Chương 3 Không gian Véc tơ pot

3
BÀI GIẢNG TÓM TẮT

MÔN TOÁN C2
(GV: Trần Ngọc Hội - 2009)

CHƯƠNG 3
KHÔNG GIAN VECTƠ

§1. KHÔNG GIAN VECTƠ R
n

1.1. Đònh nghóa:
Xét tập hợp:
R
n
= {(x
1
, x
2
, , x
n
)|∀1≤ i ≤ n, x
i
∈R}
Trên R
n
ta đònh nghóa hai phép toán như sau:
• Phép cộng vectơ: Với mọi u = (x
1

, x
2
, , x
n
); v = (y
1
, y
2
, , y
n
) ∈ R
n
:
u + v = (x
1
+

y
1
, x
2
+

y
2
, , x
n
+

y

n
).
• Phép nhân một số với vectơ: Với mọi u = (x
1
, x
2
, , x
n
) và α ∈ R:
αu = (αx
1
, αx
2
, , αx
n
).
Với hai phép toán đó, ta nói R
n
là một không gian vectơ trên R.
• Mỗi phần tử u ∈ R
n
là một vectơ.
• Mỗi số α ∈ R là một vô hướng.
• Vectơ 0 = (0, 0, ,0) là vectơ không.
• Vectơ (–u) = (-x
1
, -x
2
, , -x
n

) là vectơ đối của u = (x
1
, x
2
, , x
n
).
1.2. Mệnh đề:
Với mọi u ∈ R
n
và α ∈ R ta có:
1) αu = 0 ⇔ (α = 0 hay u = 0).
2) (–1)u = –u.



4
§2. TỔ HP TUYẾN TÍNH
2.1. Đònh nghóa:
Cho u
1
, u
2
, , u
k
∈ R
n
. Các tổ hợp tuyến tính của u
1
, u

2
, , u
k
là các vectơ
có dạng:
u = α
1
u
1
+ α
2
u
2
+ + α
k
u
k

với α
i
∈ R (1 ≤ i ≤ k).
2.2. Tính chất:
1) u là tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, , u
k
khi và chỉ khi phương trình
α

1
u
1
+ α
2
u
2
+ + α
k
u
k
= u có nghiệm (α
1
, α
2
, , α
k
)∈ R
n
.
2) Từ đònh nghóa ta thấy tổng của hai tổ hợp tuyến tính, tích của một số
với một tổ hợp tuyến tính cũng là các tổ hợp tuyến tính (của u
1
, u
2
, , u
k
):
kkk
1i 1i i i i

i1 i1 i1
uu()u
===
α+β= α+β
∑∑∑

kk
ii i i
i1 i1
u()u
==
⎛⎞
αα=αα
⎜⎟
⎝⎠
∑∑

3) Vectơ không 0 luôn luôn là một tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, , u
k
vì
0 = 0u
1
+ 0u
2
+ + 0u
k

4) Mỗi vectơ u
i
, 1 ≤ i ≤ k là một tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, , u
k
vì
u
i
= 0u
1
+ + 0u
i–1
+ 1u
i
+ 0u
i+1
+ + 0u
k

Tổng quát hơn, mọi tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, ,u
j
(1 ≤ j ≤ k) đều là tổ

hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, , u
k
vì
α
1
u
1
+α
2
u
2
+ +α
j
u
j
= α
1
u
1
+α
2
u
2
+ +α
j
u

j
+0u
j+1
+ +0u
k

4) Mọi tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, ,u
k-1
, u
k
đều là tổ hợp tuyến tính của
u
1
, u
2
, , u
k-1
khi và chỉ khi u
k
là một tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, , u
k-1
.

2.3. Hệ quả:
Cho u
1
, u
2
, , u
k
là k vectơ trong không gian R
n
với u
j
= (u
1j
, u
1j
, , u
nj
),
1≤ j≤ k:
u
1
= (u
11
, u
21
, u
n1
)
u
2

= (u
12
, u
22
, u
n2
)

Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn

5
u
k
= (u
1k
, u
2k
, u
nk
)
Khi đó vectơ u = (b
1
, b
2
, , b
n
) ∈ R
n
là tổ hợp tuyến tính của u

1
, u
2
, , u
k

khi và chỉ khi hệ phương trình tuyến tính UX = B, trong đó:
11 12 1k 1 1
21 22 2k 2 2
n1 n2 nk n k
uu u b
uu u b
U;B;X

u u u b
α
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
α
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
===
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
α
⎝⎠⎝⎠⎝⎠

có nghiệm X.
Nhận xét: Để dễ nhớ, ta nói ma trận U có được bằng cách dựng u
1
,u

2
, ,u
k

thành các cột, còn ma trận B có được bằng cách dựng u thành cột.
Ví dụ:
1) Trong không gian R
4
cho các vectơ:
u
1
= (1, 1, 1, 1);
u
2
= (2, 3, –1, 0);
u
3
= (–1, –1, 1, 1);
u
4
= (1, 2, 1, –1)
Tìm điều kiện để vectơ u = (a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) là một tổ hợp tuyến tính của:

a) u
1
, u
2
, u
3
;
b) u
1
, u
2
, u
3
, u
4
.
Giải tóm tắt:
a) Theo Hệ quả 2.3, u = (a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) là tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, u

3
khi
và chỉ khi hệ U
1
X = B
1
có nghiệm X, trong đó:
1
1
2
112
3
3
4
a
12 1
a
13 1
U;B;X
a
111
a
10 1
−
⎛⎞
⎛⎞
α
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟

−
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
===α
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
−
⎜⎟
α
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
⎝⎠

Ta khảo sát hệ trên bằng phương pháp Gauss thì tìm được điều kiện để hệ
U
1
X = B
1
có nghiệm là:
a
1
– a
2
– a
3
+ a

4
= 0 hay a
1
+ a
4
= a
2
+ a
3

Vậy u = (a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) là tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, u
3
khi và chỉ khi
a
1
+ a
4
= a

2
+ a
3
.

b) Tương tự, u = (a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) là tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, u
3
, u
4
khi và
chỉ khi hệ U
2
X = B
2
có nghiệm X, trong đó:

6
11

22
22
33
44
a
12 11
a
13 12
U,B,T
a
1111
a
10 1 1
α
−
⎛⎞ ⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
α
−
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
===
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
α
−
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟

α
−
⎝⎠
⎝⎠ ⎝⎠

Ta tính được detU
2
= -6 nên hệ U
2
X = B
2
luôn luôn có nghiệm X. Điều này
chứng tỏ mọi vectơ u =(a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) ∈ R
4
đều là tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, u
3
,
u

4
.

§3. ĐỘC LẬP TUYẾN TÍNH –PHỤ THUỘC TUYẾN TÍNH
3.1. Đònh nghóa:
Cho u
1
, u
2
, , u
k
∈ R
n
. Xét phương trình:
α
1
u
1
+ α
2
u
2
+ + α
k
u
k
= 0 (1)
Nếu (1) chỉ có nghiệm tầm thường α
1
= α

2
= = α
k
= 0 thì ta nói u
1
,u
2
, , u
k

độc lập tuyến tính.
Nếu ngoài nghiệm tầm thường, (1) còn có nghiệm khác thì ta nói u
1
,u
2
, , u
k

phụ thuộc tuyến tính.
Nói cách khác,
• u
1
, u
2
, , u
k
độc lập tuyến tính khi và chỉ khi với mọi α
1
, α
2

, , α
k
∈ R
ta có:
α
1
u
1
+ α
2
u
2
+ + α
k
u
k
= 0 ⇒ α
1
= α
2
= = α
k
= 0.
• u
1
, u
2
, , u
k
phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại α

1
, α
2
, ,α
k
∈ R
không đồng thời bằng 0 sao cho:
α
1
u
1
+ α
2
u
2
+ + α
k
u
k
= 0.
3.2. Nhận xét:
Các vectơ u
1
, u
2
, , u
k
phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại vectơ u
i

“phụ thuộc” vào các vectơ khác theo nghóa vectơ u
i
được biểu diễn dưới dạng tổ
hợp tuyến tính của các u
j
, 1 ≤ j ≠ i ≤ k.
3.3. Hệ quả:
Cho u
1
, u
2
, , u
k
là k vectơ trong R
n
. Gọi A là ma trận có được bằng
cách xếp u
1
, u
2
, , u
k
thành các dòng. Khi đó:
u
1
, u
2
, , u
k
độc lập tuyến tính ⇔ A có hạng là r(A) = k.

Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn

7
3.4. Chú ý:
Trong thực hành, ta kiểm tra tính độc lập tuyến tính của các vectơ u
1
, u
2
, ,
u
k
trong R
n
như sau:
Bước 1: Lập ma trận A bằng cách xếp u
1
, u
2
, , u
k
thành các dòng.
Bước 2: Dùng các phép BĐSCTD đưa A về dạng bậc thang R. Khi đó:
• Nếu R không có dòng 0 thì u
1
, u
2
, , u
k

độc lập tuyến tính.
• Nếu R có ít nhất một dòng 0 thì u
1
, u
2
, , u
k
độc lập tuyến tính.
Trường hợp k = n, ta có A là ma trận vuông. Khi đó có thể thay Bước 2
bằng Bước 2′ như sau:
Bước 2′: Tính đònh thức detA:
• Nếu detA ≠ 0 thì u
1
, u
2
, , u
k
độc lập tuyến tính.
• Nếu detA = 0 thì u
1
, u
2
, , u
k
phụ thuộc tuyến tính.

Ví dụ 1: Trong không gian R
5
cho các vectơ:
u

1
= (1, 2, -3, 5, 1);
u
2
= (1, 3, -13, 22, -1);
u
3
= (3, 5, 1, -2, 5);
u
4
= (2, 3, 4, -7, 4);
Hãy xét xem u
1
, u
2
, u
3
, u
4
độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính.
Giải tóm tắt:
Lập ma trận A bằng cách xếp u
1
, u
2
, u
3
, u
4
thành các dòng:

12 3 5 1
1 3 13 22 1
A
35 1 2 5
23 4 7 4
−
⎛⎞
⎜⎟
−−
⎜⎟
=
⎜⎟
−
⎜⎟
−
⎝⎠

Dùng các phép BĐSCTD ta đưa được A về dạng bậc thang
12 3 5 1
0 1 10 17 2
R
00 0 0 0
00 0 0 0
−
⎛⎞
⎜⎟
−−
⎜⎟
=
⎜⎟

⎜⎟
⎝⎠

Vì A ∼ R và R có dòng 0 nên u
1
, u
2
, u
3
, u
4
phụ thuộc tuyến tính.
Ví dụ 2: Trong không gian R
3
cho các vectơ:

8
u
1
= (2m + 1, -m, m + 1)
u
2
= (m-2, m – 1, m – 2)
u
3
= (2m - 1, m – 1, 2m –1)
Tìm điều kiện để u
1
, u
2

, u
3
độc lập tuyến tính trên R.
Giải tóm tắt:
Lập ma trận A bằng cách xếp u
1
, u
2
, u
3
thành các dòng:
2m 1 m m 1
Am2m1m2
2m 1 m 1 2m 1
+− +
⎛⎞
⎜⎟
=− − −
⎜⎟
⎜⎟
−− −
⎝⎠

Ta tính được đònh thức của A là: m(m-1)(m+1). Do đó:
u
1
, u
2
, u
3

độc lập tuyến tính trên R ⇔ m ≠ 0; m ≠ ± 1.

§4. KHÔNG GIAN CON – TẬP SINH – CƠ SỞ VÀ SỐ CHIỀU
4.1. Đònh nghóa:
Cho W là một tập con khác ∅ của R
n
. Ta nói W là một không gian con của
R
n
, kí hiệu W ≤ R
n
, nếu W thỏa các tính chất sau:
1) 0 ∈ W;
2) Với mọi u, v ∈ W, u + v ∈ W;
3) Với mọi u ∈ W và α ∈ R, αu ∈ W.
Ví dụ:
1) {0} và R
n
là hai không gian con của R
n
. Ta gọi đây là các không gian con
tầm thường của R
n
.
2) Trong không gian R
3
xét đường thẳng (D) đi qua gốc tọa độ O và có
vectơ chỉ phương là
v(,,)
=

αβ
γ
. Khi đó phương trình tham số của (D) là:
(D) x = tα; y = tβ; z = tγ với t ∈ R
Suy ra (D) = {t(α, β, γ) | t ∈ R}. Dễ thấy rằng các tính chất trong Đònh nghóa 4.1
được thỏa đối với (D). Do đó (D) là một không gian con của R
3
.
3) Trong không gian R
3
xét mặt phẳng (P) đi qua gốc tọa độ O và có hai
vectơ chỉ phương:
1111 2222
v ( , , ) và v ( , , )=α β γ =α β γ
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn

9
Khi đó phương trình tham số của (P) là:
(P): x = t
1
α
1
+ t
2
α
2
, y = t
1
β

1
+ t
2
β
2
, z = t
1
γ
1
+ t
2
γ
2
(t∈R)
Suy ra
(P) = {(t
1
α
1
+ t
2
α
2
, t
1
β
1
+ t
2
β

2
, t
1
γ
1
+ t
2
γ
2
) | t
1
, t
2
∈ R}
= {t
1
(α
1
, β
1
, γ
1
) + t
2
(α
2
, β
2
, γ
2

) | t
1
, t
2
∈ R}

Dễ thấy rằng các tính chất trong Đònh nghóa 4.1 được thỏa đối với (P). Do đó (P)
là một không gian con của R
3
.
4.2. Đònh lý và Đònh nghóa:
Trong không gian R
n
cho các vectơ u
1
, u
2
, , u
k
. Đặt:
<u
1
,u
2
, ,u
k
>={u= α
1
u
1

+ α
2
u
2
+ + α
k
u
k
| α
i
∈ R,∀1≤ i ≤ k}
(= Tập tất cả các tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, , u
k
)
Khi đó <u
1
,u
2
, ,u
k
> là một không gian con của R
n
. Ta gọi:
• <u
1
,u

2
, ,u
k
> là không gian con sinh bởi u
1
, u
2
, , u
k
.
• {u
1
,u
2
, ,u
k
} là một tập sinh của <u
1
,u
2
, ,u
k
>.
Ví dụ:
1) Trong không gian R
3
, với (D) là đường thẳng đi qua gốc tọa độ O, có
vectơ chỉ phương là v = (α, β, γ), ta có:
(D) = {t(α, β, γ) | t ∈ R} = {tv| t ∈ R} = <v>
nghóa là: (D) là không gian con sinh bởi v.

2) Trong không gian R
3
, với (P) là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O, có hai
vectơ chỉ phương là
1111 2222
v(,,)vàv(,,)=α β γ =α β γ , ta có:
(P) = {t
1
(α
1
, β
1
, γ
1
) + t
2
(α
2
, β
2
, γ
2
) | t
1
, t
2
∈ R}
= {t
1
v

1
+ t
2
v
2
| t
1
, t
2
∈ R} = <v
1
,v
2
>
nghóa là: (P) là không gian con sinh bởi v
1
,v
2
.
4.3. Đònh nghóa:
Cho W là một không gian con của R
n
và B = {u
1
, u
2
, , u
k
} là một tập con
của W. Ta nói B là một cơ sở của W nếu B là một tập sinh độc lập tuyến tính

của W.
4.4. Tính chất:

10
Giả sử W có một cơ sở B = {u
1
, u
2
, , u
k
} gồm đúng k vectơ. Khi đó, với mọi
tập con S = {v
1
, v
2
, ,v
h
} của W gồm h vectơ, ta có:
1) Nếu h > k thì S phụ thuộc tuyến tính và do đó S không thể là một cơ sở
của W.
2) Nếu h < k thì S thì < S > ≠ W, nghóa là S không là một tập sinh của W
và do đó S không thể là một cơ sở của W.
3) Mọi cơ sở khác của W cũng gồm đúng k vectơ. Số k chung đó được gọi là
số chiều của W, kí hiệu dimW.
4) Nếu k = dimW thì tập con S = {v
1
, v
2
, ,v
k

} của W gồm đúng k vectơ là
một cơ sở của W khi và chỉ khi v
1
, v
2
, ,v
k
độc lập tuyến tính.

4.5. Cơ sở và số chiều của không gian R
n
:
1) Cơ sở chính tắc và dimR
n
:
Trong không gian R
n
, xét B
0
= {e
1
, e
2
, , e
n
} trong đó:
e
1
= (1, 0, 0, , 0)
e

2
= (0, 1, 0, , 0)

e
n
= (0, 0, , 0, 1)
Ta thấy:
• B
0
là một tập sinh của R
n
vì:
• B
0
độc lập tuyến tính .
Vậy B
0
= {e
1
, e
2
, , e
n
} là một cơ sở của R
n
. Suy ra R
n
có số chiều bằng n. Ta
gọi B
0

= {e
1
, e
2
, , e
n
} là cơ sở chính tắc của R
n
.
2) Cơ sở bất kỳ của R
n
:
Vì dim R
n
= n nên mọi cơ sở của R
n
phải gồm đúng n vectơ. Hơn nữa, từ
4.4 và 3.4 ta thấy: Với B = {u
1
, u
2
, , u
n
} là một tập con gồm đúng n vectơ của
R
n
, ta có:
B = {u
1
, u

2
, , u
n
} là một cơ sở của R
n

⇔ u
1
, u
2
, , u
n
độc lập tuyến tính
⇔ detA ≠ 0, trong đó A là ma trận có được bằng cách xếp u
1
, u
2
, , u
n
thành
các dòng.
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn

11
Ví dụ:
1) Trong không gian R
4
, các vectơ
u

1
= (1, 1, 1, 1)
u
2
= (2, 3, –1, 0)
u
3
= (–1, –1, 1, 1)
u
4
= (1, 2, 1, –1)
tạo thành cơ sở của R
4
vì:
1111
2310
60
1111
1211
−
=− ≠
−−
−

2) Trong không gian R
3
, các vectơ
u
1
= (2m + 1, -m, m + 1)

u
2
= (m-2, m – 1, m – 2)
u
3
= (2m - 1, m – 1, 2m –1)
tạo thành một cơ sở của R
3
khi và chỉ khi:
det A 0 m 0, 1
≠
⇔≠±


§5. KHÔNG GIAN DÒNG
5.1. Đònh nghóa:
Cho ma trận A = (a
ij
) loại m×n với hệ số thực:

11 12 1n
21 22 2n
m1 m2 mn
a a a
aa a
A

a a a
⎛⎞
⎜⎟

⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠


Đặt:
u
1
= (a
11
, a
12
, , a
1n
)
u
2
= (a
21
, a
22
, , a
2n
)

u
m
= (a

m1
, a
m2
, , a
mn
)

12
và W
A
= <u
1
, u
2
, , u
m
>. Ta gọi u
1
, u
2
, , u
m
là các vectơ dòng của A, và W
A
là
không gian dòng của A.
5.2. Đònh lý:
Nếu A và B là hai ma trận tương đương dòng: A ∼ B thì W
A
= W

B
, nghóa là
A và B có cùng không gian dòng.
5.3. Nhận xét:
Vì các vectơ dòng khác 0 của một ma trận dạng bậc thang luôn luôn độc lập
tuyến tính nên chúng tạo thành một cơ sở của không gian dòng. Từ đây ta suy ra
cách tìm số chiều và một cơ sở của không gian dòng của ma trận A như sau:
• Dùng các phép BĐSCTD đưa A về dạng bậc thang R.
• Số chiều của không gian dòng W
A
bằng số dòng khác 0 của R ( do đó
bằng r(A)) và các vectơ dòng khác 0 của R tạo thành một cơ sở của W
A
.
5.4. Cách tìm số chiều và cơ sở của một không gian con của R
n
khi
biết một tập sinh:
Giả sử W = <u
1
, u
2
, , u
m
> ≤ R
n
(u
1
, u
2

, , u
m
không nhất thiết độc lập
tuyến tính). Để tìm số chiều và một cơ sở của W ta tiến hành như sau:
• Lập ma trận A bằng cách xếp u
1
, u
2
, , u
m
thành các dòng.
• Dùng các phép BĐSCTD đưa A về dạng bậc thang R.
• Số chiều của W bằng số dòng khác 0 của R (do đó bằng r(A)) và các
vectơ dòng khác 0 của R tạo thành một cơ sở của W.
Ví dụ:
1) Tìm một cơ sở cho không gian con của R
4
sinh bởi các vectơ u
1
, u
2
, u
3
, u
4

trong đó:
u
1
= (1, 2, 1, 1)

u
2
= (3, 6, 5, 7)
u
3
= (4, 8, 6, 8)
u
4
= (8, 16, 12, 20)
Giải tóm tắt
Không gian W sinh bởi u
1
, u
2
, u
3
, u
4
là không gian dòng của ma trận:
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn

13
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
2012168
8684
7563
1121
A

Dùng các phép BĐSCTD ta đưa A về dạng bậc thang R như sau:
1211
0012
R
0001
0000
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

Do đó W có dimW = 3 với cơ sở là :
B = {(1, 2, 1, 1); (0, 0, 1, 2); (0, 0, 0, 1)}

2) Tìm một cơ sở cho không gian con của R
4
sinh bởi các vectơ u
1
, u
2
, u
3

trong đó:
u
1
= (1, –2, –1, 3)
u
2
= (2, –4, –3, 0)
u
3
= (3, –6, –4, 4)
Giải
Không gian W sinh bởi u
1
, u
2
, u
3
là không gian dòng của ma trận:
1213
A
00 1 6 R

00 0 1
−−
⎛⎞
⎜⎟
−−=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
∼

W có dimW = 3 và một cơ sở B = {v
1
, v
2
, v
3
}, trong đó:
v
1
= (1, –2, -1, 3)
v
2
= (0, 0, -1, -6)
v
3
= (0, 0, 0, 1)
Nhận xét: Trong Ví dụ 2, ma trận dạng bậc thang R không có dòng 0 nên
u
1
, u

2
, u
3
độc lập tuyến tính, và do đó {u
1
, u
2
, u
3
} cũng là một cơ sở của W.

§6. KHÔNG GIAN NGHIỆM
6.1. Ví dụ minh họa:

14
Cho W là tập tất cả các nghiệm (x
1
,x
2
,x
3
,x
4
) của hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất:
1234
12 3 4
1234
1234
x2x3x5x0

x 3x 13x 22x 0
3x 5x x 2x 0
2x 3x 4x 7x 0
+−+=
⎧
⎪
+− + =
⎪
⎨
++−=
⎪
⎪
++−=
⎩
(1)
Ta giải hệ (1) bằng phương pháp Gauss:
12 3 5 12 3 5
1 3 13 22 0 1 10 17
A
35 1 2 00 0 0
23 4 7 00 0 0
−−
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟
−−
⎜⎟⎜⎟
=
⎜⎟⎜⎟
−
⎜⎟⎜⎟

−
⎝⎠⎝⎠
∼

Vậy hệ đã cho tương đương với hệ sau:
1234
234
x2x3x5x 0
x10x17x 0
+−+=
⎧
⎨
−+=
⎩

Chọn x
3
= α, x
4
= β, ta tính được:
1
2
x1729
x1017
=− α+ β
⎧
⎨
=α−β
⎩

Vậy hệ (1) có vô số nghiệm với hai ẩn tự do:
1234
(x ,x ,x ,x ) ( 17 29 ,10 17 , , )=− α+ β α− βαβ
với α, β ∈ R tùy ý. Do đó:
W ( 17,10,1, 0);(29, 17, 0,1)
=
<− − >

Đặt u
1
= (-17,10,1,0); u
2
= (29,-17,0,1). Ta có W = <u
1
, u
2
>, hơn nữa dễ thấy u
1
, u
2

độc lập tuyến tính nên {u
1
, u
2
} là một cơ sở của W và dimW = 2.
Ta gọi W là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
(1) theo đònh nghóa tổng quát sau:

5.2. Đònh nghóa:

Cho ma trận A = (a
ij
) loại m×n với hệ số thực:
11 12 1n
21 22 2n
m1 m2 mn
a a a
aa a
A

a a a
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

và W là tập tất cả các nghiệm (x
1
,x
2
, ,x
n
) của hệ phương trình tuyến tính thuần
nhất: AX = O, nghóa là tập tất cả các nghiệm của hệ:
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn

15
11 1 12 2 1n n
21 1 22 2 2n n
m1 1 m2 2 mn n
ax ax ax 0
ax ax ax 0

ax ax ax 0
+++ =
⎧
⎪
+++ =
⎪
⎨
⎪
⎪
+++ =
⎩

Khi đó W là một không gian con của R
n
. Ta gọi W là không gian nghiệm của hệ
phương trình tuyến tính thuần nhất AX = O.
5.3. Cách tìm số chiều và một cơ sở của không gian nghiệm:
Xét lại Ví dụ minh họa 5.1 ta thấy W có một cơ sở là {u
1
, u
2
} với
u

1
= (-17,10,1,0); u
2
= (29,-17,0,1). Dễ thấy:
• u
1
được suy từ nghiệm tổng quát bằng cách chọn α = 1, β = 0.
• u
2
được suy từ nghiệm tổng quát bằng cách chọn α = 0, β = 1.
Ta gọi {u
1
, u
2
} là một hệ nghiệm cơ bản của (1).
Trường hợp tổng quát, để tìm số chiều và một cơ sở của không gian nghiệm của
hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX = O, ta tiến hành các bước sau:
• Giải hệ AX = O tìm nghiệm tổng quát.
• Tìm một hệ nghiệm cơ bản của hệ AX = O như sau: Giả sử nghiệm tổng
quát của hệ AX = O phụ thuộc vào k tham số tự do α
1
, α
2
, , α
k
:
- Chọn α
1
= 1; α
2

= 0, , α
k
= 0, ta được nghiệm u
1
.
- Chọn α
1
= 0; α
2
= 1, , α
k
= 0, ta được nghiệm u
2
.

- Chọn α
1
= 0; α
2
= 0, , α
k
= 1, ta được nghiệm u
k
.
Khi đó {u
1
, u
2
, , u
k

} là một hệ nghiệm cơ bản.
Nhận xét: Có thể tìm hệ nghiệm cơ bản bằng cách tách các tham số như
trong ví dụ minh họa 5.1.
• Không gian nghiệm W có dimW = k và một cơ sở là hệ nghiệm cơ bản
{u
1
, u
2
, , u
k
} đã tìm.
•
§6. KHÔNG GIAN TỔNG VÀ KHÔNG GIAN GIAO
6.1. Đònh lý:
Cho W
1
,W
2
là hai không gian con của R
n
. Đặt:
W
1
+W
2
= {u = u
1
+ u
2
⏐u

1
∈ W
1
, u
2
∈ W
2
},

16
W
1
∩W
2
= {u⏐u

∈ W
1
và u

∈ W
2
}.
Khi đó
1) W
1
+W
2
và W
1

∩W
2
là các không gian con của R
n
và ta có
dim(W
1
+W
2
) = dim W
1
+ dim W
2
– dim(W
1
∩W
2
)
2) Nếu W
1
= <u
1
, u
2
, , u
h
> và W
2
= <v
1

, v
2
, , v
k
> thì
W
1
+W
2
= <u
1
, u
2
, , u
h
; v
1
, v
2
, , v
k
>.
Ta gọi:
• W
1
+W
2
là không gian tổng của W
1
, W

2
.
• W
1
∩W
2
là không gian giao của W
1
, W
2
.
6.2. Ví dụ: Trong không gian R
4
cho các vector
u
1
= (1, 2, 1, 1) v
1
= (1, 3, 1, 1)
u
2
= (3, 6, 5, 7) v
2
= (2, 7, 2, 2)
u
3
= (4, 8, 6, 8) v
3
= (3, 10, 4, 3)
u

4
= (8, 16, 12, 20) v
4
= (6, 21, 7, 6)
Đặt W
1
= <u
1
, u
2
, u
3
, u
4
> và W
2
= <v
1
, v
2
, v
3
,v
4
>
a) Tìm số chiều và một cơ sở cho mỗi không gian W
1
, W
2
, W

1
+W
2
.
b) Tìm số chiều của W
1
∩W
2
.
Giải tóm tắt
a) Tìm số chiều và một cơ sở cho mỗi không gian W
1
, W
2
, W
1
+W
2
.
• W
1
là không gian dòng của ma trận:
1
12 1 1 1211
36 5 7 0012
A
48 6 8 0001
8161220 0000
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟

⎜⎟⎜⎟
=
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
∼

Vậy W
1
có dimW
1
= 3 với cơ sở {a
1
, a
2
, a
3
}, trong đó a
1
= (1,2,1,2); a
2
=
(0,0,1,2); a
3
= (0,0,0,1).
• W
2
là không gian dòng của ma trận:
2
1311 1311

2722 0100
A
31043 0010
62176 0000
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
=
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
∼


Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn

17
Vậy W
2
có dimW
2
= 3 với cơ sở {b
1
, b
2
, b
3
}, trong đó b
1

= (1,3,1,1); b
2
=
(0,1,0,0); b
3
= (0,0,1,0).
• W
1
+ W
2

Vì W
1
= < a
1
, a
2
, a
3
> và W
2
= < b
1
, b
2
, b
3
> nên
W
1

+ W
2
= < a
1
, a
2
, a
3
, b
1
, b
2
, b
3
>
Suy ra W
1
+ W
2
là không gian dòng của ma trận:
1211 1211
0012 0100
0001 0010
A
1311 0001
0100 0000
0010 0000
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟

⎜⎟⎜⎟
=
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
∼

Vậy W
1
+W
2
có dim(W
1
+W
2
) = 4 với cơ sở {c
1
, c
2
, c
3
, c
4
}, trong đó
c
1
= (1,2,1,1); c

2
= (0,1,0,0); c
3
= (0,0,1,0); c
4
= (0,0,0,1).
b) Ta có:
dim(W
1
+ W
2
) = dim W
1
+ dim W
2
– dim(W
1
∩W
2
)
Suy ra:
dim(W
1
∩W
2
) = dim W
1
+ dim W
2
– dim(W

1
+W
2
) = 3 + 3 – 4 = 2.

§7. TỌA ĐỘ VÀ MA TRẬN CHUYỂN CƠ SỞ
7.1. Đònh lý:
Cho W là một không gian con của R
n
và B = {u
1
, u
2
, , u
k
} là một cơ sở
của W. Khi đó, với mọi vectơ u ∈ W, phương trình:
α
1
u
1
+ α
2
u
2
+ + α
k
u
k
= u (1)

luôn luôn có duy nhất một nghiệm. Gọi
00 0
12 k
(,, , )αα α là nghiệm của (1). Ta đặt:
0
1
0
2
0
k
[u] =

⎛⎞
α
⎜⎟
α
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
α
⎝⎠
B
: Tọa độ của vectơ u theo cơ sở B.
Như vậy,

18
0
1
0

00 0
2
11 22 kk
0
k
[u] = u u u u

⎛⎞
α
⎜⎟
α
⎜⎟
⇔=α +α ++α
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
α
⎝⎠
B


7.2. Hệ quả:
Giả sử B = {u
1
, u
2
, , u
k
} là một cơ sở của W ≤ R
n

trong đó:
u
1
= (u
11
, u
21
, u
n1
)
u
2
= (u
12
, u
22
, u
n2
)

u
k
= (u
1k
, u
2k
, u
nk
)
Khi đó với mọi vectơ u = (b

1
, b
2
, b
n
) ∈ W, ta có:
1
2
k
b
b
[u] = X UX

b
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⇔=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
B

trong đó:
11 12 1k
21 22 2k
n1 n2 nk
uu u
uu u
U

uu u
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

là ma trận có được bằng cách dựng u
1
, u
2
, , u
k
thành các cột.
7.3. Hệ quả:
Đối với cơ sở chính tắc B
0
= {e
1
, e
2
, , e
n
} của không gian R
n
, ta có:

0
1
2
n
12 n
n
u ( , , , ) R ,[u]

α
⎛⎞
⎜⎟
α
⎜⎟
∀=αα α ∈ =
⎜⎟
⎜⎟
α
⎝⎠
B
.
Nói cách khác, tọa độ của vectơ u theo cơ sở chính tắc B
o
của R
n
chính là ma
trận cột tương ứng của u.
Ví dụ:
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn

19
1) Trong không gian R
3
, mọi vectơ u = (a, b, c) có tọa độ theo cơ sở chính
tắc B
0
là:
0
a
[u] b
c
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
B

2) Trong không gian R
3
, cho các vectơ:
u
1
= (1, 2, 1)
u
2
= (1, 3, 1)
u
3

= (2, 5, 3)
a) Chứng minh B = {u
1
, u
2
, u
3
} là một cơ sở của R
3
.
b) Tìm tọa độ của vectơ u = (a,b,c) ∈ R
3
theo cơ sở B.

Giải tóm tắt

a) B = {u
1
, u
2
, u
3
} là một cơ sở của R
3
vì detA ≠ 0 (detA=1).
b) Với u = (a,b,c), ta có:
1
2112233
3
[u] u u u u UX B (1)

α
⎛⎞
⎜⎟
=α ⇔α +α +α = ⇔ =
⎜⎟
⎜⎟
α
⎝⎠
B

trong đó:
1
2
3
112 a
U235;Bb;X
113 c
α
⎛⎞
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
===α
⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
α
⎝⎠⎝⎠⎝⎠

Ta giải hệ trên bằng phương pháp Gauss:
112a 112 a

(U|B) 2 3 5 b 0 1 1 2a b
113c 001 a c
⎛⎞⎛ ⎞
⎜⎟⎜ ⎟
=→−+
⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟
−+
⎝⎠⎝ ⎠

Ta có:
12 3
1
23 2
3
3
2a;
4a b c;
(1) 2a b; a b c;
ac.
ac.
α+α+α=
α= − −
⎧
⎧
⎪⎪
⇔α+α=−+⇔α=−+−
⎨⎨
⎪⎪
α=−+

α=−+
⎩
⎩


20

Vậy với u = (a,b,c), ta có:
4a b c
[u] a b c
ac
−−
⎛⎞
⎜⎟
=−+ −
⎜⎟
⎜⎟
−+
⎝⎠
B



7.4. Đònh lý:
Cho W là một không gian con của R
n
có dimW = k và hai cơ sở của W
như sau:
B
1

= {u
1
, u
2
, , u
k
}
B
2
= {v
1
, v
2
, , v
k
}
Đặt:
1
1j
2j
j
kj
p
p
[v ] = , 1 j k

p
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟

≤≤
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
B
và
1 2
P
→BB
là ma trận vuông cấp k có các cột lần lượt
là
1 1 1
12 k
[v ] ,[v ] , ,[v ]
BB B
, nghóa là:

1 2
11 12 1k
21 22 2k
k1 k2 kk
p p p
pp p
P=

pp p
→
⎛⎞
⎜⎟

⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
BB

Khi đó
1 2
P
→BB
khả nghòch và là ma trận duy nhất thỏa:
1 1 2 2
u W, [u] = P [u]
→
∀∈
BBBB

Ta gọi
1 2
P
→B
B
là ma trận chuyển cơ sở từ B
1
sang B
2
.
7.5. Mệnh đề:
Cho W là một không gian con của R
n

có dimW = k và B
1,
B
2
, B
3
là ba cơ
sở của W. Khi đó:
2 1 1 2
1 3 1 2 2 3
1
1) P (P )
2) P P P
−
→→
→→→
=
=
BB BB
B
BBBB
B

7.6. Hệ quả:
Cho B
1
= {u
1
, u
2

, , u
n
}; B
2
= {v
1
, v
2
, , v
n
} là hai cơ sở của không gian R
n
.
Gọi B
0
= {e
1
, e
2
, , e
n
} là cơ sở chính tắc của R
n
. Khi đó:
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn

21
0 1
1) P

→BB
là ma trận có được bằng cách dựng các vectơ u
1
, u
2
, , u
n
thành

các cột.
1 0 0 1
1
2)P (P )
−
→→
=
BB BB

3) Nếu qua một số phép BĐSCTD ma trận
0 1
P
→BB
biến thành ma trận đơn
vò I
n
thì cũng chính qua những phép biến đổi đó ma trận
0 2
P
→BB
sẽ biến thành

ma trận
1 2
P
→BB
, nghóa làø:
0 1 0 2 1 2
BĐSCTD
n
(P P ) (I P )
→→ →
⎯⎯⎯⎯⎯→
BB BB BB

Ví dụ:
1) Trong không gian R
3
, cho các vectơ:
u
1
= (1, 2, 1)
u
2
= (1, 3, 1)
u
3
= (2, 5, 3)
a) Chứng minh B = {u
1
, u
2

, u
3
} là một cơ sở của R
3
.
b) Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B sang cơ sở chính tắc B
0
của R
3
.
c) Tìm tọa độ của vectơ u = (1,2,-3) theo cơ sở B.
Giải tóm tắt
Trong Ví dụ 2 ở trên ta đã chứng minh B = {u
1
, u
2
, u
3
} là một cơ sở của R
3
.
Sau đây ta tìm ma trận chuyển cơ sở từ B sang cơ sở chính tắc B
0
{e
1
, e
2
, e
3
} của

R
3
.
Cách 1: Dùng đònh nghóa:
0
123
P ([e ] [e ] [e ] )
→
=
BB B B B

Để tìm các tọa độ
123
[e ] ; [e ] ; [e ]
BBB
, trước hết ta tìm tọa độ [u]
B
với u = (a,b,c)
là một vectơ tùy ý trong R
3
. Nhắc lại rằng, trong Ví dụ 2 ở trên ta đã tìm được:
4a b c
[u] a b c
ac
−−
⎛⎞
⎜⎟
=−+ −
⎜⎟
⎜⎟

−+
⎝⎠
B

Áp dụng kết quả trên lần lượt cho các vectơ e
1
= (1,0,0); e
2
= (0,1,0); e
3
= (0,0,1),
ta suy ra:

22
0
411
P111
10 1
→
−−
⎛⎞
⎜⎟
=− −
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
BB

Cách 2: Dùng tính chất:

0 0
1
P(P)
−
→→
=
BB B B

Vì B
0
là cơ sở chính tắc của R
3
nên ma trận
0
P
→BB
có được bằng cách dựng
các vectơ u
1
, u
2
, u
3
thành

các cột:

0
112
P235.

113
→
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
BB

Suy ra ma trận chuyển cơ sở từ B sang B
0
là:
0 0
1
411
P(P)111
10 1
−
→→
−−
⎛⎞
⎜⎟
==−−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
BB B B

c) Với u = (1,2,-3) ta có:
0
1
[u] 2
3
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
B
. Suy ra:
0 0
5
[u] P [u] 4
4
→
⎛⎞
⎜⎟
==
⎜
⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
BBBB

2) Trong không gian R

3
cho các vector phụ thuộc tham số m∈R:
u
1
= (1, 1+m, 2);
u
2
= (1, –1, –m);
u
3
= (1–m, 2, 3).
a) Tìm điều kiện để B(m) = {u
1
, u
2
, u
3
} là một cơ sở của R
3
.
b) Đặt B
1
= B(1) và B
2
= B(–1). Chứng tỏ B
1
và B
2
là hai cơ sở của R
3

. Tìm
các ma trận chuyểncơ sở từ B
1
sang B
2
và từ B
2
sang B
0
trong đó B
0
= {e
1
, e
2
, e
3
}
là cơ sở chính tắc của R
3
. Hãy tìm
12
[u] ; [u]

BB
với u = (1, 0, 1).
Giải tóm tắt
a) Đặt:
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn

23
11m2
A1 1m
1m 2 3
+
⎛⎞
⎜⎟
=−−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠

Ta có:
det A m(m + 2)(m -2)=

Do đó B(m) là cơ sở của R
3
khi và chỉ khi m ≠ 0 và m ≠ ±2.
b) Các giá trò m = 1 hay m = –1 đều thỏa điều kiện của câu a) nên B
1
= B(1)
và B
2
= B(–1) là hai cơ sở của R
3
. Ta có:
B
1

= B(1) = {(1, 2, 2); (1, –1, –1); (0, 2, 3)}
B
2
= B(–1) = {(1, 0, 2); (1, –1, 1); (2, 2, 3)}
Do đó:
0 1 0 2
110 112
P 2 12; P 0 12
213 213
→→
⎛⎞ ⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
=− =−
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟
−
⎝⎠ ⎝⎠
BB BB

Suy ra:
2 0 0 2
1
514
1
P(P)412
3
21 1
−
→→
−−

⎛⎞
⎜⎟
==−−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
BB BB

Để tìm
12
P
→BB
ta dùng Hệ quả 6.6:
0 1 0 2 1 2
3
110112 100 3 42
1
(P P ) 2 1 2 0 1 2 0 1 0 6 7 4 (I P )
3
213213 001 663
→→ →
⎛⎞
⎛⎞
−−
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
=− − =

⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
⎝⎠
⎝⎠
∼
BB BB BB

2 0 0 2
1
514
1
P(P)412
3
21 1
−
→→
−−
⎛⎞
⎜⎟
==−−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠

BB BB

Để tìm
12
P
→BB
ta dùng Hệ quả 6.6:
1 2 1 0 0 2 0 1 0 2
-1
1
P=PP (P)P
110 112 3 42
1
212 012 674
3
213 213 663
→→→ → →
−
=
−−
⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
=− − =
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
−
⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠
BB BBBB BB BB

24
Suy ra:
1 2
342
1
P674
3
663
→
−−
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
BB

Với u = (1, 0, 1), ta có:
0
1
[u] 0
1
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

B
. Do đó:
2 2 00
1
1
[u] P [u] 2
3
1
→
−
⎛⎞
⎜⎟
==
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
BBBB
;
1 122
1
1
[u] P [u] 4
3
3
→
−
⎛⎞
⎜⎟
==
⎜⎟

⎜⎟
⎝⎠
B B B B



Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com
Vuihoc24h.vn