- 19 Tháng sáu 2021
- 2
- 6
- 6
- 23
- TP Hồ Chí Minh
- ĐH Bách Khoa TP.HCM
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
Chào tái ngộ các bạn.
Hôm nay chúng mình cùng đến với Kỳ 2 của phần Trị riêng - Vector riêng nhé!.
Bây giờ chúng ta cùng làm thêm vài thí dụ nữa nhằm ôn lại cũng như để hiểu hơn cách vận dụng lí thuyết vào bài toán.
Thí dụ 4 Cho $A=\begin{pmatrix} 1&4 \\ 2&3 \end{pmatrix}$. Tìm tất cả các TR, cơ sở và chiều của KG con riêng tương ứng.
Bài giải
Phương trình đặc trưng $det(A − λI) = 0$
$\iff \begin{vmatrix} 1-\lambda & 4 \\ 2&3-\lambda \end{vmatrix}=0\iff (1-\lambda)(3-\lambda)-2.4=0 \iff \left[\begin{array}{l}
\lambda_1=-1, nghiệm đơn: BĐS=1 \\
\lambda_2=5, nghiệm đơn: BĐS=1 \end{array}\right.$
Với $\lambda_1=-1$, giải hệ $(A − λ1I)x = 0$
[tex] \iff [/tex] $A=\begin{pmatrix} 1-{\color{red}{(-1)} } & 4 \\ 2 & 3-{\color{red}{(-1)} }\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} =0 $ $
\left\{\begin{matrix}
x_1 = -2\alpha\\
x_2=\alpha
\end{matrix}\right.
$
Cơ sở của $E_{-1}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} -2\\ 1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH = $dim(E_{−1}) = 1$.
Với $\lambda_2=5$, giải hệ $(A − λ_1I)x = 0$
[tex] \iff [/tex] $A=\begin{pmatrix} 1-{\color{red}{(5)} } & 4 \\ 2 & 3-{\color{red}{(5)} }\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} =0 $ $
\left\{\begin{matrix}
x_1 = \alpha\\
x_2=\alpha
\end{matrix}\right.
$
Cơ sở của $E_{5}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH = $dim(E_{5}) = 1$.
Thí dụ 5 Cho A = $A=\begin{pmatrix} 3&1&1 \\ 2&4&2\\1&1&3 \end{pmatrix}$. Tìm tất cả các TR, cơ sở và chiều của KG con riêng tương ứng.
Bài giải
Phương trình đặc trưng: $det(A − λI) = 0$
$\iff \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1&1 \\ 2&4-\lambda & 2 \\ 1&1& 3-\lambda \end{vmatrix}=0$ $\iff (3-\lambda)\begin{vmatrix} 4-\lambda & 2 \\ 1& 3-\lambda \end{vmatrix} +1\begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 1&3-\lambda \end{vmatrix} +1\begin{vmatrix} 2 & 4-\lambda \\ 1&1\end{vmatrix} =0 $
$\iff (3-\lambda)(\lambda^2-7\lambda+10)+ (−2λ + 4) + (λ − 2) = 0 \iff λ^3 + 10λ^2 − 28λ + 24 = 0$
$\iff \left[\begin{array}{l}
λ_1 = 2, nghiệm kép: BĐS=2 \\
λ2 = 6, nghiệm đơn: BĐS=1 \end{array}\right.$
Với λ_1 = 2, giải hệ
$(A − λ_1I)x =0 \iff \begin{pmatrix} 3-2&1&1\\2&4-2&2\\1&1&3-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix} =0 \iff x=\alpha \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}+\beta \begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}$
Cơ sở $E_2$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\-1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\ 1\\-1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH = $dim(E_{2}) = 2$.
$λ_2 = 6$, giải hệ
$(A − λ2I)x = 0 \iff \begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
-3 & -3 & 1 \\
2 &-2 & 2\\
1 & 1 & -3
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}$
Cơ sở của $E_{6}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 2\\1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH = $dim(E_{6}) = 1$.
Từ những thí dụ đơn giản phía trên, ta dễ dàng rút ra nhận xét sau: Nếu BĐS = 1 thì ta luôn có BHH = 1.
Ngoài ra, ta còn thấy việc tính đa thức đặc trưng của ma trận cấp 3 có chút rắc rối và dễ sai. Nên ta có thể dùng công thức sau:
[TBODY]
[/TBODY]
Trong đó: tr() là Vết (trace) của một ma trận vuông A bậc nxn được xác định bằng tổng các phần tử trên đường chéo chính.
Chúng ta cùng làm thêm 1 thí dụ áp dụng công thức phía trên nhé!
Thí dụ 6 Tìm tất cả cá TR và VTR của ma trận $\begin{pmatrix} 15&-18&-16\\9&-12&-8\\4&-4&6 \end{pmatrix}$
Bài giải
$tr(A) = 15 − 12 − 6 = −3, det(A) = 12$
$A_{11} + A_{22} + A_{33} = \begin{vmatrix} −12 & −8 \\−4 &−6 \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} 15& −16\\ 4& −6 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} 15 &−18 \\9 &−12 \end{vmatrix} = 40 − 26 − 18 = −4$
Đa thức đặc trưng: $P(λ) = −λ 3 − 3λ 2 + 4λ + 12.$
Suy ra TR:$ λ_1 = −3, λ_2 = −2, λ_3 = 2$
$λ_1 = −3$, giải hệ $
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
18 &−18& −16 \\
9 &−9& −8\\
4& &−4 &−3
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix}$. Cơ sở của $E_{-3}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 1\\0 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$
$λ_1 = −2$, giải hệ $
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
17 &−18& −16 \\
9 &-10& −8\\
4& −4 &−4
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix}$. Cơ sở của $E_{-2}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 2\\1\\ 1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$
$λ_1 = 2$, giải hệ $
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
13 &−18& −16 \\
9 &-14& −8\\
4& −4 &−8
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix}$. Cơ sở của $E_{2}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$
[TBODY]
[/TBODY]
Thí dụ 7 Cho ma trận $A=\begin{pmatrix}-5&-6&-4\\11&11&5\\-5&-4&0\end{pmatrix}$. Tìm tất cả TR và VTR của $A^{−1}$ và $A^3$.
Bài giải
Tìm lần lượt TR và VTR của A rồi suy ra TR và VTR của $A^{-1}$ và $A^3$
Đa thức đặc trưng của A là $P(λ) = −λ^3 + 6λ^2 − 11λ + 6 \Longrightarrow TR \left[\begin{array}{l}
\lambda_1=1 \\
\lambda_2=2\\ \lambda_3=3 \end{array}\right.$
Với $λ_1 = 1$, giải hệ $(A − λ_1)x = 0$
$
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
−6& −6 &−4 \\
11& 10 &5\\
−5 &−4 &−1
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix} 5 \\ -7\\ 3\end{pmatrix}$
Với $λ_2 =2$, giải hệ $(A − λ_2)x = 0$
$
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
−7& −6 &−4 \\
11& 9 &5\\
−5 &−4 &−2
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix} 2 \\ -3\\ 1\end{pmatrix}$
Với $λ_3 =3$, giải hệ $(A − λ_3)x = 0$
$
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
−8& −6 &−4 \\
11& 8 &5\\
−5 &−4 &−3
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix} 1 \\ -2\\ 1\end{pmatrix}$
Từ TR và VTR của A suy ra TR của $A^{-1}$ là $1;\frac{1}{2};\frac{1}{3}$ và VTR giống nhau.
TR của $A^3$ là $1, 2^3, 3^3$ và VTR giống nhau.
Vậy chúng ta đã khảo sát xong phần Trị riêng - Vector riêng. Các bạn tự làm lại các thí dụ để "nâng cao" khả năng xử lí ma trận của bản thân nhé!
2. Chéo hóa ma trận
Định nghĩa 4 (Hai ma trận đồng dạng): 2 ma trận vuông $A, B ∈ M_n$ gọi là đồng dạng nếu tồn tại ma trận khả nghịch $P ∈ M_n$ thỏa
Chú ý:
• Cho $A, B ∈ M_n$ đồng dạng: $A = PBP^{−1}$.
Gọi $x \neq0$ là VTR của B ứng với TR $λ: Bx = λx$.
$A.P x = P BP^{−1}.P x = P.Bx = P.λx = λ.P x$.
Điều này chứng tỏ $Px $ là VTR của A ứng với TR$ λ$.
Nhìn chung, 2 ma trận đồng dạng cùng tập trị riêng nhưng không cùng véc tơ riêng.
• 2 ma trận cùng đa thức đặc trưng thì chưa chắc đồng dạng:
Xem 2 ma trận $A =\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix} và I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$ có cùng đa thức đặc trưng nhưng không đồng dạng. Điều này rất dễ để tự kiểm chứng.
Định nghĩa 6 (Ma trận chéo hóa được). Ma trận A gọi là chéo hóa được nếu A đồng dạng với ma trận chéo. Tức là tồn tại ma trận P khả nghịch sao cho $P{−1}AP =D$ là ma trận chéo.
Chú ý:
• Không phải ma trận nào cũng chéo hóa được, ví dụ như $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$
• Chéo hóa ma trận A là cần tìm ma trận P và ma trận chéo D thỏa $P{−1}AP = D$.
• Ta tìm cấu trúc ma trận P và D như sau: Giả sử A được chéo hóa bởi ma trận P và D:
$P=\begin{pmatrix} P1&P2&...&P_n\\||&||&&|| \end{pmatrix}, D=\begin{pmatrix} \lambda_1 &0&...&0\\0&\lambda_2&...&\\...&...&...&...\\0&0&...&\lambda_n \end{pmatrix}$
Ta có $P^{-1}AP = D \iff AP = PD$. Lấy cột thứ k:
$ A.P_k= \begin{pmatrix} P1&P2&...&P_n\\||&||&&|| \end{pmatrix} \begin{pmatrix}0\\...\\ \lambda_k\\...\\0\end{pmatrix} = λ_k.P_k, ∀k =\overline{1, n} $
Điều này chứng tỏ các cột $P_k$ của ma trận$ P$ là các VTR ứng với TR $λ_k$ của ma trận$ A$.
Các phần tử chéo của $D$ là các TR của$ A$. Để$ A$ chéo hóa được thì $P$ phải khả nghịch.
Tức là các cột VTR $P_1, P_2, .., P_n$ độc lập tuyến tính.
Định lý 7 Ma trận $A ∈ M_n$ chéo hóa được khi và chỉ khi tồn tại n VTR độc lập tuyến tính.
[TBODY]
[/TBODY]
Để chéo hóa ma trận A, ta cần tìm tất cả các TR và cơ sở KG con riêng.
Chúng ta cùng đi đến phần thí dụ để có cái nhìn trực quan hơn.
Thí dụ 8 Chéo hóa ma trận $A=\begin{pmatrix}1&3&3\\-3&-5&-3\\3&3&1\end{pmatrix}$ nếu được.
Bài giải
Đa thức đặc trưng $P(λ) = −λ ^3 − 3λ^2 + 4$
Trị riêng: $\left[\begin{array}{l}
\lambda_1=1 & (BĐS=1)\\
\lambda_2=-2 & (BĐS=2)\end{array}\right.$
Với $λ_1 = 1$, giải hệ $(A − 1.I)x = 0$
$
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
0& 3 &3 \\
−3& −6& −3\\
3& 3& 0
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix} 1 \\ -1\\ 1\end{pmatrix}$
Cơ sở của $E_{-1}$ là $u_1=\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ -1\\ 1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH = BĐS = 1.
Với $λ_2 =-2$, giải hệ $(A −(-2)I)x = 0$
$
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
3& 3 &3 \\
−3& −3& −3\\
3& 3& 3
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix} -1 \\ 1\\ 0\end{pmatrix}+\beta \begin{pmatrix} -1 \\ 0\\ 1\end{pmatrix}$
Cơ sở của $E_{-2}$ là $\begin{Bmatrix} u_2= \begin{pmatrix} -1 \\ 1\\ 0 \end{pmatrix} &,& u_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0\\ 1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH =2=BĐS.
Vậy A chéo hóa được:$ P ^{−1}AP = D $với
$P=\begin{pmatrix}1&-1&-1\\-1&1&0\\1&0&1 \end{pmatrix}, D=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-2&0\\0&0&-2 \end{pmatrix}$
hmmm... bài viết tới đây có vẻ đã dài, mình xin được dừng kỳ này tại đây. Mình sẽ trở lại với các bạn vào Kỳ 3. Cảm ơn các bạn đã dõi theo, thân ái chào tạm biệt!
Hôm nay chúng mình cùng đến với Kỳ 2 của phần Trị riêng - Vector riêng nhé!.
Bây giờ chúng ta cùng làm thêm vài thí dụ nữa nhằm ôn lại cũng như để hiểu hơn cách vận dụng lí thuyết vào bài toán.
Thí dụ 4 Cho $A=\begin{pmatrix} 1&4 \\ 2&3 \end{pmatrix}$. Tìm tất cả các TR, cơ sở và chiều của KG con riêng tương ứng.
Bài giải
Phương trình đặc trưng $det(A − λI) = 0$
$\iff \begin{vmatrix} 1-\lambda & 4 \\ 2&3-\lambda \end{vmatrix}=0\iff (1-\lambda)(3-\lambda)-2.4=0 \iff \left[\begin{array}{l}
\lambda_1=-1, nghiệm đơn: BĐS=1 \\
\lambda_2=5, nghiệm đơn: BĐS=1 \end{array}\right.$
Với $\lambda_1=-1$, giải hệ $(A − λ1I)x = 0$
[tex] \iff [/tex] $A=\begin{pmatrix} 1-{\color{red}{(-1)} } & 4 \\ 2 & 3-{\color{red}{(-1)} }\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} =0 $ $
\left\{\begin{matrix}
x_1 = -2\alpha\\
x_2=\alpha
\end{matrix}\right.
$
Cơ sở của $E_{-1}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} -2\\ 1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH = $dim(E_{−1}) = 1$.
Với $\lambda_2=5$, giải hệ $(A − λ_1I)x = 0$
[tex] \iff [/tex] $A=\begin{pmatrix} 1-{\color{red}{(5)} } & 4 \\ 2 & 3-{\color{red}{(5)} }\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} =0 $ $
\left\{\begin{matrix}
x_1 = \alpha\\
x_2=\alpha
\end{matrix}\right.
$
Cơ sở của $E_{5}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH = $dim(E_{5}) = 1$.
Thí dụ 5 Cho A = $A=\begin{pmatrix} 3&1&1 \\ 2&4&2\\1&1&3 \end{pmatrix}$. Tìm tất cả các TR, cơ sở và chiều của KG con riêng tương ứng.
Bài giải
Phương trình đặc trưng: $det(A − λI) = 0$
$\iff \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1&1 \\ 2&4-\lambda & 2 \\ 1&1& 3-\lambda \end{vmatrix}=0$ $\iff (3-\lambda)\begin{vmatrix} 4-\lambda & 2 \\ 1& 3-\lambda \end{vmatrix} +1\begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 1&3-\lambda \end{vmatrix} +1\begin{vmatrix} 2 & 4-\lambda \\ 1&1\end{vmatrix} =0 $
$\iff (3-\lambda)(\lambda^2-7\lambda+10)+ (−2λ + 4) + (λ − 2) = 0 \iff λ^3 + 10λ^2 − 28λ + 24 = 0$
$\iff \left[\begin{array}{l}
λ_1 = 2, nghiệm kép: BĐS=2 \\
λ2 = 6, nghiệm đơn: BĐS=1 \end{array}\right.$
Với λ_1 = 2, giải hệ
$(A − λ_1I)x =0 \iff \begin{pmatrix} 3-2&1&1\\2&4-2&2\\1&1&3-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix} =0 \iff x=\alpha \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}+\beta \begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}$
Cơ sở $E_2$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\-1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\ 1\\-1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH = $dim(E_{2}) = 2$.
$λ_2 = 6$, giải hệ
$(A − λ2I)x = 0 \iff \begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
-3 & -3 & 1 \\
2 &-2 & 2\\
1 & 1 & -3
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}$
Cơ sở của $E_{6}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 2\\1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH = $dim(E_{6}) = 1$.
Từ những thí dụ đơn giản phía trên, ta dễ dàng rút ra nhận xét sau: Nếu BĐS = 1 thì ta luôn có BHH = 1.
Ngoài ra, ta còn thấy việc tính đa thức đặc trưng của ma trận cấp 3 có chút rắc rối và dễ sai. Nên ta có thể dùng công thức sau:
| Đa thức đặc trưng ma trận cấp 3 $PA(λ) = −λ^3 + tr(A)λ^2 − (A_{11} + A_{22} + A_{33})λ + det(A)$ |
Trong đó: tr() là Vết (trace) của một ma trận vuông A bậc nxn được xác định bằng tổng các phần tử trên đường chéo chính.
Chúng ta cùng làm thêm 1 thí dụ áp dụng công thức phía trên nhé!
Thí dụ 6 Tìm tất cả cá TR và VTR của ma trận $\begin{pmatrix} 15&-18&-16\\9&-12&-8\\4&-4&6 \end{pmatrix}$
Bài giải
$tr(A) = 15 − 12 − 6 = −3, det(A) = 12$
$A_{11} + A_{22} + A_{33} = \begin{vmatrix} −12 & −8 \\−4 &−6 \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} 15& −16\\ 4& −6 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} 15 &−18 \\9 &−12 \end{vmatrix} = 40 − 26 − 18 = −4$
Đa thức đặc trưng: $P(λ) = −λ 3 − 3λ 2 + 4λ + 12.$
Suy ra TR:$ λ_1 = −3, λ_2 = −2, λ_3 = 2$
$λ_1 = −3$, giải hệ $
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
18 &−18& −16 \\
9 &−9& −8\\
4& &−4 &−3
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix}$. Cơ sở của $E_{-3}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 1\\0 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$
$λ_1 = −2$, giải hệ $
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
17 &−18& −16 \\
9 &-10& −8\\
4& −4 &−4
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix}$. Cơ sở của $E_{-2}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 2\\1\\ 1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$
$λ_1 = 2$, giải hệ $
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
13 &−18& −16 \\
9 &-14& −8\\
4& −4 &−8
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix}$. Cơ sở của $E_{2}$ là $\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$
| Tính chất Cho A là ma trận vuông trên C. i) Mọi ma trận cấp n có đúng n trị riêng tính cả bội. ii) Tổng các TR bằng $tr(A)$: tổng các phần tử trên đường chéo chính. iii) Tích các TR bằng $det(A)$. iv) Nếu $λ_0$ là TR của A thì $λ^m$ là TR của A^m,$∀m ∈ Z^+$. VTR của A cũng là VTR của $A^m$, nhưng điều ngược lại không đúng. v) Nếu $λ_0\neq 0$ thì $\frac{1}{λ_0}$ là TR của $A^{−1}$ . VTR của A cũng là VTR của $A^{−1}$ và ngược lại. |
Thí dụ 7 Cho ma trận $A=\begin{pmatrix}-5&-6&-4\\11&11&5\\-5&-4&0\end{pmatrix}$. Tìm tất cả TR và VTR của $A^{−1}$ và $A^3$.
Bài giải
Tìm lần lượt TR và VTR của A rồi suy ra TR và VTR của $A^{-1}$ và $A^3$
Đa thức đặc trưng của A là $P(λ) = −λ^3 + 6λ^2 − 11λ + 6 \Longrightarrow TR \left[\begin{array}{l}
\lambda_1=1 \\
\lambda_2=2\\ \lambda_3=3 \end{array}\right.$
Với $λ_1 = 1$, giải hệ $(A − λ_1)x = 0$
$
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
−6& −6 &−4 \\
11& 10 &5\\
−5 &−4 &−1
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix} 5 \\ -7\\ 3\end{pmatrix}$
Với $λ_2 =2$, giải hệ $(A − λ_2)x = 0$
$
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
−7& −6 &−4 \\
11& 9 &5\\
−5 &−4 &−2
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix} 2 \\ -3\\ 1\end{pmatrix}$
Với $λ_3 =3$, giải hệ $(A − λ_3)x = 0$
$
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
−8& −6 &−4 \\
11& 8 &5\\
−5 &−4 &−3
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix} 1 \\ -2\\ 1\end{pmatrix}$
Từ TR và VTR của A suy ra TR của $A^{-1}$ là $1;\frac{1}{2};\frac{1}{3}$ và VTR giống nhau.
TR của $A^3$ là $1, 2^3, 3^3$ và VTR giống nhau.
Vậy chúng ta đã khảo sát xong phần Trị riêng - Vector riêng. Các bạn tự làm lại các thí dụ để "nâng cao" khả năng xử lí ma trận của bản thân nhé!
2. Chéo hóa ma trận
Định nghĩa 4 (Hai ma trận đồng dạng): 2 ma trận vuông $A, B ∈ M_n$ gọi là đồng dạng nếu tồn tại ma trận khả nghịch $P ∈ M_n$ thỏa
$A = PBP^{-1}$
Định lí 5 Hai ma trận đồng dạng thì cùng đa thức đặc trưng.
Chú ý:
• Cho $A, B ∈ M_n$ đồng dạng: $A = PBP^{−1}$.
Gọi $x \neq0$ là VTR của B ứng với TR $λ: Bx = λx$.
$A.P x = P BP^{−1}.P x = P.Bx = P.λx = λ.P x$.
Điều này chứng tỏ $Px $ là VTR của A ứng với TR$ λ$.
Nhìn chung, 2 ma trận đồng dạng cùng tập trị riêng nhưng không cùng véc tơ riêng.
• 2 ma trận cùng đa thức đặc trưng thì chưa chắc đồng dạng:
Xem 2 ma trận $A =\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix} và I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$ có cùng đa thức đặc trưng nhưng không đồng dạng. Điều này rất dễ để tự kiểm chứng.
Định nghĩa 6 (Ma trận chéo hóa được). Ma trận A gọi là chéo hóa được nếu A đồng dạng với ma trận chéo. Tức là tồn tại ma trận P khả nghịch sao cho $P{−1}AP =D$ là ma trận chéo.
Chú ý:
• Không phải ma trận nào cũng chéo hóa được, ví dụ như $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$
• Chéo hóa ma trận A là cần tìm ma trận P và ma trận chéo D thỏa $P{−1}AP = D$.
• Ta tìm cấu trúc ma trận P và D như sau: Giả sử A được chéo hóa bởi ma trận P và D:
$P=\begin{pmatrix} P1&P2&...&P_n\\||&||&&|| \end{pmatrix}, D=\begin{pmatrix} \lambda_1 &0&...&0\\0&\lambda_2&...&\\...&...&...&...\\0&0&...&\lambda_n \end{pmatrix}$
Ta có $P^{-1}AP = D \iff AP = PD$. Lấy cột thứ k:
$ A.P_k= \begin{pmatrix} P1&P2&...&P_n\\||&||&&|| \end{pmatrix} \begin{pmatrix}0\\...\\ \lambda_k\\...\\0\end{pmatrix} = λ_k.P_k, ∀k =\overline{1, n} $
Điều này chứng tỏ các cột $P_k$ của ma trận$ P$ là các VTR ứng với TR $λ_k$ của ma trận$ A$.
Các phần tử chéo của $D$ là các TR của$ A$. Để$ A$ chéo hóa được thì $P$ phải khả nghịch.
Tức là các cột VTR $P_1, P_2, .., P_n$ độc lập tuyến tính.
Định lý 7 Ma trận $A ∈ M_n$ chéo hóa được khi và chỉ khi tồn tại n VTR độc lập tuyến tính.
| Hệ quả • A có n TR phân biệt thì chéo hóa được. • A chéo hóa được khi và chỉ khi BHH=BĐS. |
Để chéo hóa ma trận A, ta cần tìm tất cả các TR và cơ sở KG con riêng.
Chúng ta cùng đi đến phần thí dụ để có cái nhìn trực quan hơn.
Thí dụ 8 Chéo hóa ma trận $A=\begin{pmatrix}1&3&3\\-3&-5&-3\\3&3&1\end{pmatrix}$ nếu được.
Bài giải
Đa thức đặc trưng $P(λ) = −λ ^3 − 3λ^2 + 4$
Trị riêng: $\left[\begin{array}{l}
\lambda_1=1 & (BĐS=1)\\
\lambda_2=-2 & (BĐS=2)\end{array}\right.$
Với $λ_1 = 1$, giải hệ $(A − 1.I)x = 0$
$
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
0& 3 &3 \\
−3& −6& −3\\
3& 3& 0
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix} 1 \\ -1\\ 1\end{pmatrix}$
Cơ sở của $E_{-1}$ là $u_1=\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ -1\\ 1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH = BĐS = 1.
Với $λ_2 =-2$, giải hệ $(A −(-2)I)x = 0$
$
\begin{bmatrix}
\left.\begin{matrix}
3& 3 &3 \\
−3& −3& −3\\
3& 3& 3
\end{matrix}\right|\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix} \end{bmatrix} \iff x=\alpha \begin{pmatrix} -1 \\ 1\\ 0\end{pmatrix}+\beta \begin{pmatrix} -1 \\ 0\\ 1\end{pmatrix}$
Cơ sở của $E_{-2}$ là $\begin{Bmatrix} u_2= \begin{pmatrix} -1 \\ 1\\ 0 \end{pmatrix} &,& u_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0\\ 1 \end{pmatrix} \end{Bmatrix}$ và BHH =2=BĐS.
Vậy A chéo hóa được:$ P ^{−1}AP = D $với
$P=\begin{pmatrix}1&-1&-1\\-1&1&0\\1&0&1 \end{pmatrix}, D=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-2&0\\0&0&-2 \end{pmatrix}$
hmmm... bài viết tới đây có vẻ đã dài, mình xin được dừng kỳ này tại đây. Mình sẽ trở lại với các bạn vào Kỳ 3. Cảm ơn các bạn đã dõi theo, thân ái chào tạm biệt!
