3. Trị riêng và vector riêng¶

3.1. Trị riêng và vector riêng¶

Định nghĩa 3.16 (Trị riêng và vector riêng)

Xét toán tử tuyến tính được biểu diễn bởi ma trận $\bm{A}$. Khi đó vector $\bm{v}$ khác không được gọi là vector riêng (hay eigenvector) của ma trận nếu tồn tại phần tử $\lambda$ sao cho

\[\bm{A} \bm{v} = \lambda \bm{v}.\]

Giá trị $\lambda$ khi đó gọi là trị riêng (hay eigenvalue) tương ứng với vector riêng $\bm{v}$.

Chuyển vế đẳng thức trên ta có $(\bm{A} - \lambda \bm{I}) \cdot \bm{v} = \bm{0}$. Ở đây $\bm{I}$ là ma trận cùng cỡ với $\bm{A}$ và có các phần tử ở hàng $i$ và cột $i$ bằng $1$ (ma trận đơn vị).

Như vậy, để phương trình có nghiệm khác không thì ma trận $\bm{A} - \lambda \bm{I}$ suy biến, hay $\det (\bm{A} - \lambda \bm{I}) = 0$.

Mỗi nghiệm $\lambda$ của phương trình $det (bm{A} - lambda bm{I}) = 0$ là một trị riêng. Với mỗi trị riêng $\lambda$ ta tìm được các vector riêng $\bm{v}$ tương ứng.

Tính chất 3.1 (Một số tính chất của trị riêng và vector riêng)

Giả sử đối với ma trận $\bm{A}$ cỡ $n \times n$ thì phương trình đặc trưng có đầy đủ $n$ nghiệm thực, ta có các tính chất sau:

$\mathrm{tr} \bm{A} = \lambda_1 + \lambda_2 + \ldots + \lambda_n$.
$\det \bm{A} = \lambda_1 \cdot \lambda_2 \cdots \lambda_n$.

Tính chất 3.2 (Tính chất liên quan đến rank và trace)

$\mathrm{tr} (\bm{A} \bm{B}) = \mathrm{tr} (\bm{B} \bm{A})$.
$\mathrm{rank} (\bm{A} \bm{B}) \leqslant \min(\mathrm{rank}(\bm{A}), \mathrm{rank}(\bm{B}))$.

3.2. Bài tập¶

Bài 1. Cho vector cột $\bm{v} \in \mathbb{R}^n$. Đặt $\bm{A} = \bm{v} \cdot \bm{v}^\top$. Tìm $\mathrm{spa} \bm{A}$.

Các cột của $A$ có dạng $\bm{v} \cdot \bm{v}_1$, $\bm{v} \cdot \bm{v}_2$, ..., $\bm{v} \cdot \bm{v}_n$. Như vậy các cột đều tỉ lệ với cột đầu nên $\mathrm{rank} \bm{A} = 1$.

Suy ra $\dim \ker \bm{A} = n-1$ và do đó $\lambda = 0$ là nghiệm bậc $n-1$ trong phương trình đặc trưng.

Như vậy phương trình đặc trưng còn một nghiệm $\lambda \neq 0$.

\[(\bm{v} \cdot \bm{v}^\top) \bm{x} = \lambda \bm{x} \Leftrightarrow \bm{v} (\bm{v}^\top \cdot \bm{x}) = \lambda \bm{x}.\]

Đặt $\bm{v}^\top \cdot \bm{x} = \alpha$ thì $\alpha \bm{v} = \lambda \bm{x}$. Suy ra $\bm{x} = \bm{v}$ và do đó $\alpha = \lambda = \lVert \bm{v} \rVert^2$.

Vậy $\mathrm{spa} \bm{A} = \{ \lVert \bm{v} \rVert^2, 0, 0, \ldots, 0\}$.

Bài 3. Cho ma trận $\bm{A}_{3 \times 3}$. Biết rằng $\mathrm{tr} \bm{A} = \mathrm{tr} \bm{A}^{-1} = 0$ và $\det \bm{A} = 1$. Chứng minh rằng $\bm{A}^3 = \bm{I}$.

Phương trình đặc trưng có dạng $P_3(\lambda) = -\lambda^3 + a_2 \lambda^2 + a_1 \lambda + a_0$.

Theo tính chất trên thì $a_2 = \sum \lambda = \mathrm{tr} \bm{A} = 0$.

Do $\lambda$ là trị riêng nên $\bm{A} \bm{x} = \lambda \bm{x}$. Do $\bm{A}$ khả nghịch nên $\dfrac{1}{\lambda} \bm{x} = \bm{A}^{-1} \bm{x}$.

Nghĩa là $\dfrac{1}{\lambda}$ là trị riêng của ma trận $\bm{A}^{-1}$. Suy ra $\dfrac{1}{\lambda_1} + \dfrac{1}{\lambda_2} + \dfrac{1}{\lambda_3} = \mathrm{tr} A^{-1} = 0$.

Từ đó suy ra $\lambda_1 \lambda_2 + \lambda_2 \lambda_3 + \lambda_3 \lambda_1 = 0$.

Cuối cùng $\det \bm{A} = \lambda_1 \cdot \lambda_2 \cdot \lambda_3 = 1$.

Vậy phương trình đặc trưng là $P_3(\lambda) = -\lambda^3 + 1$. Theo định lý Cayley-Hamilton thì $P_3(\bm{A}) = -\bm{A}^3 + \bm{I} = \bm{0}$, hay $\bm{A}^3 = \bm{I}$.

Bài 4. Cho ma trận $\bm{A}_{n \times n}$, $\bm{A}_{ij} \geqslant 0$. Giả sử ma trận có đủ $n$ trị riêng thực. Chứng minh rằng $lambda_1^k + lambda_2^k + ldots + lambda_n^k geqslant 0$ với mọi $k in mathbb{N}$.

Ta thấy rằng với $k = 1$ thì $\lambda_1 + \ldots + \lambda_n = \mathrm{tr}(\bm{A}) \geqslant 0$.

Vì $\lambda_i$ là thỏa phương trình $\bm{A} \bm{x} = \lambda_i \bm{x}$ nên nhân hai vế cho $\bm{A}$ ta có $\bm{A} \cdot \bm{A} \bm{x} = \bm{A} \cdot \lambda_i \bm{x}$. Tương đương với $\bm{A}^2 \bm{x} = \lambda_i (\bm{A} \bm{x}) = \lambda_i^2 \bm{x}$.

Nói cách khác, $\lambda_i^2$ là trị riêng của ma trận $\bm{A}^2$. Thực hiện tương tự ta có $\lambda_i^k$ là trị riêng của ma trận $\bm{A}^k$.

Do đó $\lambda_1^k + \ldots + \lambda_n^k = \mathrm{tr}(\bm{A}^k) \geqslant 0$.

Bài 5. Cho ma trận $\bm{A}$ khả nghịch. $\bm{X}$ là ma trận sao cho $\bm{A} \bm{X} + \bm{X} \bm{A} = \bm{0}$. Chứng minh rằng $\mathrm{tr} \ \bm{X} = 0$.

Nhân bên trái hai vế cho $\bm{A}^{-1}$ ta có $\bm{X} + \bm{A}^{-1} \bm{X} \bm{A} = \bm{0}$. Ta biết rằng $\bm{A}^{-1} \bm{X} \bm{A}$ là ma trận tương đương ma trận $\bm{X}$ nên $\mathrm{tr} (\bm{A}^{-1} \bm{X} \bm{A}) = \mathrm{tr} \ \bm{X}$.

Suy ra $\mathrm{tr} \bm{X} + \mathrm{tr} \bm{X} = \mathrm{tr} \ \bm{0} = 0$. Từ đây có $\mathrm{tr} \ \bm{X} = 0$.