Chuong5

Ánh xạ tuyến tính
Ma trận của ánh xạ tuyến tính
Giá trị riêng, véc tơ riêng của ánh xạ tuyến tính
Chéo hóa ma trận

Bài giảng: TOÁN CAO CẤP 1
Chương V: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

Đàm Thanh Phương, Ngô Mạnh Tưởng

Ngày 16 tháng 11 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.






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

5.4 Chéo hóa ma trận.


Ma trận của ánh xạ tuyến tính Định nghĩa
Giá trị riêng, véc tơ riêng của ánh xạ tuyến tính Nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính

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



Định nghĩa
kiện sau:
a, f (u + v ) = f (u) + f (v ), ∀u, v ∈ E



Định nghĩa
kiện sau:
a, f (u + v ) = f (u) + f (v ), ∀u, v ∈ E
b, f (αu) = αf (u), ∀α ∈ K , ∀u ∈ E



Định nghĩa
kiện sau:
a, f (u + v ) = f (u) + f (v ), ∀u, v ∈ E
b, f (αu) = αf (u), ∀α ∈ K , ∀u ∈ E

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

Định lý
Ánh xạ f : E → F được gọi là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi
f (α1 v1 + α2 v2 ) = α1 f (v1 ) + α2 f (v2 ), ∀v1 , v2 ∈ E , ∀α1 , α2 ∈ K



Ví dụ

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



Ví dụ

Cho ánh xạ f : R2 → R2 xác định bởi
f (x, y ) = (3x − 2y , x); ∀(x, y ) ∈ R2 . Chứng tỏ rằng ánh xạ f là tuyến
tính.
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 xạ
tuyến tính
Cho E và F là hai không gian véc
tơ trên một trường K, f : E → F
là một ánh xạ tuyến. Nhân của
ánh xạ f là tập hợp các véc tơ u
của E sao cho f (u) = 0 và ký
hiệu ker f .
ker f = {u ∈ E : f (u) = 0}



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



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

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 bởi
f (v ) = uv (tích vô hướng của hai véc tơ u và v ). Chứng tỏ rằng f là ánh
xạ tuyến tính và tìm ker f .



Định nghĩa: Ảnh của ánh xạ
tuyến tính
là một ánh xạ tuyến. Ảnh của ánh
xạ f là tập hợp các véc tơ v của
F sao cho tồn tại véc tơ x ∈ E để
f (x) = v và ký hiệu Im f .
Im f = {v ∈ F : ∃x ∈ E , f (x) = v }



Định nghĩa: Ảnh của ánh xạ
tuyến tính
là một ánh xạ tuyến. Ảnh của ánh
xạ f là tập hợp các véc tơ v của
F sao cho tồn tại véc tơ x ∈ E để
f (x) = v và ký hiệu Im f .
Hình: Ảnh của ánh xạ tuyến tính
Im f = {v ∈ F : ∃x ∈ E , f (x) = v }



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



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 = y thì f (x) = f (y ).
Do đó với v = 0 ta có f (v ) = f (0) nhưng f (0) = 0 tức là với mọi
phần tử v = 0 ta có f (v ) = 0, suy ra v ∈ ker f , ker f chỉ chứa phần tử
/
không.
Đảo lại, giả sử ker f = {0}. Gọi u và v là các phần tử của E sao cho
f (u) = f (v ). Ta chứng minh u = v . Thật vậy, do ánh xạ f là tuyến tính
nên f (u − v ) = f (u) − f (v ) = 0 suy ra u − v ∈ ker f . Do ker f = {0} nên
u − 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 tơ
v1 , v2 , ..., vn độc lập tuyến tính trong E ⇔ hệ véc tơ
f (v1 ), f (v2 ), ..., f (vn ) độc lập tuyến tính trong F .



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

Chứng minh. (⇒) Giả sử α1 , α2 , ..., αn là các số sao cho:
α1 f (v1 ) + α2 f (v2 ) + ... + αn f (vn ) = 0. Ta phải chứng minh
α1 = α2 = ... = αn = 0.
Từ α1 f (v1 ) + α2 f (v2 ) + ... + αn f (vn ) = 0 do f là ánh xạ tuyến tính nên
ta có f (α1 v1 + ... + αn vn ) = 0 ⇒ α1 v1 + ... + αn vn ∈ ker f mà
ker f = {0} ⇒ α1 v1 + ... + αn vn = 0 ⇒ α1 = α2 = ... = αn = 0 (do
v1 , v2 , ..., vn độc lập tuyến tính trong E ). Vậy hệ véc tơ
(⇐) Giả sử α1 v1 + ... + αn vn = 0 ⇒ f (α1 v1 + ... + αn vn ) = 0 ⇒
α1 f (v1 ) + α2 f (v2 ) + ... + αn f (vn ) = 0 (do f là ánh xạ tuyến tính) mà
f (v1 ), f (v2 ), ..., f (vn ) độc lập tuyến tính trong F , suy ra
α1 = α2 = ... = αn = 0. Vậy hệ véc tơ v1 , v2 , ..., vn độc lập tuyến tính
trong 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 .



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



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



Định lý
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 hệ
sinh của E.
Chứng minh xem giáo trình



Chú ý
Để tìm ker f ta sử dụng định nghĩa. Tìm Im f ta có thể làm theo
cách sau:



Chú ý
cách sau:
1. Chọn một cơ sở S = {e1 , e2, ..., en } của E .



Chú ý
cách sau:
2. Tìm f (e1 ) , f (e2, ) ..., f (en )



Chú ý
cách sau:
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 .



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
  x1 = 2α

⇔ 2x1 + 3x2 − x3 = 0 ⇔ x2 = −α ⇒ x = (2α, −α, α) = α (2, −1, 1)
 
3x1 + 5x2 − x3 = 0 x3 = α
 
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 ra
Im 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 3 1 2 3 1 2 3
 1 3 5 → 0 1 2 → 0 1 2 
−1 −1 −1 0 1 2 0 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 , biết
f (1, 1, 1) = (1, 2, 1) ; f (1, 1, 2) = (2, 1, −1) ; f (1, 2, 1) = (5, 4, −1).



Ví dụ 2
Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 , biết
f (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 = 3x1 − x2 − x3
⇔ α + β + 2γ = x2 ⇔ β = −x1 + x3
α + 2β + γ = 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 )

 −4x1 + 4x2 + x3 = 0

∀x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ ker f ⇔ f (x) = 0 ⇔ x1 + 2x2 − x3 = 0

5x1 − 2x2 − 2x3 = 0





 x1 = 2α

⇔ x2 = α ⇒ x = (2α, α, 4α) = α (2, 1, 4)

x3 = 4α


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
 
x1
[x]S =  x2  ⇔ x = x1 (1, 1, 1) + x2 (1, 1, 2) + x3 (1, 2, 1)
 

x3
⇒ f (x) = x1 f (1, 1, 1) + x2 f (1, 1, 2) + x3 f (1, 2, 1) =
= (x1 + 2x2 + 5x3 , 2x1 + x2 + 4x3 , x1 − x2 − x3 )



ta có
 
 x1 + 2x2 + 5x3 = 0
  x1 = −α

f (x) = 0 ⇔ 2x1 + x2 + 4x3 = 0 ⇔ x2 = −2α
 
x1 − x2 − x3 = 0 x3 = α
 
 
−α
[x]S =  −2α  ⇔ x = −α (1, 1, 1) − 2α (1, 1, 2) + α (1, 2, 1)
α
⇔ 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 là
S = {(1, 1, 1) , (1, 1, 2) , (1, 2, 1)}. Theo mệnh đề suy ra
Im 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 1 1 2 1 1 2 1
 2 1 −1  →  0 −3 −3  →  0 1 1 
5 4 −1 0 −6 −6 0 0 0

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


Ánh xạ tuyến tính Định nghĩa
Ma trận của ánh xạ tuyến tính Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính
Giá trị riêng, véc tơ riêng của ánh xạ tuyến tính Ma trận chuyển cơ sở
Chéo hóa ma trận Ma trận của ánh xạ tuyến tính khi chuyển cơ sở

Định nghĩa

Định nghĩa



Định nghĩa

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 và
W , f : V → W là ánh xạ tuyến tính. Giả sử

f (e1 ) = a11 u1 + a12 u2 + ... + a1m um
f (e2 ) = a21 u1 + a22 u2 + ... + a2m um
. .
.
.
f (en ) = an1 u1 + an2 u2 + ... + anm um

Khi đó ma trận  
a11 a21 ··· an1
 a12 a22 ··· an2 
A= . . .
 
. . .. . 
 . . . . 
a1m a2m ··· anm


Nhận xét

1 AE ,F là ma trận có các cột là tọa độ của các véc tơ
f (e1 ) , f (e2 ) , ..., f (en ) trong cơ sở F
 
| |
AEF =  f (e1 ) · · · f (en ) 
| |



Nhận xét

1 AE ,F là ma trận có các cột là tọa độ của các véc tơ
f (e1 ) , f (e2 ) , ..., f (en ) trong cơ sở F
 
| |
AEF =  f (e1 ) · · · f (en ) 
| |

2 Đặc biệt nếu dim W = dim V = n hoặc W ≡ V thì ma trận của ánh
xạ tuyến tính là ma trận vuông cấp n.



Ví dụ 1

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)}



Ví dụ 1

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 có

 f (1, 1, 1) = (0, 3) = −3 (1, 1) + 3 (1, 2)
−3 −7 4

f (1, 0, 1) = (−2, 3) = −7 (1, 1) + 5 (1, 2) ⇒ AEF =
 3 5 −1
f (1, 1, 0) = (3, 2) = 4 (1, 1) − (1, 2)




Ví dụ 3

Cho ánh xạ tuyến tính f : P2 [x] → P3 [x] xác định bởi
f (p(x)) = x 2 p (x) + p(x). Tìm ma trận của f trong cặp cơ sở chính tắc.



Ví dụ 3

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)}



Ví dụ 3

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)
 
−8 −4
⇒ AEF =  −5 −2 
6 3



Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính

Định lý



Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính

Định lý
Giả sử V , W là các không gian véc tơ trên trường số thức R, ánh xạ
f : V → W là ánh xạ tuyến tính,
E = {e1 , e2 , · · · , en } , F = {u1 , u2 , · · · , um } lần lượt là các cơ sở của V
và W , AE ,F là mât trận của f trong cặp cơ sở E , F . Khi đó
[f (x)]F = AE ,F [x]E và được gọi là biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến
tính f



Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính I

Giả sử x ∈ V ⇒ x = α1 e1 + α2 e2 + · · · + αn en , suy ra
f (x) = α1 f (e1 ) + α2 f (e2 ) + · · · + αn f (en )
Mặt khác ta có

f (e1 ) = a11 u1 + a12 u2 + ... + a1m um
f (e2 ) = a21 u1 + a22 u2 + ... + a2m um
. .
.
.
f (en ) = an1 u1 + an2 u2 + ... + anm um

khi đó f (x) =
α1 (a11 u1 + a12 u2 + ... + a1m um ) + α2 (a21 u1 + a22 u2 + ... + a2m um ) +
· · · + αn (an1 u1 + an2 u2 + ... + anm um ) = f (en ) =



Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính II

(a11 α1 + a21 α2 + ... + an1 αn ) u1 + (a12 α1 + a22 α2 + ... + an2 αn ) u2 +
· · · + (a1m α1 + a2m α2 + ... + anm αn ) um suy ra
 
a11 α1 + a21 α2 + ... + an1 αn
 a12 α1 + a22 α2 + ... + an2 αn 
[f (x)]F =  .  = AE ,F [x]E
 
 .
. 
a1m α1 + a2m α2 + ... + anm αn F



Ví dụ

Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R2 biết ma trận của f trong cặp cơ sở
E = {(1, 1, 1) ; (1, 0, 1) ; (1, 1, 0)} , F = {(1, 1) ; (2, 1)} là
2 1 −3
AEF = .
0 3 4
a, Tìm f (3, 1, 5).
b, Tìm f (x).



Ví dụ I

Giải: a, Ta có x = (3, 1, 5).
Xét tở hợp tuyến tính x = (3, 1, 5) , (3, 1, 5) =
  
α = 3
 3
α (1, 1, 1) + β (1, 0, 1) + γ (1, 1, 0) ⇒ ⇒ [x]E =  2  β=2
 

γ = −2 −2

14
áp dụng công thức [f (x)]F = AEF [x]E ⇒ [f (3, 1, 5)]F =
−2
Đổi tọa độ của f (3, 1, 5) sang cơ sở chính tắc
f (3, 1, 5) = 14 (1, 1) − 2 (2, 1) = (10, 12)
b, Lấy x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 . Xét tổ hợp tuyến tính
1 , x2 , x3 ) = α (1, 1, 1) + β (1, 0, + γ (1, 1, 0) ⇒
(x 1) 
 α = −x1 + x2 + x3
 −x1 + x2 + x3
β = x1 − x2 ⇒ [x]E =  x1 − x2 
 

γ = x1 − x3 x1 − x3




Ví dụ II

−4x1 + x2 + 5x3
+ Mặt khác ta có [f (x)]F = AEF [x]E ⇒ [f (x)]F =
7x1 − 3x2 − 4x3
+ Đổi tọa độ của f (x) sang cơ sở chính tắc
f (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 } và
U = {u1 , u2 , ..., un }. Ta có

 u1 = a11 e1 + a12 e2 + · · · a1n en


 u2 = a21 e1 + a22 e2 + · · · a2n en


.
.
.


un = an1 e1 + an2 e2 + · · · ann en



U = {u1 , u2 , ..., un }. Ta có

 u1 = a11 e1 + a12 e2 + · · · a1n en


 u2 = a21 e1 + a22 e2 + · · · a2n en


.
.
.


un = an1 e1 + an2 e2 + · · · ann en

Khi đó ma trận  
a11 a21 ··· an1
 a12 a22 ··· an2 
P = .
 
. .. 
 . . 
a1n a2n ··· ann
được gọi là ma trận chuyển cở sở từ E sang U.



U = {u1 , u2 , ..., un }. Ta có

 u1 = a11 e1 + a12 e2 + · · · a1n en


 u2 = a21 e1 + a22 e2 + · · · a2n en


.
.
.


un = an1 e1 + an2 e2 + · · · ann en

Khi đó ma trận  
a11 a21 ··· an1
 a12 a22 ··· an2 
P = .
 
. .. 
 . . 
a1n a2n ··· ann
được gọi là ma trận chuyển cở sở từ E sang 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 sang E .


Thậy vậy, ta có ∀x ∈ V ⇔ x = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xn en và
x = y1 u1 + y2 u2 + · · · + yn un . Mặt khác ta có

 u1 = a11 e1 + a12 e2 + · · · a1n en


 u2 = a21 e1 + a22 e2 + · · · a2n en


.
.
.


un = an1 e1 + an2 e2 + · · · ann en
Suy ra
x = y1 (a11 e1 + a12 e2 + · · · + a1n en ) + y2 (a21 e1 + a22 e2 + · · · + a2n en ) + · · · +
+yn (an1 e1 + an2 e2 + · · · + ann en ) = (a11 y1 + a21 y2 + · · · + an1 yn ) e1 +
+ (a12 y1 + a22 y2 + · · · + an2 yn ) e2 + · · · + (a1n y1 + a2n y2 + · · · + ann yn ) 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)} và
U = {(1; 1; 2) , (1; 2; 1) , (1; 1; 1)}. Tìm ma trận chuyển cơ sở từ E sang
U.



Ví dụ.

U.
Giải. Tìm tọa độ của các véc tơ
u1 = (1; 1; 2) , u2 = (1; 2; 1) , u3 = (1; 1; 1) theo cơ sở E .



Ví dụ.

U.
u1 = (1; 1; 2) , u2 = (1; 2; 1) , u3 =  1; 1) theo cơ sở  . 
  (1;  E
2 2 1
Ta có [u1 ]E =  0 , [u2 ]E =  −1 , [u3 ]E =  0 
−1 0 0



Ví dụ.

U.
u1 = (1; 1; 2) , u2 = (1; 2; 1) , u3 =  1; 1) theo cơ sở  . 
  (1;  E
2 2 1
Ta có [u1 ]E =  0 , [u2 ]E =  −1 , [u3 ]E =  0 
−1 0 0
Suy ra  
2 2 1
P =  0 −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 = e1 , e2 , ..., en ,
trong W có hai cơ sở là U = {u1 , u2 , ..., un } , U = u1 , u2 , ..., un
và P là ma trận chuyển cơ sở từ E sang E , Q là ma trận chuyển cơ sở từ
U sang U , A là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sở E , 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 = e1 , e2 , ..., en ,
trong W có hai cơ sở là U = {u1 , u2 , ..., un } , U = u1 , u2 , ..., un
và P là ma trận chuyển cơ sở từ E sang E , Q là ma trận chuyển cơ sở từ
U sang 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 = AE ,U [x]E ⇔ Q[f (x)]U = AE ,U P[x]E ⇔ [f (x)]U = Q −1 AE ,U P[x]E

Khi đó Q −1 AEU P là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sở
E ,U .



Sơ đồ




Đặc biệt nếu ánh xạ tuyến tính f : V → V , trong V có hai cơ sở
E = {e1 , e2 , ..., en } , E = e1 , e2 , ..., en và P là ma trận chuyển cở sở
từ E sang E , A là ma trận của ánh xạ tuyến tính trong cơ sở E . Khi đó
P −1 AP 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 trận
đồng dạng nếu tồn tại ma trận khả nghịch P sao cho P −1 AP = B.



Ma trận đồng dạng

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

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


Giá trị riêng, véc tơ riêng của ánh xạ tuyến tính Đa thức đặc trưng

Định nghĩa
Cho ánh xạ tuyến tính f : V → V . Véc tơ x ∈ V , (x = 0) được gọi là
véc 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 riêng
x của f .



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



Định nghĩa
x của f .
Ta có f (1; 1) = (1; 1) = 1 (1; 1), khi đó số λ = 1 là giá trị riêng liên kết
với véc tơ x = (1; 1).



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



Nhận xét.

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



Nhận xét.

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



Nhận xét.

1, Thật vậy, giả sử véc tơ riêng x có hai giá trị riêng λ và η, ta có
f (x) = λx = ηx ⇔ (λ − η) x = 0 ⇒ λ = η (do x = 0).
2, Giả sử λ là giá trị riêng liên kết với véc tơ riêng x, và k là một số
khác 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.



Đa thức đặc trưng
Cho ánh xạ tuyến tính f : E → E . Giả sử A là ma trận của phép biến
đổi đó theo cơ sở e1 , e2 , ..., en . Ta ký hiệu véc tơ riêng v ∈ E dưới dạng
ma 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) là
một hệ n phương trình tuyến tính thuần nhất. Theo quy tắc Cramer, nếu
det(A − λI ) = 0 thì hệ có nghiệm tầm thường duy nhất X = 0. Vậy để
hệ (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 của
phương trình (2)

Định nghĩa:
Định thức det(A − λI ) = 0 là một đa thức bậc n đối với λ và được gọi là
đa thức đặc trưng hay phương trình đặc trưng của A (hay của ánh
xạ 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 = 0
tìm các véc tơ riêng X .



Ví dụ I

6 2
Cho ánh xạ tuyến tính f : R2 → R2 có ma trận A = . Hãy
2 3
tìm các giá trị riêng và véc tơ riêng của nó.


Ví dụ II

+ Với λ2 = 7 ta có phương trình

−x1 + 2x2 =0
⇔ x1 = 2x2
2x1 − 4x2 =0

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


Ví dụ

Tìm các giá trị riêng và véc tơ riêng của ma trận
 
2 −1 1
A =  −1 2 −1 
0 0 1



Ví dụ I

Giải: + Phương trình đặc trưng là

2−λ −1 1
2
det(A−λI ) = −1 2−λ −1 = (1−λ) (2 − λ) − 1 = (1 − λ)2 (3−λ
0 0 1−λ

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
−x1 + x2 − x3 = 0

suy ra X = (x2 − x3 , x2 , x3 ) = x2 (1, 1, 0) + x3 (−1, 0, 1). Các véc tơ riêng
ứng với λ1,2 = 1 là v1 = (1, 1, 0), v2 = (−1, 0, 1).



Ví dụ II

+ Với λ3 = 3 ta có

 −x1 − x2 + x3 = 0 x1 = −x2
−x1 − x2 − x3 = 0 ⇔

x3 = 0 x3 = 0

Suy ra X = (x1 , −x1 , 0) = x1 (1, −1, 0). Véc tơ riêng ứng với λ3 = 3 là
v3 = (1, −1, 0).



Định lý I

Định lý
Các véc tơ riêng ứng với các giá trị riêng khác nhau thì độc lập tuyến
tính.
Chứng minh: Giả sử v1 , v2 , ..., vn là các véc tơ ứng với n giá trị riêng
khác nhau λ1 , λ2 , ..., λn của ánh xạ tuyến tính f . Giả sử hạng của hệ véc
tơ v1 , v2 , ..., vn là r với r < n (tức là số véc tơ độc lập tuyến tính lớn nhất
của hệ là r ). Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết đó là r véc tơ
đầu v1 , v2 , ..., vr . Khi đó các véc tơ còn lại sẽ là tổ hợp tuyến tính của r
véc tơ đó
vr +1 = α1 v1 + α2 v2 + ... + αr vr (3)
Do f là ánh xạ tuyến tính nên

f (vr +1 ) = α1 f (v1 ) + α2 f (v2 ) + ... + αr f (vr )



Định lý II

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

λr +1 vr +1 = α1 λ1 v1 + α2 λ2 v2 + ... + αr λr vr

Thay vr +1 bởi (3) ta được

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

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 nhau
nên α1 = α2 = ... = αr = 0. Thay vào (3) ta được vr +1 = 0, mâu thuẫn
với giả thiết vr +1 là véc tơ riêng, do đó r = n. Vậy v1 , v2 , ..., vn độc lập
tuyến tính.


Ma trận của ánh xạ tuyến tính Các định lý
Giá trị riêng, véc tơ riêng của ánh xạ tuyến tính Ví dụ
Chéo hóa ma trận Bài tập

Định nghĩa

Định nghĩa
Ma trận vuông A được gọi là chéo hóa được nếu A đồng dạng với
ma trận chéo, tức là; tồn tại ma trận khả nghịch P cùng cấp với ma trận
A sao cho P −1 AP = 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 trận
chéo D, nhưng không phải tất cả các ma trận vuông đều chéo hóa
được!



Định lý I

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

Chứng minh: a, Giả sử A chéo hóa được, theo định nghĩa tồn tại ma
trận khả nghịch P
 
p11 p12 · · · p1n
 p21 p22 · · · p2n 
P = . . 
 
 . .. . 
. . .
pn1 pn2 ··· pnn
sao cho P −1 AP = D, trong đó
 
λ1 0 ··· 0
 0 λ2 ··· 0 
D= . .
 
 . .. . 
. . . 
0 ··· λn


Định lý II
suy ra AP = PD
Gọi p1 , p2 , · · · , pn là các véc tơ cột của P,khi đó các cột liên tiếp của AP
là Ap1 , Ap2 , · · · , Apn . Mặt khác
  
p11 p12 · · · p1n λ1 0 · · · 0
 p21 p22 · · · p2n   0 λ2 · · · 0 
PD =  .  . =
  
 . ..  . ..
. . . . 
pn1 pn2 · · · pnn 0 0 · · · λn
 
λ1 p11 λ2 p12 · · · λn p1n
 λ1 p21 λ2 p22 · · · λn p2n 
= .
 
. .. 
 . . 
λ1 pn1 λ2 pn2 · · · λn pnn

Do AP = PD nên

Ap1 = λ1 p1 , Ap2 = λ2 p2 , · · · , Apn = λn pn


Định lý III
Vì P khả nghịch nên các cột pi = 0, do đó λ1 , λ2 , · · · , λn là các giá
trị riêng của A và p1 , p2 , · · · , pn là các véc tơ riêng tương ứng.
Vì P khả nghịch nên det (P) = 0, suy ra các véc tơ p1 , p2 , · · · , pn độc lập
tuyến 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 giá
trị riêng tương ứng λ1 , λ2 , · · · , λn và
 
p11 p12 · · · p1n
 p21 p22 · · · p2n 
P = .
 
 . .. 
. . 
pn1 pn2 ··· pnn

là ma trận có các cột là p1 , p2 , · · · , pn .
Các cột của tích AP là Ap1 , Ap2 , · · · , Apn . Nhưng

Ap1 = λ1 p1 , Ap2 = λ2 p2 , · · · , Apn = λn pn


Định lý IV

nên ta có
 
λ1 p11 λ2 p12 ···
λn p1n
 λ1 p21 λ2 p22 ···
λn p2n 
AP =  . =
 
. ..
 . . 
λ1 pn1 λ2 pn2 · · · λn pnn
  
p11 p12 · · · p1n λ1 0 · · · 0
 p21 p22 · · · p2n   0 λ2 · · · 0 
= .  .  = PD
  
. ..  . ..
 . . . . 
pn1 pn2 ··· pnn 0 0 ··· λn

trong đó D là ma trận chéo có những véc tơ riêng trên đường chéo
chính. Vì những véc tơ cột của P là độc lập tuyến tính nên P khả
nghịch, do đó AP = PD ⇔ P −1 AP = 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. Nếu
các trị riêng λ1 , λ2 , ..., λn của f đôi một khác nhau thì các véc tơ riêng
v1 , 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 n
véc 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, theo
định lý trên suy ra v1 , v2 , ..., vn độc lập tuyến tính. Mặt khác dim E = 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 hóa
được.


Chuong5

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (14)

Similar to Chuong5

Similar to Chuong5 (12)

More from tuongnm

More from tuongnm (20)

Chuong5