bài gi£ngtrưíng hè sinh viên 2009 … filebài gi£ngtrưíng hè sinh viên 2009...

Bài giảng Trường hè Sinh viên 2009DẠNG JORDAN VÀ ĐẠI SỐ ĐA TUYẾN TÍNH

PHÙNG HỒ HẢIViện Toán học

1. CẤU TRÚC CỦA TỰ ĐỒNG CẤU TUYẾN TÍNH

1.1. Trường hợp chiều 2. V là không gian véc tơ thực chiều 2, f : V → V tựđồng cấu tuyến tính. Cố định một cơ sở e1, e2 của V . Khi đó f được xác địnhduy nhất bởi ảnh của e1, e2.

Ba dạng cơ bản của f :

• Phép quay• Phép co dãn• Phép “xô nghiêng”

Một tự đồng cấu tuyến tính bất kỳ là tích của các biến đổi dạng trên.

Nhận xét 1.1.1. Một đường thẳng qua gốc tọa độ được gọi là bất biến đối với fnếu f biến đường thẳng đó vào chính nó (không nhất thiết đơn ánh). Ta có cácnhận xét sau:

• Phép quay không có đường thẳng bất biến• Phép co dãn có 2 đường thẳng bất biến• Phép “xô nghiêng” có 1 đường thẳng bất biến

Để đơn giản bài toán ta sẽ không xét phép quay. Nói cách khác ta chỉ xét cácphép biến đổi mà có ít nhất một đường thẳng bất biến.

Định lý 1.1.2. Giả sử f : V → V là một tự đồng cấu tuyến tính có ít nhất mộtđường thẳng bất biến. Khi đó tồn tại một cơ sở e1, e2 của V sao cho ma trận củaf theo cơ sở đó có một trong 2 dạng sau:

a)(λ1 00 λ2

)(λ1,2 chính là các hệ số “co dãn”)

b)(λ 10 λ

)1

2 PHÙNG HỒ HẢI

Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại véc tơ v 6= 0 sao cho f(v) = λv. Điều nàytương đương với việc hệ phương trình

(f − λ)(x) = 0

có nghiệm không tầm thường. Từ đó det(f−λ) = 0. Đa thức Pf(t) := det(f−t)được gọi là đa thức đặc trưng của ánh xạ f 1. Đây là đa thức bậc 2 có đủ 2 nghiệmthực.

Nếu hai nghiệm của đa thức Pf(t) là phân biệt, ký hiệu λ1,2 thì ký hiệu v1,2 lànghiệm khác 0 nào đó của hệ

(f − λ1,2)(x) = 0

Dễ kiểm tra rằng v1, v2 là độc lập tuyến tính và do đó là một cơ sở của V .

Nếu đa thức Pf(t) có nghiệm kép λ và hệ

(f − λ)(x) = 0

có không gian nghiệm với chiều bằng 1, thì ánh xạ f − λ có hạng khác 0 và dođó bằng 1. Giả sử v1 là một nghiệm khác 0 của hệ và v là một véc tơ độc lậptuyến tính với v1. Giả thiết

f(v) = γv + µv1

khi đó ma trận của f theo cơ sở (v1, v) là(λ µ0 γ

). Theo giả thiết ở trên ta suy

ra γ = λ, µ 6= 0. Trong cơ sở v1 và v2 = v/µ ma trận của f có dạng thứ hai nóitrên. �

Nhận xét rằng trong mọi trường hợp, ánh xạ (f −λ1)(f −λ2) (hoặc (f −λ)2)luôn là ánh xạ 0.

1.2. Trị riêng và véc tơ riêng, đa thức đặc trưng. Cố định một không gianvéc tơ thực V có chiều ít nhất bằng 1 và một tự đồng cấu tuyến tính f : V → V .

Định nghĩa 1.2.1. Số thực λ được gọi là trị riêng của f nếu tồn một véc tơ v 6= 0sao cho

f(v) = λv

Khi đó v được gọi là véc tơ riêng của f ứng với trị riêng λ.

Định nghĩa 1.2.2. Đa thức đặc trưng của f , ký hiệu là Pf(t), được định nghĩalà định thức của ánh xạ f − t · id.

1Nhắc lại rằng định thức của một ánh xạ tuyến tính được định nghĩa thông qua định thức của ma trận biểu diễncủa nó theo một cơ sở nào đó. Định nghĩa này không phụ thuộc vào việc chọn cơ sở.

DẠNG JORDAN VÀ ĐẠI SỐ ĐA TUYẾN TÍNH 3

Để đơn giản ký hiệu, từ này trở đi phép vị tự λ · id sẽ được ký hiệu là λ.

Định lý 1.2.3. Số thực λ là trị riêng của f khi và chỉ khi nó là nghiệm của đathức đặc trưng Pf(t).

Chứng minh. Giả thiết Pf(t) = 0. Cố định một cơ sở (e) = {e1, . . . , en} củaV và ký hiệu A là ma trận của f , [x] là tọa độ của x theo cơ sở này. Khi đódet(A− λ) = 0. Từ đó hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

(A− λIn)[x] = 0

có nghiệm không tầm thường. Nghiệm của hệ này chính là véc tơ riêng của fứng với trị riêng λ.

Khẳng định ngược lại cũng được chứng minh tương tự. �

Để đơn giản bài toán, từ nay trở đi ta sẽ giả thiết đa thức đặc trưng của f cóđủ các nghiệm thực. Khó khăn duy nhất mà chúng ta sẽ phải đối mặt là đa thứcnày có thể sẽ có nghiệm bội.

Trong trường hợp Pf(t) không có nghiệm bội, ánh xạ f có thể được mô tả rấtđơn giản thông qua các véc tơ riêng của nó.

Định lý 1.2.4. Giả thiết Pf(t) có đủ n nghiệm thực khác nhau λi. Khi đó vớimỗi i, tồn tại duy nhất một véc tơ riêng vi (sai khác một hệ số khác 0) ứng vớiλi. Các véc tơ vi là độc lập tuyến tính và do đó lập thành cơ sở của V . Theo cơsở này ma trận của f là ma trận đường chéo với các phần tử trên đường chéo làcác số λi.

Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh các véc tơ vi là độc lập tuyến tính. Giả sửtrái lại, khi đó không mất tính tổng quát có thể giả thiết tồn tại các số a1, . . . , an,với a1 6= 0, thỏa mãn

a1v1 + . . .+ anvn = 0

Tác động liên tiếp các ánh xạ f − λi, i > 1 vào đẳng thức này ta thu được

a1

∏i>1

(λ1 − λi)v1 = 0

mâu thuẫn với các giả thiết. Vậy các véc tơ vi độc lập tuyến tính. �

Định nghĩa 1.2.5. Ánh xạ f được gọi là nửa đơn (hoặc chéo hóa được), nếu tồntại một cơ sở mà ứng với nó ma trận biểu diễn của ánh xạ là ma trận đường chéo.

Đa số các ánh xạ là nửa đơn. Tương tự như trong trường hợp các đa thức bậc2, ta cũng có khái niệm biệt thức để xác định tính chất này.

4 PHÙNG HỒ HẢI

Định nghĩa 1.2.6. Biệt thức ∆(P ) của một đa thức P được xác định như sau:

∆(P ) =∏i 6=j

(λi − λj)2

trong đó (λi) là tập các nghiệm kể cả bội của đa thức P .

Có thể chứng minh được rằng ∆(P ) là một đa thức theo các hệ số của P dựavào tính chất: ∆(P ) như một đa thức theo các nghiệm λi là một đa thức đốixứng.

Ví dụ 1.2.7. a) Nếu P = ax2 + bx+ c thì

∆(P ) = b2 − 4ac

b) Nếu P = ax3 + bx2 + cx+ d thì

∆(P ) = b2c2 − 4ac3 − 4b3d− 27a2d2 + 18abcd

Mệnh đề 1.2.8. Đa thức P có nghiệm bội khi và chỉ khi đa thức ∆(P ) triệt tiêu.

Như vậy nếu xét tập tất cả các đa thức bậc n thì tính chất có nghiệm bội haykhông của một đa thức P được một tả thông qua việc biệt thức, là một đa thứctheo n+ 1 biến có triệt tiêu tại các hệ số của P hay không. Rõ ràng đối với mộtđa thức khác 0 thì tập các nghiệm của nó “ít hơn” rất nhiều so với tập các điểmkhông phải là nghiệm.

Tuy “ít hơn” nhưng tập các ánh xạ tuyến tính mà đa thức đặc trưng của nó cónghiệm bội lại có cấu trúc phức tạp hơn và chúng sẽ là đối tượng nghiên cứuchính của chúng ta.

Mặt khác nhận xét rằng ánh xạ với đa thức đặc trưng có nghiệm bội vẫn cóthể chéo hóa được. Dưới đây là một điều kiện để một ánh xạ tuyến tính chéo hóađược.

Định lý 1.2.9. Tự đồng cấu f chéo hóa được khi và chỉ khi hai điều kiện sau đâyđược thỏa mãn:

(i) Đa thức Pf(t) có đủ các nghiệm thực,(ii) Nếu λi là nghiệm với bội si thì hệ phương trình (f − λi)(x) = 0 có si

nghiệm độc lập tuyến tính, hay phát biểu một cách tương đương, ánh xạf − λi có hạng bằng n− si.

Chứng minh. Chứng minh định lý này tương tự Định lý 1.2.4 với sai khác duynhất là: thay vì với mỗi λi chọn một véc tơ riêng ta chọn một hệ đầy đủ các véc


tơ riêng độc lập tuyến tính, hay nói cách khác một cơ sở của không gian nghiệmcủa hệ (f − λi)(x) = 0. �

Không gian nghiệm của hệ (f − λi)(x) = 0 được gọi là không gian riêng củaf ứng với trị riêng λi, ký hiệu là Vλi. Như vậy, nếu ánh xạ f chéo hóa được thìV được khai triển một cách duy nhất thành tổng trực tiếp

V =⊕i

Vλi

sao cho khi hạn chế lên mỗi không gian Vλi, f là một phép vị tự.

1.3. Không gian con bất biến. Khái niệm không gian con bất biến mở rộngkhái niệm được thẳng bất biến đã giới thiệu trong mục đầu. Ta tiếp tục xét mộtkhông gian véc tơ thực V chiều lớn hơn hoặc bằng 1 và một tự đồng cấu tuyếntính f của V .

Định nghĩa 1.3.1. Không gian con U ⊂ V được gọi là bất biến đối với f (hoặcổn định đối với f ) nếu f(U) ⊂ U .

Ví dụ 1.3.2. a) Không gian 0 và toàn bộ V là các không gian con bất biếntầm thường.

b) Giả sử λ là một trị riêng của f . Khi đó không gian riêng ứng với trị riêngλ là một không gian con bất biến đối với f .

c) Ta cũng có hạch và ảnh của f là các không gian con bất biến.d) Tổng quát hơn, ta có thể xét một đa thức theo f :

A(f) := a0fk + a1f

k−1 + . . .+ akid

ai là các hệ số thực. A(f) được gọi là một ánh xạ đa thức theo f . Hạch vàảnh của A(f) là các không gian con bất biến đối với f .

e) Ngược lại, cố định một véc tơ v ∈ V . Tập tất cả các véc tơ có dạng

A(f)(v), A ∈ R[t]

cũng là một không gian véc tơ con của V . Không gian con này được gọilà không gian con sinh bởi v dưới tác động của f và v được gọi là véc tơsinh của không gian nay.

Ý nghĩa của không gian con bất biến nằm ở chỗ, khi tìm được một không giancon bất biến ta sẽ thu được một mô tả đơn giản hơn về ánh xạ f .

Mệnh đề 1.3.3. Giả thiết U là không gian con bất biến đối với ánh xạ f . Khiđó ta có các mệnh đề sau.

6 PHÙNG HỒ HẢI

(i) Tồn tại một cơ sở của V để ma trận của ánh xạ f có dạng đường chéokhối [

A B0 D

]với A,B,D là các ma trận khối trong đó A,D là các ma trận vuông vàA có kích thước bằng số chiều của U .

(ii) Ký hiệu W là không gian thương của V theo U . Khi đó f cảm sinh mộtánh xạ fW trên W bởi công thức

fW (v̄) := f(v)

(v̄ ký hiệu lớp ghép v + U trong W ).(iii) Ký hiệu fU là hạn chế của f lên U . Khi đó đa thức đặc trưng của f là tích

các đa thức đặc trưng của fU và fW

Pf(t) = PfU (t)PfW (t)

Chứng minh. (i): Chọn một cơ sở (u) = (u1, u2, . . . , ur) của U và mở rộngthành một cơ sở của V bằng cách bổ sung các phần tử (w) = (w1, . . . , ws).Theo giả thiết f(ui) ∈ U nên có thể biểu diễn được theo các véc tơ uj bởi mộtma trận A. Vì (u,w) là một cơ sở của V nên các véc tơ f(wk) có thể biểu diễntheo cơ sở đó bởi một ma trận dạng

[BD

]. Vậy theo cơ sở (u,w) f có ma trận với

dạng đã khẳng định.

(ii) Trước hết ta chứng minh rằng ánh xạ fW được định nghĩa đúng. Thật vậy,nếu v1 và v2 có hiệu thuộc U , nghĩa là cũng xác định một phần tử trong W , thìtheo giả thiết f(v1) − f(v2) = f(v1 − v2) cũng thuộc U , do đó f(v1) và f(v2)cũng xác định một phần tử trong W .

(iii) Xét cơ sở của V như trong (i). Khi đó ma trận của fU theo cơ sở (u) là Avà

PfU (t) = det(A− t)Mặt khác, (w̄) = (w̄1, . . . , w̄s) là cơ sở của W . Từ (i) dễ thấy ma trận của fUtheo cơ sở này là D. Do đó

PfU (t) = det(D − t)

Theo công thức đã biết về định thức ma trận ta có

det

([A B0 D

]− t)

= det(A− t) det(D − t) = PfU (t)PfW (t)

Vế trái chính là Pf(t). �


Chú ý 1.3.4. Ta biết rằng một không gian véc tơ thương có thể được đồng nhất(bằng nhiều cách khác nhau) với một không gian con. Tuy nhiên, trong mệnhđề trên ta không thể coi W như là một không gian véc tơ con của V (khi xétcùng với ánh xạ f ). Nói cách khác với một không gian con bất biến U đã cho,nói chung không tồn tại một không gian con bất biến U ′ để tổng trực tiếp củanó với U là cả không gian V . Điều này tương đương với ta có chọn được cơ sởsao cho ma trận B ở trên triệt tiêu.

Tương tự như trong trường hợp không gian 2 chiều, việc tìm các không giancon bất biến sẽ giúp chúng ta hiểu về cấu trúc của ánh xạ f . Trong đa số cáctrường hợp, V sẽ là tổng trực tiếp2 của các không gian riêng của f (Định lý1.2.9). Tuy nhiên trong những trường hợp đặc biệt điều đó có thể không xảy ra.

Bằng phép chứng minh tương tự như đối với Định lý 1.2.4 ta có thể chứngminh rằng tổng của các không gian riêng là một tổng trực tiếp3. Tuy nhiên tổngcủa các không gian riêng có thể nhỏ hơn toàn bộ không gian như ví dụ ở Mục1 đã chỉ rõ. Thay vì xét các không gian riêng, ta sẽ xét các không gian lớn hơn,gọi là các không gian nghiệm hoặc không gian riêng suy rộng.

Định nghĩa 1.3.5. Giả thiết λ là một trị riêng của f . Véc tơ v ∈ V được gọi làvéc tơ nghiệm của f nếu tồn tại r > 0 sao cho (f − λ)r(v) = 0. Tập hợp cácvéc tơ nghiệm lập thành một không gian con của V , gọi là không gian nghiệmứng với trị riêng λ, ký hiệu là Vλ.

Hiển nhiên các véc tơ riêng là véc tơ nghiệm tuy nhiên điều ngược lại nóichung không đúng. Ngoài ra đối với các véc tơ nghiệm ta không đòi hỏi chúngkhác 0. Các không gian nghiệm thỏa mãn đòi hỏi của chúng ta.

Định lý 1.3.6. Giả thiết đa thức đặc trưng của tự đồng cấu tuyến tính f có đủnghiệm thực λi (có thể có bội). Với mỗi λi, ký hiệu V (λi) là không gian nghiệmcủa f ứng với λi. Khi đó V là tổng trực tiếp của các không gian con V (λi):

V =⊕i

V (λi)

Chứng minh. Ý tưởng chứng minh của định lý này tương tự như đối với Định lý1.2.4. Trước tiên ta sẽ chứng minh rẳng tổng của các không gian V (λi) là một

2Nhắc lại rằng V là tổng trực tiếp của các không gian con Vi nếu mỗi phần tử của V biểu diễn được một cáchduy nhất dưới dạng tổng các phần tử trong Vi.

3Nghĩa là nếu một véc tơ biểu diễn được thành tổng các véc tơ riêng ứng với các trị riêng khác nhau thì biểudiễn đó là duy nhất.

8 PHÙNG HỒ HẢI

tổng trực tiếp, nói cách khác, giả thiết

(1) 0 =∑i

vi, vi ∈ V (λi)

thì vi = 0 với mọi i. Thật vậy, nhận xét rằng với j 6= i, ta có

(f − λj)(vi) = (λi − λj)vi 6= 0

và là một phần tử của V (λi). Từ đó, bằng cách tác động liên tục (f − λ1) lênhai vế của khai triển của 0 ở (1) ta thu được một khai triển có độ dài ngắn hơn.Phương pháp quy nạp sẽ cho ta điều phải chứng minh.

Trong phần thứ hai ta sẽ chứng minh rằng V bằng tổng các không gian V (λi).Ý tưởng chứng minh tương tự như trong chứng minh của Định lý 1.1.2. Ký hiệuU là tổng các không gian V (λi), khi đó U là một không gian con bất biến. Kýhiệu W là không gian thương của V theo U . Theo Mệnh đề 1.3.3 (iii), đa thứcđặc trưng của ánh xạ cảm sinh fW là ước của đa thức Pf(t) và đo đó cũng cócác nghiệm là λi với một số số i nào đó.

Giả sử λ1 là nghiệm của PfW (t) và w̄ là một véc tơ riêng của fW ứng với λ1,w̄ ∈ W , w ∈ V . Vì w̄ 6= 0 nêu w 6∈ U . Mặt khác theo giả thiết

(2) (fW − λ1)(w̄) = 0

nghĩa là (f − λ1)(w) ∈ U . Theo giả thiết về U

(3) (f − λ1)(w) =∑

vi, vi ∈ V (λi)

Bằng cách tác động liên tiếp di lần ánh xạ (f − λi), i 6= 1, lên hai vế của đẳngthức trên ta thu được (với các di đủ lớn)

(4) (f − λ1)

∏i6=1

(f − λi)di(w)

=∏i 6=1

(f − λi)di(v1)

Nhận xét rằng phần tử w1 :=∏i6=1

(f − λi)di(w) không nằm trong U vì phần tử∏i 6=1

(fW − λi)di(w̄) khác 0, theo (2). Tuy nhiên điều này mâu thuẫn vì vế phải

của (4) nằm trong V (λ1) dẫn tới w1 cũng nằm trong V (λ1) theo định nghĩa củaV (λ1). Vậy ta phải có W = 0 nghĩa là U = V . Định lý được chứng minh hoàntoàn. �

Như vậy bằng cách chọn một cơ sở của V bao gồm các cơ sở của các khônggian nghiệm V (λi) ta thu được một ma trận biểu diễn của f có dạng đường chéo


khối:

(5)

A1

A2. . .

Ar

Với Ai là ma trận của fV (λi) trên V (λi). Vấn đề tiếp theo là tìm mô tả đơn giảnnhất của fV (λi).

Nhận xét 1.3.7. Từ đẳng thức

Pt(t) =∏i

PfV (λi)(t)

(theo Mệnh đề 1.3.3 (iii)), ta thấy rằng đa thức đặc trưng của fV (λi) có dạng

PfV (λi)(t) = (λi − t)si

với si là bội của của λi trong đa thức Pf(t). Từ đó ta cũng có ngay tính chất:

dimV (λi) = si

1.4. Dạng chuẩn Jordan. Trong mục này ta sẽ tìm dạng đơn giản nhất có thểcủa ma trận của ánh xạ fV (λi) mà ta đã xét ở mục trước. Nói cách khác, ta sẽ tìmhiểu cấu trúc một ánh xạ f : V → V với tính chất: đa thức đặc trưng của f códạng Pf(t) = (λ− t)n. Theo 1.3.6 ta biết rằng

V = V (λ)

nói cách khác, mọi véc tơ của V bị triệt tiêu bởi một lũy thừa nào đó của (f−λ).Từ đó ta có nhận xét sau:

Bổ đề 1.4.1. Giả thiết đa thức đặc trưng của ánh xạ f có dạng (λ− t)n (nghĩalà đa thức đặc trưng chỉ có 1 nghiệm duy nhất). Khi đó ánh xạ (f − λ)n là ánhxạ 0.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo số chiều của V . Với dimV = 1khẳng định là hiển nhiên. Trong trường hợp tổng quát ta nhận xét rằng ánh xạf − λ : V → V có hạch khác 0 và do đó ảnh của nó là không gian con thực sựcủa V . Không gian này là không gian bất biến đối với f và theo giả thiết quynạp, ánh xạ (f − λ)n−1 triệt tiêu trên không gian này. Từ đó (f − λ)n triệu tiêutrên toàn bộ V . �

Bổ để này sẽ dùng để chứng minh định lý Cayley-Hamilton, một trong nhữngđịnh lý quan trọng nhất của đại số tuyến tính.

10 PHÙNG HỒ HẢI

Quay trở lại với bài toán, ta có thể giả thiết λ = 0 vì trường hợp tổng quát sẽsai khác trường hợp này bởi ma trận λIn. Khi đó ánh xạ f có tính chất fn = 0.Một ánh xạ với tính chất này được gọi là lũy linh.

Xét các không gian Fi xác định như sau:

Fi := Ker(f i)

Giả thiết k là số bé nhất mà fk = 0. Ta có

0 = F0 ⊂ F1 ⊂ . . . ⊂ Fk = V

Bổ đề 1.4.2. Ta có với mọi 1 ≤ i ≤ k, Fi−1 6= Fi. Từ đó

ri := dimFi − dimFi−1 6= 0

Chứng minh. Thật vậy, nếu Fi = Fi−1, nghĩa là từ f i(x) = 0 suy ra f i−1(x) = 0,ta cũng có Fi+t = Fi+t−1 với mọi t > 1, suy ra Fi−1 = Fn, mâu thuẫn. �

Chọn các véc tơ vk1 , . . . , vkrk

độc lập tuyến tính ở trong Fk \ Fk−1 và là cơ sởcủa của một không gian bù với Fk−1 trong Fk4.

Tác động f lên các véc tơ này thu được các véc tơ

vk−1i = f(vki )

Các véc tơ vk−1i nằm trong Fk−1 và không nằm trong Fk−2. Ta sẽ chứng minh

chúng độc lập tuyến tính và các tổ hợp tuyến tính khác 0 của chúng không nằmtrong Fk−2. Từ đó

rk−1 := dimFk−1 − dimFk−2 ≥ rk

Bổ sung vào các véc tơ này các véc tơ vk−1rk+1, . . . , v

k−1rk−1

để chúng là cơ sở của mộtkhông gian bù với Fk−2 và lại xét ảnh của chúng trong Fk−2,...

Quá trình này có thể được một tả bằng sơ đồ dưới đây: các đỉnh là các véc tơmà ta chọn ở trên còn các mũi tên là tác động của f lên chúng

4Không gian bù với không gian con U trong không gian V là một không gian con U ′ sao cho U ∩ U ′ = 0 vàU + U ′ = V , nói cách khác U ⊕ U ′ = V .


vk1 vk

2 vk−13 vk−1

4 vk−25 vk−4

6

•

��

•

��•

��

•

��

•

��

•

��•

��

•

��

•

��

•

��

•

��•

��

•

��

•

��

•

��

•

��•

��

•

��

•

��

•

��

•

��

•

��• • • • • •

Tập các véc tơ nhận được sẽ lập thành một cơ sở mà ở đó ma trận của f códạng đơn giản nhất có thể, gọi là dạng Jordan của f .

Định nghĩa 1.4.3. Cho f là một tự đồng cấu lũy linh. Dạng Jordan của f là matrận biểu diễn có dạng

0 10 1

0. . .

10

0 10

. . .10

. . .

0 10

. . .0

Các ma trận khối ở trên đường chéo được gọi là các ô Jordan, chúng có thể có

kích thước khác nhau.


Định lý 1.4.4. Giả thiết ánh xạ f : V → V là lũy linh. Khi đó tồn tại một cơsở của V để ma trận của f theo cơ sở đó có dạng Jordan. Điều ngược lại cũnghiển nhiên đúng.

Chứng minh. Dễ thấy nếu các véc tơ

(6)

vk1 vk2 . . . vkrk

vk−11 vk−1

2 . . . vk−1rk

vk−1rk+1 . . . vk−1

rk−1

vk−21 vk−2

2 . . . vk−2rk

vk−2rk+1 . . . vk−2

rk−1vk−2rk−1+1 . . . vk−2

rk−2

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

v11 v1

2 . . . v1rk

v1rk+1 . . . v1

rk−1v1rk−1+1 . . . v1

rk−2. . . v1

r1

xây dựng như ở phần trên là một cơ sở của V thì ma trận của f theo cơ sở này sẽlà ma trận dạng Jordan, mỗi ô Jordan sẽ ứng với các véc tơ trong một cột ở trên.

Trước hết ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng các véc tơ ở bảng trên là độclập tuyến tính. Theo cách xây dựng, các véc tơ ở hàng thứ nhất là độc lập tuyếntính. Ngoài ra nếu bổ sung vào chúng một cơ sở của Fk−1 ta sẽ được một cơ sởcủa Fk = V . Điều đó có nghĩa, không có một tổ hợp tuyến tính khác 0 nào củacác véc tơ này nằm trong Fk−1. Từ đó suy ra các véc tơ

vk−11 , vk−1

2 , . . . , vk−1rk

ở hàng thứ 2 cũng thỏa mãn tính chất tương tự, nghĩa là không có tổ hợp tuyếntính khác 0 nào của chúng nằm trong Fk−2. Thật vậy, nếu

a1vk−11 + a2vk−1

2 + . . .+ arkvk−1rk∈ Fk−2

nghĩa làf(a1vk1 + a2vk2 + . . .+ arkvkrk) ∈ Fk−2

thìfk−1(a1vk1 + a2vk2 + . . .+ arkvkrk) = 0

mâu thuẫn với giả thiết về vki . Lập luận tiếp tục như vậy ta thu được điều cầnchứng minh.

Mặt khác, từ cách xây dựng ta thấy số các phần tử trong bảng (6) đúng bằng n

rk + rk−1 + . . .+ r1 = dimFk − dimFk−1 + . . .+ dimF1 = n

Vậy chúng lập thành cơ sở của V . �

Từ các Định lý 1.3.6 và 1.4.4, ta dễ dàng suy ra cấu trúc của một tự đồng cấubất kỳ với đa thức đặc trưng có đủ các nghiệm thực.


Định lý 1.4.5. Giả thiết f : V → V là một tự đồng cấu tuyến tính với đa thứcđặc trưng có đủ các nghiệm thực. Khi đó tồn tại một cơ sở mà theo đó ma trậncủa f có dạng đường chéo khối chính (xem (5)). Trong đó mỗi ma trận đườngchéo khối là một ô Jordan

λ 1λ

. . .1λ

với λ là một trị riêng của f .

1.5. Cấu trúc của tự đồng cấu của không gian véc tơ phức và ứng dụng vàotrường hợp không gian thực. Theo định lý cơ bản của đại số, một đa thức bấtkỳ với hệ số phức đều có ít nhất một nghiệm phức và do đo có đủ các nghiệmphức. Từ đó các Định lý 1.2.4, 1.2.9, 1.3.6, 1.4.5 đối với tự đồng cấu của khônggian véc tơ phức không cần giả thiết đa thức đặc trưng có nghiệm. Việc chứngminh các định lý này trong trường hợp không gian véc tơ trên trường số phứchoàn toàn tương tự.

Kết quả về dạng Jordan đối với không gian véc tơ phức giúp chúng ta mô tảmột cách triệt để cấu trúc của tự đồng cấu trong không gian véc tơ thực. Để làmviệc này chúng ta có thể sử dụng phép phức hóa một không gian thực.

Định nghĩa 1.5.1. Cho V là một không gian véc tơ thực. Không gian phức hóaVC của V được định nghĩa như sau. Phần tử của VC là các cặp (u, v), u, v ∈ Vđược viết một cách hình thức là u+ iv với i là đơn vị ảo, i2 = −1, với các phéptoán được định nghĩa như sau:

(u+ iv) + (x+ iy) = (u+ x) + i(v + y)(a+ ib)(u+ iv) = (au− bv) + i(av + bu)

Mỗi ánh xạ tuyến tính thực f : V → W xác định một ánh xạ tuyến tính phức fCbằng công thức

f(u+ iv) = f(u) + if(v)

Ví dụ 1.5.2. i) Không gian phức hóa của Rn là Cn.ii) Không gian phức hóa của không gian các đa thức với hệ số thực là không

gian đa thức với hệ số phức.

Bổ đề 1.5.3. Đa thức đặc trưng của tự đồng cấu f trùng với đa thức đặc trưngcủa ánh xạ phức hóa fC của nó.


Chứng minh. Hiển nhiên, vì một cơ sở (thực) của V sẽ là một cơ sở (phức) củaVC và ma trận của f và fC theo cơ sở này trùng nhau. �

Tuy nhiên, một ánh xạ thực có thể không có dạng Jordan theo nghĩa của Địnhlý 1.4.5 vì đa thức đặc trưng của nó có thể không có nghiệm thực, nhưng ánh xạphức hóa của nó luôn có dạng Jordan. Ta hãy xét một ví dụ cụ thể.

Ví dụ 1.5.4. Giả thiết f : R2 → R2 là một phép quay với góc θ. Ma trận của ftheo sơ sở tự nhiên của R2 là [

cos θ − sin θsin θ cos θ

]Đa thức đặc trưng của f , Pf(t) = t2 − 2 cos θt + 1 không có nghiệm thực nếu0 < θ < π. Hai nghiệm phức của đa thức này là

λ± = cos θ ± i sin θ

Với giả thiết 0 < θ < π hai nghiệm này là phân biệt và do đó, theo Định lý1.2.4, ánh xạ fC : C → C là chéo hóa được. Ta có thể tính được cụ thể các véctơ riêng của fC là

v± =

[1∓i

]Cấu trúc tổng quát của một tự đồng cấu tuyến tính thực được đưa về vị dụ cụ

thể trên.

Định lý 1.5.5. Giả sử f : V → V là một ánh xạ tuyến tính thực. Khi đó tồntại một cơ sở của V để ma trận của f là đường chéo khối, mỗi khối là một khốiJordan hoặc là một khối Jordan “suy rộng” theo nghĩa sau:

[a −bb a

] [1 00 1

][a −bb a

] [1 00 1

]...

...

[1 00 1

][a −bb a

]

với a2 + b2 6= 0


Chứng minh. Xét ánh xạ fC trên VC. Giả thiết λ là một nghiệm của PfC(t). Nếuλ là thực thì các nghiệm phức của hệ phương trình

(f − λ)r(x) = 0

nhận được từ các nghiệm thực bằng cách phức hóa. Do đó các ô Jordan của fCsẽ sinh ra các ô Jordan tương ứng của fC.

Xét trường hợp λ không thực. Vì Pf(t) có hệ số thực nên λ̄ cũng là nghiệmcủa Pf(t). Với mỗi véc tơ z = u+ iv trong VC ký hiệu

z̄ := u− iv

gọi là véc tơ liên hợp phức với z. Dễ thấy, nếu z ∈ Ker(f − λ)r thì

z̄ ∈ Ker(f̄ − λ̄)r

Giả sử z1, z2, . . . , zk là một phần của cơ sở Jordan đối với fC, ứng với một ôJordan nào đó. Nghĩa là

f(z1) = λz1, f(z2) = λz2 + z1, . . . , f(zk) = λzk + zk−1

Giả sử zj = uj + ivj. Khi đó

uj =zj + z̄j

2, vj =

zj − z̄j2i

Từ đó dễ dàng tính được, với λ = a+ ib,

f(uj) = auj − bvj + uj−1f(vj) = buj + avj + vj−1

Từ giả thiết z1, z2, . . . , zk, z̄1, . . . , z̄k độc lập tuyến tính trên C ta suy ra tập cácvéc tơ u1, v1, . . . , uk, vk trong V là độc lập tuyến tính.Mặt khác chúng sinh ramột không gian con bất biến đối với f . Ma trận của f theo cơ sở này chính làdạng Jordan suy rộng mô tả ở trên. �

Nhận xét 1.5.6. Về mặt đại số, việc chuyển từ không gian véc tơ thực sang khônggian véc tơ phức không thay đổi nhiều lắm bản chất vất đề, thậm chí còn làmcho bài toán trở nên đơn giản hơn. Tuy nhiên về mặt hình học, cấu trúc củatự đồng cấu tuyến tính phức có những khác biệt rất lớn so với cấu trúc ánh xạtuyến tính thực nói chung.

1.6. Định lý Cayley-Hamilton, đa thức cực tiểu.

Định lý 1.6.1 (Cayley-Hamilton). Giả thiết f là một tự đồng cấu tuyến tính (thựchoặc phức). Khi đó ánh xạ Pf(f) là ánh xạ 0.


Chứng minh. Khi phức hóa ánh xạ f đa thức đặc trưng của nó không bị thay đổido đó ta có thể giả thiết f là một tự đồng cấu trên không gian phức. Khi đó, theoĐịnh lý 1.3.6 cho ánh xạ phức không gian V biểu diễn được thành tổng trực tiếpcủa các không gian nghiệm V (λi). Vì Pf(t) là tích của các đa thức đặc trưngcủa các ánh xạ hạn chế của f lên V (λi) nên bài toán được đưa về việc xét trêntừng không gian con này. Nói cách khác ta có thể giả thiết Pf(t) chỉ có duy nhấtmột nghiệm λ. Khẳng định của bài toán được suy ra từ Bổ đề 1.4.1. �

Định nghĩa 1.6.2 (Đa thức cực tiểu). Đa thức có bậc nhỏ nhất trong số các đathức P (t) với hệ số cao nhất bằng 1 và nhất thỏa mãn P (f) = 0 được gọi là đathức cực tiểu của ánh xạ f , ký hiệu là Πf(t).

Ta có các tính chất sau của đa thức cực tiểu.

Mệnh đề 1.6.3. Cho f : V → V là một ánh xạ tuyến tính, U ⊂ V là một khônggian con bất biến đối với f , fU ký hiệu hạn chế của f lên U và fW ký hiệu ánhxạ cảm sinh bởi f trên W = V/U . Khi đó ta có:

i) Đa thức cự tiểu tồn tại và duy nhất.ii) Một đa thức bất kỳ P (t) thỏa mãn P (f) = 0 khi và chỉ khi P chia hết cho

đa thức cực tiểu Πf .iii) Các đa thức cực tiểu ΠfU , ΠfW là ước của Πf .iv) Giả thiết f là ánh xạ phức hoặc f là ánh xạ thực và đa thức đặc trưng

của f có đủ các nghiệm thực. Đa thức cực tiểu Πf có dạng

Πf(t) =∏i

(λi − t)ti

trong đó λi là các trị riêng của f và ti là cấp cao nhất của ô Jordan ứngvới λi.

v) Không gian nghiệm V (λi) được xác định bởi

V (λi) = Ker(f − λi)ti

vi) Ánh xạ f là nửa đơn khi và chỉ khi đa thức cực tiểu của f không cónghiệm bội.

1.7. Khai triển Jordan-Chevalley. Ta có nhận xét từ cách xây dựng cơ sởJordan cho một tự đồng cấu tuyến tính là cơ sở này không duy nhất. Mặt khácnếu nhìn vào dạng Jordan của ánh xạ tuyến tính ta thấy nó bao gồm 2 phần,phần đường chéo ứng với một ánh xạ nửa đơn và phần đường chéo trên ứng vớimột ánh xạ lũy linh. Hơn thế nữa, có thể dễ dàng kiểm tra rằng hai ánh xạ nàygiao hoán với nhau. Trong mục này ta sẽ chứng minh rằng một khai triển như


vậy đối với một ánh xạ tuyến tính bất kỳ (nếu là ánh xạ thực thì ta giả thiết thêmlà đa thức đặc trưng của nó có đủ nghiệm thực) là duy nhất:

f = fs + fn

hơn thế nữa phần nửa đơn fs và phần lũy linh fn của f là các đa thức theo f vàdo đó giao hoán với mọi ánh xạ tuyến tính giao hoán với f .

Trước tiên ta sẽ cần kết quả sau từ số học

Bổ đề 1.7.1 (Định lý phần dư Trung hoa). Cho Qi, i = 1, 2, . . . , k là các đathức 1 biến (hệ số thực hoặc phức) đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó đối vớimọi bộ đa thức Ri luôn tồn tại một đa thức P thỏa mãn

P ≡ Ri mod Qi, i = 1, 2, . . . , k

Chứng minh. Xét trường hợp k = 2. Bằng thuật toán Euclid ta luôn tìm đượchai đa thức A1 và A2 sao cho A1Q1 + A2Q2 = 1. Từ đó có thể chọn P =R1A2Q2 +R2A1Q1.

Xét trường hợp k > 2. Với mỗi i, Qi nguyên tố cùng nhau với∏j 6=i

Qj

Do đó theo trường hợp k = 2, tồn tại đa thức Bi thỏa mãn

Bi ≡ 0 mod∏j 6=i

Qj, Bi ≡ 1 mod Qi

Khi đó có thể chọn

P =∑

RiBi

�

Định lý 1.7.2 (Khai triển Jordan-Chevalley). Cho f : V → V là ánh xạ tuyếntính, trong trường hợp ánh xạ thực ta sẽ giả thiết Pf(t) có đủ nghiệm thực. Khiđó

i) Tồn tại các ánh xạ tuyến tính fs, fn trong đó fs nửa đơn và fn lũy linhthỏa mãn f = fs + fn và fs giao hoán với fn.

ii) Hơn thế nữa, fs và fn đều có thể chọn là các đa thức theo f .iii) Khai triển với tính chất trên là duy nhất.

Chứng minh. i): Hệ quả hiển nhiên của dạng Jordan.


ii): Giả thiết Pf(t) =∏

i(λi − t)si. Khi đó theo Định lý phần dư Trung hoa,tồn tại đa thức P thỏa mãn

P ≡ λi mod (λi − t)si, ∀iĐặt fs := P (f) và fn = f − fs. Khi đó hạn chế của fs lên V (λi) là một phép vịtự với hệ số λi. Từ đó fs là nửa đơn. Mặt khác hạn chế của fn lên V (λi) có dạng(f − λi) và do đó là ánh xạ lũy linh.

iii): Giả thiết f = gs + gn là một khai triển khác thỏa mãn điều kiện bài toán.So sánh với các ánh xạ fs và fn xây dựng trong ii) ta có

(7) fs − gs = fn − gnTheo giả thiết gs và gn giao hoán với nhau và do đó giao hoán với tổng củachúng là f . Mặt khác từ ii), fs, fn là các đa thức theo f do đó giao hoán với gsvà gn. Sử dụng Mệnh đề 1.7.3 dưới đây ta có tổng của các ánh xạ nửa đơn giaohoán nhau lại là nửa đơn. Mặt khác tổng của các ánh xạ lũy linh giao hoán nhaucũng là lũy linh. Thật vậy, nếu a và b là các ánh xạ sao cho an = 0, bm = 0 vàab = ba thì sử dụng khai triển nhị thức Newton ta có ngay (a + b)m+n = 0. Từđó đẳng thức (7) có vế trái là nửa đơn và vế phải là lũy linh dẫn tới cả hai vếbằng 0. �

Mệnh đề 1.7.3. Giả sử f và g là hai tự đồng cấu nửa đơn của V đồng thời giaohoán nhau. Khi đó tồn tại một cơ sở của V sao cho ma trận của ca hai ánh xạtheo cơ sở này là ma trận đường chéo. Từ đó tất cả các ánh xạ đa thức nhậnđược từ hai ánh xạ này đều là nửa đơn.

Chứng minh. Giả sử V =⊕

i Vλi là khai triển của V theo các không gian riêngcủa f . Với v ∈ Vλi ta có

f(g(v)) = g(f(v)) = λig(v)

vậy g(v) ∈ Vλi. Nghĩa là các không gian Vλi cũng bất biến đối với g. Theo Mệnhđề 1.6.3 (iii, vi), đa thức cực tiểu của g không có nghiệm bội vì vậy điều tươngtự cũng đúng với ánh xạ hạn chế của g lên Vλi, do đó ánh xạ này cũng chéo hóađược. Vì thế ta có thể chọn trong mỗi không gian Vλi một cơ sở để tạo thànhmột cơ sở của V sao cho ma trận của g theo cơ sở này là ma trận đường chéo. Từcách chọn ta cũng có ma trận của f theo cơ sở này là ma trận đường chéo. �

Hệ quả 1.7.4. Giả sử f và g là hai tự đồng cấu tuyến tính giao hoán nhau. Khiđó ta có

f + g = (fs + gs) + (fn + gn)

là khai triển Jordan-Chevalley của ánh xạ tổng f + g. Tương tự với tích ta có

fg = (fsgs) + (fsgn + fngs + fngn)


Chứng minh. Vì fs, fn là các đa thức theo f còn gs, gn là các đa thức theo g màf giao hoán với g nên tất cả các ánh xạ này giao hoán nhau. Theo trên ta cóngay fs + gs là nửa đơn. Mặt khác, giả thiết s, t là các số nguyên dương sao chofn

s = gnt = 0. Khi đó sử dụng khai triển nhị thức Newton ta có ngay

(fn + gn)s+t = 0

Vậy f + g = (fs + gs) + (fn + gn) là khai triển Jordan của f + g. Chứng minhcho fg hoàn toàn tương tự. �

1.8. Hàm mũ exp(A). Trong mục này chúng ta sẽ sử dụng khai triển Jordancủa một ma trận để định nghĩa và nghiên cứu tính chất của hàm exp(A) với Alà một ma trận. Kết quả quan trọng nhất là định lý Liouville.

Nhắc lại rằng hàm exp(x) có khai triển Taylor

exp(x) = 1 + x+x2

2!+x3

3!+ . . .

Chuỗi Taylor ở vế phải hội tụ với mọi x thực hoặc phức. Hai tính chất cơ bản vàquan trọng nhất của exp(x) là

exp(x+ y) = exp(x) exp(y),d

dxexp(x) = exp(x)

Với một ma trận vuông A bất kỳ (với hệ số thực hoặc phức) ta sẽ định nghĩa

(8) exp(A) := 1 + A+A2

2!+A3

3!+ . . .

Vấn đề là cần chứng minh chuỗi bên phải hội tụ cũng như kiểm tra các tính chấtở trên đối với hàm này. Ở đây ta hiểu rằng một dãy các ma trận hội tụ tới mộtma trận khác nếu dãy của từng số hạng hội tụ tới số hạng tương ứng của ma trậngiới hạn.

Trước tiên ta có nhận xét rằng, nếu B = CAC−1 thì

1 +B +B2

2!+B3

3!+ . . . = C(1 + A+

A2

2!+A3

3!+ . . .)C−1

Vì thế ta có thể đưa A về dạng Jordan để tính exp(A).

Trước hết giả thiết A chéo hóa được với các phần tử trên đường chéo là λi, kýhiệu

A = diag(λ1, λ2, . . . , λn)

Khi đó ta cóexp(A) = diag(eλ1, eλ2, . . . , eλn)


Trong trường hợp A lũy linh, để đơn giản ta giả thiết dạng Jordan của A chỉ baogồm 1 ô Jordan

A =

0 10 1

0. . .

10

Khi đó dễ thấy chuỗi (8) là một tổng hữu hạn và ta có

exp(A) =

1 1 1/2 . . . 1/n!1 1 . . . 1/(n− 1)!

1 1/(n− 2)!

. . .

11

Mặt khác, vì khai triển Jordan của A thỏa mãn As (phần đường chéo của A)

và An (phần trên đường chéo của A) giao hoán nhau nên bằng cách khai triểntrực tiếp ta có

exp(As + An) = exp(As) + exp(An)

Vì exp(An) là một tổng hữu hạn còn exp(As) là một chuỗi hội tụ nên ta có ngay

Định lý 1.8.1. Chuỗi

exp(A) = 1 + A+A2

2!+A3

3!+ . . .

là một chuỗi hội tụ. Giả sử A = As + An là khai triển Jordan của A. Khi đó

exp(A) = exp(As) exp(An)

Mệnh đề 1.8.2. Giả thiết A và B là các ma trận giao hoán nhau. Khi đó

exp(A+B) = exp(A) exp(B)

Chứng minh. Xét các khai triển Jordan của A và B. Vì A và B giao hoán nhaunên theo Hệ quả 1.7.4 các ma trận As, An, Bs, Bn đôi một giao hoán nhau và

A+B = (As +Bs) + (An +Bn)


là khai triển Jordan của A+B. Từ đó ta có ngay

exp(A+B) = exp(As +Bs) exp(An +Bn) = exp(A) exp(B)

�

Định lý 1.8.3 (Liouville). Với mọi ma trận vuông A ta có công thức sau:

det(exp(A)) = exp(trace(A))

Chứng minh. Dễ thấy khẳng định đúng với một ma trận nửa đơn cũng như vớimột ma trận lũy linh, từ đó đúng với một ma trận bất kỳ. �

TÀI LIỆU

[1] Lê Tuấn Hoa, Đại số Tuyến tính qua các ví dụ và bài tập.[2] Nguyễn Hữu Việt Hưng, Đại số Tuyến tính.[3] A.I. Kostrikin và Yu. I. Manin, Linear algebra and geometry (Tiếng Nga).

E-mail address: [email protected]

bài gi£ngtrưíng hè sinh viên 2009 … filebài gi£ngtrưíng hè sinh viên 2009...

Documents