A =[f ]
C
=
λ
1
b
2
.b
n
0 B
,
với B là ma trận vuông cấp n − 1. Xét không gian con W =
u
2
, .,u
n
và g : W −→ W sao cho ma trận của g trong cơ sở
(u
2
, .,u
n
) là B. Ta có
P
f
(λ)=det(A − λI
n
)=(λ
1
− λ)det(B − λI
n−1
)=(λ
1
− λ)P
g
(λ).
Vì P
f
(λ) phân rã trên K nên P
g
(λ) cũng phân rã trên K,do
đó theo giả thiết qui nạp ma trận B tam giác hóa được. Vậy tồn tại
một cơ sở (e
2
, .,e
n
) của W sao cho ma trận của g trong đó là ma
trận tam giác trên. Khi đó ma trận của f trong cơ sở (u
1
,e
2
, .,e
n
)
cũng có dạng tam giác trên.
Hệ quả 6.1.4. Mọi ma trận A ∈ M
n
(C) đều tam giác hóa được.
Nhận xét.
1) Nếu ma trận A đồng dạng với ma trận tam giác A
thì trên
đường chéo chính của A
chỉ toàn là các trò riêng của A.
2) Mọi ma trận A ∈ M
n
(R) đều tam giác hóa được trên trên
trường số phức C.
Hệ quả 6.1.5. Cho A ∈ M
n
(R) và Sp
C
A = {λ
1
, .,λ
n
}. Khi đó
ta có
Tr(A)=λ
1
+ .+ λ
n
và detA = λ
1
.λ
n
.
Chứng minh. Do các ma trận đồng dạng đều có cùng vết và cùng
đònh thức nên những điều cần chứng minh là hiển nhiên.
Ví dụ 6.1. Ma trận A =
−40−2
01 0
51 3
có đa thức đặc trưng
5
P
A
(λ)=(λ + 2)(1 − λ)
2
nên theo Đònh lý 6.1.3, A tam giác hóa
được trên R. Xem A như ma trận biểu diễn tự đồng cấu tuyến tính
f trong cơ sở chính tắc. Khi đó tồn tại một cơ sở B =(u
1
,u
2
,u
3
)
sao cho ma trận của f trong B có dạng tam giác trên
[f]
B
=
1 ab
01 c
00−2
.
Ta sẽ tính các véc tơ u
1
,u
2
và u
3
. Nhận xét rằng u
1
chính là véc
tơ riêng ứng với trò riêng λ
1
=1. Ta có
A − I
3
=
−50−2
00 0
51 2
−→
−50−2
00 0
01 0
.
Cho x
3
=0suy ra x
1
= −2. Vậy có thể lấy u
1
=(−2, 0, 5).
Tính u
2
:
Ta có f (u
2
)=au
1
+ u
2
=⇒ (f − Id)(u
2
)=au
1
. Do đó
−50−2
00 0
51 2
x
1
x
2
x
3
= a
−2
0
5
.
Giải hệ phương trình trên:
−50−2
−2a
00 0
0
51 2
5a
−→
−50−2
−2a
01 0
3a
00 0
0
.
6
Cho a = −1,x
3
=4=⇒ x
1
= −2,x
2
= −3. Có thể lấy u
2
=
(−2, −3, 4).
Tính u
3
: Ta biết rằng tồn tại véc tơ riêng v ứng với trò riêng
λ
2
= −2, nghóa là f (v)=−2v. Ta có thể chọn u
3
= v, b = c =0.
Ta có
A+2I
3
=
−20−2
03 0
51 5
−→
101
010
515
−→
101
010
000
.
Do đó có thể lấy u
3
=(−1, 0, 1). Kiểm tra dễ dàng u
1
,u
2
,u
3
độc
lập tuyến tính, do đó chúng tạo thành một cơ sở của R
3
. Trong cơ
sở B ma trận biểu diễn của f là
A
=
11 0
01 0
00−2
.
Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc sang cơ sở B là
P =
−2 −2 −1
0 −30
541
.
Cuối cùng ta có A
= P
−1
AP.
6.2. Đa thức triệt tiêu. Đònh lý Hamilton - Calley
Cho V là một không gian véc tơ trên trường K và Q ∈ K[t]:
Q(t)=a
m
t
m
+ a
m−1
t
m−1
+ .+ a
1
t + a
0
.
7
Nếu f ∈ End
K
(V ) thì ta ký hiệu Q(f ) là một tự đồng cấu tuyến
tính của V xác đònh bởi
Q(f)=a
m
f
m
+ a
m−1
f
m−1
+ .+ a
1
f + a
0
Id
V
.
Nhận xét. Nếu P, Q ∈ K[t] thì
P (f) ◦ Q(f )=Q(f ) ◦ P (f ), ∀f ∈ End
K
(V ). (1.22)
Đònh nghóa 6.2.1. Cho f ∈ End
K
(V ) và Q(t) ∈ K[t]. Ta nói Q(t)
là đa thức triệt tiêu toán tử f nếu Q(f)=0.
Mệnh đề 6.2.2. Giả sử Q(t) là đa thức triệt tiêu toán tử f và λ là
một trò riêng của f. Khi đó λ là nghiệm của Q(t).
Chứng minh. Gọi v là một véc tơ riêng của f ứng với trò riêng λ.
Khi đó f
k
(v)=λ
k
v, ∀k ∈ N. Giả sử
Q(t)=a
m
t
m
+ a
m−1
t
m−1
+ .+ a
1
t + a
0
là đa thức triệt tiêu f. Khi đó ta có
a
m
f
m
+ a
m−1
f
m−1
+ .+ a
1
f + a
0
Id
V
=0
=⇒ (a
m
f
m
+ a
m−1
f
m−1
+ .+ a
1
f + a
0
Id
V
)v =0
=⇒ (a
m
λ
m
+ a
m−1
λ
m−1
+ .+ a
1
λ + a
0
)v =0.
Do v =0nên từ đó suy ra
a
m
λ
m
+ a
m−1
λ
m−1
+ .+ a
1
λ + a
0
=0hay Q(λ)=0.
Áp dụng mệnh đề vừa chứng minh ta thấy rằng nếu toán tử f
thỏa f
2
= f thì các giá trò riêng của f chỉ có thể là 0 hoặc 1. Nếu
f
3
= f thì các trò riêng của f chỉ có thể là 0, 1 hoặc −1.
Tuy nhiên, cũng cần thiết lưu ý rằng không phải tất cả các nghiệm
của Q(t) đều là trò riêng của f. Ví dụ, nếu f = Id
V
thì đa thức
Q(t)=t
2
− t triệt tiêu f nhưng 0 không phải là trò riêng của f.
8
Câu hỏi đầu tiên mà ta có thể đặt ra là: Phải chăng đối với
mọi toán tử tuyến tính f ∈ End
K
(V ) đều tồn tại một đa thức
0 = Q(t) ∈ K[t] triệt tiêu f? Câu trả lời là khẳng đònh. Thật vậy, nếu
dim
K
(V )=n thì End
K
(V )
∼
=
M
n
(K), suy ra dim
K
(End
K
(V )) =
n
2
. Do đó các phần tử Id
V
,f,f
2
, .,f
n
2
phụ thuộc tuyến tính trong
End
K
(V ), suy ra tồn tại các phần tử a
0
,a
1
,a
2
, .,a
n
2
∈ K, không
phải tất cả đều bằng 0 sao cho
a
0
Id
V
+ a
1
f + a
2
f
2
+ .+ a
n
2
f
n
2
=0.
Vậy Q(t)=a
0
+ a
1
t + a
2
t
2
+ .+ a
n
2
t
n
2
là đa thức triệt tiêu f.
Đònh lý Hamilton - Calley mà ta sẽ chứng minh dưới đây cho thấy
đa thức đặc trưng của f là đa thức triệt tiêu f.
Đònh lý 6.2.3. (Hamilton - Calley) Cho K là trường số thực R hoặc
trường số phức C. Nếu f ∈ End
K
(V ) thì đa thức đặc trưng P
f
(λ)
triệt tiêu f, nghóa là P
f
(f)=0.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh cho trường hợp K = C.
Trong trường hợp này f tam giác hóa được. Giả sử B =(e
1
, .,e
n
)
là một cơ sở của V sao cho trong đó ma trận biểu diễn f có dạng
tam giác trên:
[f]
B
=
λ
1
∗
.
.
.
0 λ
n
.
Khi đó ta có
P
f
(λ)=(λ
1
− λ) .(λ
n
− λ).
Ta cần chứng minh
P
f
(f)=(λ
1
Id
V
− f ) .(λ
n
Id
V
− f )=0.
∀i ∈
1,n, đặt
g
i
=(λ
1
Id
V
− f ) .(λ
i
Id
V
− f).
9
Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo i rằng g
i
(e
1
)= . =
g
i
(e
i
)=0. Khi đó, với i = n ta sẽ có điều cần phải chứng minh.
Với i =1ta có
g
1
(e
1
)=(λ
1
Id
V
− f)e
1
= λ
1
e
1
− f(e
1
)=0.
Giả sử i>1 và
g
i−1
(e
1
)= .= g
i−1
(e
i−1
)=0.
Ta có
g
i
= g
i−1
(λ
i
Id
V
− f )=(λ
i
Id
V
− f )g
i−1
.
Do đó
g
i
(e
1
)= .= g
i
(e
i−1
)=0.
Xét g
i
(e
i
). Ta có
f(e
i
)=a
1
e
1
+ .+ a
i−1
e
i−1
+ λ
i
e
i
,
với a
1
, .,a
i−1
là những phần tử nào đó thuộc C. Từ đó suy ra
g
i
(e
i
)=g
i−1
(λ
i
Id
V
− f )(e
i
)
= g
i−1
(λ
i
e
i
− (a
1
e
1
+ .+ a
i−1
e
i−1
+ λ
i
e
i
))
= −a
1
g
i−1
(e
1
) − .− a
i−1
g
i−1
(e
i−1
)=0.
Ta đã chứng minh P
f
(f)=0hay P
A
(A)=0, ∀A ∈ M
n
(C). Bây
giờ, nếu A ∈ M
n
(R) thì ta xem A như một ma trận trên C và áp
dụng điều vừa chứng minh ta sẽ có P
A
(A)=0.
Dưới đây ta sẽ chứng minh một kết quả rất quan trọng về các đa
thức triệt tiêu.
Bổ đề 6.2.4. (Bổ đề căn bản) Cho f ∈ End
K
(V ) và Q(t)=
Q
1
(t) .Q
p
(t), trong đó Q
1
, .,Q
p
là những đa thức nguyên tố
cùng nhau. Khi đó:
10
Nếu Q(t) triệt tiêu f thì
V = KerQ
1
(f) ⊕ .⊕ KerQ
p
(f).
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo p.
Nếu p =1thì Q(t)=Q
1
(t), do đó nếu Q(f )=0thì Q
1
(f)=0
và V = KerQ
1
(f).
Trường hợp p =2: Giả sử Q(t)=Q
1
(t)Q
2
(t), trong đó Q
1
và Q
2
là
những đa thức nguyên tố cùng nhau. Khi đó, tồn tại những đa thức
U
1
và U
2
sao cho
U
1
Q
1
+ U
2
Q
2
=1.
Từ đó suy ra
U
1
(f)Q
1
(f)+U
2
(f)Q
2
(f)=Id
V
.
Do đó ∀x ∈ V , ta có
x = U
1
(f)Q
1
(f)(x)+U
2
(f)Q
2
(f)(x) (1),
kéo theo
V = Im(U
1
(f)Q
1
(f)) + Im(U
2
(f)Q
2
(f)).
Vì Q
2
(f)Q
1
(f)=0nên Q
2
(f)U
1
(f)Q
1
(f)=0, suy ra
Im(U
1
(f)Q
1
(f)) ⊆ KerQ
2
(f).
Hoàn toàn tương tự, ta có
Im(U
2
(f)Q
2
(f)) ⊆ KerQ
1
(f).
Do đó V = KerQ
1
(f)+KerQ
2
(f).
11
Giả sử x ∈ KerQ
1
(f) ∩ Q
2
(f). Từ (1) suy ra ngay x =0. Vậy
V = KerQ
1
(f) ⊕ KerQ
2
(f).
Trường hợp p>2: Ta có
Q(t)=(Q
1
(t) .Q
p−1
(t))Q
p
(t).
Đặt Q
∗
(t)=Q
1
(t) .Q
p−1
(t), ta có Q
∗
(t) và Q
p
(t) là những đa
thức nguyên tố cùng nhau. Theo trường hợp p =2ta có
V = KerQ
∗
(f) ⊕ KerQ
p
(f).
Đặt W = KerQ
∗
(f) và f = f|
W
. Ta chứng minh f ∈ End
K
(W ).
Thật vậy, ∀x ∈ W, ta có
f (x)=f(x).Dox ∈ W nên Q
∗
(f)(x)=0,
suy ra Q
∗
(f)f (x)=fQ
∗
(f)(x)=0, nghóa là f(x) ∈ KerQ
∗
(f).
Ngoài ra, do
f = f|
W
nên Q
∗
(f)=0. Vậy, áp dụng giả thiết qui
nạp, nhận được
W = KerQ
1
(f) ⊕ .⊕ KerQ
p−1
(f).
∀i ∈
1,p− 1, ta có
KerQ
i
(f)={x ∈ W|Q
i
(f)(x)=0}
={x ∈ W |Q
i
(f)(x)=0}⊆KerQ
i
(f).
Ngược lại, giả sử x ∈ KerQ
i
(f). Khi đó,
Q
∗
(f)(x)=Q
1
(f) .Q
i−1
(f)Q
i+1
(f)Q
i
(f)(x)=0,
suy ra x ∈ W. Điều này chứng tỏ x ∈ KerQ
i
(f). Do đó
KerQ
i
(f)=KerQ
i
(f), ∀i ∈ 1,p− 1.
Vậy
V = KerQ
1
(f) ⊕ .⊕ KerQ
p−1
(f) ⊕ KerQ
p
(f).
12
Hệ quả 6.2.5. Cho f là một toán tử tuyến tính trong không gian
véc tơ n chiều V trên K và giả sử đa thức đặc trưng P
f
(λ) phân rã
trên K:
P
f
(λ)=(−1)
n
(λ − λ
1
)
α
1
.(λ − λ
p
)
α
p
.
Khi đó
V = Ker(f − λ
1
Id)
α
1
⊕ .⊕ Ker(f − λ
p
Id)
α
p
.
Đònh nghóa 6.2.6. Cho f là một toán tử tuyến tính trong không gian
véc tơ n chiều V trên K và giả sử đa thức đặc trưng P
f
(λ) phân rã
trên K:
P
f
(λ)=(−1)
n
(λ − λ
1
)
α
1
.(λ − λ
p
)
α
p
.
Ta gọi
N(λ
i
):=Ker(f − λ
i
Id)
α
i
là không gian con đặc trưng, ứng với trò đặc trưng λ
i
.
Theo Hệ quả 6.2.5, nếu đa thức đặc trưng phân rã trên K thì V
phân tích thành tổng trực tiếp của các không gian con đặc trưng.
Nhận xét. 1) Không gian con riêng luôn nằm trong không gian con
đặc trưng (ứng với cùng một trò đặc trưng):
E(λ) ⊆ N(λ).
Thật vậy, nếu x ∈ E(λ) thì (f −λId)x =0, suy ra (f −λId)
α
x =
0 (α là số bội của λ) hay x ∈ N (λ).
2) Không gian con đặc trưng là bất biến đối với f, nghóa là
f(N (λ)) ⊆ N (λ).
Thật vậy, giả sử x ∈ N (λ). Khi đó
(f − λId)
α
x =0=⇒ f ◦ (f − λId)
α
x =0
13
=⇒ (f − λId)
α
◦ f(x)=0=⇒ f (x) ∈ N (λ).
Để kết thúc mục này, dưới đây ta sẽ xét một ứng dụng của Bổ đề
căn bản.
Giả sử f ∈ End
K
(V ) sao cho f
2
= f. Khi đó Q(t)=t(t − 1) là
đa thức triệt tiêu f. Vậy, theo Bổ đề 6.2.4, V = Kerf ⊕Ker(f −Id).
Ta thấy V là tổng trực tiếp của các không gian con riêng của f nên
theo Hệ quả 5.2.4, f chéo hóa được.
Dưới đây là một kết quả tổng quát hơn ví dụ chúng ta vừa xét.
Đònh lý 6.2.7. Toán tử tuyến tính f chéo hóa được khi và chỉ khi
tồn tại một đa thức phân rã trên K, có toàn nghiệm đơn và triệt tiêu
f.
Chứng minh. Giả sử f chéo hóa được. Khi đó tồn tại một cơ sở
B =(v
1
, .,v
n
) gồm toàn các véc tơ riêng của f. Gọi λ
1
, .,λ
p
là
các trò riêng đôi một khác nhau của f. Khi đó, ∀v ∈Btồn tại một
λ
j
, 1 ≤ j ≤ p sao cho (f − λ
j
Id)v =0. Từ đó suy ra
(f − λ
1
Id) .(f − λ
p
Id)v =0.
Vậy đa thức Q(t)=(t − λ
1
) .(t − λ
p
) phân rã trên K, chỉ có
toàn nghiệm đơn và triệt tiêu f.
Ngược lại, giả sử
Q(t)=(t − λ
1
) .(t − λ
p
),λ
i
= λ
j
, ∀i = j
và Q(t) triệt tiêu f. Khi đó theo Bổ đề 6.2.4
V = Ker(f − λ
1
Id) ⊕ .⊕ Ker(f − λ
p
Id)
= E(λ
1
) ⊕ .⊕ E(λ
p
),
suy ra f chéo hóa được.
14
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét