Tài liệu Hệ sinh, cơ sở, số chiều và hạng của một hệ vectơ pdf

Hệ sinh, cơ sở, số chiều và hạng của một hệ vectơ
________________________________________________
1. Hệ sinh:
1.1 Định nghĩa: Cho S là một tập con của không gian vectơ V. Ta gọi tập hợp các tổ
hợp tuyến tính của các phần tử của S là bao tuyến tính của S và ký hiệu là E(S). S được
gọi là hệ sinh của V nếu E(S) = V. Ta gọi S là hệ sinh tối tiểu nếu nó không chứa tập con
thực sự cũng là hệ sinh.
Không gian vectơ có một hệ sinh hữu hạn được gọi là không gian hữu hạn sinh hay
không gian hữu hạn chiều.
Do đó, nếu cho
1 2
{ , , , } ,
n
S u u u V= ⊂
S là hệ sinh của V khi và chỉ khi:
1 2 1 1 2 2
, ( , , , ) :
n
n n n
u V u u u u
α α α α α α
∀ ∈ ∃ ∈ = + + +
¡
.
Nếu S là hệ sinh của V thì ta ký hiệu
1 2
{ , , , }
n
V S u u u
= =
.

1.2 Ví dụ:
1. Nếu
{ }S
= ∅
thì
( ) { }E S
= ∅
.
2. Đối với không gian vectơ
n
¡
, hệ vectơ gồm các vectơ
1 2
(1,0, ,0); (0,1,0, ,0); ; (0,0, ,1)
n
e e e= = =
là một cơ sở của không gian vectơ
n
¡
.
3. Tập các đơn thức
{ | 0}
n
t n
≥
là một hệ sinh của không gian các đa thức K[t].
4. Nếu S là hệ sinh của V, thì mọi tập chứa nó đều là hệ sinh của V. Nói riêng V là hệ
sinh của V.
1.3 Nhận xét:
Để chứng minh S là một hệ sinh của V ta chứng minh mọi tập con hữu hạn

1 2
, , ,
n
v v v
là hệ sinh của V. Khi đó, ta có thể sử dụng một trong các phương pháp sau:
Phương pháp 1:
Chứng minh với mọi vector v thuộc V thì có các số
1 2
, , ,
n
α α α
thuộc trường K sao
cho
1 1 2 2

n n
v v v v
α α α
= + + +
.
Trong không gian vector
m
K
với
n m
≥
điều này tương đương với hệ phương trình:
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2

n n
n n
m mn n m
a x a x a x b
a x a x a x b
a x a x a x b
+ + + =


+ + + =




+ + + =

luôn có nghiệm với
1 2
( , , , )
m
m
v b b b K
= ∈
trong đó
1i 2i
( , , , ), 1, ,

i mi
v a a a i n
= ∀ =
.
Phương pháp 2:
Nếu biết trước 1 hệ sinh
1 2
, , ,
m
u u u
của V thì cần chứng tỏ mỗi vector
i
u
biểu diễn
được qua các vector
1 2
, , ,
m
v v v
với i = 1, …, m.
Ví dụ: Chứng minh rằng hệ 4 vector
(1,2,3); (0,2,1); (0,0,4); (2;4;5)u v w z
= = = =
là hệ
sinh của không gian vector
3
¡
.
Giải:
Xét hệ phương trình

1 2 3 4 1
1 2 3 4 2
1 2 3 4 3
1. 0. 0 2
2. 2. 0 4
3. 1. 4. 5
x x x x b
x x x x b
x x x x b
+ + + =


+ + + =


+ + + =

Hệ này có nghiệm vì hạng của ma trận hệ số bằng với hạng của ma trận hệ số mở
rộng và nghiệm của hệ phương trình là:
1 1
2
2 1
3 3 1
4
2
( 3 ) / 4
0
x b
b
x b

x b b
x
=



= −



= −

=


1.4 Định lý: E(S) là không gian con của V và là không gian con nhỏ nhất của V chứa
tập S.
1.5 Định lý: S là hệ sinh tối tiểu của E(S) khi và chỉ khi S là hệ độc lập tuyến tính.
2. Cơ sở, số chiều và hạng của hệ vectơ:
2.1 Định nghĩa: Ta gọi hệ vectơ
S V
⊂
là cơ sở của V nếu S là hệ sinh tối tiểu của V.
Nói cách khác S là cơ sở của V nếu và chỉ nếu S là hệ sinh của V và S là hệ vectơ độc lập
tuyến tính.
Nếu tập được sắp thứ tự
{ | }
i
S u i I= ∈
là cơ sở của V và

u V
∈
thì bộ các số
( )
i i I
α
∈
được
gọi là tọa độ của u theo S nếu
i i
i I
u u
α
∈
=
∑
.
Ví dụ:
Trong
4
¡
xét cơ sở chính tắc gồm 4 vector sau đây:
1 2 3 4
(1,0,0,0); (0,1,0,0); (0,0,1,0); (0,0,0,1)u u u u= = = =
khi đó vector
4
(1,2,3,4)u = ∈¡
được biểu thị tuyến tính qua các vector
1 2 3 4
, , ,u u u u

như sau:
1 2 3 4
2 3 4u u u u u= + + +
. Suy ra tọa độ của vector u đối với cơ sở trên là u = (1, 2, 3, 4).
Mặt khác, trong
4
¡
xét cơ sở gồm các vector sau:
1 2 3 4
(1,0,0,1); (0,1,0,0); (0,0,1,0); (1,1,0,0)v v v v= = = =
thì khi đó vector
4
(1,2,3,4)u = ∈¡
được biểu thị tuyến tính qua các vector trên như
sau:
1 2 3 4
2 3 3u v v v v= − − + +
. Khi đó, tọa độ của u đối với cơ sở này là u = (-2, -1, 3, 3).
2.2 Định lý: Nếu V là không gian hữu hạn sinh thì số vectơ trong mọi cơ sở của V là
như nhau. Số này gọi là số chiều của V. Ký hiệu là dimV.
2.3 Ví dụ:
- Các vectơ
1 2
(1,0,0, ,0); (0,1,0, ,0); ; (0,0, ,1)
n
e e e= = =
lập thành một cơ sở của
không gian vectơ
n
¡

. Ta gọi đây là cơ sở chính tắc (cơ sở tự nhiên) của
n
¡
, vậy
dim
n
n
=
¡
. Một vectơ
1 2
( , , , )
n
x x x x=
có tọa độ với hệ
1 2
{ , , , }
n
e e e
là
1 2
( , , , )
n
x x x
. Tuy
nhiên, tọa độ của x theo hệ
2 1
{ , , , }
n
e e e

lại là
2 1
( , , , )
n
x x x
- Các ma trận
1 2 3 4
1 0 0 1 0 0 0 0
; ; ;
0 0 0 0 1 0 0 1
I I I I
       
= = = =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
lập thành một cơ sở của
không gian các ma trận M(2;K). Một ma trận
a b
A
c d
 
=
 ÷
 
sẽ có tọa độ đối với hệ cơ sở
này là (a, b, c, d).
- Trong không gian vectơ các ma trận
( ; )M m n
×
¡

, ta có thể lập một hệ cơ sở bao gồm
các ma trận
ij
E
trong đó các phần tử tương ứng ở dòng i và cột j với
1 ;1i m j n
≤ ≤ ≤ ≤
bằng 1 còn các phần tử còn lại của ma trận
ij
E
này đều bằng 0. Khi đó,
dim ( ; )M m n K mn
× =
.
-
( )
n
x¡
là tập hợp các đa thức hệ số thực bậc nhỏ hơn hay bằng n với các phép toán
thông thường là một không gian vectơ. Trong đó, hệ
2
1, , , ,
n
x x x
là một cơ sở của không
gian vectơ này. Do đó,
dim ( ) 1
n
x n= +¡
.

2.4 Định lý: Cho S là một hệ vectơ của không gian vectơ V. Khi đó, các điều kiện sau
tương đương:
i) S là cơ sở của V;
ii) Mỗi vectơ của V có thể biểu diễn duy nhất qua các vectơ của hệ S;
iii) S là một hệ độc lập tuyến tính tối đại của V. Khi ta có dimV = n thì các điều kiện
trên tương đương với: iv) S là một hệ sinh có đúng n phần tử;
v) S là một hệ độc lập tuyến tính có n phần tử;
vi) S có đúng n phần tử và ma trận các cột (dòng) là các vectơ tọa độ của các phần tử
của S theo một cơ sở đã biết có định thức khác không.
2.5 Nhận xét:
Đối với không gian hữu hạn chiều (giả sử dim V = n ) thì để chứng minh một hệ
vector gồm n vector là cơ sở của không gian V ta chỉ cần chứng minh hệ vector này là
độc lập tuyến tính.
2.6 Hệ quả 1:
i) Bất kỳ hệ sinh nào của V cũng chứa một cơ sở của V.
ii) Bất kỳ hệ độc lập tuyến tính nào cũng có thể bổ sung các vectơ để trở thành cơ sở.
2.7 Hệ quả 2:
i) Không gian con của không gian hữu hạn chiều là không gian có số chiều hữu hạn.
ii) Không gian chứa một không gian vô hạn chiều là vô hạn chiều.
2.8 Định nghĩa: Cho một hệ hữu hạn vectơ
{ }
i
i I
x
∈
trong không gian vectơ V. Số phần
tử của một hệ con độc lập tuyến tính tối đại của
{ }
i
i I

x
∈
là một hằng số (không phụ thuộc
vào cách chọn hệ con, chỉ phụ thuộc vào bản chất của hệ
{ }
i
x
). Hằng số này được gọi là
hạng của hệ vectơ
{ }
i
i I
x
∈
. Ta ký hiệu hạng của hệ
{ }
i
i I
x
∈
là
( )
i i I
rank x
∈
.
2.9 Định lý: Gọi A là ma trận có các dòng (cột) là các tọa độ của các vectơ
i
x
khi đó

ta có
( ) ( )
i i I
rank A rank x
∈
=
.
Nhận xét: Từ định lý trên muốn tìm hạng của một hệ vectơ ta có thể lập ma trận gồm
có các dòng là tọa độ của các vectơ và tìm hạng của ma trận đó.
Ví dụ:
Xét hệ vector
1 2 3 4
(1,0,0,1); (0,1,0,0); (0,0,1,0); (1,1,0,0)u u u u= = = =
. Khi đó,
1,4
( )
i
i
rank u rankA
=
=
= 4 với A là ma trận có các dòng là tọa độ của các vector
i
u
trong
cơ sở chính tắc của
4
¡
.
4 4 1 4 4 2

1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1
0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0
0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0
1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1
d d d d d d
A
→ − → −
     
     
     
= → →
     
     
− −
     
3. Không gian hữu hạn chiều:
3.1 Định nghĩa: Không gian vectơ V được gọi là không gian vectơ n chiều nếu cơ sở
của V có n vectơ.
3.2 Tính chất:
Cho V là một không gian hữu hạn chiều, dimV = n. Khi đó:
(a) Mọi hệ vectơ có nhiều hơn n vectơ đều phụ thuộc tuyến tính.
(b) Mọi hệ có n vectơ độc lập tuyến tính đều là cơ sở của V.
(c) Mọi hệ có n vectơ là hệ sinh của V đều là cơ sở của V.
(d) Mọi hệ độc lập tuyến tính có k vectơ đều có thể bổ sung thêm n-k vectơ để lập
thành một cơ sở của V.

Chú ý: Từ tính chất (b) và (c) ta suy ra, nếu biết dimV = n thì để chứng minh một hệ
n vectơ là cơ sở thì ta cần chứng minh đó là hệ độc lập tuyến tính hoặc đó là hệ sinh.
Bài tập
3.2.trong các trường hợp sau đây, xét xem W có phải là không gian con của không

gian vectơ R
3

a) W =
( )
{ }
3
1 2 3 1
, , ) : 0x x x R x∈ ≥
b)W =
( )
{ }
3
1 2 3 1 2 3
, , : 2x x x R x x x
∈ + =
C)w =
( )
{ }
3
1 2 3 1 2
, , : 0x x x R x x
∈ = =

Bài giải
a) Với u = (1,2,3) u
∈
W , Ta có -3u = (-3,-6, -9)
∉
W( Vì -3≤ 0)

Do đó W không là không gian con của R
3
b) ta có 0 = (0,0,0)
∈
W ( vì 0 + 2.0 = 0 ). Suy ra W
≠
∅
với mọi u = ( x
1
,x
2
,x
3
)
∈
W nghĩa là x
1
+ 2x
2
= x
3

và v = (y
1,
y
2
,y
3
)
∈

W nghĩa là y
1
+ 2y
2
= y
3
suy ra x
3
+ y
3
= x
1
+y
1
+ 2x
2
+ 2y
2
= x
1
+ y
1
+ 2(x
2
+ y
2
)
ta có u + v = (x
1
+ y

1
,x
2
+ y
2
,x
3
+ y
3
) = (x
1
+ y
1
,x
2
+ y
2
, x
1
+ y
1
+ 2(x
2
+ y
2
) )
vậy u + v
∈
W (1)
mặt khác, ta lại có

với mọi
α
∈
R
α
u = (
α
x
1
,
α
x
2
,
α
x
3
) = (
α
x
1
,
α
x
2
,
α
(x
1
+ 2x

2
))
= (
α
x
1
,
α
x
2
,
α
x
1
+ 2
α
x
2
)
vậy
α
u
∈
W (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra W≤ R
c) ta có 0 = (0,0,0)
∈
W suy ra W
≠
∅

với mọi u = ( x
1
,x
2
,x
3
)
∈
W nghĩa là u = (0,0,x
3
)
và v = (y
1,
y
2
,y
3
)
∈
W nghĩa là v = (0,0,y
3
)
ta có u + v = (0,0,x
3
+ y
3
)
vậy u + v
∈
W(1)

mặt khác ta lại có với mọi
α
∈
R
α
u = (0,0,
α
x
3
)
vậy
α
u
∈
W (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra W≤ R
3.7trong không gian R
4
cho các tập
W
1
= {( x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)

∈
R
4
: x
1
+ x
2
= x
3
,x
1
- x
2
+ x
3
= 2x
4
}
W
2
= {( x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)
∈

R
4
: x
1
= x
2
= x
3
}
W
3
= {( x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)
∈
R
4
: x
1
= x
2
= 0}
a)Chứng minh W
1

, W
2
, W
3
là các không gian con của R
4

b) tìm một cơ sở của W
1
, W
2
, W
3
bài giải
a)
•
Xét W
1.
Ta có 0 =(0,0,0,0)
∈
W
1
( vì 0 + 0 = 0 và 0+0+0= 2.0)
Suy ra W
1

≠
∅
Từ để bài ta có thể viết : x
1

+ x
2
– x
3
= 0 và x
1
– x
2
+ x
3
– 2x
4
= 0
với mọi u = ( x
1
,x
2
,x
3,
x
4
)
∈
W nghĩa là x
1
+ x
2
–x
3
= 0 và x

1
–x
2
+ x
3
-2x
4
= 0
và v = (y
1
,y
2
,y
3
,y
4
)
∈
W nghĩa là y
1
+ y
2
–y
3
= 0 và y
1
– y
2
+ y
3

-2y
4
= 0
ta có u + v = ( x
1
+y
1
,x
2
+y
2
,x
3
+y
3
,x
4
+y
4
)
vì (x
1
+y
1
) + (x
2
+y
2
) – (x
3

+y
3
) = (
x
1
+ x
2
–x
3
) + (
y
1
+ y
2
–y
3
) = 0 + 0 = 0
và (x
1
+y
1
) – (x
2
+y
2
) + (x
3
+y
3
) -2(x

4
+y
4
) = (x
1
–x
2
+x
3
–2x
4
) + (y
1
-y
2
+y
3
-2y
4
)
= 0+0 = 0
Do đó u+v
∈
W (1)
Mặt khác với mọi
α
∈
R
α
u = (

α
x
1
,
α
x
2
,
α
x
3
,

α
x
4
)
Vì αx
1
+ αx
2
– αx
3
= α(x
1
+ x
2
– x
3
) = α.0 = 0 và

αx
1
– αx
2
+ αx
3
-2αx
4
= α(x
1
– x
2
+x
3
-2x
4
) = α.0 = 0
do đó αu
∈
W (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra W
1
≤ R
•
Xét W
2
ta có
( )
2
0 0,0,0,0 0 0 0W vi

= ∈ = =

Với mọi
( )
1 2 3 4 2
, , ,u x x x x W
= ∈
nghĩa là x
1
= x
2
=x
3
(1)
Và v =
( )
1 2 3 4 2
, , ,y y y y W
∈
nghĩa là y
1
=y
2
=y
3
(2)
Ta có u + v = (x
1
+y
1

,x
2
+y
2
,x
3
+y
3
,x
4
+y
4
)
Từ (1) và (2) ta có x
1
+y
1
= x
2
+y
2
= x
3
+y
3

Do đó
2
u v W+ ∈
(3)

Mặt khác với mọi
R
α
∈

1 2 3 4
( , , , )u x x x x
α α α α α
=
từ (1) ta có
1 2 3
x x x
α α α
= =
Do đó
u R
α
∈
(4)
Từ (3) và (4) suy ra W
2
≤R
•
Xét W
3
dễ thấy
Với mọi
( )
1 2 3 4 3
, , ,u x x x x W= ∈

nghĩa là u = (0,0,x
3
, x
4
)
Và
( )
1, 2 3 4 3
, ,v y y y y W
= ∈
nghĩa là v = (0,0,y
3
,y
4
)
Ta có u+v = (0,0, x
3
+y
3
,x
4
+y
4
)
Do đó
3
u v W
+ ∈
(1)
Mặt khác với mọi

R
α
∈

( )
3 4
0,0, ,u x x
α α α
=
Do đó
3
u W
α
∈
(2)
Từ (1) và (2) suy ra W
3
≤R
b)
•
Tìm một cơ sở của W
1
Ta có x
1
+ x
2
= x
3
và x
1

– x
2
+x
3
= 2x
4
nên
(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
) = ( x
1
,x
2
, x
1
+x
2
,
1 2 3
2
x x x
− +
) = (x
1

,x
2
x
1
+x
2
,x
1
)
=(x
1
,0,x
1
,x
1
) + (0,x
2
,x
2
,0) = x
1
(1,0,1,1) + x
2
(0,1,1,0)
Vậy 2 vecto u = (1,0,1,1) và v = (01,1,0) là tập sinh của W
1
Xét ma trận A =
1 0 1 1
0 1 1 0
r(A) =2 = Số dòng của A

Suy ra u và v độc lập tuyến tính
Vậy u và v là một cơ sở của W
1
•
Tìm một cơ sở của W
2
Ta có x
1
= x
2
= x
3
nên
(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
) = (x
1
,x
1
,x
1
,x
4
) = (x

1
,x
1
,x
1
,0) + (0,0,0,x
4
)
= x
1
(1,1,1,0) + x
4
(0,0,0,1)
Vậy 2 vectơ u = (1,1,1,0) và v = (0,0,0,1) là tập sinh của W
2
Xét ma trận A =
1 1 1 0
0 0 0 1
r(A) =2 = Số dòng của A
Suy ra u và v độc lập tuyến tính
Vậy B =
( ) ( )
{ }
1,1,1,0 , 0,0,0.1u v
= =
là một cơ sở của W
2
•
Tìm một cơ sở của W
3

Ta có x
1
= x
2
= 0 nên
(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
) = (0,0,x
3
,x
4
) = (0,0,x
3
,0) + (0,0,0,x
4
)
= x
3
(0,0,1,0) + x
4
(0,0,0,1)
Vậy 2 vectơ u = (0,0,1,0) và v =(0,0,0,1) là tập sinh của W
3
Xét ma trận A =

0 0 1 0
0 0 0 1
r(A) = 2 = số dòng của A
Suy ra u và v độc lập tuyến tính
Vậy B =
( ) ( )
{ }
0,0,1,0 , 0,0,0,1u v
= =
là một cơ sở của W
3
3.10
a) chứng minh B là cơ sở của R
3
Lập A =
1
2
3
1 0 1
1 2 2
0 1 1
u
u
u
=
− −

Ta có detA = 1 Suy ra B độc lập tuyến tính, mặt khác số vectơ của B bằng 3 =
dimR
3

nên B là cơ sở của R
3
Chứng minh E là cơ sở của R
3
Lập A =
1
2
3
1 0 1
1 1 1
1 2 2
u
u
u
−
=
−
Ta có detA = -3 suy ra E độc lập tuyến tính, mặt khác số vectơ của E bằng 3 =
dimR
3
Nên E là cơ sở của R
3
b)
•
tìm ma trận chuyển cơ sở từ B sang E
Lâp ma trận mở rộng
(v
1
T
,v

2
T
,v
3
T
│u
1
T
,u
2
T
,u
3
T
) →
1 1 0 1 1 1
0 2 1 0 1 2
1 2 1 1 1 2
−
−
− −
→
1 0 0 1 0 0
0 1 0 2 1 1
0 0 1 4 1 4
−
−
−
Vậy P(B→E) =
1 0 0

2 1 1
4 1 4
−
−
−
•
Cho u = (1,2,3) tìm
[ ] [ ]
,
B E
u u
Lập ma trận mở rộng (v
1
T
,v
2
T
,v
3
T
│u
T
) →
1 1 0 1 1 0 0 1
0 2 1 2 0 1 0 0
1 2 1 3 0 0 1 2
− →
− −
Vậy
[ ]

1
0
2
B
u
 
 
=
 
 
−
 
Lập ma trân mở rộng (u
1
T
,u
2
T
,u
3
T
│u
T
) =
1 1 1 1 1 0 0 1
0 1 2 2 0 1 0 2
1 1 2 3 0 0 1 0
−  − 
 
→

 
 
−
 

Vậy
[ ]
1
2
0
E
u
−
 
 
=
 
 
 
b)
•
Tìm P(E→ B)
Ta có P(E → B) =
( )
1
P B E
−
→ 
 
=

1 0 0
4 4 1
3 3 3
2 1 1
3 3 3
 
 
−
 
 
−
 
 
 
− −
 
•
Cho
[ ]
3
2
1
B
v
 
 
=
 
 
−

 
tìm v
Ta có
[ ]
3
2
1
B
v
 
 
=
 
 
−
 
suy ra v = 3v
1
+ 2v
2
– v
3
= 3(1,0,1) + 2(1,2,2) – (0,-1,-1)
= (5,5,8)
•
Tìm
[ ]
E
v
Lập ma trận mở rộng

(u
1
T
,u
2
T
,u
3
T
│v
T
) =
1 1 1 5 1 0 0 3
0 1 2 5 0 1 0 7
1 1 2 8 0 0 1 1
 −   − 
   
→
   
   
− −
   
Vậy
[ ]
3
7
1
E
v
−

 
 
=
 
 
−
 
( )
1
P B E
−
→ 
 
Tài liệu tham khảo
 Bài giảng môn học đại số A
1
– Lê Văn Luyện – Đại học Khoa Học Tự
Nhiên thành phố Hồ Chí Minh
 Bài tâp toán cao cấp - tập 1 – Nguyển Thuỷ Thanh – nhà xuất bản Đại
học Quốc Gia Hà Nội
 Chuơng 4: không gian vectơ -
/>Khong+gian+vector.doc
 Bài giảng toán cao cấp A
2
– C
2
– Đại Học Công Nghiệp Thực Phẩm
Thành Phố Hồ Chí Minh