Khóa luận Chương 1 Đa thức và hàm đa thức

Chương 1 Đa thức và hàm đa thức Phần này trình bày một cách trực giác nhất về đa thức đồng thời cũng giới thiệu về hàm đa thức.Đây là một quan điểm mới trong toán học hiện đại. Đại cương về đa thức một biến Cho K là một trường vô hạn ( Trong thực tế K= R hoặc C) . Biểu thức hình thức ƒ(X) = anXn + an-1Xn-1+…+ a1X +a0 trong đó ai K , i= gọi là một đa thức của ẩn X lấy hệ số trong K. Nếu an ≠ 0 thì ta nói ƒ(X) có bậc n và kí hiệu: deg ƒ(X) =n, an là hệ tử cao nhất. Nếu a0=a1=…=an= 0 thì ƒ(X) được gọi là đa thức 0. Quy ước đa thức 0 có bậc -∞. Tập hợp các đa thức ẩn X với hệ số trong K , ký hiệu là K[X]. Trang bị cho K[X] hai phép toán cộng và nhân được định nghĩa như sau: ( anXn + an-1Xn-1+…+ a1X +a0) + ( bmXm + bm-1Xm-1+…+ b1X +b0) = anXn +…+ am+1Xm+1 +(am + bm)Xm +…+(a0 +b0) ( anXn + an-1Xn-1+…+ a1X +a0).( bmXm + bm-1Xm-1+…+ b1X +b0) = cn+mXn+m +…+ c1X + c0 Trong đó ck= ( Ở đây giả sử n≥ m ) Mệnh đề 1 : K[X] cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán có đơn vị và không có ước của 0 Định lý 2 ( Phép chia Euclide trong vành K[X] ): Cho ƒ(X) và g(X) thuộc K[X] , g(X) ≠ 0 khi đó tồn tại duy nhất đa thức q(X) và r(X) sao cho ƒ (X) = g(X)q(X) + r(X) và deg r(X) < deg g(X). Định nghĩa 3: Đa thức q(X) và r(X) tương ứng gọi là thương và phần dư của phép chia ƒ(X) cho g(X) . Nếu r(X) = 0 thì ta nói ƒ (X) chia hết cho g(X) hay g(X) là một ước của ƒ(X) trong K[X] . Định nghĩa 4: Phần tử c K được gọi là nghiệm của ƒ (X) = anXn + an-1Xn-1+…+ a1X +a0 nếu ancn + an-1cn-1+…+ a1c+a0 = 0 Định lý 5 (Định lý Bezout ): Cho ƒ (X) K[X], c là nghiệm của đa thức ƒ (X) khi và chỉ khi tồn tại q(X) K[X] sao cho ƒ (X) = ( X-c )q(X) Định nghĩa 6 ( Đạo hàm hình thức ): Cho ƒ (X) = anXn + an-1Xn-1+…+ a1X +a0 Đạo hàm hình thức của ƒ (X) ( Ký hiệu là ƒ’ (X) ) là một đa thức K[X] được định nghĩa ƒ’ (X) = nanXn -1+ (n-1)an-1Xn-2+…+ 2a2X +a1. Thấy rằng đạo hàm hình thức là một đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của ƒ(X) một đơn vị ( Nếu deg ƒ (X) ≥ 1 ) Bằng quy nạp chúng ta có thể định nghĩa được đạo hàm hình thức cấp k của ƒ(X) ( ký hiệu là ƒ (k)(X)) bằng cách lấy đạo hàm hình thức cấp ( k-1) của ƒ(X). ƒ (k)(X)= (ƒ (k-1)(X))’ Định lý 7 ( Khai triển Taylor): Cho ƒ(X) K[X], deg ¦(X) = n, với mọi a K, ta có: ƒ(X) = ƒ(a) + Định nghĩa 8: Cho ƒ(X) K[X], a K là nghiệm bội k của ƒ(X) nếu ƒ(X) chia hết cho ( X - a)k nhưng không chia hết cho (X - a)k+1 trong K[X]. Ví dụ: ƒ(X) = X( X-1)3 có nghiệm X = 0 ( bội 1) và X = 1( bội 3) Nhận xét: Dựa vào khai triển Taylor ở định lý 7, ta có a là nghiệm bội K của ƒ(X) khi và chỉ khi ƒ(a) = ƒ’(a) = …= ƒ(k-1) (a) = 0 và ƒ(k)(a) ≠ 0. Định nghĩa 9( Đa thức tách): Cho ƒ(X) thuộc K[X], ƒ(X) = anXn + an-1Xn-1+…+ a1X +a0 ƒ(X) được gọi là tách được trên K nếu ƒ(X) viết được dưới dạng: ƒ(X) = an(X- b1)(X-b2)…(X- bn) trong đó bi K, i= . Ví dụ: Đa thức ƒ(X) = X( X-1)3 tách được trên R và trên C. Đa thức g(X) = X2+ X+1 tách được trên C nhưng không tách được trên R. Nhận xét: Đa thức ƒ(X) tách được trên K khi và chỉ khi nó có đủ nghiệm trên K, tức là nếu ƒ(X) có bậc n thì nó phải có đủ n nghiệm( kể cả bội). Định lý 10 ( Định lý Viete): Cho ƒ(X) tách được trên K và ƒ(X) = anXn + an-1Xn-1+…+ a1X +a0 = an(X- b1)(X-b2)…(X- bn) Đặt σ1= b1+b2+…+bn σ2 = b1b2+ b1b3+ …+ b1bn + b2b3 +…+ b2bn+…+ bn-1b …... σk = ….. σn = b1b2...bn (các đa thức đối xứng cơ bản của b1, b2, …, bn) Khi đó: ƒ(X) = an(Xn - σ1Xn-1 + … + (-1)kσk Xn-k +…+ (-1)nσn ) Nhận xét : Từ kết quả trên suy ra: k = , σk= (-1)k . Định nghĩa 11: Đa thức ƒ(X) Î K[X] gọi là bất khả quy trên K nếu nó có bậc dương và không thừa nhận phân tích dạng: ƒ(X) = g(X)h(X) trong đó g(X) và h(X) Î K[X] đều có bậc nhỏ hơn bậc của ƒ(X). Nhận xét: Ta có ƒ(X) bất khả quy trên K[X] nếu nó có bậc dương và chỉ chia hết cho những đa thức có bậc dương dạng k.ƒ(X), k Î K\ {0}. Ví dụ: Đa thức ƒ(X) = X2+ X+1 bất khả quy trên R g(X)= X2- 2 bất khả quy trên Q Định lý 12 (Định lý cơ bản của đại số học): Mọi đa thức bậc dương lấy hệ số trong trường phức C đều có nghiệm phức. Nhận xét: Mọi đa thức ƒ(X) Î C[X] (deg ƒ(X) ≥ 1) đều có đủ nghiệm trên C do đó tách được trên C. Đa thức ƒ(X) bất khả quy trên C[X] khi và chỉ khi nó là đa thức bậc nhất. Định lý 13: Cho ƒ(X) Î R[X]. Nếu z Î C là một nghiệm trên C của ƒ(X) thì liên hợp phức của nó cũng là nghiệm của ƒ(X) trên C. Nhận xét: Định lý trên cho ta một khẳng định quan trọng: Mọi đa thức bậc lẻ Î R[X] đều có nghiệm thực. Định nghĩa 14: Cho ƒ1(X), ƒ2(X), …, ƒn(X) là các đa thức khác 0 của K[X]. Khi đó: Tồn tại duy nhất đa thức P(X) đầu một (hệ tử cao nhất bằng 1) là ước chung của {ƒk(X)}1≤k≤n sao cho mọi ước chung khác của {ƒk(X)}1≤k≤n đều là ước (trên K) của P(X). P(X) được gọi là ước chung lớn nhất của {ƒk(X)}1≤k≤n Ký hiệu: P(X) = ƯCLN(ƒ1(X), ƒ2(X), …, ƒn(X)) = ƯCLN ({ƒk(X)}1≤k≤n) Tồn tại duy nhất đa thức Q(X) đầu một (hệ tử cao nhất bằng 1) là bội chung của {ƒk(X)}1≤k≤n sao cho mọi bội chung khác của {ƒk(X)}1≤k≤n đều chia hết cho Q(X). Q(X) được gọi là bội chung nhỏ nhất của {ƒk(X)}1≤k≤n Ký hiệu: Q(X) = BCNN(ƒ1(X), ƒ2(X), …, ƒn(X)) = BCNN ({ƒk(X)}1≤k≤n) Chú thích: Đa thức U(X) được gọi là một ước chung của {ƒk(X)}1≤k≤n nếu ƒk(X) chia hết cho U(X) với "k = 1,2,…,n. Đa thức B(X) được gọi là một bội chung của {ƒk(X)}1≤k≤n nếu B(X) chia hết cho ƒk(X) với "k = 1,2,…,n. Định nghĩa 15: Cho ƒ1(X), ƒ2(X), …, ƒn(X) là các đa thức khác 0 Î K[X]. Ta nói rằng ƒ1(X), ƒ2(X), …, ƒn(X) là nguyên tố cùng nhau nếu ƯCLN(ƒ1(X), ƒ2(X), …, ƒn(X)) = 1. (đa thức hằng có giá trị bằng 1). Ta nói rằng ƒ1(X), ƒ2(X), …, ƒn(X) là nguyên tố với nhau từng đôi nếu với "i,j Î {1,2,…,n}, i ≠ j ta luôn có ƯCLN(ƒi(X), ƒj(X))=1 Nhận xét: ƒ1(X), ƒ2(X), …, ƒn(X) nguyên tố với nhau từng đôi thì nguyên tố cùng nhau nhưng khẳng định ngược lại là sai. D(X) là đa thức bất khả quy, ƒ(X ) là đa thức bất kỳ, khi đó hoặc ƒ(X) chia hết cho D(X) hoặc ƯCLN(ƒ(X), D(X)) = 1. Ví dụ: Cho 3 đa thức ƒ1(X)= X – 1, ƒ2(X)= X2 +1 , ƒ3(X)= X3 là các đa thức thuộc R[X] xét trên R ƯCLN(ƒ1(X), ƒ2(X))=1 , ƯCLN(ƒ1(X), ƒ3(X))=1, ƯCLN(ƒ2(X), ƒ3(X))=1 Định lý 16: Cho ¦(X) và g(X) là hai đa thức nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại hai đa thức u(X) và v(X) sao cho ¦(X)u(X) + g(X)v(X) =1 Mệnh đề 17: Cho ƒ1(X), ƒ2(X), ƒ3(X) là các đa thức khác 0 của K[X] . Nếu ƯCLN(ƒ1(X), ƒ2(.X)) =1 và ¦3(X) là ước của ¦2(X) thì ƯCLN(ƒ1(X), ƒ3(X)) =1 Định lý 18 ( Định lý Gauss) : Cho ƒ1(X), ƒ2(X), ƒ3(X) là các đa thức khác 0 của K[X] . Nếu ¦1(X) là ước của tích ƒ2(X)ƒ3(X) và ƯCLN(ƒ1(X), ƒ2(X)) =1 Thì ¦1(X) là ước của ¦3(X) Định lý 19 : Cho ƒ1(X), ƒ2(X), …, ƒn(X) , P(X) là các đa thức khác 0 của K[X] . Nếu k { 1,2, …, n} ¦k (X) là ước của P(X) và ƒ1(X), ƒ2(X), …, ƒn(X) nguyên tố với nhau từng đôi thì ƒ1(X) ƒ2(X) … ƒn(X) là ước của P(X) Nhận xét: Với giả thiết của định lý Đặt Q(X) = ƒ1(X) ƒ2(X) … ƒn(X) và gọi là hệ tử cao nhất của Q(X) thì Q(X) là bội chung nhỏ nhất của ƒ1(X) ,ƒ2(X), … ,ƒn(X) Các mệnh đề và định lý trên được chứng minh rộng rãi trong các giáo trình viết về đa thức. Bài tập D 1.1.1 Cho n N. Áp dụng đẳng thức (1+X)2n (1-X)2n = (1-X2)2n Hãy chứng minh (*) Giải: Thấy rằng vế phải của (*) là hệ số của X2n trong khai triển (1-X2)2n . Gọi T2n là hệ số của X2n trong khai triển (1+X)2n (1-X)2n ta có T2nX2n = = Vậy T2n= . Từ đó suy ra điều cần chứng minh □ D 1.1.2 : Xác định a và b để P(X) = X2010 +aX + b chia hết cho đa thức X2 – 1. Giải: Thấy rằng X2 -1 = (X+1)(X-1) P(X) Chia hết cho X2 -1 P(X) = (X2 -1) Q(X) (Theo Định lý Bezout) Từ đó ta giải □ D 1.1.3 Chứng minh rằng a) N : X2 | (X+1) n – nX – 1 trong K[X] b) N * | trong K[X] Giải: Là rõ ràng nếu khai triển đa thức ở bên phải Đặt A(X) = . Ta phải chứng minh : A | (A + Xn)p – Xn Thật vậy, khai triển đa thức ở bên phải (A +Xn)p –Xn = +Xnp – Xn Mà Xnp – Xn = Xn( Xn(p-1) – 1) = (Xn – 1 ) Xn() A(X) = A A(X) Vậy A(X) hay A(X) | □ Chú ý : Ta sử dụng ký hiệu A B : Đa thức A chia hết cho đa thức B A| B : Đa thức A là ước của đa thức B D 1.1.4 :Chứng minh rằng :N* (X-1)2| Giải : Đặt ƒ(X) = . Ta sẽ chứng minh X = 1 là nghiệm kép của ƒ(X). Điều này ƒ(1) =ƒ’ (1) = 0. Thật vậy ƒ’(X) = 2 ()() - (n-1) n2Xn-2 ƒ(1) = n2- n2 = 0 ƒ’(1) = 2.n.( 1+2+…+(n-1)) – (n-1) n2 = 2n = 0 Từ đó cho ta điều cần chứng minh □ D 1.1.5 : Cho ƒ(X) = X3 + 3X2 +X+1 . a, b là 2 nghiệm trên C của ƒ(X). Tính giá trị của biểu thức: T = a2b +ab2 +3ab Giải: Giả sử c C là nghiệm còn lại của ƒ(X) trên C. Theo định lý Viete ta có abc = -1, a+ b+c = -3 . Từ đó ab = và a +b = - (3+ c). Vậy T = ab( a+b+3) = ( -3-c +3) = 1 □ D 1.1.6: Chứng minh rằng một đa thức với hệ số thực là bất khả quy trên R nếu và chỉ nếu nó là một đa thức bậc nhất hoặc bậc hai với biệt thức âm. Hơn nữa mọi đa thức ƒ(X) R[X] , deg ƒ(X) = n đều thừa nhận phân tích dạng: ƒ(X) = Trong đó an là hệ số cao nhất của ƒ(X) , + = n , x1 , x2 ,…, xr R và các tam thức (X2 + biX + ci) đều không có nghiệm thực.( i= 1, 2,…, s) Giải: Rõ ràng mọi đa thức hệ số thực bậc nhất hoặc bậc hai với biệt thức âm đều bất khả quy trên R. Khẳng định ngược lại được bao hàm trong phân tích cần tìm cho mọi đa thức ƒ(X) nói trong bài tập. Gọi x1 , x2 ,…, xr là tất cả các nghiệm thực của ƒ(X) với bội tương ứng là k1 , k2 ,…, kr . Theo định lí Bezout ƒ(X) = . Trong đó Q(X) không có nghiệm thực.Nếu z C là nghiệm phức (có phần ảo) của ƒ(X) thì cũng vậy (theo định lý 13 ). Cũng theo định lý Bezout Q(X) = (X- z)(X- ) Q1(X) = (X2 – 2Re z +|z|2 ) Q1(X) . Theo định lý 2 và để ý (X2 – 2Re z +|z|2 ) R[X] , nên Q1(X) R[X]. Tiếp tục quá trình với Q1(X) …. Cứ như vậy cuối cùng ta thu được ƒ(X) có dạng phân tích như trong đề bài . □ Chú ý : Rez : Chỉ phần thực của số phức z | z| :Chỉ modun của số phức z X2 – 2Re z +|z|2 là một tam thức bậc hai với biệt thức âm. D 1.1.7: Phân tích đa thức sau thành nhân tử bất khả quy trên R[X] và C[X]. a) X4 +X3 +X +1 b) X4 +X2 +1 c) X3 - 5X2 + 3X +9 d) X2010 – 1 Giải: Thấy rằng X = -1 là nghiệm X4 +X3 +X +1 = (X+1)(X3 + 1 ) = (X+1)2(X2 - X + 1 ) Trên R[X] = (X+1)2(X + j )(X + j2) Trên C[X] ( j = , j2 = ) X4 +X2 +1= ( X2 + 1)2 – X2 = (X2 - X + 1 ) (X2 + X + 1 ) Trên R[X] = (X + j )(X + j2) (X - j )(X - j2) Trên C[X] c) X3 - 5X2 + 3X +9 = (X+1)(X-3)2 Trên R[X] và C[X] d) X2010 – 1 = (X – 1 )(X2009+X2008 +…+ X+1) Trên R[X] = Trên C[X] ( là các căn phức bậc 2010 của 1, k= ) □ D 1.1.8: Tìm ƯCLN và BCNN của hai đa thức sau trên R [X] ƒ(X) = X3 +2X2 +X g(X) = X5 +8X4 +24X3 +34X2 +23X +6 Giải: Phân tích ƒ(X) và g(X) thành các đa thức bất khả quy trên R ƒ(X) = X(X+1)2 g(X) = (X+1)3(X+2)(X+3) Vậy: UCLN ( ƒ(X), g(X)) = ( X+1)2 = X2 +2X+ 1 BCNN ( ƒ(X), g(X)) = X(X+1)3(X+2)(X+3) = X6 +8X5 +24X4 +34X3 +23X2 +6X □ D 1.1.9 : Cho P(X), Q(X), R(X) R[X] nguyên tố với nhau từng đôi. Chứng minh rằng ( PQ + QR +PR) và P.Q.R nguyên tố cùng nhau Giải: Giả sử ( PQ + QR +PR) và P.Q.R không nguyên tố cùng nhau , tồn tại đa thức D(X) bất khả quy là ước chung của chúng, tức là: D | ( PQ + QR +PR) và D | P.Q.R. Từ D| PQR suy ra D | P hoặc D | Q hoặc D | R . Không mất tính tổng quát giả sử D | P . Mặt khác D | ( PQ + QR +PR) nên D | QR, suy ra D | Q hoặc D | R . Vậy D là ước chung của P và Q hoặc P và R ( Mâu thuẫn giả thiết ) Vậy ( PQ + QR +PR) và P.Q.R nguyên tố cùng nhau. □ 1.2: Hàm đa thức Chúng ta biết trong vành đa thức K[X] một đa thức ƒ(X) được viết dưới dạng ƒ(X) = anXn + an-1Xn-1+…+ a1X +a0 , ở đây X = ( 0,1,0,…,0,…) là phần tử hoàn toàn xác định của KN. Nếu ta thay X bằng một đối tượng khác, ví dụ: Thay X bằng phần tử x K ta được ƒ : KK xƒ(x) = Thay X bằng ma trận A M(n´n, K)ta được ƒ : M(n´n, K) M(n´n, K) Aƒ(A) = (Quy ước A0 = In: Ma trận đơn vị cấp n) Các hàm xác định như trên gọi là hàm đa thức liên kết với ƒ (X). Chúng ta quan tâm đến loại sau, nếu thay X bằng một ma trận A vuông cấp n , ta sẽ được một đa thức ƒ(A) = anAn + an-1An-1+…+ a1A +a0In = . Đa thức này gọi là đa thức ma trận. Phần tiếp theo sẽ trình bày rõ hơn về nó. Chương 2 Đa thức ma trận – đa thức tối tiểu Trong chương này K = R hoặc C 2.1 Đa thức ma trận Mệnh đề 1: Cho A là ma trận vuông cấp n , ƒ(X) và g(X) là hai đa thức bất kỳ thuộc K[X]. Khi đó: ( ƒ + g) (A) = ƒ(A) + g(A) ƒ . g (A) = ƒ(A).g(A) Chứng minh: Đặt ƒ(X) = , g(X) = trong đó N = max{ deg ƒ(X), deg g(X)} ƒ(X) + g(X) = ƒ(X)g(X) = và như vậy : ( ƒ + g) (A) = = + = ƒ(A) + g(A) ƒ . g (A) = = ()() = ƒ(A).g(A) □ Mệnh đề 2: Cho A , B M(n´n, K) giao hoán với nhau, khi đó mọi đa thức của A giao hoán với mọi đa thức của B. Chứng minh: Giả sử: ƒ(A) = anAn + an-1An-1+…+ a1A +a0In g(B) = bmBm + bm-1Bm-1+…+ b1B +b0In Mệnh đề được chứng minh nhờ khẳng định sau: Nếu A giao hoán với B thì k N, ABk = BkA. Thật vậy k = 0 và k = 1 khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng với k = n -1 ta sẽ chứng minh nó đúng với k = n Ta có ABn = (ABn-1)B = (Bn-1A) B = Bn-1(AB) = Bn-1(BA) = BnA. Hơn nữa K , Ai (Bj) = (Ai)Bj = (AiBj) Từ đó cho ta điều cân chứng minh □ Định nghĩa 3: Cho ƒ(X) K[X] , A M(n´n, K) , ta nói A là một nghiệm của ƒ(X) nếu ƒ(A) = O ( ma trận O M(n´n, K) Ví dụ :Cho ƒ(X) = X2 – 1, A = M(2´2, R) Ta có A2 = = = = I2 Vậy ƒ(A) = A2 – I2 = O. Do đó A là một nghiệm của ƒ(X). Chú ý: Nếu A là một nghiệm của ¦(X) thì ta nói ¦(X) triệt tiêu A hay ¦(X) là đa thức triệt tiêu của ma trân A. Mệnh đề 4: A M(n×n,K) tồn tại đa thức khác 0 K[X] triệt tiêu A. Chứng minh: Chúng ta biết không gian véctơ M(n×n,K) có số chiều là n2 . Xét hệ gồm n + 1 ma trận sau: In , A , A2, ..., An2. Hệ này phải phụ thuộc tuyến tính . Do vậy tồn tại một đa thức khác 0 triệt tiêu A. □ Mệnh đề 5: Cho A, B M(n×n,K) , A đồng dạng với B . Khi đó ƒ(X) K[X] , ƒ(A) đồng dạng với ƒ(B). Chứng minh: Theo định nghĩa đồng dạng của hai ma trận, A đồng dạng với B tương đương tồn tại C M(n×n,K) , C khả nghịch sao cho B = C-1AC. Với k N Nếu k = 0 thì Bk =B0 = In , C-1A0C = In. V ậy B0 = C-1A0C Nếu k≥1 thì Bk = = C-1AkC Do đó k N, Bk = C-1AkC Giả sử ƒ(X) = K[X] ƒ(B) = = = C-1C = C-1 ƒ(A)C Vậy ƒ(A) đồng dạng với ƒ(B) □ Nhận xét: Nếu A đồng dạng với ma trận đường chéo J = , ƒ(X) K[X] , ƒ(A) đồng dạng với ƒ(J) = . Từ đó suy ra det ƒ(A) = det ƒ(J) = ƒ()ƒ()…ƒ() Nếu A đồng dạng với ma trân tam giác trên (hoặc dưới) . Giả sử T = (Các vị trí * có thể khác 0). Khi đó do tích hai ma trận tam giác (cùng loại) là một ma trận tam giác cùng loại, hơn nữa ma trận tích có đường chéo chính là tích của hai đường chéo chính = Do vậy det ƒ(A) = det ƒ(T) = ƒ()ƒ()…ƒ() Nhận xét này cho ta một phương pháp tính định thức của ma trận ƒ(A) nếu A đồng dạng với ma trận đường chéo hoặc tam giác. Mệnh đề 6: Cho A là ma trận đường chéo khối A = , trong đó các Ai (i = 1, 2,..., s) là các ma trận vuông, ƒ(X) là một đa thức bất kỳ. Khi đó ƒ(A) = Chứng minh: Mệnh đề được chứng minh dễ dàng nếu dựa vào tính chất giống nhau của ma trận chéo khối và ma trận đường chéo. □ Mệnh đề 7: Cho A là ma trận vuông và ƒ(X) là một đa thức tuỳ ý. Khi đó (ƒ(A))t = ƒ(At) (At là ma trận chuyển vị của ma trận A). Chứng minh: Mệnh đề được chứng minh nhờ hai tính chất của ma trận chuyển vị. (A + B)t = At + Bt (AB)t = Bt At □ Bài tập à 2.1.1Cho ma trận A= và ƒ(X) = Xn-1 + Xn-2 +... +X +1 Tính ƒ(A). Giải: Bằng quy nạp ta chứng minh được kết quả: 1≤ k ≤n-1 Ak = (Đường chéo con nằm phía trên đường chéo chính, cách đường chéo chính một khoảng k, chứa toàn ak, còn lại là 0) Do vậy ƒ(A) = □ à 2.1.2 : Cho A = M (2×2, R) Chứng minh rằng đa thức sau triệt tiêu A ƒ(X) = X2 - (a+d)X +(ad - bc) Giải: Tính toán trực tiếp A2 = = Vậy ƒ(A) = A2 - (a+ d) A +(ad- bc)I2 = O Do đó ƒ(X) triệt tiêu A. □ Nhận xét: Sau này ta sẽ nói ƒ(X) chính là đa thức đặc trưng của A. Chúng ta có mệnh đề tổng quát hơn: Đa thức đặc trưng của một ma trận bất kỳ triệt tiêu nó. Nếu det A = ad - bc = 0 ta có: O = A2 - (a+d)A hay A2 = (a+d)A . Bằng qui nạp ta có An= (a+d)n-1A n ≥1 à 2.1.3: Cho ƒ(X) là một đa thức K[X], A là một ô Jordan cấp n A=K. Chứng minh rằng ƒ(A) = Giải: Khai triển Taylor đối với ƒ(X) ta được ƒ(X) = ( N≥ max{deg ƒ(X), n} ) Vậy ƒ(A) = Chú ý rằng k: 1≤ k ≤ n-1 ,(A- In)k = = (Đường chéo con thứ k toàn 1) Xem thêm bài 2.1.1 Do vậy ¦(A) có dạng như đề bài. □ ◊ 2.1.4: Cho A là ma trận vuông cấp 2 và k là số nguyên dương , k ≥2. Chứng minh rằng : Ak = O khi và chỉ khi A2 = O. Giải: Đặt A= . Điều kiện đủ là hiển nhiên , ta chứng minh điều kiện cần . Giả sử Ak = O, từ đó det A = 0 . Theo bài 2.1.2 ta có : O = Ak = (a+d)k-1A k ≥2. Trường hợp (a+d) = 0 thì cũng theo bài 2.1.2 ta có A2 = O Trường hợp A = O thì hiển nhiên A2 = O □ ◊ 2.1.5: Cho A = là ma trận trên C , ¦(X) là một đa thức tùy ý. Tính ¦(A) Giải: Theo bài 2.1.2 ta có đa thức g(X) = X 2 – (a+d) X + ad-bc là đa thức triệt tiêu A. Giả sử g(X) = (X -)(X- ) trong đó , Î C. Thực hiện phép chia Euclide ¦(X) cho g(X) ta được : ¦(X) = (X -)(X- )q(X) + r(X) . Bây giờ ta tìm r(X). Nếu = thì theo khai triển Taylor, r(X) = Nếu ≠ thì từ ta suy ra . Từ đó ta tính được ¦(A)= r(A) (Xem thêm bài 2.1.7) □ à 2.1.6: Cho A M(n×n, K), A khả nghịch . Chứng minh rằng tồn tại đa thức h(X) K(X) sao cho A-1 = h(A) Giải: Giả sử ¦(X) là đa thức có bậc nhỏ nhất triệt tiêu A. Khi đó ¦(X) phải có dạng ¦(X) = X. g(X) + a , trong đó a ≠ 0 Thật vậy nếu a = 0 ¦(X) = X. g(X) O = ¦(A) = A.g(A) . Do A khả nghịch nên g(A) = O, điều này trái giả thiết. Vì lẽ đó O = ¦(A)= A.g(A) + aIn In = - A.g(A) = A.(- g(A). Vậy : A-1 = - g(A) . Đặt h(X) = - g(X). Rõ ràng h(X) thoả mãn đề bài. □ à 2.1.7: Cho A= Tính A2010 Giải: Có nhiều cách giải bài này, ta giải bằng phương pháp độc đáo sau đây Theo bài tập 2.1.2 ta có A2 – 4A +4I =O hay (A -2I)2 = O (*) Đặt ¦(X) = X 2010 . Khai triển ¦(X) theo luỹ thừa của X – 2 ta được ¦(X) = X 2010 = Thay X = A và chú ý đến (*) ta được : A2010 = 22010 I2 + = + 2010.22009 == 22009 □ Nhận xét : Cho A là ma trận vuông cấp n thoả mãn (A- I)k = O ( với k nhỏ) thì ta có thể tính ¦(A) với ¦(X) là đa thức bất kỳ theo phương pháp trên. 2.2. Đa thức tối tiểu Chúng ta biết rằng AM(n×n,K) tồn tại đa thức ¦(X) K(X) khác 0 triệt tiêu A, do vậy tập hợp các đa thức triệt tiêu A không rỗng. Từ đó luôn có những đa thức có bậc nhỏ nhất triệt tiêu A . Mục này sẽ nói rõ hơn về những đa thức này. Định nghĩa 1: Cho AM(n×n,K), đa thức tối tiểu của A (kh:(X) ) là đa thức với hệ tử cao nhất bằng 1, có bậc nhỏ nhất trong các đa thức triệt tiêu A. Nhận xét: Đa thức tối tiểu của một ma trận luôn tồn tại AM(n×n,K), deg (X) ≥ 1 Đa thức tối tiểu của một ma trận là duy nhất Thật vậy: Giả sử ¦(X) cùng là đa thức tối tiểu của A, ¦(X) ≠ (X). Đặt g(X) = ¦(X) -(X) , do deg ¦(X) = deg(X), ¦(X) và(X) đều có hệ tử cao nhất bằng 1 nên deg g(X) < deg (X). Từ đó : O = ¦(A) -(A) = g(A) ( Mâu thuẫn với định nghĩa đa thức tối tiểu). □ Mệnh đề 2: Mọi đa thức triệt tiêu A đều chia hết cho đa thức tối tiểu (X) của nó. Chứng minh: Giả sử ¦(X) là đa thức bất kỳ triệt tiêu A, tức ¦(A) = O .Thực hiện phép chia Euclide ¦(X) cho (X) trong K(X) ta được: ¦(X) = (X). q(X) + r(X) , trong đó deg r(X) < deg (X). (*) Thay X= A vào (*) ta được O = ¦(A)= (A). q(A) + r(A) = r(A) . Như vậy theo định nghĩa của đa thức tối tiểu ta phải có r(X) = O. Do đó ¦(X) chia hết cho (X). □ Mệnh đề 3: Đa thức tối tiểu của hai ma trận đồng dạng thì bằng nhau. Chứng minh: Giả sử A và B là hai ma trận vuông cấp n đồng dạng với nhau, tức là tồn tại ma trận vuông cấp n khả nghịch C sao cho B = C-1 A C . Gọi (X) , (X) lần lượt là đa thức tối tiểu của A và B. Theo mệnh đề 5 ( Phần 2.1) (B) = C-1(A)C = O Vậy (X) (X). Đổi vai trò của A cho B ta được (X) (X). Do (X) , (X) là đa thức chuẩn tắc (hệ tử cao nhất bằng 1) nên (X) = (X) □ Mệnh đề 4: Hai ma trận A và At có cùng đa thức cực tiểu. Chứng minh: Theo mệnh đề 7(Phần 2.1) (At) = ((A))t = O (1) (A) = ((At))t = O (2) Từ (1) và (2) suy ra (X) (X) và ngược lại. Vậy (X) =(X) □ Nhận xét : Nếu sử dụng dạng chuẩn Jordan ta chứng minh được A đồng dạng với At , khi đó mệnh đề 4 là hệ quả của mệnh đề 3 . Mệnh đề 5: Cho A là ma trận chéo khối có dạng A = trong đó B và C là các ma trận vuông. Khi đó (X) = BCNN((X), (X)) Chứng minh: ƒ(X) là đa thức tùy ý, khi đó theo mệnh đề 6 (Phần 2.1) ta có : ƒ(A) = . ƒ(A) = O ƒ(B) = ƒ(C) = O. Từ đó đa thức đầu 1 có bậc nhỏ nhất triệt tiêu A là đa thức đầu 1 có bậc nhỏ nhất triệt tiêu đồng thời B và C. Hay (X) = BCNN((X), (X)) □ Nhận xét: Nếu A có dạng chéo khối A = trong đó Ai ( i =) là các ma trận vuông thì theo mệnh đề trên và bằng phép quy nạp ta có (X) = BCNN((X),… (X)) Chú ý: Mệnh đề trên cho ta cách tìm đa thức tối tiểu của ma trận chéo khối thông qua đa thức tối tiểu của các ma trận có cấp nhỏ hơn ( nằm trên đường chéo). Trong phần sau ta sẽ trình bày một thuật toán tìm đa thức tối tiểu thông qua các ước bất khả quy của đa thức đặc trưng . Bài tập ◊ 2.2.1 Cho A là ma trận vuông cấp 2 , A =, trong đó a ≠ d . Tìm đa thức tối tiểu của A. Giải: Theo bài tập 2.1.2 ta có đa thức ƒ(X) = X2 – ( a+d) X + ad-bc là đa thức triệt tiêu A. Vậy đa thức này phải chia hết cho đa thức tối tiểu của A. Vì a ≠ d nên mọi đa thức có dạng X + ( bất kỳ ) đều không thể triệt tiêu A , do đó đa thức ƒ(X) ở trên chính là đa thức tối tiểu của A. □ ◊ 2.2.2 Tìm đa thức tối tiểu của ma trận sau: A = Giải: Dùng mệnh đề 5 ở trên , đặt B = , C = . Theo bài tập 2.2.1 ta tìm được (X) = X2 – X= X(X-1) ; (X) = X2 – 2X + 1 = (X – 1) 2 Vậy (X) = BCNN((X), (X)) = X(X-1)2 = X3 -2X2 +X □ ◊ 2.2.3 Chứng minh rằng ma trận vuông A khả nghịch nếu và chỉ nếu đa thức tối tiểu của nó có hệ số tự do khác 0 Giải: Giả sử (X) = X. ƒ(X) + a0 , ta có O =(A) = A. ƒ(A) + a0I (*) Nếu a0 ≠ 0 thì từ (*) ta có I = A.(- ƒ(A) ) . Vậy A khả nghịch và A-1 = - ƒ(A) Ngược lại nếu A khả nghịch , giả sử a0 = 0 ta có O =(A) = A. ƒ(A) . Vậy ƒ(A) = O ( Mâu thuẫn với định nghĩa đa thức tối tiểu ). Vậy a0 ≠ 0 . □ ◊ 2.2.4 Chứng minh rằng : A M(n×n, K) Nếu ƒ(X) là một ước của (X) và deg ƒ(X) ≥ 1 thì det ƒ(A) = 0 Nếu g(X) là một đa thức bất khả quy sao cho det g(A) = 0 thì g(X) là một ước của (X). Giải: a) Theo bài ra ta có (X) = ƒ(X) . q(X) , deg q(X) < deg (X). Mà O = (A) = ƒ(A) . q(A) . Nếu ƒ(A) khả nghịch thì q(A) = O , điều này mâu thuẫn với định nghĩa đa thức tối tiểu. Vậy det ƒ(A) = 0 . b) Nếu g(X) không là ước của (X), g(X) bất khả quy nên ƯCLN((X), g(X) ) =1 Theo mệnh đề 19 (Phần 1.1) , tồn tại hai đa thức u(X) và v(X) sao cho : 1 = g(X).u(X) + (X). v(X) Từ đó I = g(A).u(A) +(A).v(A) = g(A).u(A), suy ra det g(A) ≠ 0 ( Mâu thuẫn giả thiết) Vậy g(X) │(X). □ Chương 3 Thu gọn ma trận với các đa thức triệt tiêu Trong chương này giả sử K = R hoặc C 3.1. Không gian véc-tơ riêng , giá trị riêng của ma trận Định nghĩa 1: Cho A M(n×n, K) Giá trị λ Î K được gọi là một giá trị riêng của ma trận A nếu hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (A – λ I)X = O có nghiệm không tầm thường. Tập hợp các giá trị riêng của ma trận A được gọi là phổ của ma trận A (Kh : spK(A) ) X Î Kn là một véc tơ riêng của A nếu X ≠ 0 và tồn tại λ Î K sao cho: (A – λ I)X = O (*) Nhận xét: λ là giá trị riêng của A khi và chỉ khi det (A - λ I ) = 0 Từ (*) ta có X là giá trị riêng của A thì AX = λ X Mỗi véc tơ riêng của A đều ứng với một giá trị riêng xác định λ = 0 là giá trị riêng của A khi và chỉ khi det A = 0 Định nghĩa 2: Cho A M(n×n, K). Đa thức det( A- λI ) gọi là đa thức đặc trưng của A (Kh: PA( λ ) ) : PA( λ ) = det( A- λI ) Nhận xét: Đa thức đặc trưng của A có bậc n và có hệ số tự do là det A PA( λ ) = (-1)n λn + …+ det A λ0 là giá trị riêng của A PA( λ0 ) = 0 . Vậy spK(A) = Tập nghịêm của PA( λ ) Mệnh đề 3: Hai ma trận đồng dạng có cùng đa thức đặc trưng. Chứng minh: Vì A đồng dạng với B nên tồn tại ma trận khả nghịch C sao cho : B = C-1 A C . Vậy det (B – λI) = det ( C-1AC – λI) = det ( C-1 (A – λI)C ) = det( A- λI ) □ Mệnh đề -định nghĩa 4: Giả sử λ là giá trị riêng của A . Tập hợp lập thành một K- không gian véc tơ và gọi là không gian véc tơ riêng liên kết với giá trị riêng λ (Kh: KGR(A, λ ) ) Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra KGR(A, λ ) là một không gian véc tơ con của Kn . □ Mệnh đề 5: Cho λ1, λ2,…, λs là các giá trị riêng của A từng đôi một phân biệt , khi đó các không gian véc tơ riêng liên kết với chúng có tổng trực tiếp. Chứng minh: Đặt Vi = KGR(A, λi ) ( i= ) Trước hết giả sử : X1 , X2 ,… , Xs lần lượt là các véc tơ riêng ứng với các giá trị riêng λ1, λ2,…, λs . Ta sẽ chứng minh hệ {Xi}1≤ i ≤s độc lập tuyến tính Thật vậy : s =1 khẳng định đúng do các véc tơ riêng là khác O Giả sử khẳng định đúng tới hệ gồm s-1 véc tơ. Với hệ s véc tơ ta xét ràng buộc a1 X1 + a2 X2 +…+ as Xs = O (1) Nhân A vào hai vế của (1) ta được : a1A X1 + a2 AX2 +…+ as AXs = O . Mà i= AXi = λiXi nên ta có a1 λ1X1 + a2 λ2X2 +…+ as λsXs = O . (2) Lấy (1) nhân với λs rồi lấy (2) trừ đi ta được a1( λ1 - λs )X1 + a2 (λ2 - λs )X2 +…+ as-1 (λs-1 - λs) Xs-1 = O Theo giả thiết quy nạp ta có : ai( λi - λs ) = 0 i= . Do các λi đôi một phân biệt nên ai = 0 i= . Thế kết quả này vào (1) ta được λs = 0 Vậy a1 = a2 =…as = 0 , do đó hệ {Xi}1≤ I ≤s độc lập tu