Bài giảng , bài tập có lời giải môn đại số tuyến tính , toán 1

Yêu cầu cơ bản đối với người học tính chất và cách tính định thức. Các tính chất và cách tính ma trận nghịch đảo. Phương pháp giải hệ phương trình đại số tuyến tính. Sử dụng hạng của ma trận để biện luận về nghiệm của hệ phương trình đại số tuyến tính.

 Phương pháp giải hệ phương trình đại số tuyến tính.

 Sử dụng hạng của ma trận để biện luận về nghiệm của hệ phương trình đại số tuyến tính.

Định nghĩa 1.1.2 Ma trận vuông A =  a ij  nn được gọi là

 ma trận tam giác trên [2] , nếu a ij = 0  i > j.

 ma trận tam giác dưới [3] , nếu a ij = 0  i < j.

 ma trận đường chéo [4] , nếu a ij = 0  i  j

Hai ma trận A và B được gọi là bằng nhau, kí hiệu A = B, nếu aij = bij  i, j

Ma trận chỉ có một cột còn được gọi là véc tơ cột, ma trận chỉ có một hàng còn được gọi là véc tơ hàng Để tránh nhầm lẫn, ta có thể thêm dấu phảy ngăn cách giữa các phần tử của véc

Ma trận-Định thức-Hệ phương trình tuyến tính

Trang 2

Hàng thứ k trong ma trận đơn vị còn được gọi là véc tơ hàng đơn vị thứ k

Cột thứ k trong ma trận đơn vị còn được gọi là véc tơ cột đơn vị thứ k

a) (A + B) = A + B, b) ( + )A = A + A,

c) ()A = (A) = (A), d) (–1)A = –A, 0A = 

Chú ý khi nhân hai ma trận:

 Số cột của ma trận bên trái phải bằng số hàng của ma trận B bên phải

 Có tích AB nhưng chưa chắc đã có tích BA

Với giả thiết phù hợp về số hàng và số cột thì

A(B + C) = AB + AC, A(BC) = (AB)C

Định nghĩa 1.1.6 Ma trận chuyển vị [1] của A =  a ij  mn , kí hiệu A t (hoặc A’), là ma trận

 a ji  nm nhận được từ A bằng cách đổi hàng thành cột hoặc đổi cột thành hàng

Với n = 2: A = 11 12 thì det(A) = a11det(M11) – a12det(M12) = a11a22 – a12a21

Với n > 2: det(A) = a11det(M11) – a12det(M12) + + (–1)n+1a1ndet(M1n)

Để biểu thị định thức, ta thay hai vạch cong hai bên ma trận bằng hai vạch đứng Ví dụ:

Tính chất 1.2.1 Đổi chỗ hai hàng của một định thức ta được một định thức mới bằng định

Hệ quả 1.2.1 (Khai triển theo hàng bất kỳ) Giả sử A là ma trận vuông cấp n, khi đó

det(A) = (–1) i+1 [a i1  i1 – a i2  i2 + + (–1) n+1 a in  in ] với mọi i = 1, 2, , n,

trong đó  ij là định thức con cấp n – 1 sau khi bỏ đi hàng i cột j (Xem chứng minh trang 15)

Tính chất 1.2.2 Một định thức có hai hàng giống nhau thì bằng 0.

Chứng minh: Gọi  là giá trị của định thức ban đầu Đổi chỗ hai hàng giống nhau, ta nhận được định thức mới trùng với định thức cũ, nhưng vì đổi chỗ hai hàng nên nó đổi dấu, tức là

Chứng minh: Giả sử thừa số chung đó là  Nếu  = 0, hiển nhiên đúng

Nếu   0, tương đương với việc đưa  ra ngoài, ta nhân hàng đó với P

–1

, tức là ta đã nhân định thức với P

Trang 5

Chứng minh: Nếu hằng số tỷ lệ  = 0, theo Tính chất 1.2.3 ta có định thức bằng 0 Nếu   0,

ta nhân một hàng thích hợp với  để hai hàng bằng nhau, khi đó định thức được nhân thêm với

 Nhưng sau khi nhân, theo Tính chất 1.2.2 ta có det(A) = 0, tức det(A) = 0.

Tính chất 1.2.6 Khi tất cả các phần tử của một hàng có dạng tổng của hai số hạng thì định

thức có thể phân tích thành tổng của hai định thức (Xem chứng minh trang 15)

Tính chất 1.2.7 Nếu một định thức có một hàng là tổ hợp tuyến tính của các hàng khác thì

Tính chất 1.2.8 Khi ta nhân một hàng với hằng số  rồi cộng vào một hàng khác thì được một định thức mới bằng định thức cũ.

Chứng minh: Định thức mới có một hàng có dạng tổng của hai số hạng, nên ta có thể tách

thành hai định thức Một trong chúng chính là định thức ban đầu, định thức còn lại có hai hàng bằng nhau nên bằng không Vậy định thức mới bằng định thức cũ.

Tính chất 1.2.9 Định thức của ma trận tam giác bằng tích các phần tử trên đường chéo chính.

(Xem chứng minh trang 15)

Hệ quả 1.2.4 (Khai triển định thức theo cột) Với ma trận vuông A cấp n thì với mọi j = 1 n,

det(A) = (–1) 1+j a 1j det(M 1j ) + (–1) 2+j a 2j det(M 2j ) + + (–1) n+j a nj det(M nj ).

Vì vậy, các tính chất được phát biểu cho hàng của định thức, thì nó cũng đúng khi phát biểu cho cột của định thức và ngược lại

1.2.3. Cách tính định thức bằng các phép biến đổi sơ cấp

Các phép biến đổi sơ cấp Tác dụng với định thức

+ Nhân một hàng với một số k  0 Định thức nhân với k

+ Đổi chỗ hai hàng Định thức đổi dấu

+ Nhân hàng r với k rồi cộng vào hàng s Định thức không đổi

Các bước tính định thức

Khi đó ta còn nói là A khả đảo[2] hay khả nghịch, hoặc không suy biến[3].

1.3.2. Sự duy nhất của ma trận nghịch đảo

Định lý 1.3.1 Ma trận nghịch đảo của A nếu tồn tại thì duy nhất.

Chứng minh: Giả sử A có hai ma trận nghịch đảo là B, C Khi đó:

AB = BA = E, AC = CA = E Ta có: C = C(AB) = (CA)B = B.

1.3.3. Sự tồn tại và biểu diễn của ma trận nghịch đảo

Cho ma trận A = [aij]nxn Ta gọi ma trận con ứng với phần tử aij là ma trận nhận được từ A sau khi bỏ đi hàng và cột chứa aij Ký hiệu dij = det(Mij), với Mij là ma trận con ứng với phần

tử aij Đặt C = [cij]nxn với cij = (–1)i+jdij (gọi là phụ đại số[4] của aij)

Định lý 1.3.2 Nếu det(A)  0 thì tồn tại A –1 được biểu diễn bởi công thức

(Xem chứng minh trang 16)

1.3.4. Ma trận nghịch đảo của tích hai ma trận

Định lý 1.3.3 Nếu hai ma trận cùng cấp A và B khả đảo thì AB khả đảo và (AB) –1 = B –1 A –1

Chứng minh: Ta có (AB)B–1A–1 = A(BB–1)A–1 = AEA–1 = AA–1 = E

a) Do A–1A = AA–1 = E nên A chính là ma trận ngược của A–1, tức A = (A–1)–1

b) Ta chứng minh bằng quy nạp Hiển nhiên định lý đúng với m = 1

Giả sử định lý đã đúng với m – 1, tức là (Am–1)–1 = (A–1)m–1

Đặt B = Am–1, ta có B–1 = (Am–1)–1 = (A–1)m–1

Theo Định lý 1.3.3 ta có (Am)–1 = (Am–1A)–1 = (BA)–1 = A–1B–1 = A–1(A–1)m–1 = (A–1)m.Nghĩa là định lý cũng đúng với m, tức là định lý đúng với mọi m  N*

c) Đặt  = [ thì A = = = A

0

0) 0



0 (0

0

0) 0



0 (0

0

–1]

(A)–1 = (A)–1 = A–1–1 = A–1–1E = –1A–1E = –1A–1.

1.3.5. Định thức của tích hai ma trận

Ma trận-Định thức-Hệ phương trình tuyến tính

Trang 8

Định lý 1.3.5 Nếu A và B là hai ma trận vuông cùng cấp thì det(AB) = det(A)det(B).

(Xem chứng minh trang 17)

Định lý 1.3.6 Nếu A và B là hai ma trận vuông cùng cấp và BA = E hoặc AB = E thì A khả

1.4.1. Dạng tổng quát của hệ phương trình tuyến tính

Các véc tơ nói đến ở đây đều là các véc tơ cột

Định nghĩa 1.4.1 Hệ phương trình tuyến tínhP

Nếu b1 = b2 = = bm = 0 thì (1.4.1) được gọi là hệ tuyến tính thuần nhất[2]

1.4.2. Dạng ma trận của hệ phương trình tuyến tính

x x

b b

A là ma trận các hệ số, x là ma trận nghiệm, còn b là ma trận vế phải của hệ

Khi đó hệ phương trình (1.4.1) được viết lại dưới dạng ma trận là Ax = b

1.4.3. Hệ Cramer và hệ thuần nhất

 Hệ Cramer: là hệ phương trình tuyến tính có số phương trình bằng số ẩn và có det(A)  0 Định lý 1.4.1 (định lý Cramer [3] ) Hệ Cramer có nghiệm duy nhất tính theo công thức x = A –1 b, tức là x j det( A ) j ,

det( A ) với A j là ma trận nhận được từ A sau khi thay cột thứ j bằng cột vế phải b.

(Xem chứng minh trang 18)

52

Dạng ma trận của (1.4.3) là Ax =  (ma trận không cấp n1)

Hệ thuần nhất luôn có nghiệm tầm thường[1] x = 

Định lý 1.4.2 Hệ thuần nhất có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi det(A) = 0.

Chứng minh: Giả sử hệ có nghiệm không tầm thường, cũng có nghĩa là hệ không có duy nhất

nghiệm Nếu det(A)  0 thì theo Định lý 1.4.1 hệ có nghiệm duy nhất, mâu thuẫn

Ngược lại, giả sử det(A) = 0 Bằng các phép biến đổi sơ cấp với hàng, đổi chỗ các cột và đánh số lại các ẩn khi gặp a’kk = 0, ta đưa hệ về dạng tam giác trên Do det(A) = 0 nên ít nhất

có một hàng toàn là số 0, tức là hệ đã cho tương đương với một hệ có số phương trình ít hơn

số ẩn Vì vậy hệ có vô số nghiệm, tức là có nghiệm không tầm thường.

1.4.4. Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp Gauss–Jordan

Để cho tiện, ta vẫn sử dụng ký hiệu aB ij B và bB j B cho dù giá trị của chúng đã thay đổi sau các phép biến đổi sơ cấp

 

 

 

 1.4.5. Áp dụng phương pháp Gauss–Jordan tính ma trận nghịch đảo

Cho A là ma trận vuông cấp n với det(A)  0, đặt X = A–1 thì AX = E

Giả sử X = (xij), gọi Xj và ej tương ứng là cột thứ j của X và cột thứ j của E, ta có

Định thức của ma trận con đó được gọi là định thức con cấp p của A.

Định nghĩa 1.5.1 Hạng của ma trận A, kí hiệu rank(A), là cấp cao nhất trong số các định

thức con khác không của A.

Nhận xét: Do det(A) = det(At) nên rank(A) = rank(At)

a a b

0 0 b

Cách tính hạng của ma trận bằng phép biến đổi sơ cấp

Trong ma trận, nếu mọi phần tử trên cùng một hàng nào đó đều bằng 0 thì ta gọi hàng đó

là hàng bằng không, trái lại ta gọi là hàng khác không

Ma trận bậc thang là ma trận có các tính chất sau:

 Mọi hàng bằng không đều nằm ở phía dưới của ma trận

 Trên hai hàng khác không, phần tử khác không đầu tiên thuộc hàng dưới phải nằm ở bên phải cột chứa phần tử khác không đầu tiên thuộc hàng trên

Dễ thấy, hạng của một ma trận dạng bậc thang bằng số hàng khác không của nó Vì vậy,

để tính hạng của ma trận, ta dùng các phép biến đổi sơ cấp về hàng đưa ma trận đã cho về dạng bậc thang, rồi đếm số hàng khác không và đó chính là hạng của ma trận

Trong ví dụ trên ta có rank(A) = rank(C) = 3, rank(B) = 2

1.5.2. Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

Xét hệ phương trình tuyến tính tổng quát (1.4.1) Ta đặt = [A, b], tức là ma trận nhận Ađược từ A sau khi bổ sung thêm cột vế phải, và gọi là ma trận mở rộng của hệ

P–Capelli) Hệ (1.4.1) có nghiệm khi và chỉ khi rank( ) = rank(A).A

Chứng minh: Dùng các phép biến đổi sơ cấp với hàng,

có thể phải đổi chỗ các cột, biến đổi ma trận sao cho A

ma trận A có dạng tam giác trên với akk  0 (k = 1 r),

còn r  min(m, n)

Để đơn giản cách viết, ta vẫn sử dụng các ký hiệu

aij và bj, mặc dù giá trị nó đã thay đổi

Việc bổ sung thêm cột vế phải có thể làm tăng

thêm số hàng khác không, tức rank( )  rank(A) A

 Nếu rank( ) > rank(A) thì dựa vào phương trình thứ r + 1, ta suy ra hệ vô nghiệm A

 Nếu rank( ) = rank(A) thì hệ có nghiệmA

o nghiệm sẽ là duy nhất nếu rank( ) = rank(A) = n (tức là r = n).A

o Nếu rank( ) = rank(A) < n, hệ có vô số nghiệm, trong đó có n – r thành phần nghiệm Ađược lấy tuỳ ý, các thành phần còn lại được tính theo n – r thành phần này.

Vì A có định thức con 1 3 = –7  0 nên rank(A) = 2 khi a =

2 1

212Theo Định lý 1.5.1, muốn hệ có nghiệm thì cần và đủ là rank( ) = rank(A) = 2 A

Thay a = vào, ta tính rank( ).21

21

221

Số hàng khác không của bằng 2 nếu b = 3 và bằng 3 nếu b  3 A

Kết luận: Nếu a  thì hệ có nghiệm duy nhất, nếu a = và b  3 thì hệ vô nghiệm, 21

2

212nếu a = và b = 3 thì hệ có vô số nghiệm.21

Ta có cji = aij + bij, dji = aij + bij, tức là cji = dji với mọi j và i Vậy (A + B)t = At + Bt

Ma trận-Định thức-Hệ phương trình tuyến tính

Trang 14

 Chứng minh phát biểu (AB) t = B t A t

Giả sử A = [aik]mp, B = [bkj]pn, khi đó At = [a’ki]pm và Bt = [b’jk]np với a’ki = aik và b’jk = bkj

Rõ ràng có tích BtAt Gọi c’ji và d’ji tương ứng là các phần tử ở hàng j cột i của các ma trận (AB)t và BtAt, gọi cB ij B là các phần tử ở hàng i cột j của ma trận AB

Khi đó với mọi i = 1 m, j = 1 n ta có

Trước hết, ta chứng minh cho trường hợp đổi chỗ hai hàng đầu tiên cho nhau

Giả sử ma trận A vuông cấp n có hai hàng đầu tiên là

Nhận thấy rằng, các hệ số của DB ij B trong biểu thức của det(A) trái dấu với các hệ số của Dji

trong biểu thức của det(B) và Dij = Dji, vì vậy det(A) = –det(B)

Giả sử ta đổi chỗ hai hàng liên tiếp p +1 và p + 2 nào đó cho nhau Ký hiệu B ij B là định thức con cấp n–p nhận được từ A sau khi bỏ đi p hàng đầu tiên, cột i và cột j

Nhận thấy rằng khi khai triển các định thức của ma trận A và ma trận B đến hàng p, các hệ

số của ij là bằng nhau

Nhưng ij của A sẽ trái dấu với các ij của B, do có hai hàng đầu tiên trong chúng là được tráo đổi cho nhau Vì vậy ta cũng có det(A) = – det(B)

Trang 15

Bây giờ xét trường hợp đổi chỗ hai hàng p và q bất kỳ, giả sử là p < q Sau q – p lần đổi chỗ đưa hàng q đến hàng p thì hàng p sẽ trở thành hàng p + 1 Ta phải thực hiện q – p – 1 lần đổi chỗ nữa để đưa hàng p +1 này đến hàng q Tổng số lần đổi là 2(q – p) – 1, tức là một số lẻ lần

Vì vậy giá trị của định thức đổi dấu.

1.6.3. Chứng minh Hệ quả 1.2.1

Với i = 1, hiển nhiên đúng theo định nghĩa, ta xét với i > 1 Gọi  là giá trị của định thức

Ta thực hiện i – 1 lần đổi chỗ lần lượt cho các hàng i – 1, i – 2, , 1 để hàng i được đặt lên vị trí hàng đầu tiên, giá trị lúc này của định thức mới là (–1)P

a a a a a a



Trường hợp hàng thứ p có dạng tổng của hai số hạng, ta đổi chỗ hàng p với hàng đầu tiên rối tách thành hai định thức Sau đó với mỗi định thức nhận được, ta lại đổi chỗ hàng p với hàng đầu tiên Vì có đúng hai lần đổi hàng, nên giá trị định thức không thay đổi.

 Một số ký hiệu: Mij là ma trận con ứng với aij của A

M là ma trận con cấp n–2 của A sau khi bỏ đi hàng i cột j, hàng k cột p.k p

Đây là công thức khai triển định thức theo cột đầu tiên

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n là cấp của ma trận vuông A Công thức (1.6.2) đúng với các định thức cấp 1 và cấp hai Giả sử (1.6.2) đã đúng với n–1, ta chứng minh đúng với n Theo định nghĩa,  = a1111 – a1212 + + (–1)1+na1n1n = a1111 + n 1 j

Vậy bổ đề được chứng minh

Ta cũng chứng minh det(A) = det(At) bằng quy nạp

Với ma trận vuông cấp 2 thì hiển nhiên det(A) = det(At) Giả sử với mọi ma trận A vuông cấp n–1, ta đều có det(A) = det(At) Với ma trận A vuông cấp n, ta có

det(A) = a11det(M11) – a12det(M12) + + (–1)1+na1ndet(M1n) =

Giả sử A là ma trận vuông cấp n Gọi MB ij B là ma trận con ứng với aB ij B của A

Ta có det(A) = ai1ci1 + ai2ci2 + + aincin, vì đây chính là khai triển của định thức theo hàng

i Nếu hàng i và hàng k giống nhau thì ta có thể thay các aij bởi akj Nhưng khi đó định thức bằng 0 vì có hai hàng giống nhau Vì vậy

ak1ci1 + ak2ci2 + + akncin = {det(A) nếu k = i

0 nếu k  i )Tương tự, ta cũng có a1kc1j + a2kc2j + + ankcnj = {det(A) nếu k = j

0 nếu k  j )

(1.6.2)(1.6.1)

(1.6.3)(1.6.4)

1.6.8. Chứng minh Định lý 1.3.5

 Ma trận sơ cấp và phép biến đổi sơ cấp bằng ma trận

o Ma trận sơ cấp loại 1, F(r, ): Với   0, ma trận F(r, ) nhận được từ ma trận đơn vị E bằng cách thay giá trị 1 ở hàng r cột r bởi  được gọi là ma trận sơ cấp loại 1

Hiển nhiên, det(F(r, )) =  và ma trận ngược (F(r, ))–1 = F(r, –1)

Khi đó với ma trận vuông A,

- phép nhân hàng r với   0 được thực hiện bởi phép nhân ma trận F(r, )A,

- phép nhân cột r với   0 được thực hiện bởi phép nhân ma trận AF(r, ),

- det(F(r, )A) = det(A) = det(A) = det(F(r, ))det(A)

o Ma trận sơ cấp loại 2, P(r, s): Ma trận P(r, s) nhận được từ ma trận đơn vị E bằng cách đổi chỗ hai hàng r và s được gọi là ma trận sơ cấp loại 2

Hiển nhiên det(P(r, s)) = –1 và (P(r, s))–1 = P(r, s) Khi đó với ma trận vuông A,

- phép đổi chỗ hai hàng r và s được thực hiện bởi phép nhân ma trận P(r, s)A,

- phép đổi chỗ hai cột r và s được thực hiện bởi phép nhân ma trận AP(r, s),

- det(P(r, s)A) = det(–A) = –det(A) = det(P(r, s))det(A)

Khi đó với ma trận vuông A,

- phép nhân hàng r với   0 rồi cộng vào hàng s được thực hiện bởi Q(r, , s)A,

- phép nhân cột r với   0 rồi cộng vào cột s được thực hiện bởi AQ(r, , s),

- det(Q(r, , s)A) = det(A) = det(P(r, s))det(A)

Nhận xét: Ma trận T được gọi là ma trận sơ cấp nếu T thuộc một trong ba loại trên Ta thấy

rằng, ma trận ngược của ma trận sơ cấp T cũng là ma trận sơ cấp cùng loại với T

Nếu ma trận sơ cấp T cùng cấp với ma trận vuông A thì det(TA) = det(T)det(A)

Bổ đề 1.6.1 Với ma trận vuông A, tồn tại hữu hạn các ma trận sơ cấp Ti, i = 1 m để

A = T1T2 TmU,trong đó U là ma trận tam giác trên với uii  0, 1  i  m  n

(1.6.5)(1.6.6)

Ma trận-Định thức-Hệ phương trình tuyến tính

Trang 18

Chứng minh: Bằng một số hữu hạn phép biến đổi sơ cấp ta có thể đưa ma trận A về dạng tam

giác trên U thoả mãn (1.6.6), nghĩa là tồn tại hữu hạn ma trận sơ cấp KB i B, i = 1 m, sao cho

KmKm–1 K1A = U, do đó A = K1–1K2–1 Km–1U

Đặt Ti = Ki–1, i = 1 m, thì các Ti cũng là các ma trận sơ cấp và A = T1T2 TmU.

Bổ đề 1.6.2 Nếu A là ma trận vuông, U là ma trận tam giác trên cùng cấp có các phần tử chéo

thoả mãn uii  0 khi 1  i  m  n thì det(UA) =det(U)det(A)

Chứng minh: Nếu k < n thì do uB nn B = 0 nên U và UA có các phần tử ở hàng cuối cùng toàn là

số 0 Do đó det(U) = det(UA) = 0, tức là det(UA) = det(U)det(A)

Nếu k = n thì uB ii B  0 với mọi i Bằng một số hữu hạn phép biến đổi sơ cấp, ta có thể đưa U

về ma trận đơn vị E Điều đó có nghĩa là, tồn tại hữu hạn các ma trận sơ cấp Ki, i = 1 m, để

KmKm–1 K1U = E, do đó U = K1–1K2–1 Km–1E = K1–1K2–1 Km–1

Đặt Ti = Ki–1, i = 1 m, thì U = T1T2 Tm với Ti là các ma trận sơ cấp

Vì vậy UA = T1T2 TmA Theo nhận xét ở phần các ma trận sơ cấp, ta có

det(UA) = det(T1)det(T2) det(Tm)det(A)

Nhưng U = T1T2 Tm nên det(U) = det(T1)det(T2) det(Tm), vậy det(UA) = det(U)det(A).

a

a

bbb

ccc

Bài 1.2 Khai triển của định thức là một phương trình bậc ba của x, vì vậy nó có không quá ba

nghiệm Lần lượt thay x = 2, x = 3, x = 4 ta đều thấy định thức có hai hàng giống nhau nên nó bằng 0, chứng tỏ phương trình có ba nghiệm là x = 2, x = 3, x = 4.

Bài 1.3 Ta xem B n B là đa thức bậc n – 1 đối với xn và nhận thấy nếu lần lượt thay xn bởi x1, x2, , xn–1 thì ta nhận được các định thức đều bằng không vì có hai cột giống nhau Điều đó chứng tỏ rằng x1, x2, , xn–1 chính là n – 1 nghiệm của đa thức n, do đó n có thể biểu diễn dưới dạng n = k(xn – x1)(xn – x2) (xn – xn–1)

So sánh hệ số của n 1trong khai triển của B n B với biểu thức trên ta thấy k = n–1, vì vậy

a) Ta chứng minh bằng quy nạp theo n

Với n = 1: hiển nhiên đúng

b) Ta chứng minh bằng quy nạp theo n

Với n = 1: hiển nhiên đúng Giả sử đã đúng đến n – 1, tức là

= cos(n 1) cos sin(n 1) sin cos(n 1) sin sin(n 1) cos =

sin(n 1) cos cos(n 1) sin sin(n 1) sin cos(n 1) cos

1 a

1 a

Để hệ có nghiệm không tầm thường thì det(A) = 0, tức a = –5.

1.9 Thảo luận chương 1

1 Mối liên hệ giữa các phép biến đổi sơ cấp đối với định thức và các tính chất của định thức

2 Ma trận các số nguyên A phải thoả mãn ràng buộc gì để các phần tử của ma trận nghịch đảo A–1 là các số nguyên

3 Những chú ý khi giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp Gauss–Jordan

4 Trên tư tưởng của phương pháp Gauss–Jordan, hãy tính ma trận nghịch đảo bằng cách đưa

về dạng tam giác dưới trước, sau đó đưa về dạng đường chéo

5 Sử dụng kiến thức vật lý, đưa ra bài toán mà mô hình toán học của nó chính là hệ ba phương trình tuyến tính ba ẩn số

6 Chứng minh bằng cách khác (nếu có thể) một số phát biểu trong chương 1

7 Giải các bài tập theo cách khác (nếu có thể)

Trang 23

Chương 2 KHÔNG GIAN VÉC TƠ – KHÔNG GIAN EUCLID

 Yêu cầu cơ bản đối với người học

 Bản chất của không gian véc tơ và không gian con.

 Sự độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính của họ các véc tơ.

 Mối liên hệ giữa họ véc tơ độc lập tuyến tính và cơ sở của không gian véc tơ.

 Quá trình trực chuẩn hoá Gram-Schmidt

 Xác định biểu thức toạ độ của véc tơ thông qua các cơ sở

 Các bài toán liên quan đến đổi cơ sở trong không gian véc tơ

2.1 Không gian véc tơ

2.1.1. Định nghĩa không gian véc tơ

Định nghĩa 2.1.1 Cho tập V  , mỗi phần tử được gọi là một véc tơ Ta gọi V là không gian véc tơ trên trường số thực R nếu trong V ta định nghĩa được phép cộng hai véc tơ, ký hiệu là

“+” và phép nhân một số thực với véc tơ, ký hiệu là “.” thoả mãn mười tiên đề sau với mọi x,

y thuộc V và với mọi ,  thuộc R:

1 x + y V (đóng kín với phép cộng hai véc tơ)

2 x + y = y + x (tính giao hoán[1] của phép cộng)

3 x + (y + z) = (x + y) + z (tính kết hợp[2] của phép cộng)

4 V sao cho  + x = x (phần tử trung hoà[3] của phép cộng)

5  –x V : –x + x =  (phần tử đối[4] của x)

6 x V (đóng kín với phép nhân một số với véc tơ)

7 (x + y) = x + y (tính phân bố[5] của phép nhân với phép cộng)

8 ( + )x = x + x (tính phân bố của phép cộng số thực với phép nhân)

9 (x) = ()x (tính kết hợp của phép nhân số thực với phép nhân)

Không gian véc tơ-Không gian Euclid

Ví dụ 2.1.2 Gọi CB [a, b] B là tập các hàm một biến liên tục trên [a, b]

Với mọi f, g C[a, b], ta định nghĩa: (f + g)(x) = f(x) + g(x) và (f)(x) = f(x)

Rõ ràng f + g và f thuộc C[a, b]

Các tiên đề còn lại dễ dàng được kiểm chứng, vậy C[a, b] là không gian véc tơ

Ví dụ 2.1.3 Gọi IB [a, b] B là tập các hàm một biến khả tích trên [a, b] Với mọi f, g I[a, b], ta định nghĩa: (f + g)(x) = f(x) + g(x) và (f)(x) = f(x) Rõ ràng f + g và f thuộc I[a, b]

Các tiên đề còn lại dễ dàng được kiểm chứng, vậy I[a, b] là không gian véc tơ

Ví dụ 2.1.4 Gọi PB n B(x) là tập các đa thức bậc không quá n Với mọi P(x) và Q(x) thuộc PB n B(x),

ta định nghĩa: (P + Q)(x) = P(x) + Q(x) và (P)(x) = P(x)

Dễ kiểm tra sự thoả mãn của các tiên đề, vậy Pn(x) là không gian véc tơ

Chú ý:

 Khi viết x = (x1, x2, , xn) thì ta hiểu đó là phần tử x của tích Đề các Rn

 Khi viết x = [x1 thì ta hiểu đó là sự biểu diễn dưới dạng cột của véc tơ x của không gian

như trong Ví dụ 2.1.1 Tuy nhiên ta có thể sử dụng cách viết thay thế là (x1, x2, , xn)t

Vì vậy trong chừng mực nào đó thì cả ba cách viết trên cùng mô tả một véc tơ nhưng có khác nhau về mục đích sử dụng nhằm phù hợp với cú pháp

2.1.2. Một số tính chất của không gian véc tơ

Định lý 2.1.1 Mọi không gian véc tơ đều có các tính chất sau,  x  V và   R,

1 Phần tử trung hòa  là duy nhất.

Trang 25

2.2 Không gian con và hệ sinh

2.2.1. Định nghĩa không gian con

Định nghĩa 2.2.1 Tập con W của không gian véc tơ V được gọi là không gian con của V nếu

nó cũng là không gian véc tơ với hai phép toán trên V.

2.2.2. Điều kiện để W  V là không gian con

Định lý 2.2.1 Tập con khác rỗng của không gian véc tơ là không gian con khi và chỉ khi nó là

đóng kín với hai phép toán (tiên đề 1 và 6 là đúng trên nó) (Xem chứng minh trang 38)

Nhận xét: tiên đề thứ nhất và thứ sáu tương đương với một tiên đề sau:

x, y  V,   R, x + y  V

Thật vậy, giả sử thoả mãn các tiên đề thứ nhất và thứ sáu, khi đó:

x, y  V,   R, đặt z = x, theo tiên đề thứ sáu, z V, theo tiên đề thứ nhất, z + y 

V

Vậy x + y  V

Giả sử x, y  V,   R, x + y  V Lấy  = 1 thì x + y  V, lấy y =  thì x  V Vậy các tiên đề thứ nhất và thứ sáu cùng thoả mãn

Từ đây trở đi, ta có thể thay các tiên đề thứ nhất và thứ sáu bởi tiên đề này

Ví dụ 2.2.1 Với W = {},  +  =   W Vậy W = {} cũng là không gian con

Ví dụ 2.2.2 Theo Ví dụ 2.1.1 thì R2 = {(x, y) : x R, y R} là không gian véc tơ

Xét tập W = {(x, 0) : x R}  R2 Giả sử u = (uB x B, 0) và v = (vB x B, 0) thuộc W,

u + v = (ux + vx, 0) W Vậy W là không gian con của R2

2.2.3. Tổ hợp tuyến tính của một họ véc tơ

Định nghĩa 2.2.2 Cho S = {s 1 , s 2 , , s n } là một họ các véc tơ của không gian véc tơ V Ta gọi

tổ hợp tuyến tính[1] của các véc tơ của họ S là biểu thức dạng c 1 s 1 + c 2 s 2 +… + c n s n , trong đó

c 1 , c 2 , …, c n là các hằng số thuộc R.

Dễ thấy rằng tổ hợp tuyến tính của các véc tơ của họ S cũng thuộc V

Ví dụ 2.2.3 Mọi véc tơ u = x đều là tổ hợp tuyến tính của hai véc tơ

 

 

 

32

Không gian véc tơ-Không gian Euclid

 

 

 

32

 

 

 2.2.4. Không gian con sinh bởi một họ véc tơ

Định nghĩa 2.2.3 Cho S = {s 1 , s 2 , , s n } là một họ các véc tơ của không gian véc tơ V Tập tất

cả các tổ hợp tuyến tính của S được gọi là bao tuyến tính của S, kí hiệu là span(S).

Định lý 2.2.2 Cho S = {s 1 , s 2 , , s n } là một họ các véc tơ của không gian véc tơ V Khi đó span(S) là một không gian con của V.

Chứng minh: Đặt W = Span(S) Vì s1 = 1s1 + 0s2 + 0s3 + … + 0sn nên s1  W, vậy W   Giả sử x, y  W và  R, x = c1s1 + c2s2 + … + cnsn, y = d1s1 + d2s2 + … + dnsn, ta có

x + y = (c1 + d1)s1 + (c2 + d2)s2 + … + (cn + dn)sn  W

Theo Định lý 2.2.1, W là không gian con của V.

2.2.5. Định nghĩa hệ sinh của không gian véc tơ

Định nghĩa 2.2.4 Cho S là một họ các véc tơ của không gian véc tơ V Nếu span(S) = V thì ta

nói họ S sinh ra V hay S là hệ sinh của V.

 

 

 của RP

 

 

 tính của e1 đều có dạng c , vậy e1 là hệ sinh của trục Ox

0

 

 

 

2.3 Họ véc tơ độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính

Định nghĩa 2.3.1 Cho S = {s 1 , s 2 , , s n } là một họ các véc tơ của không gian véc tơ V

Nếu c 1 s 1 + c 2 s 2 + … + c n s n =  khi và chỉ khi c 1 = c 2 = … = c n = 0 thì ta nói họ S là độc lập tuyến tính [1] Họ S được gọi là phụ thuộc tuyến tính [2] nếu nó không phải là độc lập tuyến tính.

Để kiểm tra tính độc lập tuyến tính của một họ véc tơ, ta giải một hệ phương trình đại số tuyến tính thuần nhất

Ví dụ 2.3.1 Xét tính độc lập tuyến tính của họ S = {u1, u2} với u1 = 1 và u2 =

Nhận xét: Do 0u1 + 0u2 + + 0un + 1. =  nên ta kết luận rằng, một họ bất kỳ có chứa véc tơ

 đều là phụ thuộc tuyến tính

2.4 Không gian hữu hạn chiều và cơ sở của nó

2.4.1. Khái niệm về không gian n chiều

Định nghĩa 2.4.1 Không gian véc tơ được gọi là không gian n chiều nếu số lớn nhất các véc

tơ độc lập tuyến tính trong nó đúng bằng n.

Số chiều của không gian V được ký hiệu là dim(V) Dễ thấy dim({}) = 0

Nếu số véc tơ độc lập tuyến tính của một không gian véc tơ không bị hạn chế thì ta nói không gian đó là vô hạn chiều, trái lại ta nói đó là không gian véc tơ hữu hạn chiều

Ký hiệu P(x) là tập tất cả các đa thức của x với hệ số thực Dễ thấy rằng P(x) là không gian véc tơ với phép cộng hai đa thức và phép nhân một số thực với đa thức

Với mọi n  N, ký hiệu Sn = {1, x, x2, …, xn}, ta chứng minh họ Sn là độc lập tuyến tính Thật vậy, đẳng thức c01 + c1x + c2x2 + … + cnxn = 0 khi và chỉ khi c0 = c1 = … = cn = 0

Vì vậy, số véc tơ độc lập tuyến tính trong P(x) là không bị hạn chế, tức P(x) là vô hạn chiều Trong giáo trình này, ta chỉ quan tâm đến các không gian hữu hạn chiều

2.4.2. Cơ sở của không gian n chiều

Định nghĩa 2.4.2 Cơ sở của không gian n chiều là họ bất kỳ gồm n véc tơ độc lập tuyến tính

của nó.

Sử dụng ký hiệu S = u1, u2, , un để biểu thị S là cơ sở của V Nhận thấy rằng trong mọi

cơ sở, không có véc tơ không và không có véc tơ nào là tổ hợp tuyến tính của các véc tơ khác Nếu đổi vị trí hai véc tơ nào đó cho nhau thì ta nhận được cơ sở mới khác với cơ sở cũ

Ví dụ 2.4.1 Dễ kiểm tra rằng các họ véc tơ sau đây đều là cơ sở của R2:

–1] [1

0] [–1

0] [0–1]

2.4.3. Những tính chất về cơ sở và số chiều

Định lý 2.4.1 Trong một không gian véc tơ, số véc tơ sinh ra nó không nhỏ hơn số véc tơ độc

Định lý 2.4.2 Trong một không gian véc tơ V, mọi họ S các véc tơ độc lập tuyến tính sinh ra V

đều là cơ sở của V và dim(V) bằng số véc tơ của S

Chứng minh: Giả sử họ S gồm m véc tơ độc lập tuyến tính sinh ra V Theo Định lý 2.4.1 thì

m là số cực đại các véc tơ độc lập tuyến tính trong V nên dim(V) = m

Vì S có đủ m véc tơ độc lập tuyến tính nên S là cơ sở của V.

Không gian véc tơ-Không gian Euclid

P trong không gian R n là họ gồm n véc tơ  e 1 , e 2 , …, e n  với

e k (k = 1 n) là véc tơ có thành phần thứ k bằng 1, các thành phần còn lại đều bằng 0.

Ví dụ 2.4.2 Cơ sở chính tắc của R là 1 = e1 với e1 = [1]

Cơ sở chính tắc của R2 là 2 = e1, e2 với e1 = , e[1 2 =

Mỗi đa thức p(x) = a0 + a1x + a2x2 + + anxn được cho tương ứng với một véc tơ u  Rn+1

mà giá trị tại thành phần thứ k + 1 của u chính là hệ số ak của xk, tức là u = (a0, a1, a2, , an)t.Chẳng hạn, với n = 4, đa thức –2 + x + 3x3 được cho tương ứng với véc tơ (–2, 1, 0, 3, 0)t

Dễ thấy các đa thức 1, x, x2, , xn tương ứng với các véc tơ cột sau:

e1 = [1 , e2 = , e3 = , , en+1 =

00

0] [0

10

0] [0

01

00

1]

Khi đó họ S = {1, x, x2, …, xn} tương ứng với cơ sở chính tắc e1, e2, …, en+1 trong Rn+1

Vì thế S được xem là cơ sở chính tắc của Pn(x)

Định lý 2.4.3 Trong không gian véc tơ, mọi véc tơ bất kỳ được biểu diễn duy nhất dưới dạng

tổ hợp tuyến tính của các véc tơ của một họ S khi và chỉ khi họ S là cơ sở của không gian.

(Xem chứng minh trang 38)

Định lý 2.4.4 Trong không gian véc tơ n chiều, cho họ S = {s 1 , s 2 , , s n } và ma trận A = [s 1 ,

s 2 , , s n ] (mỗi cột là một véc tơ của S) Họ S là độc lập tuyến tính khi và chỉ khi det(A)  0.

(Xem chứng minh trang 39)

Ví dụ 2.4.4 Xét sự độc lập tuyến tính của ba véc tơ u = (1, 2, 0), v = (1, 0, 4), w = (0, 3, 4).

Giải: A =[u, v, w] = Do det(A) = –20  0, nên {u, v, w} độc lập tuyến tính

 Cách tính hạng của họ véc tơ bằng các phép biến đổi sơ cấp

Để tính hạng của họ véc tơ S = {s1, s2, , sn}, ta thành lập ma trận mà mỗi cột là một véc

tơ của S, tức là A = [s1, s2, , sn], sau đó đưa về dạng bậc thang Ta có rank(S) = rank(A)

Ví dụ 2.4.5 Chứng minh rằng trong R3, họ bất kỳ S = {u1, u2, u3, u4} đều là phụ thuộc tuyến tính Thật vậy, giả sử

Tổng quát hơn, trong Rn, một họ bất kỳ có số véc tơ lớn hơn n đều phụ thuộc tuyến tính.

Định lý 2.4.5 Trong không gian véc tơ n chiều, với một họ độc lập tuyến tính gồm ít hơn n véc

tơ, luôn có thể bổ sung cho đủ n véc tơ để trở thành cơ sở của không gian.

(Xem chứng minh trang 39)2.4.5. Số chiều và cơ sở của không gian con sinh bởi một họ véc tơ

Định lý 2.4.6 Trong không gian véc tơ V, cho họ S = {u 1 , u 2 , , u p } và đặt W = span(S) Khi

đó dim(W) = rank(S), đồng thời bất kỳ bộ cực đại véc tơ độc lập tuyến tính trong S đều là cơ

sở của W.

Chứng minh: Vì ta có thể đánh lại chỉ số của các véc tơ nên không giảm tổng quát, ta xem họ

gồm m véc tơ đầu tiên S’ = {u1, u2, , um} là độc lập tuyến tính Rõ ràng span(S’) = span(S) = W

và rank(S) = m Theo Định lý 2.4.2, vì S’ sinh ra W nên dim(W) = m

Theo Định nghĩa 2.4.2, mọi họ bất kỳ gồm m véc tơ độc lập tuyến tính rút ra từ S đều là cơ

sở của W.

Định lý 2.4.7 Trong không gian véc tơ n chiều V, một họ n véc tơ bất kỳ sinh ra V đều là cơ

sở của V

Chứng minh: Giả sử S = {u1, u2, , un} sinh ra V, khi đó span(S) = V và rank(S) = n

Tức là số véc tơ độc lập tuyến tính trong S bằng n, vậy họ S là cơ sở của V 

2.5 Tích vô hướng và không gian có tích vô hướng

2.5.1. Tích vô hướng trong không gian véc tơ

Xét không gian véc tơ V

Định nghĩa 2.5.1

Tích vô hướng[1] của u và v, ký hiệu <u, v>, là một số thực thoả mãn các tiên đề sau:

1 <u, v> xác định với mọi u, v  V

Không gian véc tơ-Không gian Euclid

Trang 30

Các tính chất suy từ tiên đề: u, v, w  V,   R,

<, u> = <u, > = 0 <u, v +w> = <u, v> + <u, w> <u, v> = <u, v>

Ví dụ 2.5.1 Trong không gian véc tơ RP

Ví dụ 2.5.2 Trong R2, với x = (x1 x2), y = (y1, y2) và k > 0, định nghĩa <x, y> = x1y1 + kx2y2

Dễ kiểm tra rằng nó thoả mãn các tiên đề của tích vô hướng

Ví dụ 2.5.3 Với không gian C[a, b] các hàm số liên tục trên [a, b], tích vô hướng của hai hàm f

và g có thể định nghĩa là <f, g> = b

a

f (x)g(x)dx



2.5.2. Độ dài của véc tơ

Định nghĩa 2.5.2 Trong không gian có tích vô hướng, độ dài [1] (hay chuẩn [2] ) của véc tơ u, kí hiệu là ||u||, là số không âm xác định bởi công thức ||u|| =  u, u .

Ví dụ 2.5.4 Trong không gian Rn với tích vô hướng Euclid, với u = (u1, u2, ,un) thì

||u|| = (u1 + u2 + + un )1/2 (còn gọi là độ dài Euclid của u)

Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Với u và v là 2 véc tơ trong không gian có tích vô hướng thì

|<u, v>|  ||u||||v||

Chứng minh: Nếu u =  thì <u, v> = 0 và ||u|| = 0, hiển nhiên đúng Nếu u  , theo tiên đề 5,

R, <u + v, u + v>  0  2<u, u> + 2<u, v> + <v, v>  0,

hay ||u||2 2 + 2<u, v> + ||v||2  0

Vế trái là tam thức bậc 2 có ’ = <u, v>2 – ||u||2 ||v||2 nên ’  0.

Hệ quả 2.5.1 Với mọi u1, u2, , un,v1, v2 , vn  R, ta có bất đẳng thức

Khoảng cách: Khoảng cách[3] giữa hai véc tơ u và v thuộc không gian có tích vô hướng,

ký hiệu là d(u, v), được định nghĩa là: d(u, v) = ||u – v|| Nó có các tính chất:

Trang 31

2) d(u, v) = 0  u = v

3) d(u, v) = d(v, u)

4) d(u, v)  d(u, w) + d(w, v) (bất đẳng thức tam giác)

2.5.3. Sự trực giao của hai véc tơ

Định nghĩa 2.5.3 Trong một không gian có tích vô hướng, hai véc tơ u và v gọi là trực giao [1]

nếu <u, v> = 0 Nếu u trực giao với mọi véc tơ của một họ S thì ta nói u trực giao với S.

Ví dụ 2.5.5 Với <f, g> =a trong C[–a, a], nếu tích f(x)g(x) là hàm lẻ thì = 0

Định nghĩa 2.5.4 Một họ véc tơ trong không gian có tích vô hướng được gọi là họ trực giao

nếu bất kỳ 2 véc tơ khác nhau nào của họ cũng trực giao với nhau

Một họ véc tơ trực giao trong đó mỗi véc tơ đều có chuẩn bằng 1 gọi là họ trực chuẩn.

12

122.5.5. Quá trình trực chuẩn hoá Gram–Schmidt

Chuẩn hoá một véc tơ: Nếu u   thì v = u có chuẩn bằng 1

||u||

Định lý 2.5.1 Với S = {u 1, u 2 , , u m } là một họ các véc tơ độc lập tuyến tính trong không gian

có tích vô hướng V, ta có thể xây dựng được họ trực chuẩn

S’ = {v 1 , v 2 , , v m } sao cho span(S k ) = span(S k ’)

với S k = {u 1 , u 2 , , u k } và S k ’= {v 1, v 2 , , v k }, k = 1 m.

Chứng minh:

 Bước 1: Đặt v1 = u1 , ta có ||v1|| = 1 và span(S1) = span(S1’)

||u1||

 Bước 2: Xây dựng v2 sao cho {v1, v2} là họ trực chuẩn Đặt a2 = u2 – <u2, v1>v1

Ta có a2  , vì trái lại, u2 = <u2, v1>v1= 2 1 , mâu thuẫn vì u1 và u2 độc lập tuyến tính

1 1

u , v

u u

Vì <vi, vj> = 0 với mọi i  j và <vi, vj> = 1 với i = j nên với mọi j = 1, 2, , k–1 ta có

<ak, vj> = <uk, vj> – <uk, vk–1><vk–1, vj> – <uk, vk–2><vk–2, vj> – – <uk, v1><v1, vj> =

Không gian véc tơ-Không gian Euclid

a v a

2 2

a

|| a ||

16

a3 = u3 – <u3, v2>v2 – <u3, v1>v1 = (0, 0, 1) – 1 1 (1, 1, 1) – (–2, 1, 1)=

3 3

16

16

3 3

2.5.6. Tính độc lập tuyến tính của một họ véc tơ trực giao

Định lý 2.5.2 Trong không gian n chiều có tích vô hướng, mọi họ gồm n véc tơ trực giao

không chứa véc tơ  là độc lập tuyến tính và là một cơ sở của không gian đó

Chứng minh: Giả sử S = {u1, u2, , un} là họ trực giao trong không gian V

Từ c1u1 + c2u2 + + cnun = , nhân vô hướng với uk, k = 1 n, ta có

<c1u1 + c2u2 + + cnun, uk> =   ck<uk, uk> = 0, do uk  0 nên ck = 0

Vậy họ S là độc lập tuyến tính và do đó là cơ sở của V.

Định nghĩa 2.5.5 Một cơ sở gồm các véc tơ trực giao được gọi là cơ sở trực giao, thêm vào

đó, nếu độ dài các véc tơ cùng bằng 1 thì được gọi là cơ sở trực chuẩn.

2.5.7. Sự tồn tại cơ sở trực chuẩn trong không gian Euclid n chiều

Định lý 2.5.3 Trong mọi không gian Euclid n chiều khác rỗng đều tồn tại ít nhất một cơ sở

trực chuẩn.

Chứng minh: Giả sử S là một cơ sở của không gian Áp dụng quá trình trực chuẩn hoá Gram–

Schmidt, ta nhận được một họ trực chuẩn S’, theo Định lý 2.5.2, đó là cơ sở trực chuẩn 

Định lý 2.5.4 Nếu S = v1, v2, , vn là một cơ sở trực chuẩn của không gian Euclid V thì với mọi u  V ta có u = <u, v1>v1 + <u, v2>v2 + + <u, vn>vn

Chứng minh: Vì S là cơ sở nên u V ta có u = c1v1 + c2v2 + … + cnvn

Trang 33

2.5.8. Hình chiếu trực giao của một véc tơ lên một không gian con

Giả sử S = {v1, v2, , vm} là một họ trực chuẩn trong không gian có tích vô hướng V, còn

W là không gian con sinh bởi S

Với u  V, đặt w1 = <u, v1>v1 + <u, v2>v2 + + <u, vm>vm và w2 = u – w1

Định lý 2.5.5 w 1  W và w 2 trực giao với W.

Chứng minh: Theo cách đặt, wB 1 B  span(S) = W Ta chứng minh wB 2 B trực giao với W Thật vậy, k = 1 m, <w2, vk> = <u – w1, vk> = <u , vk> – <w1, vk> = <u , vk> – <u, vk> = 0 Tức là wB 2 B trực giao với S nên wB 2 B trực giao với span(S) = W 

Định nghĩa 2.5.6 Ta gọi wB1B được xác định như trên là hình chiếu trực giao [1] của u lên W, ký hiệu là ch w u, còn w 2 là thành phần của u trực giao với W.

Ví dụ 2.5.8 Trong không gian R3, gọi W là không gian con sinh bởi S ={v1, v2} với

v1 = (1, 0, 0) và v2 = (0, 1, 0) Hình chiếu trực giao của u = (2, 1, 3) lên W là

chwu = <u, v1>v1 + <u, v2>v2 = 2v1 + v2 = (2, 1, 0)

Thành phần của u trực giao với W là

u – chwu = (2, 1, 3) – (2, 1, 0) = (0, 0, 3)

Dễ thấy v1 và v2 tương ứng chính là hai véc tơ đơn vị của hai trục toạ độ[2]

ox và oy, nên W chính là mặt phẳng oxy Véc tơ u chính là OM, còn hình

chiếu trực giao w1 và thành phần trực giao w2 tương ứng là hai véc tơ ON và NM

Rõ ràng OM = ON + NM

2.6 Toạ độ trong không gian n chiều

2.6.1. Khái niệm toạ độ trong không gian n chiều

Giả sử S = v1, v2, , vn là một cơ sở của không gian n chiều V, khi đó mọi u V có biểu diễn duy nhất dưới dạng u = c1v1 + c2v2 + + cnvn, với ck  R, k = 1 n

Định nghĩa 2.6.1 Các số c 1 , c 2 , , c n như trên được gọi là các toạ độ của u đối với cơ sở S.

Ký hiệu (u)S = (c1, c2, , cn)S, [u]S = và tương ứng được gọi là véc tơ toạ độ và ma

1

2

n S

cc

trận toạ độ của u trong cơ sở S

Ví dụ, với u = (2, 1) và hai cơ sở A = u1, u2 và B = v1, v2,

u1 = (1, 2), u2 = (0, 1) , v1 = (0, 1), v2 = (1, 3) thì [u]A = , [u]B =

A

23

 

 

52

z

xyM

N

Không gian véc tơ-Không gian Euclid

Trang 34

Chú ý rằng, với mọi cơ sở S = v1, v2, , vn, biểu diễn của véc tơ thứ k trong S là

vk = 0v1 + + 0vk–1 + 1vk + 0vk+1 + + 0vn

nên trong cơ sở S, thành phần toạ độ thứ k của vk bằng 1, mọi thành phần còn lại đều bằng 0

Ví dụ 2.6.1 Trong R3, cho họ S = {v1, v2, v3} với v1 = (1, 2, 1), v2 = (2, 9, 0), v3 = (3, 3, 4) Chứng minh rằng:

a) Họ S là một cơ sở trong R3

b) Xác định ma trận toạ độ của u = (5, –1, 9) trong cơ sở S

c) Tìm w có ma trận toạ độ đối với S là (w)S = (–1, 3, 2)

 

 

 

 2.6.2. Toạ độ trong không gian Euclid

Giả sử S = v1, v2, , vn là một cơ sở trực chuẩn trong không gian Euclid n chiều V Khi

đó với mọi u  V, nếu u = c1v1 + c2v2 + + cnvn thì <u, vk> = <c1v1 + c2v2 + + cnvn, vk> = ck

Do đó u = <u, v1>v1 + <u, v2>v2 + + <u, vn>vn

Nghĩa là trong cơ sở trực chuẩn, để tìm thành phần toạ độ thứ k của u, ta chỉ việc tính tích

vô hướng của u với véc tơ thứ k trong cơ sở, không cần phải giải hệ phương trình đại số

Nếu S = e1, e2, , en là cơ sở chính tắc thì với u = (u1, u2, , un), ta chỉ ra ngay được rằng thành phần toạ độ thứ k của u chính là uk

2.6.3. Biểu thức của tích vô hướng theo toạ độ trong cơ sở trực chuẩn của không gian Euclid

Trong không gian Euclid n chiều, giả sử S = u1, u2, , un là một cơ sở trực chuẩn

Xét hai véc tơ x và y, nếu (x)S = (x1, x2, , xn) và (y)S = (y1, y2 , yn) thì

12

12Xét hai véc tơ x = ( 3 , – ), y = ( , ) Khi đó <x, y> = – = 4

2

12

32

12

92

12

Vì x = u1 + 2u2, y = 2u1 + u2 nên (x)S = (1, 2), (y)S = (2, 1)  <x, y> =1.2 + 2.1 = 4

2.6.4. Độ dài và khoảng cách trong cơ sở trực chuẩn của không gian Euclid

Trang 35

Với hai véc tơ u = (u1, u2, , un) và v = (v1, v2 , vn) trong không gian Euclid, độ dài của u là

||u|| = u12  u22  u2n ,

khoảng cách giữa u với v là d(u, v) = ||u – v|| = (u1 v )1 2  (u2  v )2 2  (un  v )n 2 .

2.7 Bài toán đổi cơ sở

2.7.1. Đặt bài toán

Giả sử A và B là hai cơ sở trong không gian véc tơ V Khi đó mọi véc tơ v  V đều có thể biểu diễn theo A và theo B Hãy tìm mối liên hệ giữa các toạ độ của v trong A với các toạ độ của v trong B

n

aa

n

bb

 Xác định ma trận toạ độ [vj]A của véc tơ vj thuộc cơ sở B theo các véc tơ uB i B trong cơ sở A

 Lấy ma trận toạ độ [vj]A làm cột thứ j của ma trận P

Ví dụ 2.7.1 Tìm ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc sang cơ sở B = v1, v2 = {(1, 1), (2, 1)}

Giải: Cơ sở chính tắc A = e1, e2, e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)

 Xác định ma trận toạ độ [vj]A:

v1 = (1, 1) = (1, 0) + (0, 1) = e1 + e2, v2 = (2, 1) = (2, 0) + (0, 1) = 2e1 + e2,

(2.7.1)

(2.7.2)(2.7.3)(2.7.4)

Không gian véc tơ-Không gian Euclid

Kiểm chứng lại công thức P[v] B = [v] A

Giả sử v = (x, y)  R2 bất kỳ Do A là cơ sở chính tắc nên v = xe1 + ye2, hay

Ví dụ 2.7.2 (Biết hai cơ sở, tìm ma trận chuyển)

Tìm ma trận chuyển từ cơ sở A = u1, u2, u3 sang cơ sở B = v1, v2, v3 với

0–12

00

2 {a =

b =

c = )1

20

00–1

0–1

 Lập ma trận P = [[v1]A, [v2]A, [v3]A]: P = [1

2

0) 0

0–1 (0

–1–1]

Ví dụ 2.7.3 (Biết cơ sở A và ma trận chuyển P, tìm cơ sở B).

Cho P = [1 và cơ sở A = {u1, u2, u3}với u1, u2, u3 như trong Ví dụ 2.7.2

2

0) 0

0–1 (0

–1–1]

Tìm cơ sở B = {v1, v2, v3}, biết rằng P là ma trận chuyển từ cơ sở A sang cơ sở B

 Xác định các vk:

v1 = 1u1 + 2u2 + 0u3 = 1(2, 1, 0) + 2(0, –1, 0) = (2, –1, 0),

v2 = 0u1 + 0u2 – 1u3 = –1(0, 1, –2) = (0, –1, 2),

v3 = 0u1 – 1u2 – 1u3 = – 1(0, –1, 0) –1(0, 1, –2) = (0, 0, 2)

Ví dụ 2.7.4 (Biết cơ sở B và ma trận chuyển P, tìm cơ sở A)

Cho P = [1 và cơ sở B = {v1, v2, v3} với v1, v2, v3 như trong Ví dụ 2.7.2

2

0) 0

0–1 (0

–1–1]

Tìm cơ sở A = {u1, u2, u3}, biết rằng P là ma trận chuyển từ cơ sở A sang cơ sở B

2) P –1 là ma trận chuyển cơ sở từ B sang A và [v B = P –1 [v] A

Chứng minh: Giả sử A = u1, u2, , un và B = v1, v2, , vn là hai cơ sở trong không gian V.Đặt wk = [vk]A với k = 1 n Ta chứng minh họ S = {w1, w2, ., wn} là độc lập tuyến tính.Thật vậy, c1w1 + c2w2 + + cnwn =   c1[v1]A + c2[v2]A + + cn[vn]A = 

 [c1v1 + c2v2 + + cnvn]A =   c1v1 + c2v2 + + cnvn =   ck = 0 k = 1 n

Vì P = [w1, w2, ., wn] nên det(P)  0, hay nói khác đi, ma trận P là khả đảo

Từ [v]A = P[v]B suy ra P–1[v]A = [v]B, tức P–1 là ma trận chuyển từ cơ sở B sang cơ sở A. Dựa vào các công thức [v]A = P[v]B và [v]B = P–1[v]A, ta dễ dàng nhận được toạ độ của véc

tơ v theo cơ sở này khi biết toạ độ của nó trong cơ sở kia

Trong Ví dụ 2.7.1, từ P = [1 , nên P–1 =

1) (2

1) (2–1]

Với [v]A = [x thì [v]B = =

1) (2–1] [x

y] [2y – x

x – y]

Định lý 2.7.2 Nếu P là ma trận chuyển giữa hai cơ sở trực chuẩn trong không gian Euclid n

chiều thì P là ma trận trực giao[1], tức là PP t = E.

Chứng minh: Giả sử A = u1, u2, , un và B = v1, v2, , vn là hai cơ sở trực chuẩn

Khi đó <ui, uj> = {1 nếu i = j và <vi, vj> =

0 nếu i  j) {1 nếu i = j

0 nếu i  j)Giả sử vj = n kj k, thì <vi, vj> = < > = =

Ví dụ 2.7.5 Xét phép quay hệ trục toạ độ trong mặt phẳng

Giả sử quay hệ Oxy đi một góc , nhận được hệ mới Ox’y’ và (x, y) và (x’, y’) tương ứng là toạ độ của điểm M trong hệ Oxy và Ox’y’ Ta tìm mối liên hệ giữa các toạ độ của điểm M

Không gian véc tơ-Không gian Euclid

 Giả sử W là không gian con của V

Khi đó cả 10 tiên đề đều thoả trong W, vì vậy các tiên đề 1 và 6 cũng thoả, tức là W đóng kín với hai phép toán cộng và nhân

 Giả sử W đóng kín với hai phép toán cộng và nhân

Tức là các tiên đề 1 và 6 đã thoả trong W Để chứng minh W là không gian con, ta chỉ cần chứng minh các tiên đề 4 và 5 thoả trong W, vì các tiên đề còn lại đều đã thoả trong W

Giả sử u  W, theo Định lý 2.1.1, 0u =  và (–1)u = –u Vì W đóng kín với phép nhân nên cả 0u và (–1)u đều thuộc W, tức là  và –u đều thuộc W Vì vậy các tiên đề 4 và 5 là thoả trong W.2.8.2. Chứng minh Định lý 2.4.1

Giả sử S = {u1, u2, , um} sinh ra V, còn T = {v1, v2, , vn} các véc tơ độc lập tuyến tính nào đó trong V Biểu diễn của các vB j B qua họ S: vj = m kj k

Giả sử S = {u1, u2, , un} là một họ các véc tơ của không gian V

 Chứng minh điều kiện cần

y y’

x’ x

x’

xy’



Trang 39

Vì mọi véc tơ của V đều biểu diễn được dưới dạng tổ hợp tuyến tính của S nên S sinh ra V

Từ biểu diễn duy nhất của véc tơ  trong V: 0u1 + 0u2 + + 0un = , ta suy ra họ S độc lập tuyến tính Kết hợp với việc S sinh ra V, theo Định lý 2.4.2 thì S là cơ sở của V

 Chứng minh điều kiện đủ

Giả sử S = u1, u2, , un là một cơ sở của V

Khi đó với bất kỳ u  V, họ {u, u1, u2, , un} gồm n + 1 véc tơ là phụ thuộc tuyến tính, do

đó tồn tại các hằng số cB i B (i = 0 n) không đồng thời bằng 0 sao cho

c

0

c( )c

0

c( )c

Nghĩa là mọi véc tơ bất kỳ đều có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của họ S.Giả sử có hai biểu diễn của u trong S, tức là

u = a1u1 + a2u2 + + anun và u = b1u1 + b2u2 + + bnun,khi đó (a1 – b1)u1 + (a2 – b2)u2 + + (an – bn)un = 

Vì sự độc lập tuyến tính của họ S nên suy ra ak = bk với mọi k, nghĩa là sự biểu diễn của các véc tơ bất kỳ trong S đều là duy nhất.

Giả sử dim(V) = n và S = {u1, u2, , um} là họ các véc tơ độc lập tuyến tính với m là số tối

đa các véc tơ có trong S sau khi bổ sung sao cho S vẫn còn là độc lập tuyến tính

Khi đó Ac = b tương đương với c1u1 + c2u2 + + cmum = b

Với mỗi bộ 1  i1 < i2 < < im  n bất kỳ, thành lập ma trận vuông Am gồm m hàng ik nói trên của ma trận A và lấy véc tơ b sao cho bi1= bi2= = bim= 0, các thành phần còn lại khác

Không gian véc tơ-Không gian Euclid

Trang 40

không và được chọn sao cho véc tơ b này không trùng với bất kỳ véc tơ nào trong số các véc

tơ của S, khi đó b   nếu m < n

Vì không thể bổ sung thêm véc tơ nào để họ S vẫn còn là độc lập tuyến tính, nên với b như trên, luôn tồn tại bộ c1, c2, , cm không đồng thời bằng không sao cho c1u1 + c2u2 + + cmum = b

Có nghĩa là phương trình Amc =  có nghiệm không tầm thường, vậy det(Am) = 0

Xác định a và b để V là không gian véc tơ

Bài 2.2 Cho tập V các bộ hai số thực (v1, v2) Xác định các hằng số k1 và k2 để V là không gian véc tơ với hai phép tính được định nghĩa như sau

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2), (x1,x2) = (k1x1, k2x2) với   R

Bài 2.3 Chứng minh rằng tập W = {0} là không gian con của R

Bài 2.4 Chứng minh rằng tập tất cả các điểm trên đường thẳng bất kỳ đi qua điểm (0, 0) đều

là không gian con của R2

Bài 2.5 Cho W là tập tất cả các điểm trên đường thẳng bất kỳ không đi qua điểm (0, 0)

Chứng minh rằng W không phải là không gian con của R2

Bài 2.6 Chứng minh các phát biểu trong Định lý 2.1.1.

Bài 2.7 Cho W là không gian con của không gian V, chứng minh rằng phần tử trung hoà của

W chính là phần tử trung hoà của V

Bài 2.8 Chứng minh rằng nếu W1 và W2 là các không gian con của không gian V thì W1W2

cũng là không gian con của V

Bài 2.9 Cho W1 và W2 là các không gian con của không gian V và W1W2 = {}

Chứng minh rằng W1W2 là không gian con của V khi và chỉ khi W1 = {} hoặc W2 = {}

Bài 2.10 Chứng minh rằng ba véc tơ u1 = 1, u2 = 1 + x và u3 = 1 + x + x2 độc lập tuyến tính trong không gian các đa thức của x có bậc không quá 2

Bài 2.11 Hãy biểu diễn véc tơ  + x + x2 dưới dạng tổ hợp tuyến tính của ba véc tơ u1, u2

và u3 được cho trong Bài 2.10

Bài 2.12 Gọi Q(x) là tập tất cả các phân thức hữu tỷ.