Đang tải... (xem toàn văn)
CHƯƠNG III Bài 15: Toán tử tuyến tính sau có chéo hóa được trên R không? Trong trường hợp chéo hóa được hãy tìm một cơ sở mà trong đó toán tử có dạng chéo. với CHƯƠNG IV Bài 13: (a) Cho và . Chứng minh A và B đồng dạng nếu và chỉ nếu và . (b) Cho , và . Chứng minh , , A và B không đồng dạng. CHƯƠNG V Bài 9: Xét tích vô hướng Euclide trong . Hãy bổ sung chúng để được một cơ sở trực giao của (a) (b)
CHƯƠNG III Bài 15: Toán tử tuyến tính sau có chéo hóa R không? Trong trường hợp chéo hóa tìm sở mà toán tử có dạng chéo f : R3 → R3 với f ( x1 , x1 , x3 ) = ( −9 x1 − x1 − 16 x3 , x1 + x1 + x3 , x1 + x1 + x3 ) CHƯƠNG IV n ∈ { 1, 2,3} Bài 13: (a) Cho PA = PB A, B ∈ M n ( £ ) Chứng minh A B đồng dạng mA = mB 0 N 0 N 0 N = B= ÷∈ M ( K ) A = ÷ ÷∈ M ( K ) 0 0 N 0 (b) Cho , Chứng minh PA = PB mA = mB , , A B không đồng dạng CHƯƠNG V Bài 9: Xét tích vô hướng Euclide ¡ u1 = ( 1,1,1,1) , u2 = ( 1, 0, −1, ) (a) u1 = ( 0, 0,1,1) , u2 = ( 1,1,1, −1) (b) ¡ Hãy bổ sung chúng để sở trực giao Giải 15 S0 * Ma trận f sở tắc R3 là: −9 − − 16 A = ÷ ÷ 4 7÷ * Đa thức đặc trưng f là: Pλf ( ) −9 − λ = 4 −8 3λ− − 16 = −λ ( + 1)λ2 ( − 3) 7−λ * Toán tử f có trị riêng * Với λ = −1 λ = −1 (nghiệm kép) λ=3 (nghiệm đơn) Hay f phân rã R , ta có: −8 − − 16 1 ÷ A + I = 4 ÷ ÷→ 0 ÷ 4 ÷ 0 0÷ dim E ( −1) = Do dim E ( ) = , mặt khác Vậy f chéo hoá R * Tìm sở: + Xét λ = −1 , ta có phương trình : x1 = −a − 2b x1 + x2 + x3 = ⇔ x3 = a ( a, b ∈ R ) x = b u1 = (−1,1,0), u2 = (−2,0,1) E (−1) Khi vectơ sở + Xét λ=3 , ta có: −12 − − 16 1 A − 3I = ÷ ÷ → 1 4 ÷ −3 1 1 2÷ ÷→ − − ÷ −1 1 1÷ ÷ ÷ x1 = −2a x1 + x2 + x3 = ⇔ x2 = a (a, b ∈ R ) − x2 + x3 = x = a u3 = (−2,1,1) E (3) Khi vectơ sở S = { u1 , u2 , u3 } * Đặt (Ma trận chéo , S sở −1 B = P −1 AP = − 0 0 0÷ ÷ 3÷ ¡ với mà ma trận f có dạng chéo −1 − − P = 1÷ ÷ ÷ 1 ma trận khả nghịch.) Giải 13 (a) ( ⇒) Giả sử A ma trận biểu diễn toán tử tuyến tính f sở S Ta có: A B đồng dạng hay tồn ma trận khả nghịch P cho Khi tồn co sở S' A = P −1BP cho B ma trận biểu diễn f Do A B ma trận biểu diễn toán tử tuyến tính f mA = mB Mà đa thức tối tiểu toán tử tuyến tính f nên Mặt khác, ta lại có: PA = A − λ I n = P −1 BP − λ I n = P −1 ( B − λ I n ) P = B − λ I n = PB PA = PB Vậy A B đồng dạng mA = mB ( ⇒) A∈ Mn ( £ ) nên A tam giác hoá C Khi tồn ma trận khả nghịch P cho λ1 T = P APλ= 0c 0 a −1 PA = PB Mặt khác b ÷ ÷ λ3 ÷ λ1 , λ2 , λ3 ma trận tam giác với trị riêng A mA = mB , hay trị riêng A B giống Do B đồng dạng với T (vì đường chéo T toàn trị riêng B) Suy A B đồng dạng PA = PB Vậy mA = mB A B đồng dạng Giải 13(b) Ta có: PA ( λ ) = PN ( λ ) PN ( λ ) = λ PB ( λ ) = PN ( λ ) P0 ( λ ) = λ PA ( t ) = PB ( t ) = t Do đó: PA = PB hay t 2 t mA , mB = t t Suy N2 A ≠ 0, A = ÷ = ⇒ mA ( t ) = t 2÷ 0 N Ta có N 0 B ≠ 0, B = ÷ = ⇒ mB ( t ) = t 0 mA = mB Suy ra: Giải u1 = ( 1,1,1,1) , u2 = ( 1, 0, −1, ) (a) Ta có: < u1 , u2 >= 1.1 + 1.0 + 1.( −1) + 1.0 = ⇒ u2 ⊥ u1 u3 , u4 Bổ sung để sở trực giao ¡ u3 = ( x, y, z , w) * Tìm u3 , u1 = u3 ⊥ u1 x + y + z + w = 2 x + y + w = ⇒ ⇒ ⇒ x = z u3 ⊥ u2 u3 , u2 = x − z = u3 = ( 0,1, 0, −1) x = z = 0, y = ⇒ w = −1 Chọn Khi đó: u4 = ( x, y , z , w ) * Tìm u4 , u1 = u4 ⊥ u1 x + y + z + w = 2 x + y = ⇒ x = z u4 ⊥ u2 ⇒ u4 , u2 = ⇒ x − z = u ⊥ u y − w = y = w u4 , u3 = u4 = ( −1,1, −1,1) w = ⇒ y = 1, x = z = −1 Chọn Khi đó: u1 = ( 1,1,1,1) , u2 = ( 1, 0, −1, ) u3 = ( 0,1, 0, −1) u4 = ( −1,1, −1,1) Vậy: , , sở trực giao ¡ u1 = ( 0, 0,1,1) , u2 = ( 1,1,1, −1) (b) Ta có: < u1 , u2 >= 0.1 + 1.0 + 1.1 + ( −1) = ⇒ u2 ⊥ u1 u3 , u4 Bổ sung để sở trực giao ¡ u3 = ( x, y, z , w) * Tìm u3 , u1 = u3 ⊥ u1 z + w = z = −w ⇒ ⇒ ⇒ u3 ⊥ u2 u3 , u2 = x + y + z − w = x + y + z = u3 = ( 1, −1, 0, ) z = 0, x = ⇒ w = 0, y = −1 Chọn Khi đó: u4 = ( x, y , z , w ) * Tìm u4 , u1 = u4 ⊥ u1 z + w = z = −w u4 ⊥ u2 ⇒ u4 , u2 = ⇒ x + y + z − w = ⇒ 2 x + z = u ⊥ u x − y = x = y u4 , u3 = u4 = ( 1,1, −1,1) z = −1 ⇒ x = y = 1, w = Chọn Khi đó: u1 = ( 0, 0,1,1) , u2 = ( 1,1,1, −1) u3 = ( 1, −1, 0, ) u4 = ( 1,1, −1,1) Vậy: , , sở trực giao ¡