Mô tả:
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN
-----------KHOA TOÁN ỨNG DỤNG
BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
NHÓM 1
Họ và Tên
Nhiệm vụ được phân công
Nhóm trưởng:
Đinh Văn Tuân
phân công, tổng hợp bài tập
Nguyễn Thị Kim Lan
Chương 2: 2.1e, 2.2
Dương Hoài Nam
Chương : 2a,4a
Phan Hồ Thảo Mai
Chương 1: 1.9, chương 2: 2.1a
Huỳnh Nguyên Hưng
Chương 3 : 3.1a, 3.3a.
Huỳnh Hữu Mạnh
Chương 1: 1.1 , 1.5
Bài 2.1Tìm dạng chuẩn Jordan J của các ma trận A sau đây và tìm ma trận khả
nghịch P sao cho A =PJP-1.
e)
3 1 0 0
1 1 0 0
A
3 0 5 3
4 1 3 1
Đa thức đặc trưng của A
3 x 1
1
1 x
PA ( x ) det( A xI )
3
0
4
1
x 2
0
0
0
0
3 x
5 x 3
1
3
1 x
1 5 x
.
1 x 3
3
1 x
4
=>A có một giá trị riêng 2 với bội số là 4.
=>Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A.
Với 2
1 1
1 1
rank A 2 I rank
3
0
4 1
rank A 2 I
2
0
0
3
3
0 0
0 0
rank
0 0
0 0
0
0
0
0
0
0
0
2
3
3
0
0
0
0
0
2
Số khối cấp 1: rank A 2 I 2rank A 2 I rank A 2 I 4 2.2 0 0
Có hai khối cấp 2(vì dimR2 = 4).
Dạng chuẩn Jordan của A là:
2
1
J
0
0
0 0
2 0
0 2
0 1
0
0
0
2
Chọn u1 , u2 , u3 , u4 sao cho Au1 2u1 u2 ; Au2 2u2 ; Au3 2u3 u4 ; Au4 2u4 .
Chọn u1 (1, 0, 0, 0); u2 (1,1,3, 4); u3 0;1;0;0 ; u4 (1; 1;0; 1)
1 1
0 1
P
0 3
0 4
0 1
1 1
0
0
0 1
Bài 2.2.Chứng minh rằng mọi ma trận lũy linh(Ak=0) đều chéo hóa được A=0.
)
* A 0 Ak 0 A lũy linh.
* A 0 => Tồn tại ma trận vuông P cấp n khả nghịch bất kì và ma trận chéo D = 0 cấp n
sao cho A PDP 1 A chéo hóa được.
) A chéo hóa được nếu tồn tại ma trận vuông P cấp n khả nghịch và ma trận chéo D
1 0 0.........0
0 2 0.........0
1
cấp n sao cho : A PDP với D =
n
0 0 0
1k 0 0.........0
k
0 2 0.........0
k
1
1
1
k
1
A PD.P .PDP ....PDP P.D .P P
0 0 0 ..... nk
Mà A lũy linh Ak 0 => D k 0 1k 2k .... nk 0
1 2 ... n 0
D 0
A 0
Vậy mọi ma trận lũy linh(Ak=0) đều chéo hóa được A=0.
1
P
BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
Bài 3.1 (trang 39) Tính A10 trong các trường hợp sau
1 3 3
a) A 3 5 3
6 6 4
Giải
Ta có đa thức đặc trưng của A là
1 x
PA ( x ) det( A xI )
3
(2 x) 0
1 x
1
2
(2 x) 0
0
5 x
3
3
5 x
3
3
5 x
3 0
4 2 x 2 x
6
4 x 1 x
3
3
3
6
3
3
2
3
1 (2 x ) 0
3
2 x
1
0
5 x
2
2 x
3
1 (2 x ) 0
3
1
2
1 (2 x) 2 ( x 4)
2 x 3
Vậy A có 2 giá trị riêng là 2 và 4
Với 2
3 3 3 1 1 1
A 2 I 3 3 3 0 0 0
6 6 6 0 0 0
Suy ra u1 (1, 0,1), u2 (1,1, 0) là cơ sở của E2
Với 4
3 3 3 1 1 1 1 1 1
A 4 I 3 9 3 0 12 6 0 2 1
6 6 0 0 12 6 0 0 0
Suy ra u3 (1,1, 2) là cơ sở của E4
Vậy A chéo hóa được
1
3
2
5 x
3
2
1
1
3
1 1
2
1 1 1
2 0 0
2 1 1
1
1
P 0 1 1 , D 0 2 0 , P 2 3 1 1 3
2
2
1 0 2
0 0 4
0
1
1
0 1
2
Khi đó A10 P.D10 .P 1
10
1 1 1 (2)
A10 0 1 1 . 0
1 0 2 0
1 1
2
220
220 1 3
2
221
1
0
2
210
A10 0
210
210
210
0
0
10
A 210
210
210 219
9
0
(2)10
0
1 1
2
0
3
0 1
2
410
0 12
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
219
2 2
29 220
19
9
3.2 2
29 220
19
Bài 3.3 (trang 39) Tìm số hạng tổng quát của hệ các dãy số sau đây
u1 v1 2
a) un 2un1 vn1
v u 2v
n 1
n 1
n
Bài giải
u
u 2
2 1
1
Đặt X n n ; A
; X1
1 2
v1 2
vn
Khi đó X n An 1. X 1 . Ta tìm An1
Ta có đa thức đặc trưng của A
PA ( x) det( A xI )
2 x
1
(2 x) 2 1 (1 x ).(3 x )
1
2 x
Vậy A có 2 giá trị riêng là 1 và 3
Với 1
2
1
2
1
2
1
2
1 1 1 1
A I
1 1 0 0
Suy ra u1 (1, 1) là cơ sở của E1
Với 3
1 1 1 1
A 3I
1 1 0 0
Suy ra u2 (1,1) là cơ sở của E3
Vậy A chéo hóa được
1
1
1 1
1 0
1 1 1 2 2
1
P
, D 0 3 , P 2 1 1 1
1
1 1
2
2
Khi đó An 1 P.D n 1 .P 1
1
1
1 1 1 0 2 2
A
.
.
n 1
1
1 1 0 3 1
2
2
1
1
1 3n 1 2 2
n 1
A
.
n 1
1 3 1 2 1 2
n 1
A
n 1
1 (1 3n 1 )
2
1 (1 3n 1 )
2
1 (1 3n 1 )
2
n
1
1 (1 3 )
2
Vậy X n An 1. X 1
n 1
1
1 (1 3n 1 )
un 2 (1 3 )
2
. 2
vn 1 (1 3n 1 ) 1 (1 3n 1 ) 2
2
2
n 1
n 1
n 1
u 1 3 1 3 2.3
n
n 1
n 1
n 1
vn 1 3 1 3 2.3
3
Bài tập ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO
Chương : 1,2,3
Nhóm: 2
16/04/2015
Bài tập 1.2.
Tìm
0 ma trận chéo1hóa A và dạng chéo
1
3 3
2 6 A
A=@ 6
b)
3
3 1
0
1
3 1
1
2 A
A=@ 2 4
d)
1 1 1
0
1
1 0 2
4
B 0 1 2
4 C
C
A=B
f)
@ 0 0 3
4 A
0 0 2
3
a)
c)
e)
Giải.
a)
0
1
@
6
A=
3
1
3 3
2 6 A
3 1
Đa thức đặc trưng của A :
trong
0 các trường hợp
1 sau:
1
1 1
A=@ 2 0 2 A
1
1 1
0
1
3
2 1
4 1 A
A=@ 1
1
2 1
0
1
1
0
0
0
B 6
7
6
3 C
C
A=B
@ 9
9
8
3 A
0
0
3
2
1
PA (x) = det (A
x
6
3
3
3
3
+6
+3
3
1 x
3 1 x
2 x 6
= x3 + 48x 128 = (x + 8) (x 4)2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 8 ; x = 4:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 8 ; = 4 :
* Với =0 8 :
1 0
1
9
3 3
1 1 3
A + 8I = @ 6 6 6 A @ 0 1 2 A
3
3 9
0 0 0
Do đó hệ phương trình (A + 8I) X = 0 có nghiệm ( 1; 2; 1) t
Như vậy fP1 = ( 1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 8 .
* Với = 4 :
= (1
x)
2
xI) =
1
x
6
3
3
2
3
6
x
3
1
x
0
1 0
1
3
3 3
1 1
1
6 6 A @ 0 0 0 A
A 4I = @ 6
3
3
3
0 0 0
Do đó hệ phương trình (A 4I) X = 0 có nghiệm ( s + t; s; t)
Như vậy fP2 = ( 1; 1; 0) ; P3 = (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E4 .
Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP1 = ( 1; 2; 1) ; P2 = ( 1; 1; 0) ; P3 = (1; 0; 1)g
nên ma trận A chéo hóa được.
0
1
1
1 1
Với P = @ 2 1 0 A là ma trận chéo hóa A.
1
0 1
0
1
8 0 0
D = @ 0 4 0 A là dạng chéo của A.
0 0 4
—————————————————————————————
0
1
1
1 1
b)
A=@ 2 0 2 A
1
1 1
1 x
1
1
2
x
2
Đa thức đặc trưng của A :
PA (x) = det (A xI) =
1
1 1 x
=
(x + 2) (x 2)2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 2 ; x = 2:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 2 ; = 2 :
* Với =0 2 :
1
1 0
1 1 3
3
1 1
A + 2I = @ 2 2 2 A @ 0 1 2 A
0 0 0
1
1 3
Do đó hệ phương trình (A + 2I) X = 0 có nghiệm ( 1; 2; 1) t
Như vậy fP1 = ( 1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 2 .
* Với =02 :
1
1 0
1 1
1
1
1 1
2 2 A @ 0 0 0 A
A 2I = @ 2
0 0 0
1
1
1
Do đó hệ phương trình (A 2I) X = 0 có nghiệm ( s + t; s; t)
Như vậy fP2 = ( 1; 1; 0) ; P3 = (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E2 .
Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP1 = ( 1; 2; 1) ; P2 = ( 1; 1; 0) ; P3 = (1; 0; 1)g
nên ma trận A chéo hóa được.
0
1
1
1 1
Với P = @ 2 1 0 A là ma trận chéo hóa A.
1
0 1
0
1
2 0 0
D = @ 0 2 0 A là dạng chéo của A.
0 0 2
—————————————————————————————
2
c)
0
3 1
@
A= 2 4
1 1
1
1
2 A
1
Đa thức đặc trưng của A :
3
PA (x) = det (A
xI) =
x
2
1
1
1
2
1
1 x
=
(x 4) (x
4
x
2)2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 4 ; x = 2:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 4 ; = 2 :
* Với =04 :
1 0
1
1 1
1
1
1 1
2 A @ 0 1
2 A
A 4I = @ 2 0
1 1
3
0 0
0
Do đó hệ phương trình (A 4I) X = 0 có nghiệm (1; 2; 1) t
Như vậy fP1 = (1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E4
* Với =02 :
1 0
1
1 1
1
1 1
1
2 A @ 0 0 0 A
A 2I = @ 2 2
1 1
1
0 0 0
Do đó hệ phương trình (A 2I) X = 0 có nghiệm ( s + t; s; t)
Như vậy fP2 = ( 1; 1; 0) ; P3 = (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E2 .
Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP1 = (1; 2; 1) ; P2 = ( 1; 1; 0) ; P3 = (1; 0; 1)g nên
ma trận A chéo hóa được.
0
1
1
1 1
Với P = @ 2 1 0 A là ma trận chéo hóa A.
1 0 1
0
1
4 0 0
D = @ 0 2 0 A là dạng chéo của A.
0 0 2
—————————————————————————————
0
1
3
2 1
4 1 A
d)
A=@ 1
1
2 1
3 x
2
1
1
4 x
1
Đa thức đặc trưng của A :
PA (x) = det (A xI) =
1
2 1 x
= (x 4) (x 2)2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 4 ; x = 2:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 4 ; = 2 :
* Với =04 :
1 0
1
1 2
1
1 2 1
0
1 A @ 0 1 1 A
A 4I = @ 1
1
2
3
0 0 0
Do đó hệ phương trình (A 4I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1) t
Như vậy fP1 = (1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E4
* Với = 2 :
3
0
1 0
1
1
2
1
1 2 1
2
1 A @ 0 0 0 A
A 2I = @ 1
1
2
1
0 0 0
Do đó hệ phương trình (A 2I) X = 0 có nghiệm ( 2s t; s; t)
Như vậy fP2 = ( 2; 1; 0) ; P3 = ( 1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E2 .
Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP1 = (1; 1; 1) ; P2 = ( 2; 1; 0) ; P3 = ( 1; 0; 1)g
nên ma trận A chéo hóa được.
0
1
1
2
1
0 A là ma trận chéo hóa A.
Với P = @ 1 1
1
0
1
0
1
4 0 0
D = @ 0 2 0 A là dạng chéo của A.
0 0 2
—————————————————————————————
0
1
1 0 2
4
B 0 1 2
4 C
C
e)
A=B
@ 0 0 3
4 A
0 0 2
3
1 x
0
2
4
0
1 x
2
4
Giải.
Đa thức đặc trưng của A :
PA (x) = det (A xI) =
0
0
3 x
4
0
0
2
3 x
= (x + 1) (x
1)3
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 1 ; x = 1:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 1 ; = 1 :
* Với =
0 1:
1 0
1
2 0 2
4
1 0 1
2
B 0 2 2
B
4 C
2 C
C B 0 1 1
C
A+I =B
@ 0 0 4
4 A @ 0 0 1
1 A
0 0 2
2
0 0 0 0
Do đó hệ phương trình (A + I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1; 1) t
Như vậy fP1 = (1; 1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 1
* Với =
01 :
1 0
1
0 0 2
4
0 0 1
2
B 0 0 2
B
C
4 C
C B 0 0 0 0 C
A I=B
@ 0 0 2
4 A @ 0 0 0 0 A
0 0 2
2
0 0 0 0
Do đó hệ phương trình (A I) X = 0 có nghiệm (s; t; 2q; q)
Như vậy fP2 = (1; 0; 0; 0) ; P3 = (0; 1; 0; 0) ; P4 = (0; 0; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng
E1 .
Vì A có đủ 4 vecto độc lập tuyến tính fP1 = (1; 1; 1; 1) ; P2 = (1; 0; 0; 0) ; P3 = (0; 1; 0; 0) ; P4 = (0; 0; 2; 1)g
nên ma trận A chéo hóa được.
0
1
1 1 0 0
B 1 0 1 0 C
C
Với P = B
@ 1 0 0 2 A là ma trận chéo hóa A.
1 0 0 1
4
0
1
1 0 0 0
B 0 1 0 0 C
C
D=B
@ 0 0 1 0 A là dạng chéo của A.
0 0 0 1
—————————————————————————————
1
0
1
0
0
0
B 6
7
6
3 C
C
f)
A=B
@ 9
9
8
3 A
0
0
3
2
1 x
0
6
7 x
Đa thức đặc trưng của A :
PA (x) = det (A xI) =
9
9
0
0
=
8
0
3
3
x
3
(1
Đa thức đặc trưng của A có 3 nghiệm là x = 1 ; x = 8 ; x = 2:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 1 ; = 8 ; = 2 :
* Với =
1
1 0
01 :
2 2 2 1
0
0
0
0
B
B 6
1 C
6
6
3 C
C
C B 0 0 1
A I=B
A
@
@ 9
0 0 0 1 A
9
9
3
0 0 0 0
0
0
3
3
Do đó hệ phương trình (A I) X = 0 có nghiệm ( 1; 1; 0; 0) t
Như vậy fP1 = ( 1; 1; 0; 0)g là cơ sở của không gian riêng E1
* Với =0 8 :
1
1 0
1 0 0 0
9
0 0 0
B 6 15 6 3 C B 0 3 0 1 C
C
C B
A + 8I = B
@ 9
1 A
9 0
3 A @ 0 0 3
0 0 0 0
0
0 3 6
1 1
Do đó hệ phương trình (A + 8I) X = 0 có nghiệm 0;
; ;1 t
3 3
1 1
Như vậy P2 = 0;
; ;1
là cơ sở của không gian riêng E 8 .
3 3
* Với =0 2 :
1 0
1
3
0
0
0
1 0 0 0
B 6
B
9
6
3 C
3 C
C B 0 3 0
C
A + 2I = B
@ 9
9
6
3 A @ 0 0 1 2 A
0
0
3
0
0 0 0 0
Do đó hệ phương trình (A + 2I) X = 0 có nghiệm (0; 1; 2; 1) t
Như vậy fP3 = (0; 1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 2 .
Vì A chỉ có 3 vecto độc lập tuyến tính nên ma trận A không chéo hóa
0
1 1
10
@
Bài 3.1. Tính A trong những trường hợp sau đây: b)
A= 1 1
1 1
0
1
1 1 1
b)
A=@ 1 1 1 A
1 1 1
5
0
6
2
x
x) (x + 8) (x + 2)2
được.
1
1
1 A
1
1
Đa thức đặc trưng của A :
PA (x) = det (A
xI) =
x
1
1
1
1
x
1
1
1
1 x
= (3 x) x2
Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 3 ; x = 0:
Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau = 3 ; = 0 :
* Với =0
3:
1 0
1
2 1
1
1 1
2
2 1 A @ 0 1
1 A
A 3I = @ 1
1
1
2
0 0 0
Do đó hệ phương trình (A 3I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1) t
Như vậy fP1 = (1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E3 .
* Với =0
0:
1 0
1
1 1 1
1 1 1
A 0I = @ 1 1 1 A @ 0 0 0 A
1 1 1
0 0 0
Do đó hệ phương trình (A 0I) X = 0 có nghiệm ( s t; s; t)
Như vậy fP2 = ( 1; 1; 0) ; P3 = ( 1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E0 .
Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP1 = (1; 1; 1) ; P2 = ( 1; 1; 0) ; P3 = ( 1; 0; 1)g nên
ma trận A chéo hóa được.
1
0
1
1
1
0 A là ma trận chéo hóa A.
Với P = @ 1 1
1 0
1
1
1
0
0
P (1j1) P (1j2) P (1j3)
0
1
1
1 @
1
P (2j1) P (2j2) P (2j3) A = @ 1 2
1 A
P 1=
det P
3
P (3j1) P (3j2) P (3j3)
1
1 2
0
1
3 0 0
D = @ 0 0 0 A là dạng chéo của A.
0 0 0
0 10
1
3
0 0
D10 = @ 0 0 0 A
0 0 0
0
1 0 10
10
1
1
1
1
3
0 0
0
1
1
1
0 A@ 0 0 0 A @ 1 2
1 A
Vậy A10 = P D10 P 1 = @ 1 1
3
1 0
1
0 0 0
1
1 2
0
1
0 1 1
= 39 @ 0 1 1 A
0 1 1
Bài 1.6. Chứng minh rằng mọi véctơ khác 0 đều là véc tơ riêng của tự đồng cấu tuyến
tính f : V ! V của không gian véctơ hữu hạn chiều V khi và chỉ khi f = idv :
Giải:
=>)
Xét véctơ u bất kì khác 0 của không gian hữu hạn chiều V
=>
u là véctơ riêng của tự đồng cấu tuyến tính f
ĐN
=>
<=)
tồn tại duy nhất giá trị riêng : f (u) = (u)
=>
f (u) = idv (u)
=>
f = idv
Giả sử ta có: f = idv
6
8u
V
=> với u là vétơ khác 0 bất kì, f (u) = idv (u)
=> f (u) = u
=> u là véctơ riêng của f
Bài 3.2 Tìm số hạng tổng quát của dãy số:
b)
u1 = 1;
u2 = 1;
un+2 = 2un+1 un;
n 1:
Bài giải:
un+2
2
1
Đặt Xn+2 =
;
A=
un+1
1 0
1
X2 =
;
Xn+2 = AXn+1
1
=> Xn+2 = An X2
2
1
PA ( ) =
= 2 + 2+1=(
1)2
1
=> A có một giá trị riêng = 1 (bội 2)
* Với = 1
1
1
1
1
A
I=
!
1
1
0 0
x2
1
=> x =
= x2
x2
1
=> fu1 = (1; 1)g là cơ sở của E1
=> dim E1 = 1
=> A không chéo hóa được
* Với = 1 dim R1 = 2
1
1
Rank (A I) = Rank
=1
1
1
0 0
Rank (A I)2 = Rank
=0
0 0
=> khộng có khối cấp 1, có một khối cấp 2
chọn u1 = (1; 0)
u2 = (A I) uT1 = (1; 1)
=> fu1 = (1; 0) ;
u2 = (1; ; 1)g là cơ sở của R1
1 0
1 1
1
1
J2 (1) =
;
P =
=> P 1 =
1 1
0 1
0 1
1
1
1
0
1
1
An = P J n P 1 =
0 1
n 1
0 1
1+n 1
1
1
1+n
n
=
=
n
1
0 1
n
n+1
1+n
n
1
Xn+2 = An X2 =
n
n+1
1
1 2n
un+2
=
=
1 2n
un+1
=> un+2 = 1 2n
un+1 = 1 2n
n 1
un = un+2 + 2un+1 = 1 + 2n + 2 4n = 2n + 3;
Bài tập 1.10. Chứng tỏ rằng mọi ma trận vuông thực cấp lẻ đều có giá trị riêng thực,do đó
nó đều có véc tơ riêng
Giải. Cho A là ma trận vuông cấp n với các phần tử trong R. Khi đó giá trị là giá trị riêng
của A khi và chỉ khi là nghiệm của phương trình đặc trưng PA (x) = det(A xIn ) = 0:
Do mọi đa thức bậc lẻ đều có nghiệm thực nên suy ra đa thức đặc trưng PA (x) luôn có
nghiệm thực khi n lẻ. Từ đó suy ra đpcm.
7
Bài tập 3.3.b.
Tìm số hạng tổng quát của hệ dãy số
u1 = 1; v1 = 3; un = 3un 1 vn 1 ; vn = un 1 + vn 1 ; n 2
un 1
3
1
Giải. Đặt Xn =
;
A=
vn 1
1 1
1
;
Xn = AXn 1
3
=> Xn = An 1 X1
3
1
PA ( ) =
=3 4 + 2+1=(
1
1
=> A có một giá trị riêng = 2 (bội 2)
=> A không chéo hóa được
X1 =
2)2
Dạng chuẩn Jordan của A là
2 0
1 1
1 1
0
J2 (2) =
;
P =
=> P 1 =
01 1
1 2
0 1
n 1
2
0
Jn 1 =
(n 1):2n 2 2n 1
2n 1 + (n 1)2n 2
(n 1)2n 2
An 1 =
(n 1)2n 2
2n 1 (n 1)2n 2
n
1
2
+ (n 1)2n 2
(n 1)2n 2
1
X n = An 1 X 1 =
n
2
n
1
n
2
(n 1)2
2
(n 1)2
3
2n 1 4(n 1)2n 2
=
3:2n 1 4(n 1)2n 2
un = 2n 1 4(n 1)2n 2
=>
vn = 3:2n 1 4(n 1)2n 2
Bài tập 2.1.b
Tìm ma trận Jordan của ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch
P sao cho A = P JP 1
0
1
1
3 3
6 13 A
A=@ 2
1
4 8
1
3
3
2
6
13
PA ( ) =
= (
1)3
1
4
8
) Ma trận A có 1 giá trị riêng = 1 ( bội 3)
) Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A
* = 1 ) dim R1 = 0
3
1
0
3 3
7 13 A = 2
rank (A I) = rank @ 2
1
4 7
0
1
3 9
18
6 A=1
rank (A I)2 = rank @ 1 3
1 3
6
) Không có khối cấp 1, cấp 2
) Có 1 khối
0 cấp 3 1
1 0 0
@
1 1 0 A
J3 (1) =
0 1 1
8
Chọn u1 = (1;00; 0)
0
(A I) uT1 = @ 2
1
) u2 = (0; 2; 1)
(A
10 1 0
1
3 3
1
0
7 13 A @ 0 A = @ 2 A 6= 0
4 7
0
1
0
10 1 0 1
18
1
3
A
@
A
@
6
0
1 A=
=
6 0
6
0
1
3 9
2 T
@
1 3
I) u1 =
1 3
I) uT2 = (A
) u3 = (3; 1; 1)
) fu1 =0(1; 0; 0) ; u2 =
1 (0; 2; 1) ; u3 = (3; 1; 1)g là cơ sở cyclic của R1 :
1 0 3
2 1 A với P 1 AP = J:
)P =@ 0
0
1 1
Bài tập 2.1.f)
Tìm
P sao cho A0= P JP 1
1 0 0
B 1 2 0
B
A(x) = B
B 1 2 3
@ : : :
1 2 3
Giải.
0
ma trận Jordan của ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch
1
::: 0
::: 0 C
C
::: 0 C
C
::: : A
::: n
1 0
B 1 2
B
A(x) = B 1 2
B
@ : :
1 2
Đa thức đặc trưng của A
0
0
3
:
3
:::
:::
:::
:::
:::
0
0
0
:
n
1
C
C
C
C
A
1
x
0
0
:::
1
2 x
0
:::
1
2
3 x :::
P A(x) = det(A xI) =
:
:
:
:::
1
2
3
::: n
Ma trận A có n giá trị riêng x 2 f1; 2; 3; :::; ng
Tồn tại dạng chuẩn Jordan của A với n khối cấp 1
Dạng0chuẩn Jordan của 1
A
1 0 0 ::: 0
B 0 2 0 ::: 0 C
B
C
C
P =B
B 0 0 3 ::: 0 C
@ : : : ::: : A
0 0 0 ::: n
Với x = 1 0
1 0
0 0 0 :::
0
0 0 0 :::
B 1 1 0 :::
C B 1 1 0 :::
0
B
C B
C B 0 1 2 :::
1
2
2
:::
0
(A I) = B
B
C B
@ : : : :::
: A @ : : : :::
1 2 3 ::: n 1
0 0 0 :::
9
0
0
0
:
= (x
x
1
0
0
0
:
n
1
C
C
C
C
A
1)(x
2):::(x
n)
0
B
B
V ậy x = B
@
( 1)n 1 x1
(n 1)!
Với x = 2 0
(A
B
B
2I) = B
B
@
0
B
B
V ậy x = B
@
1
1
1
:
1
0
x2
:::
0
0
2
:
2
( 2)n 2 x2
(n 2)!
Với x = 3 0
B
B
(A 3I) = B
B
@
0
B
B
B
V ậy x = B
B
@
1
x1
x1
:::
2
1
1
:
1
0
0
x3
:::
0
1
2
:
2
( 3)n 3 x2
(n 3)!
Tương tự với x 0
=n
1
B
B
(A (n 1)I) = B
B
@
0
B
B
V ậy x = B
B
@
với x = n
(A
0
0
1
:
3
1
xn 1
( n+1)1 xn
1!
0
1
1
1
:
1
1
n
:::
:::
:::
:::
::: n
1
0
0
0
:
C
C
C
C
A
2
0
B
B
B
B
@
0
1
0
:
0
0
0
2
:
0
0
0
1
:
0
:::
:::
:::
:::
::: n
1
0
0
0
:
C
C
C
C
A
1
C
C
( 2)n 1
C ) u1 = (0; 11; :::; (n 2)! )
A
0
0
0
:
3
1
:::
:::
:::
:::
::: n
1
0
0
0
:
3
0
C
C
C
C
A
1
0
0
:
0
B
B
B
B
@
0
1
3
:
0
0
0
0
:
0
:::
:::
:::
:::
::: n
1
(n
1
1
:
1
1
1)
2
1
0
(n
2
:
2
1)
3
C
C
C ) u1 = (0; 0; 1; :::; (
C
[n
A
0
0
0
:::
2 n
:::
2
3 n :::
:
:
:::
2
3
:::
0
B 0 C
C
V ậy x = B
@ :: A ) u1 = (0; 0; :::; 1)
xn
0
0
0
:
0
1
C
C
C
C
A
10
0
0
(n
:
3
:::
:::
1) :::
:::
:::
1
0
0
0
:
3
C
C
C
( 3)n 3
C ) u1 = (0; 0; 1; :::; (n 2)! )
C
A
0
0
::
B
B
nI) = B
B
@
0
C
C
( 1)n 1
C ) u1 = (1; 1; :::; (n 1)! )
A
0
0
0
:
1
0
C
C
C
C
A
1
C
C
C
C
A
B
B
B
B
@
0
B
B
B
B
@
n+1)1
(n 1))! )
0
B
B
B
B
@
1
0
:
0
0
0
1
:
0
0
1
0 ::: 0
0 ::: 0 C
C
: ::: 0 C
C
0 1 0 A
0 0 0
1
0
:
1
1
1
0
0
:
0
0
1
0
:
0
0
1
:
2
2
0
0
0
:
0
0
0
:
3
3
:::
:::
:::
:::
::: n
:::
:::
:::
:::
:::
0
0
0
0
1
1
0
0
0
:
1
C
C
C
C
A
3
C
C
C
C
A
0
B
B
B
)P = B
B
@
1
1
:
0
1
:
:
0
0
:
:::
:::
:::
:::
:::
( 1)n 1
(n 1)!
( 2)n 2
(n 2)!
( 3)n 3
(n 3)!
( n+1)1
[n (n 1))!
1
2
0
0
0
0
1
1
C
C
C
C
C
A
Bài tập 2.3. Tìm dạng chuẩn Jordan của ma trận lũy đẳng
A
2
=A
Nếu tồn tại dạng chuẩn Jordan của ma trận A thì
A = P JP 1
A2 = P J 2 P 1
) A = P J 2P 1
mà A = P JP 1
) J2 = J
với
0 ma trận J có dạng
1
0
0
:::
0
1
Ba22
0
:::
0C
2
B
C
B 0 a32
C
::
0
3
B
C
@ ::: ::: :::
:::
::: A
0
0
0 ann 1
n
Với f 1 ; :::; n g là các giá trị riêng của A
a21 ; :::; ann 1 2 f0; 1g
vì J = J 2
Theo mệnh đề 1.3.5 ma trận J chéo hóa được và ( 1 ; ::; i ; :::; n ) = (1; 1; :::; 1; 0; :::; 0)
Với j = 1; i+s = 0 8j i; s > 0 và i là hạng của ma trận A
0
1
1 0 ::: 0 0 ::: 0
B0 1 ::: 0 0 ::: 0C
B
C
B : : ::: : : ::: : C
B
C
C
J =B
B0 0 ::: 1 0 ::: 0C
B0 0 ::: 0 0 ::: 0C
B
C
@ : : ::: : : ::: : A
0 0 ::: 0 0 ::: 0
Bài tập 3.4 Giải các hệ phương trình vi phân tuyến tính sau đây:
8 dx1
< dt = x1 3x2 + 3x3
dx2
b)
= 2x1 6x2 + 13x3
: dtdx3
4x2 + 8x3
dt = x1
Giải.
Ma 0
trận hệ số của hệ
1 phương trình vi phân đã cho là
1
3 3
6 13 A
A=@ 2
1
4 8
1
3
3
2
6
13
PA ( ) =
= (
1)3
1
4
8
) Ma trận A có 1 giá trị riêng = 1 ( bội 3)
) Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A
* = 1 ) dim R1 = 3
11
rank (A
rank (A
0
I) = rank @
0
I)2 = rank @
0
3
2
7
1
4
3 9
1 3
1 3
cấp 2
1
3
13 A = 2
7
1
18
6 A=1
6
) Không có khối cấp 1,
) Có 1 khối
0 cấp 3 1
1 0 0
J3 (1) = @ 1 1 0 A
0 1 1
Chọn u1 = (1;00; 0)
10 1 0
1
0
3 3
1
0
7 13 A @ 0 A = @ 2 A 6= 0
(A I) uT1 = @ 2
1
4 7
0
1
) u2 = (0; 2; 1)
0
10 1 0 1
3 9
18
1
3
2 T
T
@
A
@
A
@
1 3
6
0
1 A 6= 0
(A I) u2 = (A I) u1 =
=
1 3
6
0
1
) u3 = (3; 1; 1)
) fu1 =0(1; 0; 0) ; u2 =
1 (0; 2; 1) ; u3 = (3; 1; 1)g là cơ sở cyclic của R1 :
1 0 3
2 1 A với P 1 AP = J:
)P =@ 0
0
1 1
Thực hiện phép đổi biến Y = P 1 X, hệ đã cho trở thành hệ dY
dt = JY , hay một cách cụ
thể 8
<
dy1
dt
= y1
= y1 + y2
= y2 + y3
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta nhận được y1 = C1 et
Thay y1 vào phương trình thứ hai ta nhận được phương trình vi phân sau: y20 y2 = C1 et :
Dễ dàng ta tìm được nghiệm của phương trình này là y2 = (tC1 + C2 ) et
Thay y2 vừa tìm được vào phương trình thứ ba ta được phương trình vi phân sau
y30 y3 = (tC1 + C2 ) et
dy2
dt
: dy
3
dt
Dễ dàng ta tìm được nghiệm của phương trình này là y3 =
Khi đó ta nhận được nghiệm của hệ ban đầu là X = P Y
hay cụ thể là
2
x1 = 1 + 3: t2 C1 et + 3tC2 et + 3C3 et
x2 =
t2
2
2t C1 et + (t
x3 =
t2
2
t C1 et + (t
2) C2 et + C3 et
1) C2 et + C3 et :
12
t2
2 C1
+ tC2 + C3 et
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN
*****
CHUYÊN NGÀNH: TOÁN GIẢI TÍCH
LỚP: CAO HỌC TOÁN GIẢI TÍCH 14.2
Người hướng dẫn: TS. Phan Hoàng Chơn
Nhóm thực hiện: Nhóm 3 - Lớp Cao học Toán Giải tích 14.2.
TP. HỒ CHÍ MINH, THÁNG 5 NĂM 2015
Người hướng dẫn: TS. Phan Hoàng Chơn
Nhóm thực hiện: Nhóm 3 - Lớp Cao học Toán Giải tích 14.2.
Thành viên trong nhóm
1. Lưu Thị Ngọc Trâm
2. Nguyễn Thị Tuyết
3. Trương Thanh Hùng
4. Phan Nhật Tân
5. Cao Thị Ánh Ngọc
6. Nguyễn Văn Trung
Bài tập được phân công
Chương 1: Bài 1.3, 1.7, 1.11
Chương 2: Bài 2.1c,g, 2.4
Chương 3: Bài 3.1c, 3.2c, 3.3c, 3.4c
2
- Xem thêm -
.PDF 
57 
2302 
152 
