Giáo trình Đại số tuyến tính

138 trang hapham 2190

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Đại số tuyến tính", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_dai_so_tuyen_tinh.pdf

Nội dung text: Giáo trình Đại số tuyến tính

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH PGS. TS Mỵ Vinh Quang Ngày 11 tháng 10 năm 2004 Mở Đầu Trong các kỳ thi tuyển sinh sau đại học, Đại số tuyến tính là môn cơ bản, là môn thi bắt buộc đối với mọi thí sinh thi vào sau đại học ngành toán - cụ thể là các chuyên ngành : PPGD, Đại số, Giải tích, Hình học. Các bài viết này nhằm cung cấp cho các bạn đọc một cách có hệ thống và chọn lọc các kiến thức và kỹ năng cơ bản nhất của môn học Đại số tuyến tính với mục đích giúp những người dự thi các kỳ tuyển sinh sau đại học ngành toán có được sự chuẩn bị chủ động, tích cực nhất. Vì là các bài ôn tập với số tiết hạn chế nên các kiến thức trình bày sẽ được chọn lọc và bám sát theo đề cương ôn tập vào sau đại học. Tuy nhiên, để dễ dàng hơn cho bạn đọc thứ tự các vấn đề có thể thay đổi. Cũng chính bởi các lý do trên các bài viết này không thể thay thế một giáo trình Đại số tuyến tính hoàn chỉnh. Bạn đọc quan tâm có thể tham khảo thêm một số sách viết về Đại số tuyến tính, chẳng hạn : 1. Nguyễn Viết Đông - Lê Thị Thiên Hương Toán cao cấp Tập 2 - Nxb Giáo dục 1998 2. Jean - Marie Monier. Đại số 1 - Nxb Giáo dục 2000 3. Ngô Thúc Lanh Đại số tuyến tính - Nxb Đại học và Trung học chuyên nghiệp 1970 4. Bùi Tường Trí. Đại số tuyến tính. 5. Mỵ Vinh Quang Bài tập đại số tuyến tính. Bài 1: ĐỊNH THỨC Để hiểu được phần này, người đọc cầnphải nắm được khái niệm về ma trận và các phép toán trên ma trận (phép cộng, trừ, nhân hai ma trận). Các khái niệm trên khá đơn giản, người đọc có thể dễ dàng tìm đọc trong các sách đã dẫn ở trên. 1
1 Định nghĩa định thức 1.1 Định thức cấp 2, 3 • Cho A là ma trận vuông cấp 2 : a a A = 11 12 a21 a22 định thức (cấp 2) của A là một số, ký hiệu det A (hoặc |A|) xác định như sau : a11 a12 det A = = a11a22 − a12a21 (1) a21 a22 • Cho A là ma trận vuông cấp 3 :   a11 a12 a13 A =  a21 a22 a23  a31 a32 a33 định thức (cấp 3) của A là một số ký hiệu det A (hoặc |A|), xác định như sau : det A = a11 a12 a13 a21 a22 a23 = a11a22a33 +a12a23a31 +a13a21a32 −a13a22a31 −a11a23a32 −a12a21a33 (2) a31 a32 a33 Công thức khai triển ( 2 ) thường đuợc nhớ theo quy tắc Sarrus như sau : Ví dụ : −1 2 3 1 −2 1 = [(−1)(−2).4 + 2.1.(−1) + 1.0.3] − [3.(−2).(−1) + 1.0.(−1) + 2.1.4] = −8 −1 0 4 Nếu ta ký hiệu Sn là tập hợp các phép thế bậc n thì các công thức ( 1 ) và ( 2 ) có thể viết lại như sau : X X det A = s(f)a1f(1)a2f(2) và det A = s(f)a1f(1)a2f(2)a3f(3) f∈S2 f∈S3 Từ đó gợi ý cho ta cách định nghĩa định thức cấp n như sau. 2
1.2 Định thức cấp n Cho A là ma trận vuông cấp n :   a11 a12 ··· a1n  a a ··· a   21 22 2n  A =  . . .   . . . .  an1 an2 ··· ann định thức ( cấp n) của ma trận A là một số, ký hiệu det A (hoặc |A|), xác định như sau : a11 a12 ··· a1n a a ··· a 21 22 2n X det A = . . . = s(f)a1f(1)a2f(2) anf(n) (3) . . . . f∈Sn an1 an2 ··· ann Chắc chắn là đối với một số bạn đọc, (nhất là bạn đọc không thạo về phép thế) định nghĩa định thức tương đối khó hình dung. Tuy nhiên, rất may là khi làm việc với định thức, (kể cả khi tính định thức) định nghĩa trên hiếm khi được sử dụng mà ta chủ yếu sử dụng các tính chất của định thức. Bởi vậy, bạn đọc nếu chưa có đủ thời gian có thể tạm bỏ qua định nghĩa trên và cần phải nắm vững các tính chất sau của định thức. 2 Các tính chất của định thức 2.1 Tính chất 1 Định thức không thay đổi qua phép chuyển vị, tức là : det At = detA (At : ma trận chuyển vị của ma trận A) Ví dụ : 1 2 3 1 4 7 4 5 6 = 2 5 8 7 8 9 3 6 9 Chú ý : Từ tính chất này, một mệnh đề về định thức nếu đúng với dòng thì cũng đúng với cột và ngược lại. 2.2 Tính chất 2 Nếu ta đổi chổ hai dòng bất kỳ (hoặc 2 cột bất kỳ) của định thức thì định thức đổi dấu. Ví dụ : 1 2 3 7 8 9 4 5 6 = − 4 5 6 7 8 9 1 2 3 3
2.3 Tính chất 3 Nếu tất cả các phần tử của một dòng (hoặc một cột) của định thức đuợc nhân với λ thì định thức mới bằng định thức ban đầu nhân với λ. Ví dụ : 1 2 3 1 2 3 4 2 6 = 2 2 1 3 6 4 9 6 4 9 Chú ý : Từ tính chất này ta có nếu A là ma trận vuông cấp n thì det (λA) = λn det A 2.4 Tính chất 4 Cho A là ma trận vuông cấp n. Giả sử dòng thứ i của ma trận A có thể biểu diễn duới 0 00 dạng : aij = aij + aij với j = 1, 2, , n. Khi đó ta có : det A = a0 + a00 a0 + a00 a0 + a00 = i1 i1 i2 i2 in in = a0 a0 a0 + a00 a00 a00 i1 i2 in i1 i2 in Trong đó các dòng còn lại của 3 định thức ở 2 vế là hoàn toàn như nhau và chính là các dòng còn lại của ma trận A. Tất nhiên ta cũng có kết quả tương tự đối với cột. Ví dụ : 1 2 3 1 2 3 1 2 3 4 5 6 = 6 5 4 + −2 0 2 7 8 9 7 8 9 7 8 9 Chú ý : Các tính chất 2, 3, 4 chính là tính đa tuyến tính thay phiên của định thức. Từ các tính chất trên, dễ dàng suy ra các tính chất sau của định thức : 2.5 Tính chất 5 Định thức sẽ bằng 0 nếu : 1. Có hai dòng (hai cột) bằng nhau hoặc tỉ lệ. 2. Có một dòng (một cột) là tổ hợp tuyến tính của các dòng khác (cột khác). 2.6 Tính chất 6 Định thức sẽ không thay đổi nếu : 1. Nhân một dòng (một cột) với một số bất kỳ rồi cộng vào dòng khác (cột khác). 2. Cộng vào một dòng (một cột) một tổ hợp tuyến tính của các dòng khác (cột khác) 4
Ví dụ : 1 1 −1 0 1 1 −1 0 2 1 3 2 0 −1 5 2 = −1 0 1 2 0 1 0 2 −3 1 2 4 0 4 −1 4 (Lý do: nhân dòngmộtvới (−2) cộng vào dòng 2, nhân dòng một với 1 cộng vào dòng 3, nhân dòngmộtvới 3 cộng vào dòng 4). Để tính định thức, ngoài việc sử dụng các tính chất trên của định thức ta còn rất hay sử dụng định lý Laplace dưới đây. 3 Định lý Laplace 3.1 Định thức con và phần bù đại số Cho A là ma trận vuông cấp n, k là số tự nhiên 1 ≤ k ≤ n. Các phần tử nằm trên giao của k dòng bất kỳ, k cột bất kỳ của A làm thành một ma trận vuông cấp k của A. Định thức của ma trận này gọi là một định thức con cấp k của ma trận A. Đặc biệt, cho trước 1 ≤ i, j ≤ n, nếu ta xóa đi dòng i, cột j của A ta sẽ được ma trận con i+j cấp n − 1 của A, ký hiệu là Mij. Khi đó, Aij = (−1) det Mij được gọi là phần bù đại số của phần tử (A)ij.((A)ij là phần tử nằm ở hàng i, cột j của ma trận A) 3.2 Định lý Laplace Cho A là ma trận vuông cấp n :   a11 a12 a1j a1n  a21 a22 a2j a2n   . . . . . .   . . . . . .   . . . . . .  A =    ai1 ai2 aij ain   . . . . . .   . . . . . .  an1 an2 anj ann Khi đó ta có : 1. Khai triển định thức theo dòng i n X det A = ai1.Ai1 + ai2.Ai2 + + ain.Ain = aik.Aik k=1 2. Khai triển định thức theo cột j n X det A = a1j.A1j + a2j.A2j + + anj.Anj = akj.Akj k=1 Từ định lý Laplace, ta có thể chứng minh được 2 tính chất quan trọng sau của định thức : 5
3.3 Tính chất 1 Nếu A là ma trận tam giác trên, (hoặc tam giác dưới) thì det A bằng tích của tất cả các phần tử trên đường chéo chính, tức là : a11 0 0 0 a a 0 0 21 22 . . . . . = a11.a22 ann . . . . . an1 an2 an3 ann 3.4 Tính chất 2 Nếu A, B là các ma trận vuông cấp n thì det(AB) = det A det B 4 Các ví dụ và áp dụng Nhờ có định lý Laplace, để tính một định thức cấp cao (cấp > 3) ta có thể khai triển định thức theo một dòng hoặc một cột bất kỳ để đưa về tính các định thức cấp bé hơn. Cứ như vậy sau một số lần sẽ đưa được về việc tính các định thức cấp 2, 3. Tuy nhiên, trong thực tế nếu làm như vậy thì số lượng phép tính khá lớn. Bởi vậy ta làm như sau thì số lượng phép tính sẽ giảm đi nhiều : 1. Chọn dòng (cột) có nhiều số 0 nhất để khai triển định thức theo dòng (cột) đó. 2. Sử dụng tính chất 2.6 để biến đổi định thức sao cho dòng đã chọn (cột đã chọn) trở thành dòng (cột) chỉ có một số khác 0. 3. Khai triển định thức theo dòng (cột) đó. Khi đó việc tính một định thức cấp n quy về việc tính một định thức cấp n−1. Tiếp tục lặp lại quá trình trên cho định thức cấp n−1, cuối cùng ta sẽ dẫn về việc tính định thức cấp 2, 3. Ví dụ 1 Tính 1 0 1 −1 2 0 1 1 2 −1 1 2 1 0 1 −1 0 1 0 2 −1 1 1 1 1 Ta chọn cột 2 để khai triển nhưng trước khi khai triển, ta biến đổi định thức như sau : nhân dòng 2 với (-2) cộng vào dòng 3. Nhân dòng 2 với (-1) cộng vào dòng 5. Định thức đã cho sẽ bằng (Tính chất 2.6 ) 1 0 1 −1 2 1 1 −1 2 0 1 1 2 −1 Khai triển theo cột 2 1 −1 −4 3 1 0 −1 −4 3 = −1 1 0 2 −1 0 1 0 2 −1 0 −1 2 −1 0 0 −1 2 6
Để tính định thức cấp 4, ta lại chọn dòng 4 để khai triển, trước khi khai triển ta lại biến đổi định thức như sau : nhân cột 1 với (-1) rồi cộng vào cột 3, nhân cột 1 với 2 rồi cộng vào cột 4. Định thức đã cho sẽ bằng : 1 1 −2 4 1 −2 4 1 −1 −5 5 (Khai triển theo dòng 4) = (−1).(−1)5 −1 −5 5 = 1 −1 1 1 0 1 1 0 −1 0 0 0 Ví dụ 2 Giải phương trình 1 x x − 1 x + 2 0 0 x2 − 1 0 = 0 x 1 x x − 2 0 0 x5 + 1 x100 Giải : 1 x x + 2 (Khai triển theo dòng 2 ) VT = (−1)5(x2 − 1) x 1 x − 2 0 0 x100 (Khai triển theo dòng 3) 1 x = (1 − x2).x100 = (1 − x2)2.x100 x 1 Vậy phương trình đã cho tương đương với (1 − x2)2.x100 = 0 ⇐⇒ x = 0, x = ±1 Bài Tập 1. Tính α β γ 3 β γ α trong đó α, β, γ, là các nghiệm của phương trình :x + px + q = 0 γ α β 2. Giải phương trình : 2 3 1 x x x 1 2 4 8 = 0 1 3 9 27 1 4 16 64 3. Chứng minh : a1 + b1 b1 + c1 c1 + a1 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 = 0 a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 4. Chứng minh : 2 2 2 2 a (a + 1) (a + 2) (a + 3) b2 (b + 1)2 (b + 2)2 (b + 3)2 = 0 c2 (c + 1)2 (c + 2)2 (c + 3)2 d2 (d + 1)2 (d + 2)2 (d + 3)2 7
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS. TS Mỵ Vinh Quang Ngày 28 tháng 10 năm 2004 Bài 2 : Các Phương Pháp Tính Định Thức Cấp n Định thức được định nghĩa khá phức tạp, do đó khi tính các định thức cấp cao (cấp lớn hơn 3) người ta hầu như không sử dụng định nghĩa định thức mà sử dụng các tính chất của định thức và thường dùng các phương pháp sau. 1 Phương pháp biến đổi định thức về dạng tam giác Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng (cột) của ma trận và các tính chất của định thức để biến đổi ma trận của định thức về dạng tam giác. Định thức sau cùng sẽ bằng tích của các phần tử thuộc đường chéo chính (theo tính chất 3.3 ). Ví dụ 1.1: Tính định thức cấp n (n > 2) sau đây: 1 2 2 2 2 2 2 2 D = 2 2 3 2 2 2 2 . . . n Bài giải: Nhân dòng (2) với (−1) rồi cộng vào dòng (3), (4), . . . , (n). Ta có 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 0 −2 −2 −2 (1) D = 0 0 1 0 = 0 0 1 0 = (−2)(n − 2)! 0 0 0 . . . n − 2 0 0 0 . . . n − 2 (1): nhân dòng (1) với (−2) cộng vào dòng (2). 1
Ví dụ 1.2: Tính định thức cấp n a b b . . . b b a b . . . b D = b b a . . . b b b b . . . a Bài giải: Đầu tiên công các cột (2), (3),. . . , (n) vào cột (1). Sau đó nhân dòng (1) với (−1) cộng vào các dòng (2), (3),. . . , (n). Ta có: a + (n − 1)b b b . . . b a + (n − 1)b b b . . . b a + (n − 1)b a b . . . b 0 a − b 0 0 D = a + (n − 1)b b a . . . b = 0 0 a − b . . . 0 a + (n − 1)b b b . . . a 0 0 0 . . . a − b = a + (n − 1)b(a − b)n−1 2 Phương pháp qui nạp Áp dụng các tính chất của định thức, biến đổi, khai triển định thức theo dòng hoặc theo cột để biểu diễn định thức cần tính qua các định thức cấp bé hơn nhưng có cùng dạng. Từ đó ta sẽ nhận được công thức truy hồi. Sử dụng công thức truy hồi và tính trực tiếp các định thức cùng dạng cấp 1, cấp 2, . . . , để suy ra định thức cần tính. Ví dụ 2.1: Tính định thức 1 + a1b1 a1b2 . . . a1bn a2b1 1 + a2b2 . . . a2bn Dn = anb1 anb2 1 + anbn Bài giải: Sử dụng tính chất 2.4, tách định thức theo cột n, ta có: 1 + a1b1 . . . a1bn−1 0 1 + a1b1 . . . a1bn−1 a1bn a2b1 . . . a2bn−1 0 a2b1 . . . a2bn−1 a2bn Dn = + an−1b1 1 + an−1bn−1 0 an−1b1 1 + an−1bn−1 an−1bn anb1 . . . anbn−1 1 anb1 . . . anbn−1 anbn 1 + a1b1 . . . a1bn−1 0 1 + a1b1 . . . a1bn−1 a1 a2b1 . . . a2bn−1 0 a2b1 . . . a2bn−1 a2 = + bn an−1b1 1 + an−1bn−1 0 an−1b1 1 + an−1bn−1 an−1 anb1 . . . anbn−1 1 anb1 . . . anbn−1 an Khai triển định thức đầu theo cột (n) ta sẽ có định thức đầu bằng Dn−1. Nhân cột (n) của định thức thứ hai lần lượt với (−bi) rồi cộng vào cột i (i = 1, 2, . . . , n−1). 2
Ta được: 1 0 0 a1 0 1 0 a2 Dn = Dn−1 + bn = Dn−1 + anbn 0 0 1 an−1 0 0 0 an Vậy ta có công thức truy hồi Dn = Dn−1 + anbn. Vì công thức trên đúng với mọi n nên ta có Dn = Dn−1 + anbn = Dn−2 + an−1bn−1 + anbn = ··· = D1 + a2b2 + a3b3 + ··· + anbn Vì D1 = a1b1 + 1 nên cuối cùng ta có Dn = 1 + a1b1 + a2b2 + a3b3 + ··· + anbn Ví dụ 2.2: Cho a, b ∈ R, a 6= b. Tính định thức cấp n a + b ab 0 0 0 1 a + b ab . . . 0 0 Dn = 0 0 0 . . . a + b ab 0 0 0 0 a + b Bài giải: Khai triển định thức theo dòng đầu, ta được: 1 ab 0 0 0 0 a + b ab . . . 0 0 Dn = (a + b)Dn−1 − ab 0 0 0 . . . a + b ab 0 0 0 0 a + b Tiếp tục khai triển định thức sau theo cột (1) ta có công thức: Dn = (a + b)Dn−1 − abDn−2 với n > 3 (∗) Do đó: Dn − aDn−1 = b(Dn−1 − aDn−2) Công thức này đúng với mọi n > 3 nên ta có 2 n−2 Dn − aDn−1 = b(Dn−1 − aDn−2) = b (Dn−2 − aDn−3) = ··· = b (D2 − aD1) 2 2 2 Tính toán trực tiếp ta có D2 = a + b + ab và D1 = a + b do đó D2 − aD1 = b . Bởi vậy n Dn − aDn−1 = b (1) Tiếp tục, từ công thức (∗) ta lại có Dn − bDn−1 = a(Dn−1 − bDn−2). Do công thức này đúng với mọi n > 3 nên tương tự như trên ta lại có 2 Dn − bDn−1 = a(Dn−1 − bDn−2) = a (Dn−3 − bDn−4) n−2 n 2 = ··· = a (D2 − bD1) = a vì D2 − bD1 = a Vậy ta có n Dn − bDn−1 = a (2) Khử Dn−1 từ trong (1) và (2) ta sẽ được kết quả an+1 − bn+1 D = n a − b 3
3 Phương pháp biểu diễn định thức thành tổng các định thức Nhiều định thức cấp n có thể tính được dễ dàng bằng các tách định thức (theo các dòng hoặc theo các cột) thành tổng của các định thức cùng cấp. Các định thức mới này thường bằng 0 hoặc tính được dễ dàng. Ví dụ 3.1: Ta sẽ tính định thức Dn trong Ví dụ 2.1 bằng phương pháp này. Bài giải: Mỗi cột của Dn được viết thành tổng của 2 cột mà ta ký hiệu là cột loại (1) và loại (2) như sau: 1 + a1b1 0 + a1b2 0 + a1bn 0 + a2b1 1 + a2b2 0 + a2bn Dn = 0 + anb1 0 + anb2 1 + anbn (1) (2) (1) (2) (1) (2) Sử dụng tính chất 2.4 của định thức, ta lần lượt tách các cột của định thức. Sau n lần tách ta n có Dn là tổng của 2 định thức cấp n. Cột thứ i của các định thức này chính là cột loại (1) n hoặc loại (2) của cột thứ i của định thức ban đầu Dn. Ta chia 2 định thức này thành ba dạng như sau: Dạng 1: Bao gồm các định thức có từ 2 cột loại (2) trở lên. Vì các cột loại (2) tỉ lệ nên tất cả các định thức loại này có giá trị bằng 0. Dạng 2: Bao gồm các định thức có đúng một cột loại (2), còn các cột khác là loại (1). Giả sử cột i là loại (2) ta có định thức đó là 1 0 . . . a1bi 0 0 1 . . . a2bi 0 Dn,i = = aibi 0 0 . . . anbi 1 ↑ cột i (khai triển theo cột i). Có tất cả n định thức dạng 2 (ứng với i = 1, 2, . . . , n) và tổng của tất cả các định thức dạng 2 là n X aibi i=1 Dạng 3: Bao gồm các định thức không có cột loại (2), nên tất cả các cột đều là loại (1) và do đó có đúng một định thức dạng 3 là 1 0 0 0 1 0 = 1 0 0 1 Vậy Dn bằng tổng của tất cả các định thức ba dạng trên và bằng n X aibi + 1 i=1 4
Nhận xét: Tất cả các định thức mà các cột (dòng) có thể biểu diển dưới dạng tổng 2 cột (2 dòng) trong đó các cột loại (2) (dòng loại (2)) tỉ lệ với nhau đều có thể tính được dễ dàng bằng phương pháp 3 với cách trình bày giống hệt như trên. 4 Phương pháp biểu diển định thức thành tích các định thức Giả sử ta cần tính định thức D cấp n. Ta biểu diễn ma trận tương ứng A của D thành tích các ma trận vuông cấp n đơn giản hơn: A = B.C. Khi đó ta có D = det A = det(B.C) = det B. det C với các định thức det B, det C tính được dễ dàng nên D tính được. Ví dụ 4.1: Tính định thức cấp n (n > 2) sau 1 + x1y1 1 + x1y2 1 + x1yn 1 + x2y1 1 + x2y2 1 + x2yn D = 1 + xny1 1 + xny2 1 + xnyn Bài giải: Với n > 2 ta có:   1 + x1y1 1 + x1y2 1 + x1yn  1 + x2y1 1 + x2y2 1 + x2yn  A =     1 + xny1 1 + xny2 1 + xnyn     1 x1 0 0 1 1 1  1 x2 0 0   y1 y2 . . . yn      =  1 x3 0 0   0 0 0          1 xn 0 0 0 0 0 | {z } | {z } B C Bởi vậy: 0 nếu n > 2 D = det A = det B. det C = (x2 − x1)(y2 − y1) nếu n = 2 Ví dụ 4.2: Tính định thức cấp n (n > 2) sin 2α1 sin(α1 + α2) sin(α1 + αn) sin(α2 + α1) sin 2α2) sin(α2 + αn) D = sin(αn + α1) sin(αn + α2) sin 2αn 5
Bài giải: Với n > 2 ta có:   sin 2α1 sin(α1 + α2) sin(α1 + αn)  sin(α2 + α1) sin 2α2 sin(α2 + αn)  A =     sin(αn + α1) sin(αn + α2) sin 2αn     sin α1 cos α1 0 0 cos α1 cos α2 cos αn  sin α2 cos α2 0 0   sin α1 sin α2 sin αn      =  sin α3 cos α3 0 0   0 0 0          sin αn cos αn 0 0 0 0 0 | {z } | {z } B C Bởi vậy: 0 nếu n > 2 D = det A = det B. det C = 2 − sin (α1 − α2) nếu n = 2 Bài Tập Tính các định thức cấp n sau: 1 + a1 a2 a3 . . . an a1 1 + a2 a3 . . . an 6. a1 a2 1 + a3 . . . an a1 a2 a3 1 + an 0 1 1 1 1 0 x . . . x 7. 1 x 0 . . . x 1 x x . . . 0 5 3 0 0 0 0 2 5 3 0 0 0 8. 0 2 5 3 0 0 0 0 0 0 2 5 a1 x . . . x x a2 . . . x 9. x x . . . an a1 + b1 a1 + b2 . . . a1 + bn a2 + b1 a2 + b2 . . . a2 + bn 10. an + b1 an + b2 . . . an + bn 6
cos(α1 − β1) cos(α1 − β2) cos(α1 − βn) cos(α2 − β1) cos(α2 − β2) cos(α2 − βn) 11. cos(αn − β1) cos(αn − β2) cos(αn − βn) Tính các định thức cấp 2n sau a 0 0 0 0 . . . b 0 a . . . 0 0 0 0 0 0 . . . a b 0 0 12. 0 0 . . . b a 0 0 0 0 0 0 a . . . 0 b 0 0 0 0 . . . a (đường chéo chính là a, đường chéo phụ là b, tất cả các vị trí còn lại là 0) a1 0 0 b1 0 0 0 a2 0 0 b2 0 0 0 . . . an 0 0 . . . bn 13. c1 0 0 d1 0 0 0 c2 0 0 d2 0 0 0 . . . cn 0 0 . . . dn 7
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS. TS Mỵ Vinh Quang Ngày 10 tháng 11 năm 2004 Bài 3 : Giải Bài Tập Định Thức 1. Tính α β γ β γ α trong đó α, β, γ là các nghiệm của phương trình :x3 +px+q = 0 γ α β Giải : Theo định lí Viet ta có α + β + γ = 0 Cộng cột (1), cột (2) vào cột (3) ta có: α β γ α β α + β + γ α β 0 β γ α = β γ α + β + γ = β γ 0 = 0 γ α β γ α α + β + γ γ α 0 2. Giải phương trình 2 3 1 x x x 1 2 4 8 1 3 9 27 1 4 16 64 Giải : 1
Khai triển định thức vế trái theo dòng đầu, ta sẽ có vế trái là một đa thức bậc 3 của x, kí hiệu là f(x). Ta có f(2) = 0 vì khi đó định thức ở vế trái có 2 dòng đầu bằng nhau. Tương tự f(3) = 0, f(4) = 0. Vì f(x) là đa thức bậc 3, có 3 nghiệm là 2, 3, 4 nên phương trình trên có nghiệm là 2, 3, 4. 3. Chứng minh a1 + b1 b1 + c1 c1 + a1 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 = 0 a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 Giải : Nhân cột (2) với (-1), cột (3) với 1 rồi cộng vào cột (1), ta có: 2a1 b1 + c1 c1 + a1 a1 b1 + c1 c1 + a1 VT = 2a2 b2 + c2 c2 + a2 = 2 a2 b2 + c2 c2 + a2 2a3 b3 + c3 c3 + a3 a3 b3 + c3 c3 + a3 a1 b1 + c1 c1 a1 b1 c1 (1) (2) = 2 a2 b2 + c2 c2 = 2 a2 b2 c2 a3 b3 + c3 c3 a3 b3 c3 Giải thích: (1) : nhân cột (1) với (-1) cộng vào cột (3) (2) : nhân cột (3) với (-1) cộng vào cột (2) 4. Chứng minh 2 2 2 2 a (a + 1) (a + 2) (a + 3) b2 (b + 1)2 (b + 2)2 (b + 3)2 = 0 c2 (c + 1)2 (c + 2)2 (c + 3)2 d2 (d + 1)2 (d + 2)2 (d + 3)2 Giải : 2 2 a (a + 1) 2a + 3 6a + 9 (1) b2 (b + 1)2 2b + 3 6b + 9 (2) VT = = 0 c2 (c + 1)2 2c + 3 6c + 9 d2 (d + 1)2 2d + 3 6d + 9 Giải thích: (1) : Nhân cột (1) với (-1) cộng vào cột (4), nhân cột (2) với (-1) cộng vào cột (3) (2) : Định thức có 2 cột tỷ lệ 2
5. Tính định thức 1 + a1 a2 a3 . . . an a 1 + a a . . . a 1 2 3 n a a 1 + a . . . a 1 2 3 n . . . . . . . . . a1 a2 a3 1 + an Giải : 1 + a1 + + an a2 a3 . . . an 1 + a1 + + an 1 + a2 a3 . . . an (1) = 1 + a1 + + an a2 1 + a3 . . . an VT . . . . . . . . . 1 + a1 + . . . an a2 a3 1 + an 1 + a1 + + an a2 a3 . . . an 0 1 0 0 (2) = 0 0 1 0 = 1 + a1 + + an . . . . . . . . . 0 0 0 1 Giải thích: (1): Cộng các cột (2), (3),. . . , (n) vào cột (1) (2): Nhân dòng (1) với (-1) rồi cộng vào các dòng (2), (3), . . . , (n) 6. Tính định thức 0 1 1 1 1 0 x . . . x 1 x 0 . . . x . . . . . . . . . 1 x x . . . 0 Giải : Với x 6= 0 n − 1 0 1 1 1 1 1 1 x 1 −x 0 0 0 −x 0 0 (1) (2) VT = 1 0 −x . . . 0 = 0 0 −x . . . 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 0 0 −x 0 0 0 −x 3
n − 1 = (−x)n−1 = (−1)n−1(n − 1)xn−2 (n ≥ 2) x Giải thích: (1): Nhân dòng (1) với (-x) cộng vào dòng (2), (3), . . . , (n) 1 (2): Nhân cột (2), (3), . . . , (n) với rồi cộng tất cả vào cột (1) x Dễ thấy khi x = 0, đáp số trên vẫn đúng do tính liên tục của định thức. 7. Tính định thức 5 3 0 0 0 0 2 5 3 0 0 0 0 2 5 3 0 0 Dn = . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 0 5 3 0 0 0 0 2 5 Giải : Khai triển định thức theo dòng đầu ta có : 2 3 0 0 0 0 5 3 0 0 0 2 5 0 0 Dn = 5Dn−1 − 3 . . . . . . . . . . . 0 0 0 5 3 0 0 0 2 5 Tiếp tục khai triển định thức theo cột (1) ta có công thức truy hồi : Dn = 5Dn−1 − 6Dn−2 (*) (n ≥ 3) Từ (*) ta có : Dn − 2Dn−1 = 3(Dn−1 − 2Dn−2) Do công thức đúng với mọi n ≥ 3 nên ta có: 2 n−2 Dn −2Dn−1 = 3(Dn−1 −2Dn−2) = 3 (Dn−2 −2Dn−3) = = 3 (D2 −2D1) Tính toán trực tiếp ta có D2 = 19, D1 = 5 nên D2 − 2D1 = 9. Bởi vậy ta có: n Dn − 2Dn−1 = 3 (1) Mặt khác, cũng từ công thức (*) ta có: Dn − 3Dn−1 = 2(Dn−1 − 3Dn−2) 4
Tương tự như trên ta có: 2 n−2 n Dn−3Dn−1 = 2(Dn−1−3Dn−2) = 2 (Dn−2−3Dn−3) = = 2 (D2−3D1) = 2 Vậy ta có: n Dn − 3Dn−1 = 2 (2) Khử Dn−1 từ trong (1) và (2) ta có: n+1 n+1 Dn = 3 − 2 (Bạn đọc có thể so sánh cách giải bài này với cách giải ở ví dụ 4) 8. Tính định thức a1 x . . . x x a . . . x 2 D = . . . . . . . x x . . . an Giải : Định thức này có thể tính bằng phương pháp biểu diễn định thức thành tổng các định thức. Trước hết ta viết định thức dưới dạng: a1 − x + x 0 + x . . . 0 + x 0 + x a − x + x . . . 0 + x 2 D = . . . . . . . 0 + x 0 + x . . . an − x + x (1) (2) (1) (2) (1) (2) Lần lượt tách các cột của định thức, sau n lần tách ta có định thức D bằng tổng của 2n định thức cấp n. Cột thứ i của các định thức này chính là cột loại (1) hoặc loại (2) của cột thứ i của định thức ban đầu D. Chia 2n định thức này thành 3 dạng như sau: Dạng 1: Bao gồm các định thức có từ 2 cột loại (2) trở lên. Vì các cột loại (2) bằng nhau nên tất cả các định thức dạng này đều bằng 0. Dạng 2: Bao gồm các định thức có đúng một cột loại (2), còn các cột khác là loại (1). 5
Giả sử cột i là loại (2). Ta có định thức đó là: a1 − x 0 . . . x . . . 0 0 a − x . . . x . . . 0 2 Di = . . . . . . . . . . 0 0 . . . x . . . an − x ↑ cộti n Q x (ak − x) (1) k=1 = x(a1 − x) (ai−1 − x)(ai+1 − x) (an − x) = ai − x ((1) khai triển định thức theo cột i) Có tất cả n định thức dạng 2 (ứng với i = 1, 2, . . . , n) và tổng của tất cả các định thức dạng 2 là: 1 1 x(a1 − x) (an − x) + + a1 − x an − x Dạng 3: Bao gồm các định thức không có cột loại (2), nên tất cả các cột đều là loại (1). Và do đó có đúng 1 định thức dạng (3) là: a1 − x 0 0 0 a − x . . . 0 2 . . . = (a1 − x) (an − x) . . . . 0 0 . . . an − x Vậy D bằng tổng của tất cả các định thức của 3 dạng trên và bằng: 1 1 1 x(a1 − x) (an − x) + + + x a1 − x an − x 9. Tính a1 + b1 a1 + b2 . . . a1 + bn a + b a + b . . . a + b 2 1 2 2 2 n . . . = 0 . . . . an + b1 an + b3 . . . an + bn Giải : 6
Định thức này có thể được tính bằng phương pháp biểu diễn định thức thành tổng các định thức với cách giải tương tự như bài 8. Chi tiết của cách giải này xin dành cho bạn đọc. Ở đây chúng tôi đưa ra một cách tính nửa dựa vào phương pháp biểu diễn định thức thành tích các định thức. Với n ≥ 2 ta có:  a 1 0 0   1 1 1   a + b a + b . . . a + b  1 1 1 1 2 1 n  a 1 0 0   b b . . . b   a + b a + b . . . a + b   2   1 2 n   2 1 2 2 2 n   a 1 0 0   0 0 0  A =  . . .  =  3     . . . .   . . . .   . . .   . . . . .   . . . .  an + b1 an + b3 . . . an + bn an 1 0 0 0 0 0 | {z } | {z } B C Bởi vậy, ta có: 0 nếu n > 2 D = detA = det(BC) = detB.detC = (a1 − a2)(b2 − a1) nếu n = 2 10. Tính cos(α1 − β1) cos(α1 − β2) cos(α1 − βn) cos(α − β ) cos(α − β ) cos(α − β ) 2 1 2 2 2 n . . . . . . . cos(αn − β1) cos(αn − β2) cos(αn − βn) Để tính định thức này ta dùng phương pháp biểu diễn định thức thành tích các định thức. Với n ≥ 2 ta có:   cos(α1 − β1) cos(α1 − β2) cos(α1 − βn)  cos(α − β ) cos(α − β ) cos(α − β )   2 1 2 2 2 n  A =  . . .   . . . .  cos(αn − β1) cos(αn − β2) cos(αn − βn)     cos α1 sin α1 0 0 cos β1 cos β2 cos βn  cos α sin α 0 0   sin β sin β sin β   2 2   1 2 n   cos α sin α 0 0   0 0 0  =  3 3     . . . .   . . .   . . . . .   . . . .  cos αn sin αn 0 0 0 0 0 | {z } | {z } B C Bởi vậy ta có: 0 nếu n > 2 D = detA = det(BC) = detB.detC = sin(α2 − α1). sin(β2 − α1) nếu n = 2 7
11. Tính định thức cấp 2n a 0 0 0 0 0 0 b (1) 0 a . . . 0 0 0 0 . . . b 0 (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 . . . a 0 0 b . . . 0 0 (n − 1) 0 0 0 a b 0 0 0 (n) D2n = 0 0 0 b a 0 0 0 (n + 1) 0 0 . . . b 0 0 a . . . 0 0 (n + 2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 b . . . 0 0 0 0 . . . a 0 (2n − 1) b 0 0 0 0 0 0 a (2n) 2n×2n Giải : Xét khi a 6= 0 b - Nhân dòng (1) với − cộng vào dòng (2n) a b - Nhân dòng (2) với − cộng vào dòng (2n-1) a b - Nhân dòng (n) với − cộng vào dòng (n+1) a Ta có : a 0 0 0 0 0 0 b 0 a . . . 0 0 0 0 . . . b 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 . . . a 0 0 b . . . 0 0 0 0 0 a b 0 0 0 2 2 a − b 0 0 0 0 0 0 0 2 2 n D2n = a = (a −b ) a2 − b2 0 0 . . . b 0 0 0 0 a . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 2 a − b 0 0 0 0 0 0 0 a a2 − b2 0 0 0 0 0 0 0 a Khi a 6= 0, do tính liên tục của định thức công thức trên vẫn đúng. Vậy ta 2 2 n có: D2n = (a − b ) 8
Chú ý : Khai triển định thức theo dòng (1), sau đó khai triển các định thức cấp (2n − 1) vừa nhận được theo dòng (2n − 1). Ta sẽ có công thức truy hồi: 2 2 D2n = (a − b )D2(n−1) Do công thức trên đúng với mọi n ≥ 2 nên : 2 2 2 2 2 2 2 n−1 2 2 n D2n = (a −b )D2(n−1) = (a −b ) D2(n−2) = = (a −b ) D2 = (a −b ) (Chi tiết của cách làm này xin dành cho bạn đọc). 12. Tính định thức cấp 2n . (1) a1 0 0 . b1 0 0 (2) . 0 a2 0 . 0 b2 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . (n) 0 0 . . . an . 0 0 . . . bn D2n = . c1 0 0 . d1 0 0 (n + 1) . 0 c 0 . 0 d 0 (n + 2) 2 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 . . . cn . 0 0 . . . dn (2n) Xét khi a , a , . . . , a đều khác 0 : 1 2 n c - Nhân dòng (1) với − 1 rồi cộng vào dòng (n + 1) a c1 - Nhân dòng (2) với − 2 rồi cộng vào dòng (n + 2) a 2 c - Nhân dòng (n) với − n rồi cộng vào dòng (2n) an 9
Ta có : . a 0 0 . b 0 0 1 1 . 0 a2 0 . 0 b2 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 . . . an . 0 0 . . . bn D2n = . a d − b c 0 0 0 . 1 1 1 1 0 0 a1 . a2d2 − b2c2 0 0 0 . 0 0 a 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . a d − b c 0 0 0 . 0 0 n n n n an n Y = (a1d1 − b1c1) (andn − bncn) = (aidi − bici) i=1 Khi các a1, a2, . . . , an bằng 0, do tính liên tục của định thức công thức trên vẫn đúng. Vậy ta có : n Y D2n = (aidi − bici) i=1 Chú ý : Khai triển định thức theo dòng thứ n, sau đó khai triển các định thức cấp 2n − 1 vừa nhận được theo dòng (2n − 1) ta sẽ có công thức truy hồi: D2n = (andn − bncn)D2(n−1) ∀n ≥ 2 Do đó, ta có: D2n = (andn − bncn)D2(n−1) = (andn − bncn)(an−1dn−1 − bn−1cn−1)D2(n−2) = = (andn − bncn) (a2d2 − b2c2)D1 n Q = (aidi − bici) i=1 (Chi tiết của cách này xin dành cho bạn đọc) 1 1Người đánh máy : Nguyễn Ngọc Quyên 10
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Mỵ Vinh Quang Ngày 15 tháng 11 năm 2004 Hạng Của Ma Trận Cùng với định thức, ma trận (đặc biệt là hạng của ma trận) là các công cụ cơ bản để giải quyết các bài toán về hệ phương trình tuyến tính nói riêng và đại số tuyến tính nói chung. Bài viết này sẽ giới thiệu định nghĩa, các tính chất cơ bản của hạng ma trận, và hai phương pháp cơ bản để tính hạng của ma trận. 1 Định nghĩa và các tính chất cơ bản Trước hết, cần nhớ lại khái niệm định thức con cấp k của một ma trận. Cho A là ma trận cấp m × n; k là số tự nhiên 1 ≤ k ≤ min{m, n}. Chọn ra k dòng, k cột bất kỳ của A. Các phần tử thuộc giao của k dòng, k cột này tạo thành ma trận vuông cấp k, gọi là ma trận con cấp k của ma trận A. Định thức của ma trận con cấp k này gọi là một định thức con cấp k của A. 1.1 Định nghĩa hạng của ma trận Cho A là ma trận cấp m × n khác không. Hạng của ma trận A là số tự nhiên r, 1 ≤ r ≤ min{m, n} thỏa mãn các điều kiện sau: 1. Tồn tại ít nhất một định thức con cấp r của ma trận A khác 0. 2. Mọi định thức con cấp lớn hơn r (nếu có) của ma trận A đều bằng 0. Nói cách khác, hạng của ma trận A 6= O chính là cấp cao nhất của các định thức con khác không của ma trận A. Hạng của ma trận A ký hiệu là r(A) hoặc rank(A). Qui ước: hạng của ma trận không O là 0. 1.2 Các tính chất cơ bản về hạng của ma trận 1.2.1 Tính chất 1 Hạng của ma trận không thay đổi qua phép chuyển vị, tức là rank At = rank A. 1
1.2.2 Tính chất 2 Nếu A là ma trận vuông cấp n thì rank A = n ⇐⇒ det A 6= 0 rank A < n ⇐⇒ det A = 0 Nếu xảy ra trường hợp đầu, ta nói A là ma trận vuông không suy biến. Nếu xảy ra trường hợp thứ hai, ta nói A là ma trận vuông suy biến. 1.2.3 Tính chất 3 Nếu A, B là các ma trận cùng cấp thì rank(A + B) ≤ rank A + rank B 1.2.4 Tính chất 4 Cho A, B là các ma trận sao cho tồn tại tích AB. Khi đó 1. rank(AB) ≤ min{rank A, rank B} 2. Nếu A là ma trận vuông không suy biến thì rank(AB) = rank B. 2 Tìm hạng của ma trận bằng phương pháp định thức 2.1 Từ định nghĩa hạng của ma trận ta có thể suy ra ngay thuật toán sau đây để tìm hạng của ma trận A cấp m × n (A 6= O) Bước 1 Tìm một định thức con cấp k khác 0 của A. Số k càng lớn càng tốt. Giả sử định thức con cấp k khác không là Dk. Bước 2 Xét tất cả các định thức con cấp k + 1 của A chứa định thức Dk. Xảy ra 3 khả năng sau 1. Không có một định thức con cấp k + 1 nào của A. Khả năng này xảy ra khi và chỉ khi k = min{m, n}. Khi đó rank A = k = min{m, n}. Thuật toán kết thúc. 2. Tất cả các định thức con cấp k + 1 của A chứa định thức con Dk đều bằng 0. Khi đó rank A = k. Thuật toán kết thúc. 3. Tồn tại một định thức con cấp k + 1 của A là Dk+1 chứa định thức con Dk khác 0. Khi đó lặp lại bước 2 với Dk+1 thay cho Dk. Và cứ tiếp tục như vậy cho đến khi xảy ra trường hợp (1) hoặc (2) thì thuật toán kết thúc. 2
2.2 Ví dụ Tìm hạng của ma trận  1 2 2 1 4   −1 1 1 1 3  A =    1 3 3 2 2  2 1 1 0 1 Giải 1 2 Đầu tiên ta thấy A có định thức con cấp 2, D2 = = 3 6= 0 (Định thức này được −1 1 tạo thành bởi 2 dòng đầu, 2 cột đầu của A) Xét các định thức con cấp 3 của A chứa D2, ta thấy có định thức con cấp 3 khác 0. Đó là định thức 1 2 1 D3 = −1 1 1 = 1 6= 0 1 3 2 (Định thức này được thành bởi các dòng 1, 2, 3, các cột 1, 2, 4 của A) Tiếp tục, xét các định thức con cấp 4 của A chứa D3. Có tất cả 2 định thức như vậy, đó là 1 2 2 1 −1 1 1 1 D4,1 = 1 3 3 2 2 1 1 0 và 1 2 1 4 −1 1 1 3 D4,2 = 1 3 2 2 2 1 0 1 Cả 2 định thức này đều bằng 0. Do đó rank A = 3. Chú ý. Có thể nhận xét dòng (4) của ma trận A là tổ hợp tuyến tính của dòng (1) và dòng (2); dòng (4) = dòng (1) - dòng (2), nên dễ dàng thấy được D4,1 = 0, D4,2 = 0. Việc tìm hạng của ma trận bằng định thức như trên phải tính toán khá phức tạp nên trong thực tế người ta ít sử dụng mà người ta thường sử dụng phương pháp tìm hạng của ma trận bằng các phép biến đổi sơ cấp sau đây. 3 Tìm hạng của ma trận bằng phương pháp sử dụng các phép biến đổi sơ cấp (phương pháp Gauss) Trước khi giới thiệu phương pháp này, ta cần nhớ lại một số khái niệm sau 3.1 Ma trận bậc thang 3.1.1 Định nghĩa Ma trận A cấp m × n khác không gọi là một ma trận bậc thang nếu tồn tại số tự nhiên r, 1 ≤ r ≤ min{m, n} thỏa các điều kiện sau: 3
1. r dòng đầu của A khác không. Các dòng từ thứ r + 1 trở đi (nếu có) đều bằng 0. 2. Xét dòng thứ k với 1 ≤ k ≤ r. Nếu (A)kik là phần tử đầu tiên bên trái (tính từ trái sang phải) khác 0 của dòng k thì ta phải có i1 < i2 < ··· < ir. Các phần tử (A)kik gọi là các phần tử được đánh dấu của ma trận A. Các cột chứa các phần tử được đánh dấu (các cột i1, i2, , ir) gọi là cột đánh dấu của ma trận A. Như vậy, điều kiện (2) có thể phát biểu lại như sau: Nếu đi từ dòng trên xuống dưới thì các phần tử đánh dấu phải lùi dần về phía phải. Và như vậy, ma trận bậc thang có dạng như sau: i1 i2 ir  ∗  0 0 (A)1 i1 (1)  0 0 0 0 (A)∗  (2)  2 i2   ······························    A =  ····················· (A)∗ ···  (r)  r ir   0 0 0 0 0 0 0  (r + 1)    ······························  0 0 0 0 0 0 0 (m) Ta có nhận xét quan trọng sau: Nếu A là ma trận bậc thang thì số r trong định nghĩa chính là rank A. Thật vậy, có thể chỉ ra một định thức con cấp r của A khác 0 chính là định thức Dr tạo bởi r dòng đầu và r cột đánh dấu i1, i2, , ir. (A)1 i ········· 1 0 (A)2 i ······ D = 2 = (A) (A) (A) 6= 0 r . . . 1 i1 2 i2 r ir . . . . 0 0 ··· (A)r ir Ngoài ra, các định thức con cấp r + 1 của A đều tạo bởi r + 1 dòng nào đó nên có ít nhất một dòng bằng không. Do đó, chúng đều bằng 0. 3.1.2 Ví dụ về các ma trận bậc thang  0 1∗ 2 0 0 3 4 0   0 0 0 3∗ 4 −1 0 0     0 0 0 0 1∗ 0 0 0  A =    0 0 0 0 0 0 2∗ 3     0 0 0 0 0 0 0 0  0 0 0 0 0 0 0 0  1∗ 0 0 0 0 0 0   0 −1∗ 2 0 0 3 4    B =  0 0 0 0 3∗ 0 0     0 0 0 0 0 4∗ 1  0 0 0 0 0 0 5∗ Các ma trận A, B đều là các ma trận bậc thang, và ta có rank A = 4 (bằng số dòng khác không của A), rank B = 5 (bằng số dòng khác không của B). 4
3.2 Phép biến đổi sơ cấp trên ma trận Ba phép biến đổi sau gọi là phép biến đổi sơ cấp trên các dòng của ma trận: 1. Đổi chỗ 2 dòng cho nhau. 2. Nhân một dòng cho một số khác 0. 3. Nhân một dòng cho một số bất kỳ rồi cộng vào dòng khác. Tương tự, bằng cách thay dòng thành cột, ta có 3 phép biến đổi sơ cấp trên các cột của ma trận. 3.3 Tìm hạng của ma trận bằng phương pháp sử dụng các phép biến đổi sơ cấp Nội dung của phương pháp này dựa trên hai nhận xét khá đơn giản sau 1. Các phép biến đổi sơ cấp không làm thay đổi hạng của ma trận. 2. Một ma trận khác O bất kỳ đều có thể đưa về dạng bậc thang sau một số hữu hạn các phép biến đổi sơ cấp trên dòng. Như vậy, muốn tìm hạng của ma trận A, ta dùng các phép biến đổi sơ cấp để đưa A về dạng bậc thang, do nhận xét (1), hạng của A bằng hạng của ma trận bậc thang, và ta đã biết hạng của ma trận bậc thang chính bằng số dòng khác không của nó. Cần lưu ý bạn đọc rằng: kỹ năng đưa một ma trận về dạng bậc thang bằng các phép biến đổi sơ cấp là một kỹ năng cơ bản, nó cần thiết không chỉ trong việc tìm hạng của ma trận mà còn cần để giải nhiều bài toán khác của Đại số tuyến tính. Sau đây, chúng tôi xin đưa ra một thuật toán để đưa một ma trận về dạng bậc thang bằng các phép biến đổi sơ cấp: Xét ma trận   a11 a12 ··· a1n  a a ··· a   21 22 2n  A =  . . .   . . . .  am1 am2 ··· amn 3.3.1 Bước 1 Bằng cách đổi chỗ 2 dòng cho nhau (nếu cần), ta luôn có thể giả sử a11 6= 0. a Nhân dòng (1) với − 21 , cộng vào dòng (2), a a11 Nhân dòng (1) với − 31 , cộng vào dòng (3), a11 . . a Nhân dòng (1) với − n1 , cộng vào dòng (n). a11 Ta nhận được ma trận 5
  a11 a12 ······ a1n  0 b ······ b   22 2n   0 b ······ b  A1 =  32 3n   . . .   . . . . .  0 bm2 ······ bmn Chú ý. Nếu toàn bộ cột 1 bằng 0 (a11 = 0, a21 = 0, , an1 = 0 thì ta có thể bỏ qua cột 1 mà thực hiện bước 1 với cột kế tiếp. 3.3.2 Bước 2 Xét ma trận   b22 ······ b2n  b ······ b   32 3n  B =  . . .   . . . .  bm2 ······ bmn Nếu B = O hoặc B có dạng bậc thang thì A1 là ma trận bậc thang, thuật toán kết thúc. Trong trường hợp ngược lại, tiếp tục lặp lại bước 1 cho ma trận B. Cần chú ý rằng ma trận B có ít hơn ma trận A 1 dòng và 1 cột. Do đó, sau một số hữu hạn bước lặp, B sẽ là ma trận không hoặc ma trận bậc thang. Khi đó, thuận toán sẽ kết thúc. 3.4 Ví dụ 3.4.1 Ví dụ 1 Tìm hạng của ma trận  0 1 3 4 6   1 −3 4 5 2  A =    −3 5 −2 −3 −4  −2 3 5 6 4 Giải  1 −3 4 5 2   1 −3 4 5 2  d1↔d2  0 1 3 4 6  d3→3d1+d3  0 1 3 4 6  A −→   −→    −3 5 −2 −3 −4  d4→2d1+d4  0 −4 10 12 2  −2 3 5 6 4 0 −3 13 16 8  1 −3 4 5 2   1 −3 4 5 2  d3↔4d2+d3  0 1 3 4 6  d4→−d1+d4  0 1 3 4 6  −→   −→   d4→3d2+d4  0 0 22 28 26   0 0 22 28 26  0 0 22 28 26 0 0 0 0 0 Vậy rank A = 3 6
3.4.2 Ví dụ 2 Tìm hạng của ma trận vuông cấp n  a 1 1 ··· 1   1 a 1 ··· 1    B =  . . . .   . . . . .  1 1 1 ··· a Giải  a + n − 1 1 1 ··· 1   a + n − 1 a 1 ··· 1  c1→c1+c2+···+cn   B −→  . . . .   . . . . .  a + n − 1 1 a ··· a  a + n − 1 1 1 ··· 1  d2=d2−d1 d3=d3−d1  0 a − 1 0 ··· 0  −→  . . . . .  = C ······  . . . .  d =d −d   n n 1 0 0 0 ··· a − 1 Xảy ra 3 trường hợp sau: 1. a 6= 1 − n, a 6= 1, khi đó ma trận C là ma trận bậc thang và rank B = rank C = n 2. a = 1, khi đó ma trận C là ma trận bậc thang và rank B = rank C = 1 3. a = 1 − n, khi đó  0 1 1 ··· 1   0 −n 0 ··· 0    C =  . . . .   . . . . .  0 0 0 · · · −n Do đó, C không là ma trận bậc thang nhưng có định thức con cấp n − 1 khác không, đó là định thức con tạo bởi n − 1 dòng cuối, n − 1 cột cuối −n 0 ··· 0 0 −n ··· 0 n−1 Dn−1 = . . . . = (−n) 6= 0 . . . . . 0 0 · · · −n và det C = 0 Do đó, rank C = n − 1 Bởi vậy, rank B = n − 1. 7
BÀI TẬP Tìm hạng của các ma trận sau  4 3 −5 2 3   8 6 −7 4 2  13.    4 3 −8 2 7  8 6 −1 4 −6  3 −1 3 2 5   5 −3 2 3 4  14.    1 −3 5 0 7  7 −5 1 4 1  2 1 2 1 2 1   1 2 1 2 1 2  15.    3 4 3 4 3 4  5 5 6 7 5 5  2 1 1 1   1 3 1 1     1 1 4 1  16.    1 1 1 5     1 2 3 4  1 1 1 1  3 1 1 4   a 4 10 1  17.    1 7 17 3  2 2 4 3  −1 2 1 −1 1   a −1 1 −1 −1  18.    1 a 0 1 1  1 2 2 −1 1 Tìm hạng của các ma trận vuông cấp n  1 + a a ··· a   a 1 + a ··· a    19.  . .   . . . a  a a ··· 1 + a  0 1 1 ··· 1   1 0 x ··· x     1 x 0 ··· x  20.    . . . .   . . . . .  1 x x ··· 0 8
 a b ··· b   b a ··· b    21.  . . .   . . . .  b b ··· a 9
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH GIẢI BÀI TẬP HẠNG CỦA MA TRẬN Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Mỵ Vinh Quang Ngày 3 tháng 12 năm 2004 13) Tìm hạng của ma trận:  4 3 −5 2 3   8 6 −7 4 2  A =    4 3 −8 2 7  8 6 −1 4 −6 Giải:  4 3 −5 2 3   4 3 −5 2 3  d2→(−2)d1+d2  0 0 3 0 −4  d3→−d2+d3  0 0 3 0 −4  A −−−−−−−−→   −−−−−−−→   d3→−d1+d3  0 0 −3 0 4  d4→(−3)d2+d4  0 0 0 0 0  d4→(−2)d1+d4 0 0 9 0 −12 0 0 0 0 0 Vậy rank A = 3 . 14) Tìm hạng của ma trận:  3 −1 3 2 5   5 −3 2 3 4  A =    1 −3 5 0 7  7 −5 1 4 1 Giải:  1 −3 5 0 7   1 −3 5 0 7  đổi dòng  3 −1 3 2 5  d2→ - 3d1 + d2  0 8 −12 2 −16  A −−−−−→   −−−−−−−−−→    5 −3 2 3 4  d3→−5d1+d3  0 12 −23 3 −31  7 −5 1 4 1 d4→−2d1+d4 0 16 −34 4 −48  1 −3 5 0 7   1 −3 5 0 7  d3→ −3 d2 + d3 2  0 8 −12 2 −16  d4→−2d3+d4  0 8 −12 2 −16  −−−−−−−−−→   −−−−−−−→   d4→−7d1+d4  0 0 −5 0 −7   0 0 −5 0 −7  0 0 −10 0 −16 0 16 0 0 −2 Vậy rank A = 4 . 1
15) Tìm hạng của ma trận:  2 1 2 1 2 1   1 2 1 2 1 2  A =    3 4 3 4 3 4  5 5 6 7 5 5 Giải  1 2 1 2 1 2   1 2 1 2 1 2  d1↔d2  2 1 2 1 2 1  d2→−2d1+d2  0 −3 0 −3 0 −3  A −−−−→   −−−−−−−→    3 4 3 4 3 4  d3→−3d1+d3  0 −2 0 −2 0 −2  5 5 6 7 5 5 d4→−5d1+d4 0 −5 1 −3 0 −5  1 2 1 2 1 2   1 2 1 2 1 2  d2↔− 1 d2 3  0 1 0 1 0 1  d3→2d2+d3  0 1 0 1 0 1  −−−−−→   −−−−−−→    0 −2 0 −2 0 −2  d4→5d2+d4  0 0 0 0 0 0  0 −5 1 −3 0 −5 0 0 1 2 0 0  1 2 1 2 1 2  d3↔d4  0 1 0 1 0 1  −−−−→    0 0 1 2 0 0  0 0 0 0 0 0 Vậy rank A = 3 . 16) Tìm hạng của ma trận:  2 1 1 1   1 3 1 1     1 1 4 1  A =    1 1 1 5     1 2 3 4  1 1 1 1 Giải:  1 1 1 1   1 1 1 1   2 1 1 1   0 −1 −1 −1    d2→−2d1+d2   đổi dòng  1 3 1 1  d3→−d1+d4  0 2 0 0  A −−−−−→   −−−−−−−→    1 1 4 1  d4→−d1+d4  0 0 3 0    d5→−d1+d5    1 1 1 5  d6→−d1+d6  0 0 0 4  1 2 3 4 0 1 2 3  1 1 1 1   1 1 1 1   0 −1 −1 −1   0 −1 −1 −1      d3→2d2+d3  0 0 −2 −2  d3↔d6  0 0 1 2  −−−−−−→   −−−−→   d6→d2+d6  0 0 3 0   0 0 3 0       0 0 0 4   0 0 0 4  0 0 1 2 0 0 −2 −2 2
 1 1 1 1   1 1 1 1   0 −1 −1 −1   0 −1 −1 −1    d5→ 2 d4+d5   d4→−3d3+d4  0 0 1 2  3  0 0 1 2  −−−−−−−→   −−−−−−−→   d6→2d3+d6  0 0 0 −6  d6→ 1 d4+d6  0 0 0 −6    3    0 0 0 4   0 0 0 0  0 0 0 2 0 0 0 0 Vậy rank A = 4 . 17) Tìm hạng của ma trận :  3 1 1 4   a 4 10 1  A =    1 7 17 3  2 2 4 3 Giải:  1 1 4 3   1 1 4 3  đổi cột  4 10 1 a  d2→−4d1+d2  0 6 0 a − 12  A −−−−→   −−−−−−−→    7 17 3 1  d3→−7d1+d3  0 10 −25 −20  2 4 3 2 d4→−2d1+d4 0 2 −5 −4  1 1 4 3   1 1 4 3  đổi dòng  0 2 −5 −4  d3→−3d2+d3  0 2 −5 −4  −−−−−→   −−−−−−−→    0 6 0 a − 12  d4→−5d2+d4  0 0 15 a  0 10 −15 −20 0 0 0 0 Vậy rank A = 3. Với mọi a. 18) Tìm hạng của ma trận:  −1 2 1 −1 1   a −1 1 −1 −1  A =    1 a 0 1 1  1 2 2 −1 1 Giải:  1 −1 1 −1 2   1 −1 1 −1 2  d2→d1+d2 đổi cột  −1 −1 1 a −1  d3→−d1+d3  0 −2 2 a − 1 1  A −−−−→   −−−−−−−→    1 1 0 1 a  d4→−d1+d4  0 2 −1 2 a − 2  1 −1 2 1 2 0 0 1 2 0  1 −1 1 −1 2   1 −1 1 −1 2  d3→d2+d3  0 −2 2 a − 1 1  d4→−d3+d4  0 −2 2 a − 1 1  −−−−−−→   −−−−−−−→    0 0 1 a + 1 a − 1   0 0 1 a + 1 a − 1  0 0 1 2 0 0 0 0 a − 1 1 − a Vậy : nếu a 6= 1 thì rank A = 4 . 3
. nếu a = 1 thì rank A = 3 . 19) Tìm hạng của ma trận:  1 + a a . . . a   a 1 + a . . . a  A =     a a . . . 1 + a Giải:  1 + na a . . . a   1 + na a . . . a  c1→c1+c2+ +cn  1 + na 1 + a . . . a  d2→−d1+d2  0 1 0  A −−−−−−−−−−→   −−−−−−−→     dn→−d1+dn   1 + na a . . . 1 + a 0 0 1 1 Nếu a 6= − . Khi đó 1 + na 6= 0 và rank A = n . n 1 Nếu a = − . Khi đó 1 + na = 0 và rank A = n − 1 vì có định thức con cấp n − 1 gồm n − 1 n dòng cuối, cột cuối . 1 0 0 1 1 0 Dn−1 = 1 6= 0 0 0 1 Còn định thức cấp n bằng 0 . 20) Tìm hạng của ma trận (n ≥ 2 )  0 1 1 1   1 0 x . . . x    A =  1 x 0 . . . x      1 x x . . . 0 Giải: Nếu x 6= 0 :  0 x x . . . x   (n − 1)x x x . . . x   x 0 x . . . x   (n − 1)x 0 x . . . x  c1→xc1   c1→c1+c2+ +cn   A −−−−→  x x 0 . . . x  −−−−−−−−−−→  (n − 1)x x 0 . . . x  d1→xd1         x x x . . . 0 (n − 1)x x x . . . 0  (n − 1)x x x . . . x   0 −x 0 0  d2→−d1+d2   −−−−−−−→  0 0 −x . . . 0  d3→−d1+d3   dn→−d1+dn   0 0 0 −x Vậy rank A = n 4
Nếu x = 0  0 1 1 1   0 1 1 1   1 0 0 0   1 0 0 0    d3→−d2+d3   A =  1 0 0 0  −−−−−−−→  0 0 0 0    dn→−d2+dn       1 0 0 0 0 0 0 0 rankA = 2. Vậy rankA = n nếu x 6= 0 rankA = 2 nếu x = 0 21) Tìm hạng của ma trận vuông cấp n:  a b b . . . b   b a b . . . b    A =  b b a . . . b      b b b . . . a Giải:  a + (n − 1)b b b . . . b   a + (n − 1)b b b . . . b  d2→−d1+d2 c1→c1+c2+ +cn  a + (n − 1)b a b . . . b  d3→−d1+d3  0 a − b 0 0  A −−−−−−−−−−→   −−−−−−−→     dn→−d1+dn   a + (n − 1)b b b . . . a 0 0 0 0 1. Nếu a 6= (1 − n)b, a 6= b thì rankA = n 2. a = b 6= 0 thì rankA = 1 a = b = 0 thì rankA = 0 3. a = (n − 1)b = 0 thì rankA = n − 1 Vì có định thức con cấp n − 1 (bỏ dòng đầu, cột đầu) a − b 0 0 0 a − b . . . 0 n−1 = (a − b) 6= 0 0 0 . . . a − b Còn định thức cấp n bằng 0. 5
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH MA TRẬN KHẢ NGHỊCH Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Mỵ Vinh Quang Ngày 6 tháng 12 năm 2004 1 Ma trận khả nghịch 1.1 Các khái niệm cơ bản Cho A là ma trận vuông cấp n, ma trận A gọi là ma trận khả nghịch nếu tồn tại ma trận B vuông cấp n sao cho AB = BA = En (1) (En là ma trận đơn vị cấp n) Nếu A là ma trận khả nghịch thì ma trận B thỏa điều kiện (1) là duy nhất, và B gọi là ma trận nghịch đảo (ma trận ngược) của ma trận A, ký hiệu là A−1. −1 −1 Vậy ta luôn có: A.A = A .A = En 1.2 Các tính chất 1. A khả nghịch ⇐⇒ A không suy biến (det A 6= 0) 2. Nếu A, B khả nghịch thì AB cũng khả nghịch và (AB)−1 = B−1A−1 3. (At)−1 = (A−1)t 1.3 Các phương pháp tìm ma trận nghịch đảo 1.3.1 Phương pháp tìm ma trận nghịch đảo nhờ định thức Trước hết, ta nhớ lại phần bù đại số của một phần tử. Cho A là ma trận vuông cấp n, nếu ta bỏ đi dòng i, cột j của A, ta được ma trận con cấp n − 1 của A, ký hiệu Mij. Khi đó i+j Aij = (−1) det Mij gọi là phần bù đại số của phần tử nằm ở dòng i, cột j của ma trận A. Ma trận    t A11 A21 ··· An1 A11 A12 ··· A1n  A A ··· A   A A ··· A   12 22 n2   21 22 2n  PA =  . . .  =  . . .   . . . .   . . . .  A1n A2n ··· Ann An1 An2 ··· Ann gọi là ma trận phụ hợp của ma trận A. 1
Ta có công thức sau đây để tìm ma trận nghịch đảo của A. Cho A là ma trận vuông cấp n. Nếu det A = 0 thì A không khả nghịch (tức là A không có ma trận nghịch đảo). Nếu det A 6= 0 thì A khả nghịch và 1 A−1 = P det A A Ví dụ. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận  1 2 1  A =  0 1 1  1 2 3 Giải Ta có 1 2 1 det A = 0 1 1 = 2 6= 0 1 2 3 Vậy A khả nghịch. Tìm ma trận phụ hợp PA của A. Ta có: 1+1 1 1 A11 = (−1) = 1 2 3 1+2 0 1 A12 = (−1) = 1 1 3 1+3 0 1 A13 = (−1) = −1 1 2 2+1 2 1 A21 = (−1) = −4 2 3 2+2 1 1 A22 = (−1) = 2 1 3 2+3 1 2 A23 = (−1) = 0 1 2 3+1 2 1 A31 = (−1) = 1 1 1 3+2 1 1 A32 = (−1) = −1 0 1 3+3 1 2 A33 = (−1) = 1 0 1 Vậy  1 −4 1  PA =  1 2 −1  −1 0 1 2
và do đó    1 1  1 −4 1 2 −2 2 −1 1 1 1 A =  1 2 −1  =  2 1 − 2  2 1 1 −1 0 1 − 2 0 2 Nhận xét. Nếu sử dụng định thức để tìm ma trận nghịch đảo của một ma trận vuông cấp n, ta phải tính một định thức cấp n và n2 định thức cấp n − 1. Việc tính toán như vậy khá phức tạp khi n > 3. Bởi vậy, ta thường áp dụng phương pháp này khi n ≤ 3. Khi n ≥ 3, ta thường sử dụng các phương pháp dưới đây. 1.3.2 Phương pháp tìm ma trận nghịch đảo bằng cách dựa vào các phép biến đổi sơ cấp (phương pháp Gauss) Để tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A vuông cấp n, ta lập ma trận cấp n × 2n [A | En] (En là ma trận đơn vị cấp n)   a11 a12 ··· a1n 1 0 ··· 0  a a ··· a 0 1 ··· 0   21 22 2n  [A | En] =  . . . . . .   . . . . . . . .  an1 an2 ··· ann 0 0 ··· 1 Sau đó, dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa ma trận [A | En] về dạng [En | B]. Khi đó, B chính là ma trận nghịch đảo của A, B = A−1. Chú ý. Nếu trong quá trình biến đổi, nếu khối bên trái xuất hiện dòng gồm toàn số 0 thì ma trận A không khả nghịch. Ví dụ. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận  0 1 1 1   1 0 1 1  A =    1 1 0 1  1 1 1 0 Giải     0 1 1 1 1 0 0 0 3 3 3 3 1 1 1 1  1 0 1 1 0 1 0 0   1 0 1 1 0 1 0 0  [A | E4] =   −→    1 1 0 1 0 0 1 0  d1→d1+d2+d3+d4  1 1 0 1 0 0 1 0  1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1  1 1 1 1   1 1 1 1  1 1 1 1 3 3 3 3 1 1 1 1 3 3 3 3 1 2 1 1  1 0 1 1 0 1 0 0  d2→−d1+d2  0 −1 0 0 − 3 3 − 3 − 3  −→   −→  1 1 2 1  1 1 1 0 1 0 0 1 0 d3→−d1+d3 0 0 −1 0 − − − d1→ 3 d1    3 3 3 3  d4→−d1+d4 1 1 1 2 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 −1 − 3 − 3 − 3 3 3
 2 1 1 1  1 0 0 0 − 3 3 3 3 1 2 1 1  0 −1 0 0 − 3 3 − 3 − 3  −→  1 1 2 1  d1→d1+d2+d3+d4  0 0 −1 0 − 3 − 3 3 − 3  1 1 1 2 0 0 0 −1 − 3 − 3 − 3 3  2 1 1 1  1 0 0 0 − 3 3 3 3 1 2 1 1 d2→−d2  0 1 0 0 3 − 3 3 3  −→  1 1 2 1  d4→−d4  0 0 1 0 3 3 − 3 3  d3→−d3 1 1 1 2 0 0 0 1 3 3 3 − 3 Vậy  2 1 1 1  − 3 3 3 3 1 2 1 1 −1  3 − 3 3 3  A =  1 1 2 1   3 3 − 3 3  1 1 1 2 3 3 3 − 3 1.3.3 Phương pháp tìm ma trận nghịch đảo bằng cách giải hệ phương trình Cho ma trận vuông cấp n   a11 a12 ··· a1n  a a ··· a   21 22 2n  A =  . . .   . . . .  an1 an2 ··· ann Để tìm ma trận nghịch đảo A−1, ta lập hệ  a x + a x + ··· + a x = y  11 1 12 2 1n n 1  a21x1 + a22x2 + ··· + a2nxn = y2 . (2)  .   an1x1 + an2x2 + ··· + annxn = yn trong đó x1, x2, , xn là ẩn, y1, y2, , yn là các tham số. * Nếu với mọi tham số y1, y2, , yn, hệ phương trình tuyến tính (2) luôn có nghiệm duy nhất:  x = b y + b y + ··· + b y  1 11 1 12 2 1n n  x2 = b21y1 + b22y2 + ··· + b2nyn .  .   xn = bn1y1 + bn2y2 + ··· + bnnyn thì   b11 b12 ··· b1n  b b ··· b  −1  21 22 2n  A =  . . .   . . . .  bn1 bn2 ··· bnn * Nếu tồn tại y1, y2, , yn để hệ phương trình tuyến tính (2) vô nghiệm hoặc vô số nghiệm thì ma trận A không khả nghịch. 4
Ví dụ. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận  a 1 1 1   1 a 1 1  A =    1 1 a 1  1 1 1 a Giải Lập hệ  ax1 + x2 + x3 + x4 = y1 (1)   x1 + ax2 + x3 + x4 = y2 (2) x1 + x2 + ax3 + x4 = y3 (3)   x1 + x2 + x3 + ax4 = y4 (4) Ta giải hệ trên, cộng 2 vế ta có (a + 3)(x1 + x2 + x3 + x4) = y1 + y2 + y3 + y4 (∗) 1. Nếu a = −3, chọn các tham số y1, y2, y3, y4 sao cho y1 + y2 + y3 + y4 6= 0. Khi đó (*) vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm, bởi vậy A không khả nghịch. 2. a 6= −3, từ (*) ta có 1 x + x + x + x = (y + y + y + y )(∗∗) 1 2 3 4 a + 3 1 2 3 4 Lấy (1), (2), (3), (4) trừ cho ( ), ta có 1 (a − 1)x = ((a + 2)y − y − y − y ) 1 a + 3 1 2 3 4 1 (a − 1)x = (−y + (a + 2)y − y − y ) 2 a + 3 1 2 3 4 1 (a − 1)x = (−y − y + (a + 2)y − y ) 3 a + 3 1 2 3 4 1 (a − 1)x = (−y − y − y + (a + 2)y ) 4 a + 3 1 2 3 4 (a) Nếu a = 1, ta có thể chọn tham số y1, y2, y3, y4 để (a + 2)y1 − y2 − y3 − y4 khác 0. Khi đó hệ và nghiệm và do đó A không khả nghịch. (b) Nếu a 6= 1, ta có 1 x = ((a + 2)y − y − y − y ) 1 (a − 1)(a + 3) 1 2 3 4 1 x = (−y + (a + 2)y − y − y ) 2 (a − 1)(a + 3) 1 2 3 4 1 x = (−y − y + (a + 2)y − y ) 3 (a − 1)(a + 3) 1 2 3 4 5
1 x = (−y − y − y + (a + 2)y ) 4 (a − 1)(a + 3) 1 2 3 4 Do đó  a + 2 −1 −1 −1  −1 1  −1 a + 2 −1 −1  A =   (a − 1)(a + 3)  −1 −1 a + 2 −1  −1 −1 −1 a + 2 Tóm lại: Nếu a = −3, a = 1 thì ma trận A không khả nghịch. Nếu a 6= −3, a 6= 1, ma trận nghịch đảo A−1 được xác định bởi công thức trên. 6
BÀI TẬP Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau  1 0 3  22.  2 1 1  3 2 2  1 3 2  23.  2 1 3  3 2 1  −1 1 1 1   1 −1 1 1  24.    1 1 −1 1  1 1 1 −1  0 1 1 1   −1 0 1 1  25.    −1 −1 0 1  −1 −1 −1 0 Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận vuông cấp n  1 1 1 ··· 1   0 1 1 ··· 1     0 0 1 ··· 1  26.    . . . .   . . . . .  0 0 0 ··· 1  1 + a 1 1 ··· 1   1 1 + a 1 ··· 1     1 1 1 + a ··· 1  27.    . . . .   . . . . .  1 1 1 ··· 1 + a 7
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản chưa chỉnh sửa PGS TS. Mỵ Vinh Quang Ngày 19 tháng 12 năm 2004 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 1 Các khái niệm cơ bản 1.1 Định nghĩa Hệ phương trình dạng:  a11x1 + a12x2 + ··· + a1nxn = b1   a x + a x + ··· + a x = b 21 1 22 2 2n n 2 (1)    am1x1 + am2x2 + ··· + amnxn = bm trong đó x1, x2, . . . , xn là các ẩn, aij, bj ∈ R là các hằng số, gọi là hệ phương trình tuyến tính (m phương trình, n ẩn). Ma trận   a11 a12 . . . a1n  a21 a22 . . . a2n  A =     am1 am2 . . . amn gọi là ma trận các hệ số của hệ (1). Ma trận   a11 a12 . . . a1n b1  a21 a22 . . . a2n b2  A =     am1 am2 . . . amn bm gọi là ma trận các hệ số mở rộng của hệ (1). Một hệ phương trình hoàn toàn xác định khi ta biết ma trận các hệ số mở rộng của nó. Cột   b1  b   2   .   .  bm 1
gọi là cột tự do của hệ (1). Chú ý rằng, hệ phương trình (1) có thể cho dưới dạng ma trận như sau     x1 b1  x   b   2   2  A  .  =  .   .   .  xn bm trong đó A là ma trận các hệ số của hệ (1). Nhận xét: Nếu ta thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên các dòng của một hệ phương trình tuyến tính ta được hệ mới tương đương với hệ đã cho. 1.2 Một vài hệ phương trình đặc biệt a. Hệ Cramer Hệ phương trình tuyến tính (1) gọi là hệ Cramer nếu m = n (tức là số phương trình bằng số ẩn) và ma trận các hệ số A là không suy biến (det A 6= 0). b. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất Hệ phương trình tuyến tính (1) gọi là hệ thuần nhất nếu cột tự do của hệ bằng 0, tức là b1 = b2 = ··· = bm = 0. 2 Các phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính 2.1 Phương pháp Cramer Nội dung của phương pháp này cũng chính là định lý sau đây: Định lý 1 (Cramer) Cho hệ Cramer  a11x1 + a12x2 + ··· + a1nxn = b1   a x + a x + ··· + a x = b 21 1 22 2 2n n 2 (2)    an1x1 + an2x2 + ··· + annxn = bn trong đó   a11 a12 . . . a1n  a21 a22 . . . a2n  A =     an1 an2 . . . ann là ma trận các hệ số. Hệ Cramer luôn có nghiệm duy nhất được cho bởi công thức det A x = i i det A 2
trong đó Ai chính là ma trận thu được từ ma trận A bằng cách thay cột i của A bằng cột tự do   b1  b   2   .   .  bn Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  ax + bx = c  1 2 cx2 + ax3 = b   cx1 + bx3 = a trong đó a, b, c là ba số khác 0. Giải: Ta có: a b 0 det A = 0 c a = 2abc 6= 0 c 0 b nên hệ trên là hệ Cramer. Hơn nữa c b 0 2 2 2 det A1 = b c a = a − b + c b a 0 b a c 0 2 2 2 det A2 = 0 b a = −a + b + c a c a b và a b c 2 2 2 det A3 = 0 c b = a + b − c c c 0 a Do đó, hệ có nghiệm duy nhất: det A a2 − b2 + c2 det A −a2 + b2 + c2 det A a2 + b2 − c2 x = 1 = , x = 2 = , x = 3 = 1 det A 2ac 2 det A 2bc 3 det A 2ab 2.2 Sử dụng phương pháp biến đổi sơ cấp (phương pháp Gauss) để giải hệ phương trình tuyến tính tổng quát Nội dung cơ bản của phương pháp này dựa trên định lý quan trong sau về nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính. Định lý 2 (Định lý Cronecker-Capelly) Cho hệ phương trình tuyến tính tổng quát (1), A và A lần lượt là ma trận các hệ số và ma trận các hệ số mở rộng. Khi đó: 1. Nếu rank A < rank A thì hệ (1) vô nghiệm. 2. Nếu rank A = rank A = r thì hệ (1) có nghiệm. Hơn nữa: (a) Nếu r = n thì hệ (1) có nghiệm duy nhất. 3
(b) Nếu r < n thì hệ (1) có vô số nghiệm phụ thuộc vào n − r tham số. Ta có thuật toán sau để giải hệ phương trình tuyến tính: Lập ma trận các hệ số mở rộng A. Bằng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa ma trận A về dạng bậc thang. Ma trận bậc thang cuối cùng có dạng:  ∗  0 . . . c1i1 c1n d1 ∗  0 0 . . . c . . . . . . . . . c2n d2   2i2     ∗  A → C =  0 0 . . . . . . c . . . crn dr   rir   0 0 0 0 0 dr+1      0 0 0 0 0 dm Hệ phương trình tương ứng với ma trận C tương đương với hệ ban đầu. Do đó 1. Nếu tồn tại ít nhất di với r + 1 6 i 6 m khác 0 thì hệ vô nghiệm. 2. Nếu dr+1 = dr+2 = ··· = dm = 0 thì hệ có nghiệm. Khi đó các cột i1, i2, . . . , ir (là các cột được đánh dấu *) giữ lại bên trái và các xi1 , xi2 , . . . , xir là các ẩn còn các cột còn lại chuyển sang bên phải, các ẩn xk ứng với các cột này sẽ trở thành tham số. Vậy ta có n − r tham số và hệ đã cho tương đương với hệ   c1i1 c1i2 . . . c1ir d1(xk)  0 c2i2 . . . c2ir d2(xk)    (3)   0 0 . . . crir dr(xk) trong đó di(xk) là các hàm tuyến tính của xk với k 6= i1, i2, . . . , ir. Hệ phương trình (3) là hệ phương trình dạng tam giác, ta có thể dễ dàng giải được bằng phương pháp thế dần từ dưới lên, tức là tính lần lượt xr, xr−1, . . . , x1. Chú ý : Nếu trong quá trình biến đổi xuất hiện 1 dòng mà bên trái bằng 0 còn bên phải khác 0 thì ta có thể kết luận hệ vô nghiệm mà không cần phải làm tiếp. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  x + 2x + 2x + x = 1  1 2 4 5   2x1 + 4x2 + x3 + 3x4 = 3  3x1 + 6x2 + 2x3 + 3x4 + x5 = m   x1 + 2x2 + x3 + x5 = 2m − 8 Giải:  1 2 0 2 1 1   1 2 0 2 1 1   2 4 1 3 0 3  d2→(−2)d1+d2  0 0 1 −1 −2 1  A =   −−−−−−−−→    3 6 2 3 1 m  d3→(−3)d1+d3  0 0 2 −3 −2 m − 3  1 2 1 0 1 2m − 8 d4→(−1)d1+d4 0 0 1 −2 0 2m − 9  1 2 0 2 1 1   1 2 0 2 1 1  d3→(−2)d2+d3  0 0 1 −1 −2 1  d4→(−1)d3+d4  0 0 1 −1 −2 1  −−−−−−−−→   −−−−−−−−→   d4→(−1)d2+d4  0 0 0 −1 2 m − 5   0 0 0 −1 2 m − 5  0 0 0 −1 2 2m − 10 0 0 0 0 0 m − 5 4
* Nếu m 6= 5 hệ phương trình vô nghiệm. * Nếu m = 5, hệ đã cho tương đương với  1∗ 2 0 2 1 1   0 0 1∗ −1 −2 1     0 0 0 −1∗ 2 0  0 0 0 0 0 0 Trường hợp này hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 2 tham số là x2 và x5. Chuyển cột 2 và cột 5 sang bên phải, hệ có dạng   x1 + 2x4 = 1 − 2x2 − 2x5 x3 − x4 = 1 + 2x5  −x4 = −2x5 Giải từ dưới lên ta sẽ có x4 = 2x5 x3 = x4 + 2x5 + 1 = 4x5 + 1 x1 = 1 − 2x2 − 2x5 − 2x4 = −2x2 − 5x5 + 1 Tóm lại, trong trường hợp này nghiệm của hệ là   x1 = −2a − 5b + 1   x2 = a  x3 = 4b + 1 a, b tùy ý.  x = 2b  4   x5 = b Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:  x + x + x + mx = 1  1 2 3 4   x1 + x2 + mx3 + x4 = 1  x1 + mx2 + x3 + x4 = 1   mx1 + x2 + x3 + x4 = 1 Giải:  1 1 1 m 1   1 1 1 m 1 d2→(−1)d1+d2  1 1 m 1 1  d3→(−1)d1+d3  0 0 m − 1 1 − m 0 A =   −−−−−−−−−→   1 m 1 1 1  d4→(−m)d1+d4  0 m − 1 0 1 − m 0 m 1 1 1 1 0 1 − m 1 − m 1 − m2 1 − m  1 1 1 m 1  d2↔d3  0 m − 1 0 1 − m 0  −−−−→    0 0 m − 1 1 − m 0  0 1 − m 1 − m 1 − m2 1 − m  1 1 1 m 1  d4→d2+d3+d4  0 m − 1 0 1 − m 0  −−−−−−−−→   = C  0 0 m − 1 1 − m 0  0 0 0 3 − 2m − m2 1 − m 5
Chú ý rằng 3 − 2m − m2 = (1 − m)(m + 3). Bởi vậy: 1) m = 1, khi đó  1 1 1 1 1   0 0 0 0 0  C =    0 0 0 0 0  0 0 0 0 0 Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 3 tham số x2, x3, x4. Nghiệm là  x = 1 − a − b − c  1   x2 = a  x3 = b   x4 = c 2) m = −3, khi đó  1 1 1 −3 1   0 −4 0 4 0  C =    0 0 −4 4 0  0 0 0 0 4 Hệ vô nghiệm. 3) m 6= 1 và m 6= −3, hệ có nghiệm duy nhất 1 − m 1 x = = 4 3 − 2m − m2 m + 3 1 1 x = x = , x = x = 3 4 m + 3 2 4 m + 3 1 x = 1 − x − x − mx = 1 2 3 4 m + 3 1 Vậy: x1 = x2 = x3 = x4 = m+3 . Tóm lại: • m = 1 hệ có vô số nghiệm; • m = −3 hệ vô nghiệm; 1 • m 6= 1, −3, hệ có một nghiệm duy nhất x1 = x2 = x3 = x4 = m+3 . Bài tập Giải và biện luận các hệ sau:  2x1 + x2 + x3 + x4 = 1   x + 2x − x + 4x = 2 27. 1 2 3 4  x1 + 7x2 − 4x3 + 11x4 = m   4x1 + 8x2 − 4x3 + 16x4 = m + 1  2x1 − x2 + x3 − 2x4 + 3x5 = 3   x + x − x − x + x = 1 28. 1 2 3 4 5  3x1 + x2 + x3 − 3x4 + 4x5 = 6   5x1 + 2x3 − 5x4 + 7x5 = 9 − m 6
 mx + x + x = 1  1 2 3 29. x1 + mx2 + x3 = 1   x1 + x2 + mx3 = 1  mx + x + x + x = 1  1 2 3 4 30. x1 + mx2 + x3 + x4 = 1   x1 + x2 + mx3 + x4 = 1 31. Cho aij là các số nguyên. Giải hệ:  1   x1 = a11x1 + a12x2 + ··· + a1nxn  2  1  x = a x + a x + ··· + a x 2 2 21 1 22 2 2n n    1  x = a x + a x + ··· + a x  2 n n1 1 n2 2 nn n 32. Giải hệ phương trình:  x + x + ··· + x = 1  1 2 n  n−1  x1 + 2x2 + ··· + 2 xn = 1  n−1 x1 + 3x2 + ··· + 3 xn = 1    n−1  x1 + nx2 + ··· + n xn = 1 33. Chứng minh rằng hệ phương trình:  a x + a x + ··· + a x = 0  11 1 12 2 1n n   a21x1 + a22x2 + ··· + a2nxn = 0  ···   an1x1 + an2x2 + ··· + annxn = 0 trong đó aij = −aji và n lẽ, có nghiệm khác 0. 7
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH §8. Giải bài tập về ma trận nghịch đảo Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Mỵ Vinh Quang Ngày 29 tháng 12 năm 2004 Bài 21. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận  1 0 3    A =  2 1 1  3 2 2 Giải Cách 1. Sử dụng phương pháp định thức Ta có: det A = 2 + 12 − 9 − 2 = 3 1 1 0 3 0 3 A11 = = 0 A21 = − = 6 A31 = = −3 2 2 2 2 1 1 2 1 1 3 1 3 A12 = − = −1 A22 = = −7 A32 = − = 5 3 2 3 2 2 1 2 1 1 0 1 0 A13 = = 1 A23 = − = −2 A33 = = 1 3 2 3 2 2 1 Vậy  0 6 −3  1 A−1 =  −1 −7 5  3   1 −2 1 Cách 2. Sử dụng phương pháp biến đổi sơ cấp Xét ma trận     1 0 3 1 0 0 1 0 3 1 0 0   d2→−2d1+d2   A =  2 1 1 0 1 0  −−−−−−−→  0 1 −5 −2 1 0  d3→−3d1+d3 3 2 2 0 0 1 0 2 −7 −3 0 1     1 0 3 1 0 0 1 0 3 1 0 0 d = 1 d d3=−2d2+d3   3 3 3   −−−−−−−→  0 1 −5 −2 1 0  −−−−→  0 1 −5 −2 1 0  1 2 1 0 0 3 1 −2 1 0 0 1 3 − 3 3 1
  1 0 0 0 2 −1 −→  0 1 0 − 1 − 7 5   3 3 3  1 2 1 0 0 1 3 − 3 3 Vậy  0 2 −1  A−1 =  − 1 − 7 5   3 3 3  1 2 1 3 − 3 3 Bài 22. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận  1 3 2    A =  2 1 3  3 2 1 Giải Ta sử dụng phương pháp định thức. Ta có det A = 1 + 27 + 8 − 6 − 6 − 6 = 18 1 3 3 2 3 2 A11 = = −5 A21 = − = 1 A31 = = 7 2 1 2 1 1 3 2 3 1 2 1 2 A12 = − = 7 A22 = = −5 A32 = − = 1 3 1 3 1 2 3 2 1 1 3 1 3 A13 = = 1 A23 = − = 7 A33 = = −5 3 2 3 2 2 1 Vậy  −5 1 7  1 A−1 =  7 −5 1  18   1 7 −5 (Bạn đọc cũng có thể sử dụng phương pháp biến đổi sơ cấp để giải bài này) Bài 23. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận   −1 1 1 1    1 −1 1 1  A =    1 1 −1 1    1 1 1 −1 Giải Ta sử dụng phương pháp 3. 2
Xét hệ  −x + x + x + x = y (1)  1 2 3 4 1   x1 − x2 + x3 + x4 = y2 (2) x + x − x + x = y (3)  1 2 3 4 3   x1 + x2 + x3 − x4 = y4 (4) 1 (1) + (2) + (3) + (4) =⇒ x + x + x + x = (y + y + y + y )(∗) 1 2 3 4 2 1 2 3 4 1 (∗) − (1) =⇒ x = (−y + y + y + y ) 1 4 1 2 3 4 1 (∗) − (2) =⇒ x = (y − y + y + y ) 2 4 1 2 3 4 1 (∗) − (3) =⇒ x = (y + y − y + y ) 3 4 1 2 3 4 1 (∗) − (4) =⇒ x = (y + y + y − y ) 4 4 1 2 3 4 Vậy   −1 1 1 1   −1 1  1 −1 1 1  A =   4  1 1 −1 1    1 1 1 −1 Bài 24. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận   0 1 1 1    −1 0 1 1  A =    −1 −1 0 1    −1 −1 −1 0 Giải Sử dụng phương pháp 3. Xét hệ  x + x + x = y (1)  2 3 4 1   −x1 + x3 + x4 = y2 (2) −x − x + x = y (3)  1 2 4 3   −x1 − x2 − x3 = y4 (4) (1) + (2) − (3) + (4) =⇒ −x1 + x2 + x3 + x4 = y1 + y2 − y3 + y4 (∗) (1) − (∗) =⇒ x1 = −y2 + y3 − y4 (∗) − (2) =⇒ x2 = y1 − y3 + y4 (4) =⇒ x3 = −x1 − x2 − y4 = −y1 + y2 − y4 (3) =⇒ x4 = x1 + x2 + y3 = y1 − y2 + y3 3
Vậy   0 −1 1 −1   −1  1 0 −1 1  A =    −1 1 0 −1    1 −1 1 0 Bài 25. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận   1 1 1 ··· 1    0 1 1 ··· 1     0 0 1 ··· 1     . . . . .   . . . .    0 0 0 ··· 1 n×n Giải Sử dụng phương pháp 3. Xét hệ   x1 + x2 + ··· + xn = y1 (1)   x + ··· + x = y (2)  2 n 2  . .   x + x = y (n − 1)  n−1 n n−1   xn = yn (n) (1) − (2) =⇒ x1 = y1 − y2 (2) − (3) =⇒ x2 = y2 − y3 . . (n − 1) − (n) =⇒ xn−1 = yn−1 − yn (n) =⇒ xn = yn Vậy   1 −1 0 0 ··· 0 0    0 1 −1 0 ··· 0 0    −1  . . . .  A =  . . . . . 0 0     0 0 0 0 ··· 1 −1    0 0 0 0 ··· 0 1 4
Bài 26. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận   1 + a 1 1 ··· 1    1 1 + a 1 ··· 1     1 1 1 + a ··· 1  A =    . . . . .   . . . .    1 1 1 ··· 1 + a Giải Sử dụng phương pháp 3. Xét hệ  (1 + a)x + x + x + ··· + x = y (1)  1 2 3 n 1   x1 + (1 + a)x2 + x3 + ··· + xn = y2 (2)    x1 + x2 + x3 + ··· + (1 + a)xn = yn (n) Lấy (1) + (2) + ··· + (n), ta có (n + a)(x1 + x2 + ··· + xn) = y1 + y2 + ··· + yn 1. Nếu a = −n, ta có thể chọn tham số y1, y2, , yn thỏa y1 + ··· + yn 6= 0. Khi đó hệ vô nghiệm và do đó ma trận A không khả nghịch. 2. Nếu a 6= −n, khi đó ta có 1 x + x + ··· + x = (y + ··· + y )(∗) 1 2 n n + a 1 n 1 (1) − (∗) =⇒ ax = ((n + a − 1)y − y − · · · − y ) 1 n + a 1 2 n (a) Nếu a = 0, ta có thể chọn tham số y1, y2, , yn để phương trình trên vô nghiệm. Do đó hệ vô nghiệm và ma trận A không khả nghịch. (b) Nếu a 6= 0, ta có 1 x = ((n + a − 1)y − y − · · · − y ) 1 a(n + a) 1 2 n 1 (2) − (∗) =⇒ x = (y − (n + a − 1)y − y − · · · − y ) 2 a(n + a) 1 2 3 n . . 1 (n) − (∗) =⇒ x = (y − y − y − · · · − (n + a − 1)y ) n a(n + a) 1 2 3 n Vậy   n + a − 1 −1 −1 · · · −1    −1 n + a − 1 −1 · · · −1  1   −1  −1 −1 n + a − 1 · · · −1  A =   a(n + a)  . . . . .   . . . .    −1 −1 −1 ··· n + a − 1 n×n 5
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Mỵ Vinh Quang Ngày 24 tháng 1 năm 2005 §9. Giải Bài Tập Về Hệ Phương Trình Tuyến Tính 27) Giải hệ phương trình tuyến tính  2x + x + x + x = 1  1 2 3 4   x1 + 2x2 − x3 + 4x4 = 2  x1 + 7x2 − 4x3 + 11x4 = m   4x1 + 8x2 − 4x3 + 16x4 = m + 1 Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộng A và dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để đưa ma trận A về dạng bậc thang. Nhận xét rằng hệ ban đầu tương đương với hệ có ma trận các hệ số mở rộng là ma trận bậc thang sau cùng. Cụ thể ta có  2 1 1 1 1   1 2 −1 4 2   1 2 −1 4 2  d1↔d2  2 1 1 1 1  A =   −−−−→    1 7 −4 11 m   1 7 −4 11 m  4 8 −4 16 m + 1 4 8 −4 16 m + 1  1 2 −1 4 2  d2→−2d1+d2  0 −3 3 −7 −3  d2→2d2+d3 −−−−−−−→   −−−−−−→ d3→−d1+d3  0 5 −3 7 m − 2  d3↔d2 d4→−4d1+d4 0 0 0 0 m − 7  1 2 −1 4 2   1 2 −1 4 2   0 −1 3 −7 m − 8  d3→−3d2+d3  0 −1 3 −7 m − 8    −−−−−−−→    0 −3 3 −7 −3   0 0 −6 14 −3m + 21  0 0 0 0 m − 7 0 0 0 0 m − 7 • Nếu m 6= 7 thì hệ vô nghiệm • Nếu m = 7 hệ tương đương với  1∗ 2 −1 4 2   0 −1∗ 3 −7 m − 8     0 0 −6∗ 14 0  0 0 0 0 0 1
hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x4. Ta có 7 x = x , x = 3x − 7x + 1 = 1 3 3 4 2 3 4 7 −5 x = 2 − 2x + x − 4x = x − 4x = x 1 2 3 4 3 4 4 3 4 Vậy, trong trường hợp này, nghiệm của hệ là  x = −5a  1   x2 = 1 (a ∈ R)  x3 = 7a   x4 = 3a 28) Giải hệ phương trình:  2x − x + x − 2x + 3x = 3  1 2 3 4 5   x1 + x2 − x3 − x4 + x5 = 1  3x1 + x2 + x3 − 3x4 + 4x5 = 6   5x1 + 2x3 − 5x4 + 7x5 = 9 − m Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộng  2 −1 1 −2 3 3   1 1 −1 −1 1 1   1 1 −1 −1 1 1  d1↔d2  2 −1 1 −2 3 3  A =   −−−−→    3 1 1 −3 7 6   3 1 1 −3 7 6  5 0 2 −5 4 9 − m 5 0 2 −5 4 9 − m  1 1 −1 −1 1 1   1 1 −1 −1 1 1  d2→−2d1+d2  0 −3 3 0 1 1  d2→d2−d3  0 −1 −1 0 0 −1  −−−−−−−→   −−−−−−→   d3→−3d1+d3  0 −2 4 0 1 2   0 −2 4 0 1 2  d4→−5d1+d4 0 −5 7 0 2 4 − m 0 −5 7 0 2 4 − m  1 1 −1 −1 1 1   1 1 −1 −1 1 1  d3→−2d2+d3  0 −1 −1 0 0 −1  d4→−2d3+d4  0 −1 −1 0 0 −1  −−−−−−−→   −−−−−−−→   d4=−5d2+d4  0 0 6 0 1 0   0 0 6 0 1 0  0 0 12 0 2 9 − m 0 0 0 0 0 9 − m • Nếu m 6= 9 thì hệ vô nghiệm. • Nếu m = 9 thì hệ có dạng  1∗ 1 −1 −1 1 1   0 −1∗ −1 0 0 −1     0 0 6∗ 0 1 0  0 0 0 0 0 0 rank A = rank A = 3 nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 2 tham số là x4, x5, ta có 1 x = − x 3 6 5 1 x = −x + 1 = x + 1 2 3 6 5 x1 = −x2 + x3 + x4 − x + 5 + 1 1 1 4 = − x − 1 − x + x − x + 1 = − x + x 6 5 6 5 4 5 3 5 4 2
Vậy, trong trường hợp này nghiệm của hệ là   x1 = a − 8b   x2 = b + 1  x3 = −b a, b ∈ R  x = a  4   x5 = 6b 29) Giải và biện luận hệ phương trình  mx + x + x = 1  1 2 3 x1 + mx2 + x3 = m  2  x1 + x2 + mx3 = m Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộng  m 1 1 1   1 1 m m2  A =  1 m 1 m  −→  1 m 1 m  1 1 m m2 m 1 1 1  1 1 m m2  −→  0 m − 1 1 − m m − m2  0 1 − m 1 − m2 1 − m3  1 1 m m2  −→  0 m − 1 1 − m m − m2  0 0 2 − m − m2 1 + m − m2 − m3 Chú ý rằng 2 − m − m2 = (2 + m)(1 − m). Ta có • m = 1, hệ trở thành  1 1 1 1  A =  0 0 0 0  0 0 0 0 rank A = rank A = 1 nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số x1, x2. Nghiệm là  x = 1 − a − b  1 x2 = a a, b ∈ R   x3 = b • m = −2, hệ trở thành  1 1 −2 4   0 −3 3 −6  hệ vô nghiệm 0 0 0 3 • m 6= 1, m 6= −2, hệ có nghiệm duy nhất  1 + m − m2 − m3 m2 + 2m + 1  x3 = =  (2 + m)(1 − m) m + 2   m2 + 2m + 1 1 x2 = x3 − m = − m =  m + 2 m + 2  3 2 2  2 m + 2m − 1 − m(m + 2m + 1) −m − 1  x1 = m − x2 − mx3 = = m + 2 m + 2 3
30) Giải và biện luận hệ phương trình  mx + x + x + x = 1  1 2 3 4 x1 + mx2 + x3 + x4 = 1   x1 + x2 + mx3 + x4 = 1 Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộng  m 1 1 1 1   1 1 m 1 1  d1↔d3 A =  1 m 1 1 1  −−−−→  1 m 1 1 1  1 1 m 1 1 m 1 1 1 1  1 1 m 1 1  d2→−d1+d2 −−−−−−−−→  0 m − 1 1 − m 0 0  d3→−md1+d3 0 1 − m 1 − m2 1 − m 1 − m  1 1 m 1 1  d3→d2+d3 −−−−−−→  0 m − 1 1 − m 0 0  (∗) 0 0 2 − m − m2 1 − m 1 − m Chú ý rằng 2 − m − m2 = (1 − m)(2 + m). Ta có các khả năng sau • m = 1 hệ trở thành  1 1 1 1 1   0 0 0 0 0  0 0 0 0 0 rank A = rank A = 1, trường hợp này hệ có vô số nghiệm phụ thuộc ba tham số x2, x3, x4. Nghiệm của hệ là  x = 1 − a − b − c  1   x2 = a a, b, c ∈ R  x3 = b   x4 = c • m = −2 hệ trở thành  1∗ 1 −2 1 1   0 3∗ −3 0 0  0 0 0 3∗ 3 Ta có rank A = rank A = 3 nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3. Ta có x4 = 1, 3x2 = 3x3 ⇒ x2 = x3 x1 = −x2 + 2x3 − x4 + 1 = x3 Trong trường hợp này nghiệm của hệ là  x = a  1   x2 = a a ∈ R  x3 = a   x4 = 1 • m 6= 1, −2. Khi đó, từ (∗) ta thấy hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số x4 và m. Ta có (1 − m) − (1 − m)x 1 − x (2 − m − m2)x = (1 − m) − (1 − m)x ⇒ x = 4 = 4 3 4 3 (2 − m − m2) m + 2 (m − 1)x2 = (m − 1)x3 ⇒ x2 = x3 (m + 2) − (1 − x ) − m(1 − x ) − (m + 2)x 1 − x x = 1 − x − mx − x = 4 4 4 = 4 1 2 3 4 m + 2 m + 2 4
Vậy, trong trường hợp này hệ có nghiệm là  1 − a  x =  1 m + 2   1 − a  x = 2 m + 2  1 − a  x3 =  m + 2   x4 = a 31) Cho aij là các số nguyên, giải hệ  1   x1 = a11x1 + a12x2 + ··· + a1nxn  2  1  x = a x + a x + ··· + a x 2 2 21 1 22 2 2n n    1  x = a x + a x + ··· + a x  2 n n1 1 n2 2 nn n Giải: Hệ phương trình đã cho tương đương với  (2a − 1) x + 2a x + ··· + 2a x = 0  11 1 12 2 1n n   2a21x1 + (2a22 − 1) x2 + ··· + 2a2nxn = 0    2an1x1 + 2an2x2 + ··· + (2ann − 1) xn = 0 Gọi ma trận các hệ số của hệ phương trình trên là An, ta có 2a11 − 1 2a12 2a1n 2a21 2a22 − 1 2a2n det An = 2an1 2an2 2ann − 1 Chú ý rằng aij là các số nguyên nên các phần bù đại số của (An)ij cũng là các số nguyên, do đó nếu khai triển định thức theo dòng cuối ta sẽ có 2a11 − 1 2a12 2a1,n−1 2a21 2a22 − 1 2a2,n−1 det An = 2k + (2ann − 1) 2an−1,1 2an−1,2 2an−1,n−1 − 1 = 2k + (2ann − 1) det An−1 = 2k + 2ann det An−1 − det An−1 = 2l − det An−1 Do đó, det An + det An−1 = 2l là số chẳn, Suy ra det An và det An−1 có cùng tính chẳn lẽ với mọi n, mà det A1 = 2a11 − 1 là số lẽ nên det An là số lẽ và do đó det An 6= 0 (vì 0 là số chẳn). Vì hệ phương trình có det An 6= 0 nên hệ trên là hệ Cramer và có nghiệm duy nhất là x1 = x2 = ··· = xn = 0. 5
32) Giải hệ phương trình  x + x + ··· + x = 1  1 2 n  n−1  x1 + 2x2 + ··· + 2 xn = 1  n−1 x1 + 3x2 + ··· + 3 xn = 1    n−1  x1 + nx2 + ··· + n xn = 1 Giải: Giả sử x1, x2, . . . , xn là nghiệm của hệ phương trình đã cho. Xét đa thức n−1 n−2 f(X) = xnX + xn−1X + ··· + x2X + x1 − 1 = 0 Vì x1, x2, . . . , xn là nghiệm của hệ nên X = 1, 2, . . . , n là các nghiệm của đa thức trên. Vì f(X) có bậc 6 n − 1 mà lại có n nghiệm phân biệt nên f(X) ≡ 0 (f(X) là đa thức không), do đó ta có xn = xn−1 = ··· = x2 = 0, x1 = 1. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x1 = 1, x2 = x3 = ··· = xn = 0. 33) Chứng minh hệ phương trình  a x + a x + ··· + a x = 0  11 1 12 2 1n n   a21x1 + a22x2 + ··· + a2nxn = 0  ···   an1x1 + an2x2 + ··· + annxn = 0 trong đó aij = −aji và n lẽ, có nghiệm không tầm thường. t Giải: Gọi A là ma trận các hệ số, theo giả thiết (A)ij = −(A)ji do đó A = A . Do tính chất định thức det A = det At nên ta có det A = det(−At) = (−1)n det At = (−1)n det A = − det A( do n lẽ) Bởi vậy suy ra det A = − det A hay det A = 0, tức là rank A = r < n. Theo Định lý Cronecker- Capelly hệ có vô số nghiệm (phụ thuộc n − r tham số) do đó hệ có nghiệm khác (0, 0, , 0). 6
ĐẠI SỐ CƠ BẢN (ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC) Bài 10. Không gian vectơ PGS TS Mỵ Vinh Quang Ngày 18 tháng 3 năm 2005 1 Các khái niệm cơ bản 1.1 Định nghĩa không gian vectơ Ký hiệu R là tập các số thực, V là tập tùy ý khác ∅. V gọi là không gian vectơ (trên R) (mỗi phần tử của V gọi là một vectơ) nếu trong V có 2 phép toán: • Phép cộng 2 vectơ, tức là với mỗi cặp vectơ α, β ∈ V xác định được một vectơ tổng α + β ∈ V . • Phép nhân vô hướng một số với một vectơ, tức là với mỗi a ∈ R và vectơ α ∈ V xác định được một vectơ tích aα ∈ V . Ngoài ra, phép cộng và phép nhân trên phải thỏa mãn 8 điều kiện sau: 1. Phép cộng kết hợp; với mọi α, β, γ ∈ V : (α + β) + γ = α + (β + γ) 2. Phép cộng giao hoán, với mọi α, β ∈ V : α + β = β + α 3. Phép cộng có vectơ-không, tồn tại vectơ O ∈ V (vectơ-không) có tính chất: α + O = O + α = α với mọi α ∈ V 4. Có vectơ đối, với mọi vectơ α ∈ V , tồn tại vectơ −α ∈ V (vectơ đối của α) có tính chất: α + (−α) = (−α) + α = O 5. Phép nhân phân phối với phép cộng, với mọi a ∈ R và các vectơ α, β ∈ V : a(α + β) = aα + aβ 6. Phép nhân phân phối với phép cộng, với mọi số thực a, b ∈ R, mọi vectơ α ∈ V : (a + b)α = aα + bα 7. Phép nhân kết hợp. Với mọi a, b ∈ R, với mọi vectơ α ∈ V : (ab)α = a(bα) 1
8. 1.α = α với mọi vectơ α ∈ V Như vậy, để kiểm tra tập hợp V cùng với 2 phép toán cộng và nhân vô hướng có phải là không gian vectơ hay không, ta phải kiểm tra xem chúng có thỏa mãn 8 điều kiện trên hay không. Bạn đọc có thể dễ dàng tự kiểm tra các ví dụ sau. 1.2 Các ví dụ về không gian vectơ n 1. V = R = {(a1, a2, . . . , an)|ai ∈ R} với: n n - Phép cộng: α = (a1, . . . , an) ∈ R , β = (b1, . . . , bn) ∈ R : n α + β = (a1 + b1, . . . , an + bn) ∈ R - Phép nhân vô hướng: với mọi a ∈ R, a.α = a(a1, . . . , an) = (aa1, . . . , aan) thì V là một không gian vectơ. 2. V = Mm×n(R) - tập các ma trận cấp m × n với hệ số thực - với phép cộng là phép cộng 2 ma trận, phép nhân vô hướng là phép nhân một số thực với một ma trận, là một không gian vectơ. 3. R[x] - tập các đa thức với hệ số thực - với phép cộng là phép cộng hai đa thức, phép nhân vô hướng là phép nhân một số với một đa thức, là không gian vectơ. 4. R+ là tập các số thực dương. Trong R+ ta định nghĩa phép cộng và phép nhân vô hướng. - Phép cộng: với mọi α, β ∈ R+, α ⊕ β = αβ - Phép nhân vô hướng: với mọi a ∈ R, α ∈ R+ : a ∗ α = αa Khi đó, (R+, ⊕, ∗) là một không gian vectơ với vectơ-không là 1, vectơ đối của vectơ α là 1 vectơ α 1.3 Các tính chất cơ bản 1. Vectơ O và vectơ đối (−α) là duy nhất. 2. Phép cộng có luật giản ước: với mọi α, β, γ ∈ V , nếu α + β = α + γ thì β = γ 3. 0.α = O, với mọi α ∈ V , a.O = O, với mọi a ∈ R, (−1).α = −α với mọi α ∈ V 4. Nếu a.α = O thì a = 0 hoặc α = O 5. Nếu α 6= O thì aα = bα ⇔ a = b 6. (−a)α = a(−α) = −(aα) với mọi a ∈ R, α ∈ V 2
2 Độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính 2.1 Các khái niệm cơ bản Cho V là không gian vectơ, α1, . . . , αn là một hệ vectơ của V . • Hệ vectơ α1, α2, . . . , αn gọi là hệ vectơ phụ thuộc tuyến tính (PTTT) nếu tồn tại các số thực a1, a2, . . . , an không đồng thời bằng 0 sao cho a1α1 + ··· + anαn = O tức là phương trình vectơ x1α1 + ··· + xnαn = O có nghiệm khác (0, , 0) • Hệ vectơ α1, α2, . . . , αn gọi là hệ vectơ độc lập tuyến tính (ĐLTT) nếu nó không phụ thuộc tuyến tính, nói cách khác hệ α1, α2, . . . , αn ĐLTT khi và chỉ khi: nếu a1α1 +···+anαn = O với ai ∈ R thì ai = 0 với mọi i, tức là phương trình vectơ x1α1 + ··· + xnαn = O có nghiệm duy nhất là (0, , 0) 4 Ví dụ. Trong R cho hệ vectơ α1 = (1, 0, 1, 1), α2 = (0, 1, 2, 3), α3 = (1, 2, 3, 4). Hệ trên ĐLTT hay PTTT? Giải. Xét hệ phương trình vectơ x α + x α + x α = O 1 1 2 2 3 3  x1 + x3 = 0  x + 2x = 0 ⇔ 2 3 x1 + 2x2 + 3x3 = 0   x1 + 3x2 + 3x3 = 0  1 0 1   0 1 2  Ma trận các hệ số của hệ trên là A =    1 2 3  1 3 4 Dễ thấy rank A = 3 nên hệ trên có nghiệm duy nhất (0, 0, 0). Vậy hệ vectơ trên độc lập tuyến tính. n Nhận xét. Để xét hệ m vectơ α1, α2, . . . , αm ĐLTT hay PTTT trong R , ta lập ma trận A với các cột là các vectơ α1, α2, . . . , αm rồi tìm rank A. Nếu rank A = m (số vectơ) thì hệ ĐLTT, nếu rank A < m thì hệ PTTT. • Vectơ β ∈ V gọi là biểu thị tuyến tính (BTTT) được qua hệ vectơ α1, α2, . . . , αn nếu tồn tại các số a1, a2, . . . , an ∈ R sao cho β = a1α1 + a2α2 + ··· + anαn (tức là phương trình vectơ x1α1 + x2α2 + ··· + xnαn = β có nghiệm) 2.2 Các tính chất cơ bản 1. Hệ chức vectơ-không luôn PTTT. 2. Hệ gồm 1 vectơ PTTT khi và chỉ khi vectơ đó bằng O, hệ gồm 2 vectơ PTTT khi và chỉ khi 2 vectơ đó tỷ lệ. 3. Nếu một hệ ĐLTT thì mọi hệ con của nó cũng ĐLTT. 4. Hệ vectơ α1, . . . , αn PTTT khi và chỉ khi có một vectơ trong hệ biểu thị tuyến tính được qua các vectơ còn lại của hệ. 5. Nếu hệ α1, . . . , αn ĐLTT thì hệ vectơ α1, . . . , αn, β ĐLTT khi và chỉ khi β không biểu thị tuyến tính được qua hệ α1, α2, . . . , αn. 3
3 Hạng của một hệ vectơ 3.1 Hệ vectơ tương đương Trong không gian vectơ V cho hai hệ vectơ: (α) α1, α2, . . . , αm (β) β1, β2, . . . , βn Ta nói hệ (α) biểu thị tuyến tính được qua hệ (β) nếu mỗi vectơ của hệ (α) đều biểu thị tuyến tính được qua hệ (β). Ta nói hệ (α) tương đương với hệ (β) (ký hiệu (α) ∼ (β)) nếu hệ (α) biểu thị tuyến tính được qua hệ (β) và ngược lại. Từ định nghĩa, ta có ngay quan hệ ∼ là một quan hệ tương đương. 3.2 Hệ con độc lập tuyến tính tối đại của một hệ vectơ Trong không gian vectơ V cho hệ vectơ (α) α1, α2, . . . , αm. Hệ con αi1 , αi2 , . . . , αik của hệ (α) gọi là hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ (α) nếu αi1 , αi2 , . . . , αik độc lập tuyến tính và mọi vectơ αi của hệ (α) đều biểu thị tuyến tính được qua hệ con αi1 , αi2 , . . . , αik Từ định nghĩa, ta có ngay hệ con độc lập tuyến tính của một hệ vectơ tương đương với hệ vectơ đó. 3.3 Bổ đề cơ bản về sự độc lập tuyến tính Trong không gian vectơ V cho hai hệ vectơ (α) α1, α2, . . . , αm (β) β1, β2, . . . , βn Nếu hệ (α) độc lập tuyến tính và biểu thị tuyến tính được qua hệ (β) thì m ≤ n, và ta có thể thay m vectơ của hệ (β) bằng các vectơ α1, α2, . . . , αm của hệ (α) để được hệ mới tương đương với hệ (β). Từ bổ đề cơ bản, ta có ngay hai hệ vectơ ĐLTT tương đương thì có số vectơ bằng nhau. 3.4 Hạng của hệ vectơ Trong không gian vectơ V , cho hệ vectơ (α) α1, α2, . . . , αm Hệ (α) có thể có nhiều hệ con độc lập tuyến tính tối đại khác nhau. Tuy nhiên tất cả các hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ (α) đều tương đương với nhau (vì chúng cùng tương đương với hệ (α)). Do đó, theo bổ đề cơ bản, tất cả các hệ con độc lập tuyến tính tối đại đều có số vectơ bằng nhau. Số đó gọi là hạng của hệ vectơ α1, α2, . . . , αm; ký hiệu rank{α1, . . . , αm} Như vậy ta có rank{α1, α2, . . . , αm} = Số vectơ của hệ con độc lập tuyến tính của hệ α1, α2, . . . , αm 3.5 Cách tìm hạng, hệ con độc lập tuyến tính tối đại của một hệ vectơ Trong Rn cho hệ vectơ α1 = (a11, a12, . . . , a1n) α2 = (a21, a22, . . . , a2n) 4
αm = (am1, am2, . . . , amn) Để tìm hạng, hệ con độc lập tuyến tính tối đại của của hệ α1, α2, . . . , αm ta làm như sau: • Lập ma trận A là ma trận dòng của các vectơ α1, α2, . . . , αm   a11 a12 . . . a1n  a a . . . a   21 22 2n  A =  . . .   . . . .  am1 am2 . . . amn • Bằng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng, đưa ma trận A về dạng bậc thang. Khi đó: rank{α1, α2, . . . , αm} = rank A Hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ α1, α2, . . . , αm bao gồm các vectơ ứng với các dòng khác không của ma trận bậc thang. Ví dụ. Trong R5 cho hệ vectơ α1 = (3, 2, 0, 1, 4) α2 = (4, 1, 0, 2, 3) α3 = (3, 1, −1, 0, 1) α4 = (1, 0, 1, 2, 2) Tìm một hệ con độc lập tuyến tính và hạng của hệ vectơ trên. Giải  3 2 0 1 4  1  1 0 1 2 2  4  4 1 0 2 3  2  4 1 0 2 3  2 A =   −→    3 1 −1 0 1  3  3 1 −1 0 1  3 1 0 1 2 2 4 3 2 0 1 4 1  1 0 1 2 2  4  1 0 1 2 2  4  0 1 −4 −6 −5  2  0 1 −4 −6 −5  2 −→   −→    0 1 −4 −6 −5  3  0 0 5 7 8  1 0 2 −3 −5 −2 1 0 0 0 0 0 3 rank A = 3 Do đó, rank{α1, α2, α3, α4} = 3 Hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ α1, α2, α3, α4 là {α1, α2, α4}. 5
Bài tập 1. Xét xem R2 có là không gian vectơ hay không? với phép cộng và phép nhân vô hướng sau: (a1, a2) + (b1, b2) = (a1 + b1, a2 + b2) a(a1, a2) = (aa1, 0) 2. Chứng minh rằng một không gian vectơ hoặc chỉ có một vectơ, hoặc có vô số vectơ. 3. Xét sự độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính. Tìm hạng và hệ con độc lập tuyến tính tối đại của các hệ sau: (a) α1 = (1, 0, −1, 0), α2 = (1, 2, 1, 1), α3 = (3, 2, 3, 2), α4 = (1, 1, 2, 1) (b) α1 = (1, 0, 0, −1), α2 = (2, 1, 1, 0), α3 = (1, 1, 1, 1), α4 = (1, 2, 3, 4), α5 = (0, 1, 2, 3) 4. Cho hệ vectơ α1, α2, . . . , αm ĐLTT trong không gian vectơ V . Chứng minh: (a) Hệ vectơ β1 = α1, β2 = α1 + α2, , βm = α1 + α2 + ··· + αm cũng ĐLTT. (b) Hệ vectơ γ1 = a11α1 + a12α2 + ··· + a1mαm γ2 = a21α1 + a22α2 + ··· + a2mαm γm = am1α1 + am2α2 + ··· + ammαm độc lập tuyến tính khi và chỉ khi det A 6= 0, trong đó   a11 a12 . . . a1m  a a . . . a   21 22 2m  A =  . . .   . . . .  am1 am2 . . . amm 5. Hệ vectơ α1, . . . , αm biểu thị tuyến tính được qua hệ vectơ β1, β2, . . . , βn. Chứng minh rằng: rank{α1, . . . , αm} ≤ rank{β1, β2, . . . , βm} 6. Cho hai hệ vectơ cùng hạng. Hệ đầu biểu thị tuyến tính được qua hệ sau. Chứng minh hai hệ vectơ đã cho tương đương. 7. Trong R4 cho hệ vectơ: u1 = (1, 1, 1, 1), u2 = (2, 3, −1, 0), u3 = (−1, −1, 1, 1) Tìm điều kiện cần và đủ để vectơ u = (x1, x2, x3, x4) biểu thị tuyến tính được qua hệ u1, u2, u3. 6
ĐẠI SỐ CƠ BẢN (ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC) Bài 11. Cơ Sở, Số Chiều Của Không Gian Vectơ PGS TS Mỵ Vinh Quang Ngày 27 tháng 3 năm 2005 1. Cơ sở Cho V là không gian vectơ, α1, α2, . . . , αn là một hệ vectơ của V . ? Hệ vectơ α1, α2, . . . , αn gọi là hệ sinh của V nếu mọi vectơ β ∈ V đều biểu thị tuyến tính được qua hệ α1, α2, . . . , αn. ? Hệ vectơ α1, α2, . . . , αn gọi là một cơ sở của không gian vectơ V nếu nó là hệ sinh của V và là hệ độc lập tuyến tính. ? Từ định nghĩa, hai cơ sở bất kỳ của V đều tương đương và độc lập tuyến tính. Do đó, theo định lý cơ bản chúng có số vectơ bằng nhau. Số đó gọi là số chiều V , ký hiệu là dimV . Vậy theo định nghĩa: dimV = số vectơ của một cơ sở bất kỳ của V ? Không gian vectơ có cơ sở gồm hữu hạn vectơ gọi là không gian vectơ hữu hạn chiều. Không gian vectơ khác không, không có cơ sở gồm hữu hạn vvectơ gọi là không gian vectơ vô hạn chiều. Đại số tuyến tính chủ yếu xét các không gian vectơ hữu hạn chiều. 2. Các ví dụ Ví dụ 1. Không gian Rn, xét các vectơ: e1 = (1, 0, , 0) e2 = (0, 1, , 0) e3 = (0, 0, , 1) n n Dễ dàng kiểm tra e1, e2, . . . , en là cơ sở của R , gọi là cơ sở chính tắc của R và ta có dimRn = n Ví dụ 2. Trong không gian vectơ các ma trận cấp m × n hệ số thực Mm×n(R). 1
Ta xét hệ vectơ {Eij}, trong đó:  .  0 . 0 1 ≤ i ≤ m Eij =  1  ← hàng i,  .  1 ≤ j ≤ n 0 . 0 ↑ cột j là cơ sở của Mm×n(R) và do đó ta có dimMm×n(R) = mn Ví dụ 3. Rn[x] là tập các đa thức với hệ số thực có bậc ≤ n với các phép toán thông 2 n thường là một không gian vectơ. Hệ vectơ 1, x, x , . . . , x là một cơ sở của Rn[x] và ta có dimRn[x] = n + 1 3. Tính chất cơ bản của không gian vectơ hữu hạn chiều Cho V là không gian vectơ 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 têm n − k vectơ để được cơ sở của V Chú ý rằng từ tính chất (b), (c) nếu biết dimV = n thì để chứng minh một hệ n vectơ là cơ sở của V ta chỉ cần chứng minh hệ đó là hệ độc lập tuyến tính hoặc hệ đó là hệ sinh. 4. Tọa độ của vectơ trong cơ sở. (a) Định nghĩa Cho V là không gian vectơ n chiều (dimV = n) α1, α2, . . . , αn là cơ sở của V . Với x ∈ V , khi đó x viết được duy nhất dưới dạng: x = a1α1 + a2α2 + + anαn, ai ∈ R Bộ số (a1, a2, . . . , an) gọi là tọa độ của x trong cơ sở (α), ký hiệu: x /(α) = (a1, a2, , an) Hoặc:   a1  a  [x]  2  /(α) =  .   .  an (b) Ma trận đổi cơ sở, công thức đổi tọa độ Trong không gian vectơ V cho 2 cơ sở: α1, α2, . . . , αn (α) β1, β2, . . . , βn (β) 2
Khi đó, các vectơ β1, β2, . . . , βn viết được duy nhất dưới dạng:  β1 = a11α1 + a12α2 + + an1αn   β2 = a21α1 + a22α2 + + an2αn   βn = an1α1 + a2nα2 + + annαn Ma trận các hệ số chuyển vị:   a11 a21 . . . an1  a a . . . a   12 22 2n  Tαβ =  . . .   . . . .  a1n a2n . . . ann gọi là ma trận đổi cơ sở từ (α) sang (β) −1 Từ định nghĩa, ta có ngay Tαβ là ma trận khả nghịch và Tαβ = Tαβ (c) Công thức đổi tọa độ Cho V là không gian vectơ, x ∈ V , và các cơ sở của V là: α1, α2, . . . , αn (α) β1, β2, . . . , βn (β) Giả sử: x x /(α) = (x1, x2, , xn) , /(β) = (y1, y2, , yn) Khi đó ta có:     x1 y1  x   y   2   2   .  = Tαβ  .   .   .  xn yn [x] [x] hay viết một cách ngắn gọn: /(α) = Tαβ /(β) Công thức trên cho phép tính tọa độ của vectơ x trong cơ sở (α) theo tọa độ của vectơ x trong cơ sở (β). 5. Một số ví dụ Ví dụ 1. Trong R3 cho 2 cơ sở: α1 = (1, 1, 1), α2 = (−1, 2, 1), α3 = (1, 3, 2) (α) β1 = (1, 0, 1), β2 = (1, 1, 0), β3 = (0, 1, 1) (β) (a) Tìm ma trận đổi cơ sở từ (α) sang (β). (b) Viết công thức tính tọa độ của vectơ x trong cơ sở (α) theo tọa độ của x trong cơ sở (β). Giải: 3
(a) Giả sử: β1 = a1α1 + a2α2 + a3α3 (1) β2 = b1α1 + b2α2 + b3α3 (2) β3 = c1α1 + c2α2 + c3α3 (3) Khi đó theo định nghĩa   a1 b1 c1 Tαβ =  a2 b2 c2  a3 b3 c3 Để tìm a , b , c ta phải giải các phương trình vectơ (1), (2), (3). i i i   a1 − a2 + a3 = 1 Phương trình (1) tương đương với hệ: a1 + 2a2 + 3a3 = 0  a1 + a2 + 2a3 = 1   b1 − b2 + b3 = 1 Phương trình (2) tương đương với hệ: b1 + 2b2 + 3b3 = 1  b1 + b2 + 2b3 = 0   c1 − c2 + c3 = 0 Phương trình (3) tương đương với hệ: c1 + 2c2 + 3c3 = 1  c1 + c2 + 2c3 = 1 Để giải 3 hệ trên, ta dùng phương pháp Gauss. Ma trận các hệ số mở rộng:     1 −1 1 1 1 0 1 −1 1 1 1 0  1 2 3 0 1 1  →  0 3 2 −1 0 1  1 1 2 1 0 1 0 2 1 0 −1 1   1 −1 1 1 1 0 →  0 1 1 −1 1 0  0 0 −1 2 −3 1 Hệ 1) a3 = −2, a2 = −1 − a3 = 1, a1 = a2 − a3 + 1 = 4 Hệ 2) b3 = 3, b2 = 1 − b3 = −2, b1 = b2 − b3 + 1 = −4 Hệ 3) c3 = −1, c2 = −c3 = 1, c1 = c2 − c3 = 2 Vậy ma trận đổi cơ sở từ (α) sang (β) là:  4 −4 2  Tαβ =  1 −2 1  −2 3 −1 (b) Giả sử x x /(α) = (x1, x2, x3) , /(β) = (y1, y2, y3) Công thức tính tọa độ của vectơ x trong cơ sở (α) theo tọa độ của x trong cơ sở (β) là:       x1 4 −4 2 y1  x2  =  1 −2 1   y2  x3 −2 3 −1 y3 hay x1 = 4y1 − 4y2 + 2y3 x2 = y1 − 2y2 + y3 x3 = −2y1 + 3y2 − y3 4
Ví dụ 2. Trong Rn[x] cho 2 cơ sở: 2 n u1 = 1, u2 = x, u3 = x , . . . , un+1 = x (U) 2 n v1 = 1, v2 = x − a, v3 = (x − a) , . . . , vn+1 = (x − a) (V ) trong đó a là hằng số. (a) Tìm ma trận đổi cơ sở từ (U) sang (V ) (b) Tìm ma trận đổi cơ sở từ (V ) sang (U) Giải (a) Ta có: k 0 k 1 k−1 k k vk+1 = (x − a) = Ck (−a) + Ck (−a) x + + Ck x 0 k 1 k−1 k = Ck (−a) u1 + Ck (−a) u2 + + Ck uk+1 + 0uk+2 + + 0un+1 lần lượt cho k = 0, 1, . . . , n ta có:  0 0 0 k 0 n  C0 C1 (−a) Ck (−a) Cn(−a) 1 1 k−1 1 n−1  0 C1 Ck (−a) Cn(−a)   . . . . . .   . . . .     . . . .   . . . .  T =   UV  . . k .   . . . Ck . .     . . .   . . 0 .   . . . . . .   . . . .  n 0 0 0 Cn (b) Ta có k k 0 k 1 k−1 k k uk+1 = x = [(x − a) + a] = Ck a + Ck a x + + Ck x 0 k 1 k−1 k = Ck a v1 + Ck a v2 + + Ck vk+1 + 0vk+2 + + 0vn+1 lần lượt cho k = 0, 1, . . . , n ta có:  0 0 0 k 0 n  C0 C1 a . . . Ck a Cna 1 1 k−1 1 n−1  0 C1 Ck a Cna   . . . . . .   . . . .     . . . .   . . . .  T =   UV  . . k .   . . . Ck . .     . . .   . . 0 .   . . . . . .   . . . .  n 0 0 0 Cn 5
BÀI TẬP 1. Trong R3[x] cho các vectơ: 3 2 u1 = x + 2x + x + 1 3 2 u2 = 2x + x − x + 1 3 2 u3 = 3x + 3x − x + 2 3 2 Tìm điều kiện để vectơ u = ax + bx + cx + d biểu thị tuyến tính được qua hệ u1, u2, u3. 2. Trong R3 cho các hệ vectơ: u1 = (1, 2, 1), u2 = (2, −2, 1), u3 = (3, 2, 2) (U) v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 0, 0) (V ) (a) Chứng minh rằng (U), (V ) là các cơ sở của R (b) Tìm các ma trận đổi cơ sở từ (U) sang (V ) và từ (V ) sang (U) 3. Trong R2 cho các cơ sở (α), (β), (γ) Biết: 1 1 3 1 T = ,T = αβ 2 1 γβ 2 1 và cơ sở (γ): γ1 = (1, 1), γ2 = (1, 0) Tìm cơ sở (α) 4. Cho R+ là tập các số thực dương. Trong R+ta định nghĩa 2 phép toán ∀x, y ∈ R+ x ⊕ y = xy ∀a ∈ R+, x ∈ R+ a × x = xa Biết rằng (R+, ⊕, ∗) là không gian vectơ. Tìm cơ sở, số chiều của không gian đó a −b 5. V = sao cho a, b ∈ b a R Biết rằng V cùng với phép cộng hai ma trận và phép nhân 1 số với 1 ma trận là một không gian vectơ. Tìm cơ sở và số chiều của V . 1 1Đánh máy: NGUYỄN NGỌC QUYÊN, Ngày: 12/03/2005 6
ĐẠI SỐ CƠ BẢN (ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC) Bài 12. Không gian vectơ con PGS TS Mỵ Vinh Quang Ngày 28 tháng 2 năm 2006 1 Định nghĩa và các ví dụ 1.1 Định nghĩa Cho V là không gian vectơ. Tập con U (khác rỗng) của V gọi là không gian vectơ con của V nếu các phép toán cộng và phép toán nhân vô hướng của V thu hẹp trên U là các phép toán trong U, đồng thời U cùng với các phép toán đó làm thành một không gian vectơ. Từ định nghĩa không gian vectơ con, ta dễ dàng có được kết quả dưới đây. 1.2 Tiêu chuẩn của không gian vectơ con Tập con U (khác rỗng) của không gian vectơ V là không gian vectơ con của V khi và chỉ khi: 1. Với mọi α, β ∈ U, ta có: α + β ∈ U 2. Với mọi α ∈ U, ta có −α ∈ U Như vậy, việc kiểm tra tập con U của V có là không gian vectơ con hay không khá đơn giản: ta chỉ việc kiểm tra xem U có các tính chất 1 và 2 hay không. Bạn đọc có thể vận dụng tiêu chuẩn trên để tự kiểm tra các ví dụ sau. 1.3 Các ví dụ 1.3.1 Ví dụ 1 Tập {0} chỉ gồm vectơ-không là không gian vectơ con của V . Tập V cũng là không gian vectơ con của V . Các không gian con {0}, V gọi là các không gian vectơ con tầm thường của V . 1.3.2 ví dụ 2 n n A = {(x1, . . . , xn) | x1 + x2 + ··· + xn = 0} ⊂ R là không gian con của R . n n B = {(x1, . . . , xn) | x1 + x2 + ··· + xn ≥ 0} ⊂ R không là không gian con của R , có thể dễ dàng kiểm tra B không có tính chất 2. 1
1.3.3 Ví dụ 3 Tập Rn[x] gồm đa thức không và các đa thức hệ số thực có bậc ≤ n là không gian con của R[x]. Tập các đa thức hệ số thực bậc n không là không gian con của R[x] vì cả 2 điều kiện 1 và 2 đều không được thỏa mãn. 1.3.4 Ví dụ 4 Tập Tn(R) các ma trận tam giác trên cấp n là không gian con của không gian Mn(R) các ma trận vuông cấp n. 1.4 Số chiều của không gian con Liên quan đến số chiều của không gian vectơ con, ta có định lý sau: Nếu U là không gian vectơ con của V thì dim U ≤ dim V và dim U = dim V ⇔ U = V . Chứng minh Giả sử α1, . . . , αm là cơ sở của U; β1, . . . , βn là cơ sở của V . Vì U ⊂ V nên hệ vectơ (α) biểu thị tuyến tính được qua hệ (β). Do đó theo bổ đề cơ bản, ta có m ≤ n, tức là dim U ≤ dim V . Nếu dim U = dim V = n thì α1, . . . , αn là hệ độc lập tuyến tính có đúng n = dim V vectơ nên α1, . . . , αn là cơ sở của V . Do đó U = V 2 Một số các không gian con 2.1 Không gian giao và không gian tổng Dùng tiêu chuẩn không gian vectơ con, ta có thể dễ dàng chứng minh được các kết quả sau: • Nếu A, B là các không gian vectơ con của V thì A ∩ B là không gian vectơ con của V . Tổng quát, giao của một họ tùy ý các không gian vectơ con của V là không gian vectơ con của V . • Cho A, B là các không gian vectơ con của V , ta định nghĩa: A + B := {x = α + β | α ∈ A, β ∈ B} ⊂ V (x ∈ A + B ⇔ x = α + β với α ∈ A, β ∈ B) Khi đó, A + B là không gian vectơ con của V gọi là không gian tổng của các không gian con A và B. Liên quan đến số chiều của không gian giao và không gian tổng ta có định lý sau. Định lý. Nếu A, B là các không gian con của không gian vectơ V (hữu hạn chiều) thì: dim(A + B) = dim A + dim B − dim(A + B) Chứng minh. Giả sử α1, . . . , αr là cơ sở của A ∩ B (dim A ∩ B = r). Vì α1, . . . , αr là hệ vectơ độc lập tuyến tính của A nên ta có thể bổ sung thêm các véctơ để được hệ vectơ α1, . . . , αr, β1, . . . , βs là cơ sở của A (dim A = r + s). Tương tực, ta có thể bổ sung thêm các vectơ để được hệ vectơ α1, . . . , αr, γ1, . . . , γt là cơ sở của B (dim B = r + t). Ta chứng minh hệ vectơ α1, . . . , αr, β1, . . . , βs, γ1, . . . , γt là cơ sở của A + B. Thật vậy: 2
• α1, . . . , αr, β1, . . . , βs, γ1, . . . , γt là hệ sinh vì: với mọi x ∈ A + B, ta có x = y + z với y ∈ A, z ∈ B. Vì y ∈ A nên y = a1α1 + ··· + arαr + b1β1 + ··· + bsβs 0 0 Vì z ∈ B nên z = a1α1 + ··· + arαr + c1γ1 + ··· + ctγt 0 trong đó ai, ai, bj, ck ∈ R. 0 0 Khi đó, x = (a1 + a1)α1 + ··· + (ar + ar)αr + b1β1 + ··· + bsβs + c1γ1 + ctγt Vậy hệ trên là hệ sinh của A + B. • α1, . . . , αr, β1, . . . , βs, γ1, . . . , γt là hệ vectơ độc lập tuyến tính. Giả sử a1α1 + ··· + arαr + b1β1 + ··· + bsβs + c1γ1 + ··· + ctγt = 0 (1) trong đó ai, bj, ck ∈ R. Xét vectơ x = a1α1 + ··· + arαr + b1β1 + ··· + bsβs = −c1γ1 − · · · − ctγt (2) Vì α1, . . . , αr, β1, . . . , βs là cơ sở của A nên x ∈ A. Mặt khác, γ1, . . . , γt ∈ B nên x ∈ B. 0 0 0 Do đó x ∈ A ∩ B. Bởi vậy, x = a1α1 + ··· + arαr (3) với ai ∈ R. Từ (2) và (3) ta có: 0 0 (a1 − a1)α1 + ··· + (ar − ar)αr + b1β1 + ··· + bsβs = 0 Vì α1, . . . , αr, β1, . . . , βs độc lập tuyến tính nên b1 = b2 = ··· = bs = 0. Thay vào (1) ta có: a1α1 + ··· + arαr + c1γ1 + ··· + ctγt = 0 Do đó, a1 = ··· = ar = c1 = ··· = ct = 0 Vậy hệ trên độc lập tuyến tính Như vậy, ta đã chứng minh được hệ vectơ α1, . . . , αr, β1, . . . , βs, γ1, . . . , γt là cơ sở của A+B. Do đó: dim(A + B) = r + s + t = (r + s) + (r + t) − r = dim A + dim B − dim(A ∩ B) 2.2 Không gian con sinh bởi một hệ vectơ Cho V là không gian vectơ, α1, . . . , αn là hệ vectơ của V . Ta định nghĩa: hα1, . . . , αni := {x = a1α1 + a2α2 + ··· + anαn | ai ∈ R} ⊂ V (x ∈ V ⇔ Tồn tại ai ∈ R để x = a1α1 + ··· + anαn) Dùng tiêu chuẩn không gian vectơ con, ta có ngay hα1, . . . , αni là không gian vectơ con của V . Không gian con này gọi là không gian con của V sinh bởi hệ vectơ α1, α2, . . . , αn (hay còn gọi là bao tuyến tính của hệ vectơ α1, α2, . . . , αn). Từ định nghĩa, ta có: α1, . . . , αn chính là một hệ sinh của không gian vectơ con hα1, . . . , αni. Bởi vậy, mọi hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ α1, . . . , αn đều là hệ sinh, do đó là cơ sở của không gian vectơ con hα1, . . . , αni. 3
2.3 Không gian con các nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất Cho hệ phương trình tuyến tính thuẩn nhất m phương trình, n ẩn.   a11x1 + a12x2 + ··· + a1nxn = 0  . . (I)   am1x1 + am2x2 + ··· + amnxn = 0 Mỗi nghiệm của hệ (I) có thể xem là một vectơ trong không gian Rn. Dùng tiêu chuẩn không gian vectơ con có thể dễ dàng chứng minh tập nghiệm N của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (I) là không gian vectơ con của Rn. Không gian con này gọi là không gian con các nghiệm của hệ (I). Nếu ta ký hiệu r = rank A thì số chiều của không gian con các nghiệm của hệ (I): dim N = n − r. Cơ sở của không gian nghiệm N của hệ (I) ta gọi là hệ nghiệm cơ bản của hệ (I). Để tìm hệ nghiệm cơ bản của hệ (I) (cơ sở của không gian nghiệm N), ta làm như sau: • Giải hệ phương trình (I), hệ có nghiệm tổng quát phụ thuộc n − r tham số. • Giả sử các tham số là xi1 , . . . , xin−r . Cho xi1 = 1, xi2 = 0, . . . , xin−r = 0, tức là (xi1 , xi2 , . . . , xin−r ) = (1, 0, , 0). Tính các xi còn lại theo công thức nghiệm tổng quát, ta sẽ được một nghiệm của hệ (I) ký hiệu là α1. • Tương tự với (xi1 , xi2 , xi3 , . . . , xin−r ) = (0, 1, 0, , 0) (xi1 , xi2 , . . . , xin−r ) = (0, 0, , 1), ta sẽ thu được các nghiệm α2, . . . , αn−r. Khi đó, α1, α2, . . . , αn−r là cơ sở của N (là hệ nghiệm cơ bản của hệ (I)). Bạn đọc sẽ thấy rõ quá trình trên thông qua ví dụ cụ thể sau: Ví dụ. Tìm cơ sở của không gian nghiệm N của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất  x1 + 2x2 + 2x4 + x5 = 0   2x1 + 4x2 + x3 + 3x4 = 0 3x1 + 6x2 + 2x3 + 3x4 + x5 = 0   x1 + 2x2 + x3 + x5 = 0 Giải. Đầu tiên ta giải hệ đã cho. Biến đổi ma trận các hệ số mở rộng:     1 2 0 2 1 0 1 2 0 2 1 0  2 4 1 3 0 0   0 0 1 −1 −2 0  A =   −→    3 6 2 3 1 0   0 0 2 −3 −2 0  1 2 1 0 1 0 0 0 1 −2 0 0    ∗  1 2 0 2 1 0 1 2 0 2 1 0  0 0 1 −1 −2 0   0 0 1∗ −1 −2 0  −→   −→    0 0 0 −1 2 0   0 0 0 −1∗ 2 0  0 0 0 −1 2 0 0 0 0 0 0 0 rank A = 3, hệ có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số là x2, x5. Ta có: x4 = 2x5 x3 = x4 + 2x5 = 4x5 x1 = −2x2 − 2x4 − x5 = −2x2 − 5x5 4
Vậy nghiệm tổng quát của hệ là:  x1 = −2x2 − 5x5   x3 = 4x5 x4 = 2x5   x2, x5 tùy ý Chọn x2 = 1, x5 = 0, ta sẽ có x1 = −2, x3 = 0, x4 = 0, ta được vectơ α1 = (−2, 1, 0, 0, 0). Chọn x2 = 0, x5 = 1, ta sẽ có x1 = −5, x3 = 4, x4 = 2, ta được vectơ α2 = (−5, 0, 4, 2, 1). Vậy cơ sở của không gian nghiệm N của hệ trên là hệ {α1, α2}, N = hα1, α2i, dim N = 2. 2.4 Một vài nhận xét Cho A và B là các không gian vectơ con của V . Nếu A = hα1, . . . , αmi, B = hβ1, . . . , βni thì A + B = hα1, . . . , αm, β1, . . . , βni. Thật vậy, vì A ⊂ A + B, B ⊂ A + B nên các vectơ αi, βj ∈ A + B, và do đó ta có hα1, . . . , αm, β1, . . . , βni ⊂ A + B Ngược lại, nếu x ∈ A + B thì x = y + z trong đó y ∈ A, z ∈ B. Ta có y ∈ A nên y = a1α1 + ··· + amαm, đồng thời z ∈ B nên z = b1β1 + ··· + bnβn, với ai, bj ∈ R. Bởi vậy, x = y + z = a1α1 + ··· + amαm + b1β1 + ··· + bnβn ∈ A + B. Từ nhận xét trên ta có chú ý sau: Nếu A = hα1, . . . , αmi, B = hβ1, . . . , βni thì α1, . . . , αm, β1, . . . , βn là một hệ sinh của A+B và do đó hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ vectơ α1, . . . , αm, β1, . . . , βn là cơ sở của A+B. * Nếu A là không gian vectơ con của không gian vectơ hữu hạn chiều V thì A luôn có thể viết dưới dạng A = hα1, . . . , αmi. Thật vậy, giả sử α1, . . . , αm là một cơ sở (hoặc hệ sinh) bất kỳ của A thì ta có ngay A = hα1, . . . , αmi. * Nếu A là không gian vectơ con của không gian Rn thì A có thể xem như không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có n ẩn nào đó. Thật vậy, giả sử α1, . . . , αm là cơ sở của A thì A = hα1, . . . , αmi. Vectơ x = (a1, . . . , an) ∈ A khi và chỉ khi phương trình vectơ x = x1α1 + ··· + xmαm (xi ∈ R) có nghiệm, khi và chỉ khi x = (a1, . . . , an) là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất nào đó. Bạn đọc có thể thấy rõ điều này qua ví dụ sau. 4 Ví dụ. Trong R cho các vectơ α1 = (1, −1, 0, 1), α2 = (1, 1, 1, 0), α3 = (2, 0, 1, 1) và cho không gian con A = hα1, α2, α3i. Tìm một điều kiện cần và đủ để vectơ x = (a1, a2, a3, a4) ∈ A. Giải. Vectơ x ∈ A khi và chỉ khi phương trình (a1, a2, a3, a4) = x1α1 + x2α2 + x3α3 có nghiệm, nghĩa là hệ phương trình   1 1 2 a1  −1 1 0 a2    (∗)  0 1 1 a3  1 0 1 a4 có nghiệm. Biến đổi hệ (*): 5
    1 1 2 a1 1 1 2 a1  0 2 2 a1 + a2   0 2 2 a3  (∗) −→   −→    0 1 1 a3   0 0 0 a1 + a2 − 2a3  0 −1 −1 −a1 + a4 0 0 0 −a1 + a3 + a4 Hệ (*) có nghiệm khi và chỉ khi a1 + a2 − 2a3 = 0 −a1 + a3 + a4 = 0 a1 + a2 − 2a3 = 0 Do đó, điều kiện cần và đủ để vectơ x = (a1, a2, a3, a4) ∈ A là: −a1 + a3 + a4 = 0 Và do đó, A chính là không gian nghiệm của hệ phương trình: x1 + x2 − 2x3 = 0 −x1 + x3 + x4 = 0 6
Bài tập 13. Cho A, B là các không gian vectơ con của không gian vectơ V . Chứng minh rằng A ∪ B là không gian vectơ con của V khi và chỉ khi A ⊂ B hoặc B ⊂ A. 14. Cho V là không gian vectơ và A là không gian vectơ con của V . Chứng minh rằng tồn tại không gian vectơ con B của V sao cho A + B = V , A ∩ B = {0}. 4 15. Trong R cho các vectơ: u1 = (1, 1, 0, 0), u2 = (1, 1, 1, 1), u3 = (0, −1, 0, 1), u4 = (1, 2, −1, −2) và E = hu1, u2, u3, u4i. (a) Tìm một cơ sở và số chiều của E. (b) Tìm một điều kiện cần và đủ để vectơ x = (a1, a2, a3, a4) ∈ E. 3 3 (c) Cho vectơ v1 = (1, a , a, 1), v2 = (1, b, b , 1), v3 = (ab + 1, ab, 0, 1). Tìm a, b để v1, v2, v3 là cơ sở của E. 16. Trong R4 cho các không gian con: U = h(2, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (0, −2, −1, −1)i x1 − x3 − x4 = 0 V = (x1, x2, x3, x4) x2 − x3 + x4 = 0 (a) Tìm cơ sở, số chiều của các không gian vectơ U, V , U + V . (b) Tìm cơ sở, số chiều của không gian vectơ con U ∩ V . 17. Cho U là không gian vectơ con của V . Biết rằng dim U = m < dim V = n. Chứng minh: (a) Có cơ sở của V không chứa vectơ nào của U. (b) Có cơ sở của V chứa đúng k vectơ của U (0 ≤ k ≤ m). 18. Cho A, B là các ma trận cấp m × n (A, B ∈ Mm×n(R)). Chứng minh: rank(A + B) ≤ rank A + rank B 7
ĐẠI SỐ CƠ BẢN (ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC) Bài 13. Bài tập về không gian véctơ PGS TS Mỵ Vinh Quang Ngày 10 tháng 3 năm 2006 1. Xét xem R2 có là không gian véctơ hay không với phép cộng và phép nhân vô hướng sau: (a1, a2) + (b1, b2) = (a1 + b1, a2 + b2) a∗(a1, a2) = (aa1, 0) Giải. Bạn đọc có thể kiểm tra trực tiếp rằng 7 điều kiện đầu của không gian véctơ đều thỏa mãn, riêng điều kiện thứ 8 không thỏa mãn vì với α = (1, 1), khi đó: 1∗α = 1∗(1, 1) = (1, 0) 6= α. Vậy R2 với các phép toán trên không là không gian véctơ vì không thỏa mãn điều kiện 8. 2. Chứng minh rằng một không gian véctơ hoặc chỉ có một véctơ, hoặc có vô số véctơ. Giải. Giả sử V là không gian véctơ và V có nhiều hơn 1 véctơ, ta chứng minh V chứa vô số véctơ. Thật vậy, vì V có nhiều hơn một véctơ nên tồn tại véctơ α ∈ V , α 6= 0. Khi đó, V chứa các véctơ aα với a ∈ R. Mặt khác: ∀a, b ∈ R, aα = bα ⇔ (a − b)α = 0 ⇔ a − b = 0 ( vì α 6= 0) ⇔ a = b Bởi vậy có vô số các véctơ dạng aα, a ∈ R, do đó V chứa vô số véctơ. 3. Xét sự ĐLTT, PTTT. Tìm hạng và hệ con ĐLTT tối đại của các hệ véctơ sau: a α1 = (1, 0, −1, 0), α2 = (1, 2, 1, 1), α3 = (3, 2, 3, 2), α4 = (1, 1, 2, 1) b α1 = (1, 0, 0, −1), α2 = (2, 1, 1, 0), α3 = (1, 1, 1, 1), α4 = (1, 2, 3, 4), α5 = (0, 1, 2, 3). Giải. a. Lập ma trận A tương ứng và tìm hạng của ma trận A: 1
 1 0 −1 0   1 0 −1 0   1 0 −1 0   1 2 1 1   0 2 2 1   0 1 3 1  A =   −→   −→    3 2 3 2   0 2 6 2   0 2 2 1  1 1 2 1 0 1 3 1 0 2 6 2  1 0 −1 0   0 1 3 1  −→    0 0 −4 −1  0 0 0 0 Vậy rankA = 3, ít hơn số véctơ, nên hệ trên là hệ PTTT. Vì 3 dòng khác không của ma trận ứng với các véctơ α1, α4, α2, nên hệ con ĐLTT tối đại của α1, α2, α3, α4 là α1, α4, α2 và rank{α1, α2, α3, α4} = 3. b. Giải tương tự câu a., bạn đọc tự giải. 4. Cho hệ véctơ α1, α2, . . . , αm ĐLTT trong không gian véctơ V . Chứng minh a. Hệ véctơ β1 = α1, β2 = α1 + α2, , βm = α1 + α2 + + αm cũng ĐLTT. b. Hệ véctơ: γ1 = a11α1+ +a1mαm γ2 = a21α1+ +a2mαm . . . . . . . γm = am1α1+ +ammαm ĐLTT khi và chỉ khi detA 6= 0, trong đó   a11 a12 . . . a1m  a a . . . a   21 22 2m  A =  . . .   . . . .  am1 am2 . . . amm Giải. a. Giả sử b1β1 + b2β2 + + bmβm = 0 với bi ∈ R ⇔ b1α1 + b2(α1 + α2) + + bm(α1 + + αm) = 0 ⇔ (b1 + + bm)α1 + (b2 + + bm)α2 + + bmαm = 0 Vì α1, . . . , αm ĐLTT nên ta có:   b1 + b2+ +bm−1 +bm = 0   b2+ +bm−1 +bm = 0  . . . . . . .   bm−1 +bm = 0   bm = 0 Suy ngược từ dưới lên, ta có: bm = bm−1 = = b1 = 0. Vậy β1, . . . , βm ĐLTT. b Giả sử c1γ1 + c2γ2 + + cmγm = 0 với cj ∈ R ⇔ (a11c1 + a21c2 + + am1cm)α1 + (a12c1 + a22c2 + + am2cm)α2 + + (a1mc1 + a2mc2 + + ammcm)αm = 0 2