử của E sao chof (u) = f (v). Ta chứng minh u = v . Thật vậy, do ánh xạ f là tuyến tínhnên f (u− v) = f (u)− f (v) = 0 suy ra u− v ∈ ker f . Do ker f = {0} nênu − v = 0⇒ u = v . Vậy f là đơn ánh.





Định lý

Ành xạ tuyến tính f : E → F là đơn ánh ⇔ ker f = {0}

Chứng minh. Ánh xạ f là đơn ánh nếu x 6= y nếu f (x) 6= f (y).Do đó với v 6= 0 ta có f (v) 6= f (0) nhưng f (0) = 0 tức là với mọi

phần tử v 6= 0 ta có f (v) 6= 0, suy ra v /∈ ker f , ker f chỉ chứa phần tửkhông.

Đảo lại, giả sử ker f = {0}. Gọi u và v là các phần tử của E sao chof (u) = f (v). Ta chứng minh u = v . Thật vậy, do ánh xạ f là tuyến tínhnên f (u− v) = f (u)− f (v) = 0 suy ra u− v ∈ ker f . Do ker f = {0} nênu − v = 0⇒ u = v . Vậy f là đơn ánh.





Định lý

Cho ánh xạ tuyến tính f : E → F và ker f = {0}. Khi đó hệ véc tơv1, v2, ..., vn độc lập tuyến tính trong E ⇔ hệ véc tơf (v1), f (v2), ..., f (vn) độc lập tuyến tính trong F .

Chứng minh. (⇒) Giả sử α1, α2, ..., αn là các số sao cho:α1f (v1) + α2f (v2) + ...+ αnf (vn) = 0. Ta phải chứng minhα1 = α2 = ... = αn = 0.Từ α1f (v1) + α2f (v2) + ...+ αnf (vn) = 0 do f là ánh xạ tuyến tính nênta có f (α1v1 + ...+ αnvn) = 0⇒ α1v1 + ...+ αnvn ∈ ker f màker f = {0} ⇒ α1v1 + ...+ αnvn = 0⇒ α1 = α2 = ... = αn = 0 (dov1, v2, ..., vn độc lập tuyến tính trong E ). Vậy hệ véc tơf (v1), f (v2), ..., f (vn) độc lập tuyến tính trong F .(⇐) Giả sử α1v1 + ...+ αnvn = 0⇒ f (α1v1 + ...+ αnvn) = 0⇒α1f (v1) + α2f (v2) + ...+ αnf (vn) = 0 (do f là ánh xạ tuyến tính) màf (v1), f (v2), ..., f (vn) độc lập tuyến tính trong F , suy raα1 = α2 = ... = αn = 0. Vậy hệ véc tơ v1, v2, ..., vn độc lập tuyến tínhtrong E .(Chú ý. Điều ngược lại không cần điều kiện ker f = {0} là đơn ánh)





Định lý

Cho ánh xạ tuyến tính f : E → F và ker f = {0}. Khi đó hệ véc tơv1, v2, ..., vn độc lập tuyến tính trong E ⇔ hệ véc tơf (v1), f (v2), ..., f (vn) độc lập tuyến tính trong F .

Chứng minh. (⇒) Giả sử α1, α2, ..., αn là các số sao cho:α1f (v1) + α2f (v2) + ...+ αnf (vn) = 0. Ta phải chứng minhα1 = α2 = ... = αn = 0.Từ α1f (v1) + α2f (v2) + ...+ αnf (vn) = 0 do f là ánh xạ tuyến tính nênta có f (α1v1 + ...+ αnvn) = 0⇒ α1v1 + ...+ αnvn ∈ ker f màker f = {0} ⇒ α1v1 + ...+ αnvn = 0⇒ α1 = α2 = ... = αn = 0 (dov1, v2, ..., vn độc lập tuyến tính trong E ). Vậy hệ véc tơf (v1), f (v2), ..., f (vn) độc lập tuyến tính trong F .(⇐) Giả sử α1v1 + ...+ αnvn = 0⇒ f (α1v1 + ...+ αnvn) = 0⇒α1f (v1) + α2f (v2) + ...+ αnf (vn) = 0 (do f là ánh xạ tuyến tính) màf (v1), f (v2), ..., f (vn) độc lập tuyến tính trong F , suy raα1 = α2 = ... = αn = 0. Vậy hệ véc tơ v1, v2, ..., vn độc lập tuyến tínhtrong E .(Chú ý. Điều ngược lại không cần điều kiện ker f = {0} là đơn ánh)





Định lý

Cho ánh xạ tuyến tính f : E → F

1 Nhân của ánh xạ tuyến tính f là không gian con của E .

2 Ảnh của ánh xạ tuyến tính f là không gian con của F .

3 dim(ker f ) + dim(Im f ) = dimE

Mệnh đề

Ảnh của ánh xạ tuyến tính là không gian con sinh ra bởi ảnh của một hệsinh của E.

Chứng minh xem giáo trình





Định lý





Mệnh đề







Định lý





Mệnh đề







Định lý





Mệnh đề







Chú ý

Để tìm ker f ta sử dụng định nghĩa. Tìm Im f ta có thể làm theocách sau:

1. Chọn một cơ sở S = {e1, e2,..., en} của E .2. Tìm f (e1) , f (e2,) ..., f (en)3. Im f = 〈f (e1) , f (e2,) ..., f (en)〉





Chú ý


1. Chọn một cơ sở S = {e1, e2,..., en} của E .

2. Tìm f (e1) , f (e2,) ..., f (en)3. Im f = 〈f (e1) , f (e2,) ..., f (en)〉





Chú ý


1. Chọn một cơ sở S = {e1, e2,..., en} của E .2. Tìm f (e1) , f (e2,) ..., f (en)

3. Im f = 〈f (e1) , f (e2,) ..., f (en)〉





Chú ý


1. Chọn một cơ sở S = {e1, e2,..., en} của E .2. Tìm f (e1) , f (e2,) ..., f (en)3. Im f = 〈f (e1) , f (e2,) ..., f (en)〉





Ví dụ

Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3,∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3, f (x) =f (x1, x2, x3) = (x1 + x2 − x3, 2x1 + 3x2 − x3, 3x1 + 5x2 − x3).

1, Tìm cơ sở và số chiều của ker f .2, Tìm cơ sở và số chiều của Im f .

Giải.∀x = (x1, x2, x3) ∈ ker f ⇔ f (x) = 0

⇔ (x1 + x2 − x3, 2x1 + 3x2 − x3, 3x1 + 5x2 − x3) = 0

⇔

x1 + x2 − x3 = 0

2x1 + 3x2 − x3 = 0

3x1 + 5x2 − x3 = 0

⇔

x1 = 2α

x2 = −αx3 = α

⇒ x = (2α,−α, α) = α (2,−1, 1)

Vậy {(2,−1, 1)} là hệ sinh và cũng là cơ sở của ker f ⇒ dim(ker f ) = 1





Ví dụ

Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3,∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3, f (x) =f (x1, x2, x3) = (x1 + x2 − x3, 2x1 + 3x2 − x3, 3x1 + 5x2 − x3).


Giải.∀x = (x1, x2, x3) ∈ ker f ⇔ f (x) = 0

⇔ (x1 + x2 − x3, 2x1 + 3x2 − x3, 3x1 + 5x2 − x3) = 0

⇔

x1 + x2 − x3 = 0

2x1 + 3x2 − x3 = 0

3x1 + 5x2 − x3 = 0

⇔

x1 = 2α

x2 = −αx3 = α

⇒ x = (2α,−α, α) = α (2,−1, 1)

Vậy {(2,−1, 1)} là hệ sinh và cũng là cơ sở của ker f ⇒ dim(ker f ) = 1





Tìm cơ sở của Im f . Chọn cơ sở chính tắc của R3 là{(1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)}. Theo mệnh đề suy raIm f = 〈f (1, 0, 0) , f (0, 1, 0) , f (0, 0, 1)〉. Ta có

Im f = 〈f (1, 0, 0) , f (0, 1, 0) , f (0, 0, 1)〉 = 〈(1, 2, 3) , (1, 3, 5) , (−1,−1,−1)〉

Lập ma trận, dùng phép biến đổi theo hàng ta có 1 2 31 3 5−1 −1 −1

→ 1 2 3

0 1 20 1 2

→ 1 2 3

0 1 20 0 0

Vậy cơ sở của Im f là {(1, 2, 3) , (0, 1, 2)} ⇒ dim (Im f ) = 2





Ví dụ 2

Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3, biếtf (1, 1, 1) = (1, 2, 1) ; f (1, 1, 2) = (2, 1,−1) ; f (1, 2, 1) = (5, 4,−1).


Giải.Cách 1 (thường dùng).

∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3 ⇒ x = α (1, 1, 1) + β (1, 1, 2) + γ (1, 2, 1)

⇔

α + β + γ = x1

α + β + 2γ = x2

α + 2β + γ = x3

⇔

α = 3x1 − x2 − x3

β = −x1 + x3

γ = −x1 + x2

⇒ f (x) = αf (1, 1, 1) + βf (1, 1, 2) + γf (1, 2, 3) =

= (−4x1 + 4x2 + x3, x1 + 2x2 − x3, 5x1 − 2x2 − 2x3)

∀x = (x1, x2, x3) ∈ ker f ⇔ f (x) = 0⇔

−4x1 + 4x2 + x3 = 0

x1 + 2x2 − x3 = 0

5x1 − 2x2 − 2x3 = 0





Ví dụ 2

Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3, biếtf (1, 1, 1) = (1, 2, 1) ; f (1, 1, 2) = (2, 1,−1) ; f (1, 2, 1) = (5, 4,−1).


Giải.Cách 1 (thường dùng).

∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3 ⇒ x = α (1, 1, 1) + β (1, 1, 2) + γ (1, 2, 1)

⇔

α + β + γ = x1

α + β + 2γ = x2

α + 2β + γ = x3

⇔

α = 3x1 − x2 − x3

β = −x1 + x3

γ = −x1 + x2

⇒ f (x) = αf (1, 1, 1) + βf (1, 1, 2) + γf (1, 2, 3) =

= (−4x1 + 4x2 + x3, x1 + 2x2 − x3, 5x1 − 2x2 − 2x3)

∀x = (x1, x2, x3) ∈ ker f ⇔ f (x) = 0⇔

−4x1 + 4x2 + x3 = 0

x1 + 2x2 − x3 = 0

5x1 − 2x2 − 2x3 = 0





⇔

x1 = 2α

x2 = α

x3 = 4α

⇒ x = (2α, α, 4α) = α (2, 1, 4)

Vậy cơ sở của ker f là {(2, 1, 4)} và dim(ker f ) = 1.Cách 2. Chọn cơ sở là S = {(1, 1, 1) , (1, 1, 2) , (1, 2, 1)}. Ta có∀x ∈ ker f ⇔ f (x) = 0. Giả sử tọa độ của x trong S là

[x ]S =

x1

x2

x3

⇔ x = x1 (1, 1, 1) + x2 (1, 1, 2) + x3 (1, 2, 1)

⇒ f (x) = x1f (1, 1, 1) + x2f (1, 1, 2) + x3f (1, 2, 1) =

= (x1 + 2x2 + 5x3, 2x1 + x2 + 4x3, x1 − x2 − x3)





ta có

f (x) = 0⇔

x1 + 2x2 + 5x3 = 0

2x1 + x2 + 4x3 = 0

x1 − x2 − x3 = 0

⇔

x1 = −αx2 = −2αx3 = α

[x ]S =

−α−2αα

⇔ x = −α (1, 1, 1)− 2α (1, 1, 2) + α (1, 2, 1)

⇔ x = (−2α,−α,−4α) = −α (2, 1, 4)

Vậy cơ sở của ker f là {(2, 1, 4)} và dim(ker f ) = 1.





Tìm cơ sở của Im f . Chọn cơ sở của R3 là làS = {(1, 1, 1) , (1, 1, 2) , (1, 2, 1)}. Theo mệnh đề suy raIm f = 〈f (1, 1, 1) , f (1, 1, 2) , f (1, 2, 3)〉. Ta có

Im f = 〈f (1, 1, 1) , f (1, 1, 2) , f (1, 2, 3)〉 = 〈(1, 2, 1) , (2, 1,−1) , (5, 4,−1)〉

Lập ma trận, dùng phép biến đổi theo hàng ta có 1 2 12 1 −15 4 −1

→ 1 2 1

0 −3 −30 −6 −6

→ 1 2 1

0 1 10 0 0

Vậy cơ sở của Im f là {(1, 2, 1) , (0, 1, 1)} ⇒ dim (Im f ) = 2




Định nghĩaBiểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tínhMa trận chuyển cơ sởMa trận của ánh xạ tuyến tính khi chuyển cơ sở

Định nghĩa

Cho V và W là hai K không gian véc tơ hữu hạn chiều,E = {e1, e2, ..., en} ,F = {u1, u2, ..., um} lần lượt là các cơ sở của V vàW , f : V →W là ánh xạ tuyến tính. Giả sử

f (e1) = a11u1 + a12u2 + ...+ a1mum

f (e2) = a21u1 + a22u2 + ...+ a2mum

...

f (en) = an1u1 + an2u2 + ...+ anmum

.

Khi đó ma trận

A =

a11 a21 · · · an1

a12 a22 · · · an2

......

. . ....

a1m a2m · · · anm

được goi là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sở E ,F , kýhiệu AEF .





Nhận xét

1 AEF là ma trận có các cột là tọa độ của các véc tơf (e1) , f (e2) , ..., f (en) trong cơ sở F

AEF =

| |f (e1) · · · f (en)| |

2 Đặc biệt nếu W = V thì ma trận của ánh xạ tuyến tính trong cặp

cơ sở E ,E ký hiệu là AE và khi đó A là ma trận vuông cấp n.





Ví dụ

Cho f : R3 → R2, f (x1,x2, x3) = (x1 + 2x2 − 3x3, 2x1 + x3). Tìm ma trận

của ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sở

E = {(1, 1, 1) ; (1, 0, 1) ; (1, 1, 0)} ,F = {(1, 1) ; (1, 2)}

Giải: Ta cóf (1, 1, 1) = (0, 3) = −3 (1, 1) + 3 (1, 2)

f (1, 0, 1) = (−2, 3) = −7 (1, 1) + 5 (1, 2)

f (1, 1, 0) = (3, 2) = 4 (1, 1)− (1, 2)

⇒ AEF =

[−3 −7 43 5 −1

]





Ví dụ 2

Cho f : R2 → R3, f (x1,x2) = (x1 + 2x2, x1 − x2,−x2). Tìm ma trận của

ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sở

E = {(1, 1) ; (1, 0)} ,F = {(1, 1, 1) ; (−1, 2, 1) ; (1, 3, 2)}

Giải: Ta có{f (1, 1) = (3, 0,−1) = −8 (1, 1, 1)− 5 (−1, 2, 1) + 6 (1, 3, 2)

f (1, 0) = (1, 1, 0) = −4 (1, 1, 1)− 2 (−1, 2, 1) + 3 (1, 3, 2)

⇒ AEF =

−8 −4−5 −26 3





Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính I

Giả sử x ∈ V ⇒ x = α1e1 + α2e2 + · · ·+ αnen, suy raf (x) = α1f (e1) + α2f (e2) + · · ·+ αnf (en)

Mặt khác ta có

f (e1) = a11u1 + a12u2 + ...+ a1mum

f (e2) = a21u1 + a22u2 + ...+ a2mum

...

f (en) = an1u1 + an2u2 + ...+ anmum

.

khi đó f (x) =α1 (a11u1 + a12u2 + ...+ a1mum) + α2 (a21u1 + a22u2 + ...+ a2mum) +· · ·+ αn (an1u1 + an2u2 + ...+ anmum) = f (en) =





Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính II

(a11α1 + a21α2 + ...+ an1αn) u1 + (a12α1 + a22α2 + ...+ an2αn) u2 +· · ·+ (a1mα1 + a2mα2 + ...+ anmαn) um suy ra

[f (x)]F =

a11α1 + a21α2 + ...+ an1αn

a12α1 + a22α2 + ...+ an2αn

...a1mα1 + a2mα2 + ...+ anmαn

F

= AEF [x ]E

Biểu thức [f (x)]F = AEF [x ]E được gọi là biểu thức tọa độ của ánh xạ

tuyến tính f .





Ví dụ I

Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R2 biết ma trận của f trong cặp cơ sởE = {(1, 1, 1) ; (1, 0, 1) ; (1, 1, 0)} ,F = {(1, 1) ; (2, 1)} là

AEF =

[2 1 −30 3 4

].

a, Tìm f (3, 1, 5).b, Tìm f (x).

Giải: a, Ta có x = (3, 1, 5).Xét tở hợp tuyến tính x = (3, 1, 5) , (3, 1, 5) =

α (1, 1, 1) + β (1, 0, 1) + γ (1, 1, 0)⇒

α = 3

β = 2

γ = −2⇒ [x ]E =

3

2

−2

áp dụng công thức [f (x)]F = AEF [x ]E ⇒ [f (3, 1, 5)]F =

[14

−2

]Đổi tọa độ của f (3, 1, 5) sang cơ sở chính tắcf (3, 1, 5) = 14 (1, 1)− 2 (2, 1) = (10, 12)





Ví dụ II

b, Lấy x = (x1, x2, x3) ∈ R3. Xét tổ hợp tuyến tính(x1, x2, x3) = α (1, 1, 1) + β (1, 0, 1) + γ (1, 1, 0)⇒α = −x1 + x2 + x3

β = x1 − x2

γ = x1 − x3

⇒ [x ]E =

−x1 + x2 + x3

x1 − x2

x1 − x3

+ Mặt khác ta có [f (x)]F = AEF [x ]E ⇒ [f (x)]F =

[−4x1 + x2 + 5x3

7x1 − 3x2 − 4x3

]+ Đổi tọa độ của f (x) sang cơ sở chính tắcf (x) = (−4x1 + x2 + 5x3) (1, 1) + (7x1 − 3x2 − 4x3) (2, 1) =(10x1 − 5x2 − 3x3, 3x1 − 2x2 + x3)





Ma trận chuyển cơ sở

Trong không gian véc tơ V cho hai cơ sở E = {e1, e2, ..., en} vàU = {u1, u2, ..., un}. Ta có

u1 = a11e1 + a12e2 + · · · a1nen

u2 = a21e1 + a22e2 + · · · a2nen

...

un = an1e1 + an2e2 + · · · annen

Khi đó ma trận

P =

a11 a21 · · · an1

a12 a22 · · · an2

.... . .

a1n a2n · · · ann

được gọi là ma trận chuyển cở sở từ E vào U.

Với mỗi véc tơ x ∈ V ta có [x ]E = P[x ]U . Nếu P khả nghịch thì P−1

là ma trận chuyển từ U vào E .







u1 = a11e1 + a12e2 + · · · a1nen

u2 = a21e1 + a22e2 + · · · a2nen

...


Khi đó ma trận

P =

a11 a21 · · · an1

a12 a22 · · · an2

.... . .




là ma trận chuyển từ U vào E .







u1 = a11e1 + a12e2 + · · · a1nen

u2 = a21e1 + a22e2 + · · · a2nen

...


Khi đó ma trận

P =

a11 a21 · · · an1

a12 a22 · · · an2

.... . .




là ma trận chuyển từ U vào E .Đàm Thanh Phương, Ngô Mạnh Tưởng Bài giảng: TOÁN CAO CẤP 1 Chương V: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH





Thậy vậy, ta có ∀x ∈ V ⇔ x = x1e1 + x2e2 + · · ·+ xnen vàx = y1u1 + y2u2 + · · ·+ ynun. Mặt khác ta có

u1 = a11e1 + a12e2 + · · · a1nen

u2 = a21e1 + a22e2 + · · · a2nen

...


Suy rax = y1 (a11e1 + a12e2 + · · ·+ a1nen) + y2 (a21e1 + a22e2 + · · ·+ a2nen) + · · ·++yn (an1e1 + an2e2 + · · ·+ annen) = (a11y1 + a21y2 + · · ·+ an1yn) e1+

+ (a12y1 + a22y2 + · · ·+ an2yn) e2 + · · ·+ (a1ny1 + a2ny2 + · · ·+ annyn) en

do đó [x ]E = P[x ]U .

Cấu trúc của ma trận P là

P =(

[u1]E [u2]E · · · [un]E)





Ví dụ.

Trong R3 cho 2 cơ sở E = {(1; 1; 1) , (1; 0; 1) , (1; 1; 0)} vàU = {(1; 1; 2) , (1; 2; 1) , (1; 1; 1)}. Tìm ma trận chuyển cơ sở từ E vào U.

Giải. Tìm tọa độ của các véc tơu1 = (1; 1; 2) , u2 = (1; 2; 1) , u3 = (1; 1; 1) theo cơ sở E .

Ta có [u1]E =

20−1

, [u2]E =

2−10

, [u3]E =

100

Suy ra

P =

2 2 10 −1 0−1 0 0





Ví dụ.

Trong R3 cho 2 cơ sở E = {(1; 1; 1) , (1; 0; 1) , (1; 1; 0)} vàU = {(1; 1; 2) , (1; 2; 1) , (1; 1; 1)}. Tìm ma trận chuyển cơ sở từ E vào U.Giải. Tìm tọa độ của các véc tơu1 = (1; 1; 2) , u2 = (1; 2; 1) , u3 = (1; 1; 1) theo cơ sở E .

Ta có [u1]E =

20−1

, [u2]E =

2−10

, [u3]E =

100

Suy ra

P =

2 2 10 −1 0−1 0 0





Ví dụ.


Ta có [u1]E =

20−1

, [u2]E =

2−10

, [u3]E =

100

Suy ra

P =

2 2 10 −1 0−1 0 0





Ví dụ.


Ta có [u1]E =

20−1

, [u2]E =

2−10

, [u3]E =

100

Suy ra

P =

2 2 10 −1 0−1 0 0





Ma trận của ánh xạ tuyến tính khi chuyển cơ sở

Cho ánh xạ tuyến tính f : V →W , (V ,W là các không gian véc tơ).

Giả sử trong V có hai cơ sở là E = {e1, e2, ..., en} ,E′={e

′

1, e′

2, ..., e′

n

},

trong W có hai cơ sở là U = {u1, u2, ..., un} ,U′={u

′

1, u′

2, ..., u′

n

}và P là ma trận chuyển cơ sở từ E vào E

′, Q là ma trận chuyển cơ sở từ

U vào U′, A là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sở E ,U.

Với mỗi x ∈ V ta có

[f (x)]U = AEU [x ]E ⇔ Q[f (x)]U′ = AEUP[x ]E ′ ⇔ [f (x)]U′ = Q−1AEUP[x ]E ′

Khi đó Q−1AEUP là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sởE

′,U

′.






Cho ánh xạ tuyến tính f : V →W , (V ,W là các không gian véc tơ).

Giả sử trong V có hai cơ sở là E = {e1, e2, ..., en} ,E′={e

′

1, e′

2, ..., e′

n

},

trong W có hai cơ sở là U = {u1, u2, ..., un} ,U′={u

′

1, u′

2, ..., u′

n

}và P là ma trận chuyển cơ sở từ E vào E

′, Q là ma trận chuyển cơ sở từ

U vào U′, A là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sở E ,U.

Với mỗi x ∈ V ta có

[f (x)]U = AEU [x ]E ⇔ Q[f (x)]U′ = AEUP[x ]E ′ ⇔ [f (x)]U′ = Q−1AEUP[x ]E ′

Khi đó Q−1AEUP là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sởE

′,U

′.





Sơ đồ






Đặc biệt nếu ánh xạ tuyến tính f : V → V , trong V có hai cơ sở

E = {e1, e2, ..., en} ,E′={e

′

1, e′

2, ..., e′

n

}và P là ma trận chuyển cở sở

từ E vào E′, A là ma trận của ánh xạ tuyến tính trong cơ sở E . Khi đó

P−1AP là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cơ sở E′.






Đặc biệt nếu ánh xạ tuyến tính f : V → V , trong V có hai cơ sở

E = {e1, e2, ..., en} ,E′={e

′

1, e′

2, ..., e′

n

}và P là ma trận chuyển cở sở

từ E vào E′, A là ma trận của ánh xạ tuyến tính trong cơ sở E . Khi đó

P−1AP là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cơ sở E′.





Ma trận đồng dạng

Định nghĩa.

Cho hai ma trận A,B vuông cấp n. A và B được gọi là hai ma trậnđồng dạng nếu tồn tại ma trận khả nghịch P sao cho P−1AP = B .

Hệ quả.

Cho ánh xạ tuyến tính f : V → V , trong V có hai cơ sở E ,F và A làma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cơ sở E , B là ma trận của ánh xạtuyến tính f trong cơ sở F . Khi đó A và B là hai ma trận đồng dạng.





Ma trận đồng dạng

Định nghĩa.

Cho hai ma trận A,B vuông cấp n. A và B được gọi là hai ma trậnđồng dạng nếu tồn tại ma trận khả nghịch P sao cho P−1AP = B .

Hệ quả.

Cho ánh xạ tuyến tính f : V → V , trong V có hai cơ sở E ,F và A làma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cơ sở E , B là ma trận của ánh xạtuyến tính f trong cơ sở F . Khi đó A và B là hai ma trận đồng dạng.




Định nghĩaĐa thức đặc trưng

Định nghĩa

Cho ánh xạ tuyến tính f : V → V . Véc tơ x ∈ V , (x 6= 0) được gọi làvéc tơ riêng của ánh xạ tuyến f nếu tồn tại một số λ (thực hoặc phức)sao cho f (x) = λx . Số λ được gọi là giá trị riêng liên kết với véc tơ riêngx của f .

Ví dụ. Trong R2, xét ánh xạ tuyến tính xác định bởi f (x1; x2) = (x2; x1).Ta có f (1; 1) = (1; 1) = 1 (1; 1), khi đó số λ = 1 là giá trị riêng liên kếtvới véc tơ x = (1; 1).Tương tự ta có f (1;−1) = (−1; 1) = −1 (1;−1), khi đó số λ = −1 làgiá trị riêng liên kết với véc tơ riêng x = (1;−1).





Định nghĩa


Ví dụ. Trong R2, xét ánh xạ tuyến tính xác định bởi f (x1; x2) = (x2; x1).

Ta có f (1; 1) = (1; 1) = 1 (1; 1), khi đó số λ = 1 là giá trị riêng liên kếtvới véc tơ x = (1; 1).Tương tự ta có f (1;−1) = (−1; 1) = −1 (1;−1), khi đó số λ = −1 làgiá trị riêng liên kết với véc tơ riêng x = (1;−1).





Định nghĩa


Ví dụ. Trong R2, xét ánh xạ tuyến tính xác định bởi f (x1; x2) = (x2; x1).Ta có f (1; 1) = (1; 1) = 1 (1; 1), khi đó số λ = 1 là giá trị riêng liên kếtvới véc tơ x = (1; 1).

Tương tự ta có f (1;−1) = (−1; 1) = −1 (1;−1), khi đó số λ = −1 làgiá trị riêng liên kết với véc tơ riêng x = (1;−1).





Định nghĩa


Ví dụ. Trong R2, xét ánh xạ tuyến tính xác định bởi f (x1; x2) = (x2; x1).Ta có f (1; 1) = (1; 1) = 1 (1; 1), khi đó số λ = 1 là giá trị riêng liên kếtvới véc tơ x = (1; 1).Tương tự ta có f (1;−1) = (−1; 1) = −1 (1;−1), khi đó số λ = −1 làgiá trị riêng liên kết với véc tơ riêng x = (1;−1).





Nhận xét.

1 Mỗi véc tơ riêng có duy nhất một giá trị riêng.

2 Ngược lại, mỗi giá trị riêng có thể liên kết với nhiều véc tơ riêng.

1, Thật vậy, giả sử véc tơ riêng x có hai giá trị riêng λ và η, ta cóf (x) = λx = ηx ⇔ (λ− η) x = 0⇒ λ = η (do x 6= 0).

2, Giả sử λ là giá trị riêng liên kết với véc tơ riêng x , và k là một sốkhác không. Do f là ánh xạ tuyến tính nên ta có

f (kx) = kf (x) = k (λx) = λ (kx)

Vậy λ cũng là giá trị riêng liên kết với véc tơ riêng kx .





Nhận xét.





f (kx) = kf (x) = k (λx) = λ (kx)






Nhận xét.





f (kx) = kf (x) = k (λx) = λ (kx)






Nhận xét.





f (kx) = kf (x) = k (λx) = λ (kx)






Đa thức đặc trưng

Cho ánh xạ tuyến tính f : E → E . Giả sử A là ma trận của phép biếnđổi đó theo cơ sở e1, e2, ..., en. Ta ký hiệu véc tơ riêng v ∈ E dưới dạngma trận cột là X thì dạng ma trận của biểu thức f (v) = λv sẽ là:

AX = λX hay (A− λI )X = 0 (1)

Trong đó I là ma trận đơn vị cùng cấp với ma trận A. Biểu thức (1) làmột hệ n phương trình tuyến tính thuần nhất. Theo quy tắc Cramer, nếudet(A− λI ) 6= 0 thì hệ có nghiệm tầm thường duy nhất X = 0. Vậy đểhệ (1) có nghiệm khác không thì điều kiện cần và đủ là:

det(A− λI ) = 0 (2)

Các giá trị riêng λ của ma trận A hay của ánh xạ f là các nghiệm củaphương trình (2)

Định nghĩa:

Định thức det(A− λI ) = 0 là một đa thức bậc n đối với λ và được gọi làđa thức đặc trưng hay phương trình đặc trưng của A (hay của ánhxạ f ).





Các bước tìm giá trị riêng, véc tơ riêng

1 Tìm ma trận A của ánh xạ tuyến tính.

2 Giải phương trình đặc trưng det(A− λI ) = 0, tìm các λ.

3 Ứng với mỗi giá trị riêng λ thay vào phương trình (A− λI )X = 0tìm các véc tơ riêng X .





Ví dụ I

Cho ánh xạ tuyến tính f : R2 → R2 có ma trận A =

(6 22 3

). Hãy

tìm các giá trị riêng và véc tơ riêng của nó.Giải: + Ta có phương trình đặc trưng:

det(A−λI ) =

∣∣∣∣ 6− λ 22 3− λ

∣∣∣∣ = (6−λ)(3−λ)− 4 = λ2− 9λ+ 14 = 0

Giải phương trình ta được λ1 = 2, λ2 = 7+ Với λ1 = 2 ta có phương trình

(A− λ1I )X = 0⇒{

4x1 + 2x2 = 02x1 + x2 = 0

⇒ x2 = −2x1

Chọn x1 = 1 suy ra x2 = −2. Vậy véc tơ riêng ứng với giá trị riêngλ1 = 2 là v1 = (1,−2)





Ví dụ II

+ Với λ2 = 7 ta có phương trình{−x1 + 2x2 = 02x1 − 4x2 = 0

⇔ x1 = 2x2

Chọn x2 = 1 suy ra x1 = 2. Vậy véc tơ riêng ứng với giá trị riêng λ2 = 7là v2 = (2, 1)





Ví dụ I

Tìm các giá trị riêng và véc tơ riêng của ma trận

A =

2 −1 1−1 2 −10 0 1

Giải: + Phương trình đặc trưng là

det(A−λI ) =

∣∣∣∣∣∣2− λ −1 1−1 2− λ −10 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (1−λ)[(2− λ)2 − 1

]= (1− λ)2(3−λ) = 0

có nghiệm kép λ1,2 = 1 và nghiệm đơn λ3 = 3+ Với λ1,2 = 1 thay vào phương trình (A− λI )X = 0 ta có x1 − x2 + x3 = 0

−x1 + x2 − x3 = 0x3 = 0

⇔

{x1 = x2

x3 = 0





Ví dụ II

Chọn x1 = 1⇒ x2 = 1. Véc tơ riêng ứng với λ1,2 = 1 là v1 = (1, 1, 0).+ Với λ3 = 3 ta có −x1 − x2 + x3 = 0

−x1 − x2 − x3 = 0x3 = 0

⇔

{x1 = −x2

x3 = 0

Chọn x1 = 1⇒ x2 = −1. Véc tơ riêng ứng với λ3 = 3 là v2 = (1,−1, 0).





Định lý I

Định lý

Các véc tơ riêng ứng với các giá trị riêng khác nhau thì độc lập tuyếntính.

Chứng minh: Giả sử v1, v2, ..., vn là các véc tơ ứng với n giá trị riêngkhác nhau λ1, λ2, ..., λn của ánh xạ tuyến tính f . Giả sử hạng của hệ véctơ v1, v2, ..., vn là r với r < n (tức là số véc tơ độc lập tuyến tính lớn nhấtcủa hệ là r). Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết đó là r véc tơđầu v1, v2, ..., vr . Khi đó các véc tơ còn lại sẽ là tổ hợp tuyến tính của rvéc tơ đó

vr+1 = α1v1 + α2v2 + ...+ αrvr (3)

Do f là ánh xạ tuyến tính nên

f (vr+1) = α1f (v1) + α2f (v2) + ...+ αr f (vr )





Định lý II

Các vi là các véc tơ riêng nên f (vi ) = λivi , ta có

λr+1vr+1 = α1λ1v1 + α2λ2v2 + ...+ αrλrvr

Thay vr+1 bởi (3) ta được

λr+1(α1v1 + α2v2 + ...+ αrvr ) = α1λ1v1 + α2λ2v2 + ...+ αrλrvr

suy ra

α1(λr+1 − λ1)v1 + α2(λr+1 − λ2)v2 + ...+ αr (λr+1 − λr )vr = 0

Vì các véc tơ v1, v2, ..., vr độc lập tuyến tính và các λi đôi một khác nhaunên α1 = α2 = ... = αr = 0. Thay vào (3) ta được vr+1 = 0, mâu thuẫnvới giả thiết vr+1 là véc tơ riêng, do đó r = n. Vậy v1, v2, ..., vn độc lậptuyến tính.




Định nghĩaCác định lýVí dụBài tập

Định nghĩa

Định nghĩa

Ma trận vuông A được gọi là chéo hóa được nếu A đồng dạng vớima trận chéo, tức là; tồn tại ma trận khả nghịch P cùng cấp với ma trậnA sao cho P−1AP = D, trong đó D là ma trận chéo.

Vậy để chéo hóa ma trận A ta đi tìm ma trận khả nghịch P và ma trậnchéo D, nhưng không phải tất cả các ma trận vuông đều chéo hóađược!





Định lý I

Định lý

Giả sử A là ma trận vuông cấp n. Khi đó A chéo hóa được khi và chỉkhi A có n véc tơ riêng độc lập tuyến tính.

Chứng minh: a, Giả sử A chéo hóa được, theo định nghĩa tồn tại matrận khả nghịch P

P =

p11 p12 · · · p1n

p21 p22 · · · p2n

.... . .

...pn1 pn2 · · · pnn

sao cho P−1AP = D, trong đó

D =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

. . ....

0 · · · λn





Định lý II

suy ra AP = PDGọi p1, p2, · · · , pn là các véc tơ cột của P ,khi đó các cột liên tiếp của APlà Ap1,Ap2, · · · ,Apn. Mặt khác

PD =

p11 p12 · · · p1n

p21 p22 · · · p2n

.... . .

pn1 pn2 · · · pnn

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

. . .

0 0 · · · λn

=

=

λ1p11 λ2p12 · · · λnp1n

λ1p21 λ2p22 · · · λnp2n

.... . .

λ1pn1 λ2pn2 · · · λnpnn

Do AP = PD nên

Ap1 = λ1p1,Ap2 = λ2p2, · · · ,Apn = λnpn





Định lý III

Vì P khả nghịch nên các cột pi 6= 0, do đó λ1, λ2, · · · , λn là các giátrị riêng của A và p1, p2, · · · , pn là các véc tơ riêng tương ứng.Vì P khả nghịch nên det (P) 6= 0, suy ra các véc tơ p1, p2, · · · , pn độc lậptuyến tính.

Vậy A chéo hóa được thì A có n véc tơ riêng độc lập tuyến tính.b, Giả sử A có n véc tơ riêng độc lập tuyến tính p1, p2, · · · , pn với các giátrị riêng tương ứng λ1, λ2, · · · , λn và

P =

p11 p12 · · · p1n

p21 p22 · · · p2n

.... . .


là ma trận có các cột là p1, p2, · · · , pn.

Các cột của tích AP là Ap1,Ap2, · · · ,Apn. Nhưng

Ap1 = λ1p1,Ap2 = λ2p2, · · · ,Apn = λnpn





Định lý IV

nên ta có

AP =

λ1p11 λ2p12 · · · λnp1n

λ1p21 λ2p22 · · · λnp2n

.... . .

λ1pn1 λ2pn2 · · · λnpnn

=

=

p11 p12 · · · p1n

p21 p22 · · · p2n

.... . .


λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

. . .

0 0 · · · λn

= PD

trong đó D là ma trận chéo có những véc tơ riêng trên đường chéochính. Vì những véc tơ cột của P là độc lập tuyến tính nên P khảnghịch, do đó AP = PD ⇔ P−1AP = D.Vậy khi A có n véc tơ riêng độc lập tuyến tính thì A chéo hóa được.





Định lý I

Định lý

Giả sử f là một ánh xạ từ không gian n chiều E vào chính nó. Nếucác trị riêng λ1, λ2, ..., λn của f đôi một khác nhau thì các véc tơ riêngv1, v2, ..., vn tương ứng của chúng lập thành một cơ sở của E .

Chứng minh: Do số chiều của E là n nên ta chỉ cần phải chứng minh nvéc tơ v1, v2, ..., vn độc lập tuyến tính.Vì v1, v2, ..., vn là các véc tơ riêng ứng với n giá trị riêng khác nhau, theođịnh lý trên suy ra v1, v2, ..., vn độc lập tuyến tính. Mặt khác dimE = n,suy ra v1, v2, ..., vn là một cơ sở của E .





Hệ quả

Hệ quả

Nếu ma trận vuông A có đúng n giá trị riêng phân biệt thì A chéo hóađược.





Chú ý: Các bước chéo hóa ma trận A vuông cấp n

1 Giải phương trình đặc trưng det (A− λI ) = 0, tìm các giá trị riêng λ.

2 Với mỗi giá trị riêng λ, thay vào phương trình (A− λI )X = 0, tìmcác véc tơ riêng X .

3 Kết luận.

Nếu A không có đủ n véc tơ riêng độc lập tuyến tính thì A khôngchéo hóa được.Nếu A có đủ n véc tơ riêng độc lập tuyến tính thì A chéo hóa được và

P =

| | |X1 X2 · · · Xn

| | |

,P−1AP = D =

λ1

λ2

. . .

λn

Trong đó ma trận chuyển P là ma trận có các cột là tọa độ của cácvéc tơ riêng, D là ma trận chéo





Ví dụ I

Chéo hóa ma trận A (nếu được), biết

A =

1 3 3−3 −5 −33 3 1

GiảiBước 1: Giải phương trình đặc trưng tìm các giá trị riêng của A

0 = det(A− λI ) = −λ3 − 3λ2 + 4 = −(λ− 1)(λ+ 2)2 ⇔

[λ = 1

λ = −2

Bước 2: Tìm các véc tơ riêng:+ Với λ1 = 1 ta có hệ phương trình

(A− λ1I )X =

0 3 3−3 −6 −33 3 0

x1

x2

x3

=

000

⇔ {x1 = −x2

x3 = −x2





Ví dụ II

Khi đó ta có véc tơ riêng tương ứng là v1 =

1−11

+ Với λ2 = −2 ta có hệ phương trình 3 3 3

−3 −3 −33 3 3

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔ x1 = −x2 − x3

Suy ra véc tơ riêng có dạngv = (x1, x2, x3) = (−x2 − x3, x2, x3) = (−x2, x2, 0) + (−x3, 0, x3). Khi đó

ta có 2 véc tơ riêng tương ứng là v2 =

−110

, v3 =

−101





Ví dụ III

Bước 3: Ta có các véc tơ v1, v2, v3 độc lập tuyến tính nên A có đủ 3 véctơ độc lập tuyến tính, vậy A chéo hóa được. Ma trận chuyển và ma trậnchéo là

P =

1 −1 −1−1 1 01 0 1

,D =

1 0 00 −2 00 0 −2





Ví dụ I

Chéo hóa ma trận A (nếu được), biết

A =

2 4 3−4 −6 −33 3 1

Giải:+ Giải phương trình đặc trưng

0 = det(A− λI ) = −λ3 − 3λ2 + 4 = −(λ− 1)(λ+ 2)2 ⇔

[λ = 1

λ = −2

+ Với λ1 = 1 ta tìm được véc tơ riêng tương ứng là v1 =

1−11

+ Với Với λ2 = −2 ta tìm được véc tơ riêng tương ứng là v2 =

−110





Ví dụ II

+ Vậy A chỉ có 2 véc tơ riêng nên A không chéo hóa được.





Bài tập I

1 Trong các ánh xạ f : R3 → R sau đây, ánh xạ nào là tuyến tính

a) f (x , y , z) = 3x + 2y − 5z

b) f (x , y , z) = 5x − 3y

c) f (x , y , z) = 10x + 4y − 3z + 1

2 Cho ánh xạ f : R3 → R2 , xác định bởia, Tìm m để f là ánh xạ tuyến tính.b, Tìm cơ sở và số chiều của Im f ,Ker f với m vừa tìm được.

3 Cho ánh xạ f : P2 [x ]→ P2 [x ] , xác định bởif (p(x)) = xp

′(x) + p(x), p

′(x) là đạo hàm cấp 1 của p(x).

a, Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính .b, Tìm ma trận của f trong cặp cơ sở E ,F , biết

E ={1, x , x2

},F =

{1, 1− x , (1− x)2

}Đàm Thanh Phương, Ngô Mạnh Tưởng Bài giảng: TOÁN CAO CẤP 1 Chương V: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH




Bài tập II

4 Cho ánh xạ f : R3 → R2 xác định bởif (x , y , z) = (x − y − z , x + y + z + 3m), m là tham số.

a. Xác định m để f là ánh xạ tuyến tính, sau đó tìm cơ sở và sốchiều của Im f ,Ker f với m vừa tìm được.

b. Với m tìm được, tìm ma trận của ánh xạ f trong cặp cơ sởcủa R3 là u1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 0, 1), u3 = (0, 1, 1) và cơ sở củaR2 là v1 = (1, 0), v2 = (2, 1)

5 Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởif (x , y , z) = (2x − y + z ,−x + 2y − z , z)

a, Tìm ma trận của f trong cặp cơ sở chính tắc.b, Tìm giá trị riêng, véc tơ riêng của f .

6 Chéo hóa ma trận sau và đưa ra ma trận chuyển (nếu có)

A =

7 −2 0−2 6 −20 −2 5


Education

Toan1 - Chuong5