BÀI GIẢNG ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH · PDF fileBÀI GIẢNG ĐẠI SỐ...

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP HCMKHOA KHOA HỌC CƠ BẢN

HUỲNH HỮU DINH

BÀI GIẢNG ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

TPHCM - Ngày 17 tháng 12 năm 2012

Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM

2

Mục lục

1 Ma trận và định thức 51.1 Ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1 Các khái niệm về ma trận . . . . . . . . . . . . . . 51.1.2 Các phép toán trên ma trận . . . . . . . . . . . . . 91.1.3 Các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận . . . . . . . 16

1.2 Định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.1 Hoán vị và nghịch thế . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.2 Định nghĩa định thức của ma trận vuông . . . . . 191.2.3 Phần bù đại số, ma trận phụ hợp và công thức khai

triển định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.2.4 Một số tính chất cơ bản của định thức . . . . . . . 27

1.3 Ma trận nghịch đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.3.1 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.3.2 Phương trình ma trận AX D B và XA D B . . . . 41

1.4 Hạng của ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441.4.1 Khái niệm về hạng của ma trận . . . . . . . . . . . 441.4.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2 Hệ phương trình tuyến tính 652.1 Hệ phương trình tuyến tính tổng quát . . . . . . . . . . . 65

2.1.1 Khái niệm tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.2 Phương pháp khử Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.3 Phương pháp Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.4 Phương pháp phân rã LU . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2.4.1 Phương pháp Crout . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.4.2 Phương pháp Doolittle . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.5 Điều kiện có nghiệm của hệ phương trình tuyến tính tổngquát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

2.6 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất . . . . . . . . . . 862.7 Cấu trúc nghiệm của hệ phương trình tuyến tính tổng quát 91

3


3 Không gian vector 1033.1 Khái niệm không gian vector . . . . . . . . . . . . . . . . 1033.2 Tổ hợp tuyến tính và biểu thị tuyến tính . . . . . . . . . . 1063.3 Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính . . . . . . . . 1083.4 Cơ sở và số chiều của không gian vector . . . . . . . . . . 1153.5 Tọa độ của vector. Ma trận chuyển cơ sở . . . . . . . . . . 1223.6 Không gian vector con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

3.6.1 Không gian con sinh bởi một tập hợp . . . . . . . . 1303.6.2 Không gian con nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . 133

3.7 Không gian vector Euclide . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1353.7.1 Cơ sở trực giao, cơ sở trực chuẩn. Trực chuẩn hóa

Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

4 Ánh xạ tuyến tính 1534.1 Định nghĩa và các tính chất căn bản . . . . . . . . . . . . 1534.2 Đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

4.2.1 Đơn cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1604.2.2 Toàn cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1624.2.3 Đẳng cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

4.3 Ma trận của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . 1654.4 Giá trị riêng, vector riêng của ma trận vuông và toán tử

tuyến tính. Vấn đề chéo hóa một ma trận vuông . . . . . 1734.4.1 Hai ma trận đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . 1734.4.2 Đa thức đặc trưng của ma trận vuông và toán tử

tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1744.4.3 Giá trị riêng, vector riêng của ma trận vuông và

toán tử tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1784.4.4 Không gian con riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . 1804.4.5 Chéo hóa ma trận vuông và toán tử tuyến tính . . 187

5 Dạng song tuyến tính và dạng toàn phương 2075.1 Khái niệm dạng song tuyến tính và dạng toàn phương . . 207

5.1.1 Dạng song tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . 2075.1.2 Dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2125.1.3 Đổi cơ sở cho dạng song tuyến tính và dạng toàn

phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2175.2 Dạng chính tắc của dạng toàn phương. Đưa dạng toàn

phương về dạng chính tắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2195.2.1 Dạng chính tắc của dạng toàn phương . . . . . . . 2195.2.2 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc . . . . . 220

5.3 Bài tập chương 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

4

Chương 1

Ma trận và định thức

1.1 Ma trận

1.1.1 Các khái niệm về ma trận

Các ví dụ về ma trận

� Bảng số A D

0@ �1 6p

61

2�1 0

1A được gọi là một ma trận cấp 2 � 3.

� Bảng số B D

0B@ �2p

2 01

2�1 9

2 4 �9

1CA được gọi là một ma trận cấp 3 � 3.

� Bảng số C D

0@ 1

2

3

1A được gọi là một ma trận cột cấp 3 � 1.

� Bảng số D D�

1 �2 �4�

được gọi là một ma trận dòng cấp 1�3.

Các khái niệm về ma trận

5


1. Một bảng hình chữ nhật gồm m � n số thực được sắp thành m

dòng và n cột được gọi là ma trận cấp m � n.

Ký hiệu: A D�aij

�m�n

D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

am1 am2 : : : amn

1CCCAi được gọi là chỉ số dòng.

j được gọi là chỉ số cột.

aij là phần tử nằm ở dòng i và cột j của ma trận A.

Tập hợp tất cả các ma trận cấp m � n được ký hiệu là Mm�n.R/.

2. Ma trận có số dòng bằng số cột (m D n) được gọi là ma trậnvuông cấp n, ký hiệu A D

�aij

�n.

a11; a22; :::; ann được gọi là các phần tử nằm trên đường chéo chính.

a1n; a2.n�1/; :::; an1 được gọi là các phần tử nằm trên đường chéo phụ.

Tập hợp tất cả các ma trận vuông cấp n được ký hiệu là Mn.R/.

Ví dụ 1.1. Các ma trận A D

1 2

1 3

!I B D

0@ 2 2 �2

3 1 �3

8 0 �1

1A là các ma

trận vuông.

3. Ma trận vuông A D�aij

�n

được gọi là ma trận chéo nếu aij D

0I 8i ¤ j , ký hiệu A D dig .a11; a22; :::; ann/.


0@ 1 0 0

0 2 0

0 0 �2

1A I B D

1 0

0 e

!là các ma

trận chéo.

6


4. Ma trận chéo cấp n có tất cả các phần tử trên đường chéo chínhđều bằng một được gọi là ma trận đơn vị cấp n, ký hiệu In.

Từ định nghĩa trên ta nhận được

I2 D

�1 0

0 1

�

I3 D

0@ 1 0 0

0 1 0

0 0 1

1A:::

In D

0BBB@1 0 : : : 0

0 1 : : : 0:::

:::: : :

:::

0 0 : : : 1

1CCCA5. Ma trận vuông A D

�aij

�n

được gọi là ma trận tam giác trênnếu aij D 0I 8i > j .

Dựa vào định nghĩa, ta suy ra được dạng của ma trận A như sau

A D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

0 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

0 0 : : : ann

1CCCA6. Ma trận vuông A D

�aij

�n

được gọi là ma trận tam giác dướinếu aij D 0I 8i < j .

Rõ ràng nếu A là ma trận tam giác dưới thì A có dạng

A D

0BBB@a11 0 : : : 0

a21 a22 : : : 0:::

:::: : :

:::

an1 an2 : : : ann

1CCCA7


7. Ma trận cấp m � n có tất cả các phần tử bằng không, ký hiệuOm�n (đôi khi là O), được gọi là ma trận không.

Từ định nghĩa ta suy ra ma trận Om�n có dạng

Om�n D

0BBB@0 0 : : : 0

0 0 : : : 0:::

:::: : :

:::

0 0 : : : 0

1CCCA8. Ma trận bậc thang

Trước khi đi vào khái niệm ma trận bậc thang chúng ta cần tìmhiểu một số khái niệm liên quan.

Dòng không: Một dòng của ma trận có tất cả các phần tử đềubằng không được gọi là dòng không.

Phần tử cơ sở của dòng: Phần tử khác không đầu tiên củadòng tính từ trái sang được gọi là phần tử cơ sở của dòng.

Ma trận bậc thang: Ma trận bậc thang là một ma trận kháckhông thỏa hai điều kiện sau:

� Dòng không (nếu có) nằm dưới dòng khác không.

� Phần tử cơ sở của dòng dưới nằm bên phải phần tử cơ sở củadòng trên.

Ví dụ 1.3. Các ma trận bậc thang:

A D

0BBB@1 8 �1 3

0 1 2 7

0 0 0 �1

0 0 0 0

1CCCA I B D

0@ 0 2 1 1

0 0 �2 3

0 0 0 �9

1ACác ma trận không là ma trận bậc thang:

C D

0@ �1 0 3

0 0 0

0 0 �1

1A I D D

0BBB@1 2 �9 8

0 2 4 �6

0 �9 8 2

0 0 0 0

1CCCA8


9. Ma trận bậc thang có các phần tử cơ sở của dòng bằng một, cácphần tử còn lại bằng không được gọi là ma trận bậc thang rút gọn.

Ví dụ 1.4. Các ma trận bậc thang rút gọn:

A D

0@ 1 0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

1A I B D

0@ 1 0 0

0 1 0

0 0 0

1A

1.1.2 Các phép toán trên ma trận

Hai ma trận bằng nhau

Định nghĩa 1.1. Hai ma trận được gọi là bằng nhau nếu chúngcùng cỡ và có tất cả các phần tử tương ứng vị trí bằng nhau.

Cho hai ma trận A D�aij

�m�n

; B D�bij

�m�n

. Khi đó,

A D B , aij D bij I i D 1; m; j D 1; n

Ví dụ 1.5. Tìm x; y; z; t để hai ma trận A D

x C y x C z

t C y t C 2z

!I B D

1 2

3 4

!bằng nhau.

Giải. Theo định nghĩa, hai ma trận A; B bằng nhau khi và chỉ khi8<ˆ:

x C y D 1

x C z D 2

t C y D 3

t C 2z D 4

Từ các đẳng thức trên ta giải ra được x D 2; y D �1; z D 0; t D 4. �

9


Nhân một số với một ma trận

Định nghĩa 1.2. Nhân một số với một ma trận là nhân số đó với tấtcả các phần tử của ma trận.

Cho A D�aij

�m�n

thì với mọi k 2 R ta có kA D�kaij

�m�n

.

Đặc biệt .�1/ A D��aij

�m�n

được gọi là ma trận đối của ma trận A,ký hiệu �A.

Ví dụ 1.6. Cho ma trận A D

2 5

2 3

!, khi đó 3A D

6 15

6 9

!.

Cộng hai ma trận

Định nghĩa 1.3. Cộng hai ma trận cùng cấp là cộng các phần tửtương ứng vị trí.

Nếu A D�aij

�m�n

và B D�bij

�m�n

thì A C B D�aij C bij

�m�n

.

Ví dụ 1.7. Thực hiện các phép tính trên ma trận

1. Cho A D

1 4

5 2

!và B D

6 3

1 7

!. Tính A C B.

2. Cho A D

0@ 1 �2

4 0

�2 4

1A và B D

0@ 9 �8

2 8

�1 4

1A. Tính 5A � 2B.

Giải. Ta có

1. A C B D

1 4

5 2

!C

6 3

1 7

!D

1 C 6 4 C 3

5 C 1 2 C 7

!D

7 7

6 9

!.

10


2. 5A � 2B D

0@ 5 �10

20 0

�10 20

1A �

0@ 18 �16

4 16

�2 8

1A D

0@ �13 6

16 �16

�8 12

1A :

�

Ma trận chuyển vị

Định nghĩa 1.4. Cho ma trận A D�aij

�m�n

, ma trận có cấp n � m

nhận được từ ma trận A bằng cách đổi dòng thành cột hoặc đổi cộtthành dòng được gọi là ma trận chuyển vị của A, ký hiệu AT .


1 3 9

1 2 2

!, khi đó AT D

0@ 1 1

3 2

9 2

1A.

Nhận xét 1.1. Một số kết quả quan trọng ta có thể suy ra từ định nghĩa

1. .A C B/T D AT C BT I 8A; B 2 Mm�n.R/.

2. .cA/TD cAT I 8c 2 R; A 2 Mm�n.R/.

3. .˛A C ˇB/TD ˛AT C ˇBT I 8˛; ˇ 2 RI A; B 2 Mm�n .R/.

Ví dụ 1.9. Cho A D

3 1

5 �1

!. Tìm ma trận X thỏa XCA D 3.A C I2/T .

Giải. Đẳng thức đã cho tương đương với

X C A D 3.A C I2/T

, X C A D 3�AT C I T

2

�, X D 3

�AT C I T

2

�� A

, X D

12 15

3 0

!�

3 1

5 �1

!

, X D

9 14

�2 1

!

�

11


Phép nhân hai ma trận

Định nghĩa 1.5. Cho hai ma trận A D�aij

�m�n

và B D�bij

�n�p

. Khiđó, tích của ma trận A với ma trận B, ký hiệu là AB, là một ma trậncó cấp m�p và nếu AB D

�cij

�m�p

thì cij được xác định bởi công thức

cij D

nPkD1

aikbkj D ai1b1j C ai2b2j C ::: C ainbnj .

Nhận xét 1.2. Tích hai ma trận tồn tại khi số cột của ma trận đứngtrước bằng với số dòng của ma trận đứng sau.

Ma trận tích có số dòng bằng số dòng của ma trận đứng trước và cósố cột bằng số cột của ma trận đứng sau.

Phép nhân hai ma trận, nói chung, không có tính giao hoán.

Ví dụ 1.10. Tính AB và BA với

1. A D

0@ 1 �1 3

1 �1 2

1 �1 1

1A I B D

0@ 1 2 �1

1 �2 �2

0 2 �3

1A

2. A D

�1 9 0

1 �9 1

!I B D

0@ �1 0

1 0

9 0

1A

3. A D

0BBB@0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

1CCCA I B D AT

Giải. 1. Ta có

� AB D

0@ 1 �1 3

1 �1 2

1 �1 1

1A0@ 1 2 �1

1 �2 �2

0 2 �3

1A D

0@ 0 10 �8

0 8 �5

0 6 �2

1A12


� BA D

0@ 1 2 �1

1 �2 �2

0 2 �3

1A0@ 1 �1 3

1 �1 2

1 �1 1

1A D

0@ 2 �2 6

�3 3 �3

�1 1 1

1ACác câu 2 và 3 bạn đọc xem như bài tập. �

Nhận xét 1.3. Nếu A 2 Mn .R/ thì AA luôn luôn tồn tại và khi đó tađịnh nghĩa A2 D AA. Tương tự, ta định nghĩa AkC1 D AkA với k � 0 vàqui ước A0 D In.

Ví dụ 1.11. Cho A là ma trận vuông cấp 2011 mà phần tử dòng thứ i lài . Tìm phần tử ở dòng thứ 2 cột 3 của ma trận A2.

Giải. Từ giả thiết đề bài ta có

A D

0BBBBB@1 1 1 : : : 1

2 2 2 : : : 2

3 3 3 : : : 3:::

::::::

: : ::::

2011 2011 2011 : : : 2011

1CCCCCATa suy ra

A2D

0BBBBB@1 1 1 : : : 1

2 2 2 : : : 2

3 3 3 : : : 3:::

::::::

: : ::::

2011 2011 2011 : : : 2011

1CCCCCA

0BBBBB@1 1 1 : : : 1

2 2 2 : : : 2

3 3 3 : : : 3:::

::::::

: : ::::

2011 2011 2011 : : : 2011

1CCCCCATừ biểu thức của A2 ta tính được phần tử ở dòng 2 cột 3 là:

2 .1 C 2 C 3 C ::: C 2011/ D 2011:2012 D 4046132

�

Ví dụ 1.12. Cho A là ma trận vuông cấp 2011 mà phần tử dòng thứ i là3i�1. Tìm phần tử ở dòng thứ 3 cột 2011 của ma trận A2.

13


Giải. Ta xác định ma trận A

A D

0BBBBB@1 1 1 : : : 1

3 3 3 : : : 3

9 9 9 : : : 9:::

::::::

: : ::::

32010 32010 32010 : : : 32010

1CCCCCATa suy ra

A2D

0BBBBB@1 1 1 : : : 1

3 3 3 : : : 3

9 9 9 : : : 9:::

::::::

: : ::::

32010 32010 32010 : : : 32010

1CCCCCA

0BBBBB@1 1 1 : : : 1

3 3 3 : : : 3

9 9 9 : : : 9:::

::::::

: : ::::

32010 32010 32010 : : : 32010

1CCCCCABiểu thức của A2 cho ta tính được phần tử ở dòng 3 cột 2011 của A2

là:

9�1 C 3 C 32

C 33C ::: C 32010

�D 9

33011 � 1

3 � 1D

9

2

�32011

� 1�

�


1 �1

0 1

!. Tính A2; A3 và từ đó suy ra An.

Giải. Ta có

� A2 D

1 �1

0 1

! 1 �1

0 1

!D

1 �2

0 1

!

� A3 D A2A D

1 �2

0 1

! 1 �1

0 1

!D

1 �3

0 1

!

Từ đây ta suy ra An D

1 �n

0 1

!. �


0 0

1 0

!. Tính .I2 � A/2011.

14


Giải. Đặt B D I2 � A D

1 0

�1 1

!, ta có

� B2 D

1 0

�1 1

! 1 0

�1 1

!D

1 0

�2 1

!

� B3 D B2B D

1 0

�2 1

! 1 0

�1 1

!D

1 0

�3 1

!

Bằng qui nạp ta tính được B2011 D

1 0

�2011 1

!. �

Ví dụ 1.15. Cho ma trận

A D

0BBB@0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

1CCCA1. Tính

2011PiD0

2nAn.

2. Tính B2011 với B D A C I4.

Giải. 1. Ta có

� A2 D

0BBB@0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

1CCCA0BBB@

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

1CCCA D

0BBB@0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

1CCCA

� A3 D

0BBB@0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

1CCCA0BBB@

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

1CCCA D

0BBB@0 0 0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

1CCCA

� A4 D

0BBB@0 0 0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

1CCCA0BBB@

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

1CCCA D

0BBB@0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

1CCCA D O4�4

15


Ta suy ra An D O4�4 với mọi n � 4.

Do đó2011PiD0

2nAn D I4 C 2A C 4A2 C 8A3 D

0BBB@1 2 4 8

0 1 2 4

0 0 1 2

0 0 0 1

1CCCA.

2. Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta nhận được

B2011 D .A C I4/2011

D

2011PiD0

C i2011Ai D I4 C C 1

2011A C C 22011A2 C C 3

2011A3

D

0BBBBB@1 2011

2011:2010

2

2011:2010:2009

6

0 1 20112011:2010

20 0 1 2011

0 0 0 1

1CCCCCA�

1.1.3 Các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận

Chúng ta có ba phép biến đổi sơ cấp trên ma trận. Cụ thể như sau:

� Đổi chỗ hai dòng (cột) bất kì của ma trận.

� Nhân một dòng (cột) với một số khác không.

� Cộng vào một dòng (cột) một dòng (cột) khác.

Các phép biến đổi sơ cấp chiếm một vị trí quan trọng trong biếnđổi ma trận vì nó “ít” làm thay đổi “bản chất” của ma trận. Do đó, tathường hay dùng các phép biến đổi này để chuyển một ma trận phứctạp về dạng đơn giản hơn, xem xét các đặc điểm của ma trận đơn giảnrồi rút ra các tính chất của ma trận ban đầu. Vấn đề phát sinh là biếnđổi tới đâu thì được xem là “đơn giản”? Kết quả sau đây sẽ cho ta lờigiải đáp:

16


Định lý 1.1. Mọi ma trận bất kỳ đều có thể chuyển về dạng bậcthang rút gọn thông qua các phép biến đổi sơ cấp.

Ví dụ 1.16. Dùng các phép biến đổi sơ cấp chuyển ma trận

A D

0@ 1 1 1 1

1 2 3 4

2 3 4 6

1Avề dạng bậc thang rút gọn.

Giải. Ta có 0@ 1 1 1 1

1 2 3 4

2 3 4 6

1A d2!d2�d1

��!d3!d3�2d1

0@ 1 1 1 1

0 1 2 3

0 1 2 4

1Ad3!d3�d2

��!

0@ 1 1 1 1

0 1 2 3

0 0 0 1

1A d2!d2�3d3

��!d1!d1�d3

0@ 1 1 1 0

0 1 2 0

0 0 0 1

1Ad1!2d1�d2

��!

0@ 2 1 0 0

0 1 2 0

0 0 0 1

1A c2!2c2�c1

��!

0@ 2 0 0 0

0 2 2 0

0 0 0 1

1Ac3!c3�c2

��!

0@ 2 0 0 0

0 2 0 0

0 0 0 1

1A d1! 12

d1

��!d2! 1

2d2

0@ 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 0 1

1A�

1.2 Định thức

1.2.1 Hoán vị và nghịch thế

1. Cho tập chỉ số f1; 2; :::; ng. Mỗi cách sắp xếp n số đã cho theomột thứ tự nhất định được gọi là một hoán vị của n số đó.

17


Mỗi hoán vị của tập f1; 2; :::; ng được kí hiệu là .� .1/ ; � .2/ ; :::; � .n// với� .i/ 2 f1; 2; :::; ng và � .i/ ¤ � .j / với mọi i ¤ j .

Từ n số đã cho chúng ta có thể lập được nŠ hoán vị.

Ví dụ 1.17. Từ tập chỉ số f1; 2g chúng ta có 2Š D 2 hoán vị là: .1; 2/ và.2; 1/.

Ví dụ 1.18. Từ tập chỉ số f1; 2; 3g chúng ta có 3Š D 6 hoán vị là:

.1; 2; 3/ I .1; 3; 2/ I .2; 1; 3/ I .2; 3; 1/ I .3; 1; 2/ I .3; 2; 1/

2. Trong một hoán vị nếu mỗi lần xảy ra trường hợp số lớn đứngtrước số bé � .i/ > � .j / với i < j thì ta nói có một nghịch thế.

Ví dụ 1.19. Tìm số nghịch thế của các hoán vị

.1; 2; 3/I .1; 3; 2/ I .3; 1; 2/ I .3; 2; 1/

Giải. Dựa vào định nghĩa ta nhận được các kết quả sau:

� Hoán vị .1; 3; 2/ có một nghịch thế vì �.2/ > �.3/.

� Hoán vị .3; 1; 2/ có hai nghịch thế vì �.1/ > �.2/ và �.1/ > �.3/.

� Hoán vị .3; 2; 1/ có ba nghịch thế (giải thích tương tự như trên).

� Hoán vị .1; 2; 3/ không có nghịch thế.

�

3. Nếu số các nghịch thế trong một hoán vị bằng không hoặc làmột số chẵn thì ta nói đó là một hoán vị chẵn. Ngược lại, nếu số cácnghịch thế trong một hoán vị là một số lẻ thì ta nói đó là một hoánvị lẻ.

Ví dụ 1.20. Hoán vị .1; 2/ là hoán vị chẵn. Hoán vị .2; 1/ là hoán vị lẻ.

Ví dụ 1.21. Các hoán vị .1; 2; 3/I .3; 1; 2/ là các hoán vị chẵn (vì có sốnghịch thế lần lượt bằng 0 và 2). Các hoán vị .1; 3; 2/ I .3; 2; 1/ là cáchoán vị lẻ (vì có số nghịch thế lần lượt bằng 1 và 3).

18


Việc xem xét một hoán vị là chẵn hay lẻ nếu chỉ dùng định nghĩa thìkhông phải là chuyện đơn giản. Định lý sau đây giúp ta khắc phục khókhăn trên:

Định lý 1.2. Cho � là một hoán vị của tập chỉ số f1; 2; : : : ; ng. Xéthàm dấu

sign .�/ DX

1�i<j �n

.� .j / � � .i//

.j � i/

Khi đó, tập giá trị của sign.�/ chỉ bao gồm hai giá trị ˙1. Hơn nữa,

� Nếu sign .�/ D 1 thì � là một hoán vị chẵn.

� Nếu sign .�/ D �1 thì � là một hoán vị lẻ.

Ví dụ 1.22. Xét tính chẵn lẻ của hoán vị � D .2; 3; 1; 4/.

Giải. Ta cósign .�/ D

X1�i<j �4

.� .j / � � .i//

.j � i/D 1

Vậy � là một hoán vị chẵn. �

Nhận xét 1.4. Số các hoán vị chẵn và lẻ của tập chỉ số f1; 2; : : : ; ng là

như nhau và bằng1

2nŠ.

1.2.2 Định nghĩa định thức của ma trận vuông

1. Cho A là một ma trận vuông cấp n

A D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

an1 an2 : : : ann

1CCCA

19


Đầu tiên, chúng ta lập một tích gồm n phần tử của ma trậnA, nằm ở n dòng khác nhau và n cột cũng khác nhau. Chúngta sẽ thu được nŠ tích số có dạng a1�.1/a2�.2/:::an�.n/.�/ với.� .1/ ; � .2/ ; :::; � .n// là một hoán vị của bộ chỉ số f1; 2; :::; ng.

Tiếp theo, nếu hoán vị .� .1/ ; � .2/ ; :::; � .n// là hoán vị chẵnthì chúng ta giữ nguyên dấu của tích dạng .�/. Ngược lại, nếuhoán vị .� .1/ ; � .2/ ; :::; � .n// là hoán vị lẻ thì chúng ta đổi dấutích số dạng .�/. Như vậy, số tích số giữ nguyên dấu và số tích

số đổi dấu là bằng nhau và bằng1

2nŠ. Khi đó, chúng ta có nŠ

tích số dạng ˙a1�.1/a2�.2/:::an�.n/.��/.

2. Tổng của nŠ tích số dạng .��/ được gọi là định thức (cấp n) củama trận vuông A D

�aij

�n. Ký hiệu: det A hoặc

jAj D

ˇˇˇ

a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

an1 an2 : : : ann

ˇˇˇ

Qui ước: Nếu A D .a/ thì det A D a.

Ví dụ 1.23. Sử dụng định nghĩa để xây dựng công thức tính định thứccấp 2.

Giải. Giả sử

A D

a11 a12

a21 a22

!Ta sẽ xây dựng công thức tính det A.

Tập chỉ số f1; 2g chỉ có hai hoán vị .1; 2/ và .2; 1/. Để xây dựng côngthức tính định thức của ma trận A, chúng ta cần phải xác định hai tícha1�.1/a2�.2/ cùng với dấu của chúng. Cụ thể, ta có bảng sau:

.� .1/ ; � .2// Hoán vị chẵn/ lẻ ˙a1�.1/a2�.2/

.1; 2/ chẵn a11a22

.2; 1/ lẻ �a12a21

20


Vậy det A D

ˇa11 a12

a21 a22

ˇD a11a22 � a12a21. �

Ví dụ 1.24. Sử dụng định nghĩa để xây dựng công thức tính định thứccấp 3.

Giải. Giả sử

A D

0@ a11 a12 a13

a21 a22 a32

a31 a32 a33

1ATập chỉ số f1; 2; 3g có 6 hoán vị là:

.1; 2; 3/ I .1; 3; 2/ I .2; 1; 3/ I .2; 3; 1/ I .3; 1; 2/ I .3; 2; 1/

Để xây dựng công thức tính định thức của ma trận A, chúng ta cầnphải xác định sáu tích a1�.1/a2�.2/a3�.3/ cùng với dấu của chúng. Cụ thể,ta có bảng sau:

.�.1/; �.2/; �.3// Hoán vị chẵn/lẻ ˙a1�.1/a2�.2/a3�.3/

.1; 2; 3/ chẵn a11a22a33

.1; 3; 2/ lẻ �a11a23a32

.2; 1; 3/ lẻ �a12a21a33

.2; 3; 1/ chẵn a12a23a31

.3; 1; 2/ chẵn a13a21a32

.3; 2; 1/ lẻ �a13a22a31

Vậy

det A D

ˇˇ a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

ˇˇ

D .a11a22a33 C a12a23a31 C a21a32a13/

� .a13a22a31 C a23a32a11 C a12a21a33/

�

Nhận xét 1.5. Bằng cách lí luận tương tự như trong ví dụ 1.23 và 1.24ta sẽ xây dựng cách tính định thức của ma trận vuông với cấp tùy ý.

Ví dụ 1.25. Tính định thứcˇ

1 4

�1 2

ˇ.

21


Giải. Ta có ˇ1 4

�1 2

ˇD 2 � .�4/ D 6

�

Ví dụ 1.26. Tính định thức

ˇˇ 1 3 2

1 1 2

2 6 4

ˇˇ.

Giải. Ta cóˇˇ 1 3 2

1 1 2

2 6 4

ˇˇ D .1:1:4 C 3:2:2 C 1:6:2/ � .2:1:2 C 1:6:2 C 1:3:4/ D 0

�

Ví dụ 1.27. Giải bất phương trình

ˇˇ x 1 6

0 1 0

2 1 3x

ˇˇ � 0.

Giải. Ta có ˇˇ x 1 6

0 1 0

2 1 3x

ˇˇ D 3x2

� 12

Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với

3x2� 12 � 0 , �2 � x � 2

Vậy, bất phương trình có nghiệm �2 � x � 2. �

1.2.3 Phần bù đại số, ma trận phụ hợp và công thứckhai triển định thức

Phần bù đại số

Định nghĩa 1.6. Cho ma trận vuông A D�aij

�n. Định thức của ma

trận thu được từ A bằng cách xóa bỏ dòng i và cột j nhân với .�1/iCj

được gọi là phần bù đại số của phần tử aij , ký hiệu Aij .

22



0@ 1 0 �1

2 2 2

4 3 0

1A. Tính A11; A22; A23; A33.

Giải. Ta có

� A11 D .�1/1C1

ˇ2 2

3 0

ˇD �6I A22 D .�1/2C2

ˇ1 �1

4 0

ˇD 4.

� A23 D .�1/2C3

ˇ1 0

4 3

ˇD �3I A33 D .�1/3C3

ˇ1 0

2 2

ˇD 2.

�

Ma trận phụ hợp

Định nghĩa 1.7. Ma trận, ký hiệu A�, được định nghĩa như sau:

A�D��

Aij

�n

�TD

0BBB@A11 A21 : : : An1

A12 A22 : : : An2

::::::

: : ::::

A1n A2n : : : Ann

1CCCAvới Aij là phần bù đại số của phần tử aij , được gọi là ma trận phụhợp của ma trận A.

Ví dụ 1.29. cho ma trận A D

1 5

1 2

!. Tìm A�

Giải. Ta có

A�D

A11 A21

A12 A22

!D

2 �5

�1 1

!�


0@ 1 0 0

a 1 0

c b 1

1A. Tìm A�.

23


Giải. Ta có

� A11 D

ˇ1 0

b 1

ˇD 1; A22 D

ˇ1 0

c 1

ˇD 1; A33 D

ˇ1 0

c 1

ˇD 1.

� A21 D �

ˇ0 0

b 1

ˇD 0; A31 D

ˇ0 0

1 0

ˇD 0; A32 D �

ˇ1 0

a 0

ˇD 0.

� A12 D �

ˇa 0

c 1

ˇD �a; A13 D

ˇa 1

c b

ˇD ab � c.

� A23 D �

ˇ1 0

c b

ˇD �b.

Vậy A� D

0@ 1 0 0

�a 1 0

ab � c �b 1

1A. �

Công thức khai triển định thức

Định lý 1.3. (Định lý Laplace.) Giả sử A 2 Mn.R/. Khi đó,

� det A D

nPj D1

aij Aij D ai1Ai1 C ai2Ai2 C ::: C ainAin; i D 1; n.

� det A D

nPiD1

aij Aij D a1j A1j C a2j A2j C ::: C anj Anj ; j D 1; n.

Một số kết quả quan trọng rút ra từ định lý trên:

� Nếu A D .aij /n là một ma trận tam giác thì det A D a11a22 : : : ann.

� Nếu tồn tại i; j sao cho aik D 0; 8k ¤ j thì det A D aij Aij .

Nhận xét 1.6. Để việc tính định thức cho đơn giản thì ta thường khaitriển định thức theo các hàng (cột) có càng nhiều số không càng tốt.

24


Ví dụ 1.31. Tính định thức của ma trận A D

0BBB@1 2 �1 2

0 2 0 0

�1 3 2 4

0 2 1 3

1CCCA.

Giải. Khai triển định thức theo dòng 2 ta được

det A D .�1/2C2:2:

ˇˇ 1 �1 2

�1 2 4

0 1 3

ˇˇ D �6

�

Ví dụ 1.32. Tính định thức của ma trận A D

0BBBBB@2 0 3 0 0

�2 1 0 4 0

3 0 2 0 0

4 �1 2 3 1

�1 1 2 0 0

1CCCCCA.

Giải. Áp dụng công thức khai triển định thức ta đượcˇˇˇ

2 0 3 0 0

�2 1 0 4 0

3 0 2 0 0

4 �1 2 3 1

�1 1 2 0 0

ˇˇˇ khai triển theo c5

DDDDDDDD 1.�1/4C5

ˇˇˇ

2 0 3 0

�2 1 0 4

3 0 2 0

�1 1 2 0

ˇˇˇ

khai triển theo c4DDDDDDDD �4.�1/2C4

ˇˇ 2 0 3

3 0 2

�1 1 2

ˇˇ D 20

�

Ví dụ 1.33. Chứng minh đẳng thứcˇˇˇ

a11 a21 b11 b12

a21 a22 b21 b22

0 0 c11 c12

0 0 c21 c22

ˇˇˇ D

ˇa11 a12

a21 a22

ˇ ˇc11 c12

c21 c22

ˇ(1.1)

25


Chứng minh. Khai triển định thức theo dòng 4 ta đượcˇˇˇ

a11 a21 b11 b12

a21 a22 b21 b22

0 0 c11 c12

0 0 c21 c22

ˇˇˇ D �c21

ˇˇ a11 a12 b12

a21 a22 b22

0 0 c12

ˇˇC c22

ˇˇ a11 a12 b11

a21 a22 b21

0 0 c11

ˇˇ

D �c12c21

ˇa11 a12

a21 a22

ˇC c11c22

ˇa11 a12

a21 a22

ˇD

ˇa11 a12

a21 a22

ˇ ˇc11 c12

c21 c22

ˇ�

Ví dụ 1.34. Giải phương trình

ˇˇˇ

x 9 �1 x

1 x 2 x2

0 0 x 8

0 0 2 x

ˇˇˇ D 0

Giải. Áp dụng công thức 1.1 ta đượcˇˇˇ

x 9 �1 x

1 x 2 x2

0 0 x 8

0 0 2 x

ˇˇˇ D

ˇx 9

1 x

ˇ ˇx 8

2 x

ˇD�x2

� 9� �

x2� 16

�

Do đó, phương trình đã cho có bốn nghiệm x D ˙3I x D ˙4. �

Nhận xét 1.7. Nếu trong ví dụ 1.33 ta đặt

A D

a11 a12

a21 a22

!; B D

b11 b12

b21 b22

!; C D

c11 c12

c21 c22

!

thì công thức 1.1 có thể viết lại như sauˇA B

O2�2 C

ˇD jAj jC j (1.2)

Bằng phương pháp chứng minh như trong ví dụ 1.33 ta cũng đạtđược các kết quảˇ

O2�2 C

A B

ˇD jAj jC j I

ˇA O2�2

B C

ˇD jAj jC j

26


Các kết quả trên có thể mở rộng cho trường hợp A; B; C 2 Mn.R/, tứclà ˇ

A B

On�n C

ˇD

ˇOn�n C

A B

ˇD

ˇA On�n

B C

ˇD jAj jC j (1.3)

1.2.4 Một số tính chất cơ bản của định thức

1. Định thức bằng không nếu trong định thức có dòng (cột) không.

Ví dụ 1.35. Các định thức

ˇˇ 1 �3 3

2 4 1

0 0 0

ˇˇ;ˇˇ 1 0 2

4 0 3

�2 0 �1

ˇˇ đều bằng không

vì mỗi định thức đều chứa dòng không hoặc cột không.

2. Định thức đổi dấu nếu ta đổi chỗ hai dòng (cột) của định thứcvà giữ nguyên các dòng (cột) còn lại.

ˇˇˇˇ

a11 a12 ::: a1n

::::::

:::

ai1 ai2 ::: ain

::::::

:::

aj1 aj 2 ::: ajn

::::::

:::

an1 an2 ::: ann

ˇˇˇˇ

di $djDDDDD �

ˇˇˇˇ

a11 a12 ::: a1n

::::::

:::

aj1 aj 2 ::: ajn

::::::

:::

ai1 ai2 ::: ain

::::::

:::

an1 an2 ::: ann

ˇˇˇˇ

Ví dụ 1.36. Cho hai định thức

�1 D

ˇˇˇ

1 2 3 4

2 5 4 7

3 6 8 4

4 8 12 17

ˇˇˇ ; �2 D

ˇˇˇ

2 5 4 7

1 2 3 4

4 8 12 17

3 6 8 4

ˇˇˇ

Khẳng định nào sau đây đúng?

a. �1 D �2

b. �2 D 2�1

c. �1 D ��2

d. �2 D �2�1

27


Giải. Ta thấy định thức �2 nhận được từ định thức �1 bằng cách hoánđổi dòng 1 với dòng 2 và hoán đổi dòng 3 với dòng 4. Do đó

�2 D .�1/2�1 D �1

Vậy đáp án ta chọn là a. �


ˇˇˇˇ

0 1 0 x 0 x C 2

0 2 0 y 0 y C 4

0 3 0 z 0 z C 6

1 4 1 2 2 1

2 �1 3 0 1 �1

7 x 6 1 3 8

ˇˇˇˇ.

Giải. Ta cóˇˇˇˇ

0 1 0 x 0 x C 2

0 2 0 y 0 y C 4

0 3 0 z 0 z C 6

1 4 1 2 2 1

2 �1 3 0 1 �1

7 x 6 1 3 8

ˇˇˇˇ

c1$c6c3$c4DDD

ˇˇˇˇ

x C 2 1 x 0 0 0

y C 4 2 y 0 0 0

z C 6 3 z 0 0 0

1 4 2 1 2 1

�1 �1 0 3 1 2

8 x 1 6 3 7

ˇˇˇˇ

D

ˇˇ x C 2 1 x

y C 4 2 y

z C 6 3 z

ˇˇˇˇ 1 2 1

3 1 2

6 3 7

ˇˇ D 0

�

3. Nếu trong định thức có hai dòng (cột) giống nhau thì định thứcbằng không.

Ví dụ 1.38. Định thức

ˇˇˇ

1 1 �3 2

0 7 �1 4

1 1 �3 2

1 8 �2 2

ˇˇˇ bằng không vì dòng 1 và dòng 3

giống nhau.


ˇˇˇ

x2 1 �2 �2

x x3 1 1

2 1 1 1

1 0 1 1

ˇˇˇ D 0

28


Giải. Vế trái của phương trình trên là một định thức có cột ba vàbốn bằng nhau nên luôn luôn bằng không. Vậy phương trình đã chocó nghiệm là mọi x 2 R. �

4. Thừa số chung của một dòng (cột) có thể đưa ra ngoài dấu địnhthức.

ˇˇˇ

a11 a12 ::: a1n

::::::

:::

kai1 kai2 ::: kain

::::::

:::

an1 an2 ::: ann

ˇˇˇ D k

ˇˇˇ

a11 a12 ::: a1n

::::::

:::

ai1 ai2 ::: ain

::::::

:::

an1 an2 ::: ann

ˇˇˇ

hoặc ˇˇˇ

a11 ::: ka1j ::: a1n

a21 ::: ka2j ::: a2n

::::::

:::

an1 ::: kanj ::: ann

ˇˇˇ D k

ˇˇˇ

a11 ::: a1j ::: a1n

a21 ::: a2j ::: a2n

::::::

:::

an1 ::: anj ::: ann

ˇˇˇ

Ví dụ 1.40. Cho hai định thức

�1 D

ˇˇˇ

1 0 2 �2

�2 �1 3 1

4 2 1 3

1 3 4 4

ˇˇˇ ; �2 D

ˇˇˇ

2 0 4 �8

�4 �2 6 4

4 2 1 6

1 3 4 8

ˇˇˇ


a. �1 D �2

b. �2 D 4�1

c. �1 D 2�2

d. �2 D 8�1

Giải. Ta thấy định thức �2 nhận được từ định thức �1 bằng cách nhândòng 1 cho 2, dòng 2 cho 2 và cột 4 cho 2. Do đó �2 D 8�1. �

5. Nếu định thức có hai dòng (cột) tỉ lệ với nhau thì bằng không(hai dòng (cột) i và j của định thức được gọi là tỉ lệ khi dj D kdi

(tương ứng cj D kci ) với k 2 R).

29


Ví dụ 1.41. Các định thức

ˇˇ 1 2 3

2 4 6

�1 2 3

ˇˇ ;ˇˇ a b c

ka kb kc

x y z

ˇˇ là bằng không

vì dòng 1 và dòng 2 tỷ lệ với nhau.

6. Nếu định thức có một dòng (cột) mà các phần tử được táchthành tổng hai số thì định thức cũng được tách thành tổng của haiđịnh thức tương ứng.

ˇˇˇ

a11 ::: a1n

::::::

bi1 C ci1 ::: bin C cin

::::::

an1 ::: ann

ˇˇˇ D

ˇˇˇ

a11 ::: a1n

::::::

bi1 ::: bin

::::::

an1 ::: ann

ˇˇˇC

ˇˇˇ

a11 ::: a1n

::::::

ci1 ::: cin

::::::

an1 ::: ann

ˇˇˇ (1.4)

Ví dụ 1.42. Không dùng định nghĩa hãy chứng minh các định thức

�1 D

ˇˇ 1 C x 3 C y 3 C z

1 3 3

x y z

ˇˇ ; �2 D

ˇˇ 1 x C 2 x

2 y C 4 y

3 z C 6 z

ˇˇ

luôn bằng không với mọi x; y; z.

Giải. Áp dụng công thức 1.4 ta được

�1 D

ˇˇ 1 3 3

1 3 3

x y z

ˇˇC

ˇˇ x y z

1 3 3

x y z

ˇˇ D 0

Tương tự ta cũng có �2 D 0. �

7. Định thức không thay đổi khi ta cộng hoặc trừ vào một dòng(cột), một dòng (cột) khác đã nhân với một số.

30


ˇˇˇ

a11 a12 ::: a1n

::::::

:::

ai1 ˙ kaj1 ai2 ˙ kaj 2 ::: ain ˙ kajn

::::::

:::

an1 an2 ::: ann

ˇˇˇ D

ˇˇˇ

a11 a12 ::: a1n

::::::

:::

ai1 ai2 ::: ain

::::::

:::

an1 an2 ::: ann

ˇˇˇ

hoặc ˇˇˇ

a11 ::: a1i ˙ ka1j ::: a1n

a21 ::: a2i ˙ ka2j ::: a2n

::::::

:::

an1 ::: ani ˙ kanj ::: ann

ˇˇˇ D

ˇˇˇ

a11 ::: a1i ::: a1n

a21 ::: a2i ::: a2n

::::::

:::

an1 ::: ani ::: ann

ˇˇˇ


ˇˇˇ

x 1 0 2x

x x 1 4

1 3 x 2

2 �1 2 4

ˇˇˇ D 0.

Giải. Sử dụng tính chất trên ta đượcˇˇˇ

x 1 0 2x

x x 1 4

1 3 1 2

2 �1 2 4

ˇˇˇ

c4!c4�2c1DDDDDD

ˇˇˇ

x 1 0 0

x x 1 4 � 2x

1 3 1 0

2 �1 2 0

ˇˇˇ

khai triển cột 4DDDDDD .�1/2C4 .4 � 2x/

ˇˇ x 1 0

1 3 1

2 �1 2

ˇˇ

D 7x .4 � 2x/

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x D 0; x D 2. �

Ví dụ 1.44. Giải bất phương trình

ˇˇ m C 1 m � 1 2

m C 2 2m C 3 m C 2

m C 1 m 2

ˇˇ � 0.

Giải. Ta cóˇˇ m C 1 m � 1 2

m C 2 2m C 3 m C 2

m C 1 m 2

ˇˇ d3!d3�d1

DDDDDDD

ˇˇ m C 1 m � 1 2

m C 2 2m C 3 m C 2

0 1 0

ˇˇ

khai triển dòng 3DDDDDDD �

�m2 C m � 2

�31


Khi đó, bất phương trình đã cho tương đương với

m2C m � 2 � 0 , �2 � m � 1

Vậy bất phương trình có nghiệm �2 � m � 1. �


ˇˇˇ

1 1 1 : : : 1 1

1 2 2 : : : 2 2

1 1 3 : : : 3 3:::

::::::

::::::

1 1 1 : : : 1 n

ˇˇˇ

Giải. Ta cóˇˇˇ

1 1 1 : : : 1 1

1 2 2 : : : 2 2

1 1 3 : : : 3 3:::

::::::

::::::

1 1 1 : : : 1 n

ˇˇˇ d2!d2�d1

DDDDd3!d3�d1

:::dn!dn�d1

ˇˇˇ

1 1 1 : : : 1 1

0 1 1 : : : 1 1

0 0 2 : : : 2 2:::

::::::

::::::

0 0 0 : : : 0 n � 1

ˇˇˇ

D .n � 1/Š

�


ˇˇˇ

2 1 1 : : : 1

1 2 1 : : : 1

1 1 2 : : : 1:::

::::::

: : ::::

1 1 1 : : : 2

ˇˇˇ

Giải. Ta cóˇˇˇ

2 1 1 : : : 1

1 2 1 : : : 1

1 1 2 : : : 1:::

::::::

: : ::::

1 1 1 : : : 2

ˇˇˇ d1!d1C:::Cdn

DDDDD

ˇˇˇ

n C 1 n C 1 n C 1 : : : n C 1

1 2 1 : : : 1

1 1 2 : : : 1:::

::::::

: : ::::

1 1 1 : : : 2

ˇˇˇ

D .n C 1/

ˇˇˇ

1 1 1 : : : 1

1 2 1 : : : 1

1 1 2 : : : 1:::

::::::

: : ::::

1 1 1 : : : 2

ˇˇˇ

32


Mặt khácˇˇˇ

1 1 1 : : : 1

1 2 1 : : : 1

1 1 2 : : : 1:::

::::::

: : ::::

1 1 1 : : : 2

ˇˇˇ d2!d2�d1

DDDDd3!d3�d1

:::dn!dn�d1

ˇˇˇ

1 1 1 : : : 1

0 1 0 : : : 0

0 0 1 : : : 0:::

::::::

: : ::::

0 0 0 : : : 1

ˇˇˇ D 1

Vậy ˇˇˇ

2 1 1 : : : 1

1 2 1 : : : 1

1 1 2 : : : 1:::

::::::

: : ::::

1 1 1 : : : 2

ˇˇˇ D n C 1

�

8. Nếu A và B là hai ma trận vuông cùng cấp thì jABj D jAj jBj.Đặc biệt, nếu A 2 Mn.R/ thì

ˇAkˇ

D jAjk với mọi k � 0.

Ví dụ 1.47. Tính định thức của ma trận

A D

0@ 1 1 2

0 1 4

0 0 2

1A0@ 4 0 0

2 2 0

1 3 1

1AGiải. Áp dụng tính chất 8 ta được

det A D

ˇˇ 1 1 2

0 1 4

0 0 2

ˇˇˇˇ 4 0 0

2 2 0

1 3 1

ˇˇ D 2:8 D 16

�


0@ m 2 m C 2

0 m � 1 2

0 0 m C 1

1A. Giải phương trình

det�A2011

�D 0.

33


Giải. Áp dụng tính chất 8 ta được

det�A2011

�D .det A/2011

D�m�m2

� 1��2011

Khi đó, phương trình đã cho tương đương với

�m�m2

� 1��2011

D 0 ,

24 m D 0

m D 1

m D �1

Vậy phương trình có ba nghiệm m D 0; m D ˙1. �

Ví dụ 1.49. Cho A 2 Mn.R/ thỏa det A D 2 và A2 � 4A D 2In. Tínhdet .A � 4In/.

Giải. Từ giả thiết đề bài ta được

A2 � 4A D 2In

, A .A � 4In/ D 2In

Do đódet ŒA .A � 4In/� D det .2In/

, det A det .A � 4In/ D det .2In/

Vì det A D 2 và det.2In/ D 2n nên ta suy ra det .A � 4In/ D 2n�1. �

Ví dụ 1.50. Cho A; B 2 Mn .R/ thỏa det A D 2 và det B D 2011. Tínhdet.2AB/.

Giải. Ta có det .2AB/ D det .2A/ det B D 2n:2:2011 D 2011:2nC1 �

9. Định thức của ma trận vuông A bằng định thức của ma trậnchuyển vị, tức là jAj D

ˇATˇ.

Ví dụ 1.51. Cho A 2 Mn .R/ ; det A D a. Tính det�AT :A:

�AT�2�.

Giải. Ta có det�AT :A:.AT /2

�D det AT : det A: det.AT /2 D a4. �

34


1.3 Ma trận nghịch đảo

Định nghĩa 1.8. Ma trận vuông A được gọi là không suy biến nếudet A ¤ 0.

Ví dụ 1.52. Tìm m để ma trận A D

0@ m m C 1 m � 1

0 m � 1 1

0 0 m C 2

1A là không suy

biến.

Giải. Ta có det A D m .m � 1/ .m C 2/. Để ma trận A không suy biến thì

det A ¤ 0 , m .m � 1/ .m C 2/ ¤ 0 ,

8<:m ¤ 0

m ¤ 1

m ¤ �2

�

Định nghĩa 1.9. Cho A 2 Mn.R/, nếu tồn tại B 2 Mn.R/ sao choAB D BA D In thì B được gọi là ma trận nghịch đảo của ma trận A,ký hiệu A�1, còn ma trận A được gọi là ma trận khả nghịch.

Ví dụ 1.53. Ma trận A D

2 1

1 1

!có ma trận nghịch đảo là ma trận

B D

1 �1

�1 2

!.


0@ 1 2 3

2 1 2

1 �1 1

1A có ma trận nghịch đảo là ma

trận B D

0@ �12

56

�16

0 13

�23

12

�12

12

1A.

35



0 1

0 0

!không có ma trận nghịch đảo. Thật

vậy, lấy ma trận bất kì B 2 M2.R/, giả sử B D

x y

z t

!, khi đó

AB D

0 1

0 0

! x y

z t

!D

z t

0 0

!¤ I2

Việc xác định một ma trận vuông đã cho có khả nghịch hay khônglà một việc không đơn giản nếu ta chỉ dựa vào định nghĩa, kết quả sauđây giúp ta giải quyết khó khăn này.

Định lý 1.4. Cho A 2 Mn.R/, ma trận A khả nghịch khi và chỉ khiA không suy biến. Hơn nữa, ma trận nghịch đảo của A là duy nhất

và được xác định bởi A�1 D1

det AA�, ở đây A� là ma trận phụ hợp

của A.

Hệ quả 1.1. Nếu ad � bc ¤ 0 thì ma trận A D

a b

c d

!khả nghịch

và ma trận nghịch đảo A�1 xác định bởi

A�1D

1

ad � bc

d �b

�c a

!


3 4

1 1

!khả nghịch và có ma trận nghịch

đảo A�1 D

�1 4

1 �3

!.

Ví dụ 1.57. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận

A D

1 3

�1 2

!� 2

�3 0

2 1

!

36


Giải. Ta có A D

1 3

�1 2

!� 2

�3 0

2 1

!D

7 3

�5 0

!. Khi đó,

A�1D

1

15

0 �3

5 7

!�

Ví dụ 1.58. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A D

0@ 1 0 0

a 1 0

c b 1

1A.

Giải. Áp dụng định lý 1.4 ta được

A�1D

1

det AA�

Trong ví dụ 1.30 ta đã biết A� D

0@ 1 0 0

�a 1 0

ab � c �b 1

1A. Hơn nữa,

det A D 1 nên ta suy ra A�1 D

0@ 1 0 0

�a 1 0

ab � c �b 1

1A. �

Ví dụ 1.59. Tìm m để ma trận A D

m m3

0 m � 1

!khả nghịch. Với m

tìm được, hãy xác định A�1.

Giải. Ma trận A khả nghịch khi và chỉ khi A không suy biến, điều nàytương đương với

det A ¤ 0 , m .m � 1/ ¤ 0 ,

(m ¤ 0

m ¤ 1

Với m xác định như trên ta suy ra được

A�1D

1

m .m � 1/

m � 1 �m3

0 m

!�

37


Ví dụ 1.60. Tìm các số thực a; b; c để ma trận

A D

0BBB@0 a b c

a 0 c b

b c 0 a

c b a 0

1CCCAkhả nghịch.

Giải. Đầu tiên, ta tính được

det A D .a C b C c/ .a C b � c/ .a C c � b/ .b C c � a/

Ma trận A khả nghịch khi và chỉ khi A không suy biến, điều nàytương đương với

det A ¤ 0 ,

8<ˆ:

a C b C c ¤ 0

a C b � c ¤ 0

a C c � b ¤ 0

b C c � a ¤ 0

�

Nhận xét 1.8. Ta còn có một thuật toán khác để tìm A�1 chỉ qua cácphép biến đổi sơ cấp trên dòng. Thuật toán này khá tiện lợi khi xử línhững ma trận có dạng đặc biệt. Các bước tiến hành thuật toán (ta giảthiết A 2 Mn.R/):

� Bước 1: Lập ma trận .AjIn/ bằng cách ghép ma trận đơn vị In

vào bên phải ma trận A.

� Bước 2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp để đưa ma trận .AjIn/

về dạng .A0jB/, trong đó A0 là ma trận bậc thang rút gọn.

Nếu A0 D In thì B D A�1.

Nếu A0 ¤ In thì ma trận A không khả nghịch nên không có matrận nghịch đảo.

38



A D

0@ 0 1 1

1 0 1

1 1 0

1AGiải. Ta có

.AjI3/ D

0@ 0 1 1 1 0 0

1 0 1 0 1 0

1 1 0 0 0 1

1A d1! 12

.d1Cd2Cd3/

��!

0@ 1 1 1 12

12

12

1 0 1 0 1 0

1 1 0 0 0 1

1A

d2!d2�d1

��!d3!d3�d1

0@ 1 1 1 12

12

12

0 �1 0 �12

12

�12

0 0 �1 �12

�12

12

1A

d1!d1Cd2Cd3

��!d2!�d2

d3!�d3

0@ 1 0 0 �12

12

12

0 1 0 12

�12

12

0 0 1 12

12

�12

1A

Từ đây ta suy ra A�1 D1

2

0@ �1 1 1

1 �1 1

1 1 �1

1A �


A D

0BBB@1 0 0 0

a 1 0 0

d b 1 0

f e c 1

1CCCAGiải. Bằng cách lý luận như ví dụ trên ta tính được

A�1D

0BBB@1 0 0 0

�a 1 0 0

ab � d �b 1 0

f � cb � e �c 1

1CCCAvới f � D ae C cd � abc � f . �

39


1.3.1 Tính chất

1. Nếu ma trận A khả nghịch thì các ma trận A�1; AT cũng khảnghịch và

�A�1

��1D AI

�AT��1

D�A�1

�T .

2. Nếu hai ma trận A; B 2 Mn.R/ khả nghịch thì ma trận tích AB

cũng khả nghịch và .AB/�1D B�1A�1.

Tổng quát: Nếu m ma trận A1; A2; : : : ; Am 2 Mn.R/ khả nghịchthì ma trận tích A1A2 : : : Am cũng khả nghịch và .A1A2:::Am/�1

D

A�1m A�1

m�1:::A�11 .

Trường hợp A1 D A2 D � � � D Am D A, ta có một hệ quả rất hay là.Am/�1 D .A�1/m.

3. Nếu A khả nghịch thì det A�1 D .det A/�1.

Ví dụ 1.63. Cho A 2 Mn.R/I det A D a ¤ 0. Hãy tính det.2011.A�1/4/.

Giải. Áp dụng tính chất 3 ta được

det�2011

�A�1

�4�D 2011n det

�A�1

�4D 2011n

�det A�1

�4D

2011n

a4

�


A D

0@ 1 1 1

0 1 1

0 0 1

1A0@ 1 0 0

2 1 0

3 3 1

1AGiải. Áp dụng tính chất 2 và kết quả trong ví dụ 1.58 ta nhận được

A�1 D

0@ 1 0 0

2 1 0

3 3 1

1A�10@ 1 1 1

0 1 1

0 0 1

1A�1

D

0@ 1 0 0

�2 1 0

3 �3 1

1A0@ 1 �1 0

0 1 �1

0 0 1

1AD

0@ 1 �1 0

�2 3 �1

3 �6 4

1A�

40


Ví dụ 1.65. Cho hai ma trận A; B 2 Mn.R/ thỏa hai điều kiện:

� det A D a .a ¤ 0/ ; det B D b .b ¤ 0/.

� det�A�1 C B�1

�D .ab/�1.

Tính det.A C B/.

Giải. Trước hết, ta có A C B D A�A�1 C B�1

�B. Từ đây suy ra

det .A C B/ D det�A�A�1 C B�1

�B�

D det A det�A�1 C B�1

�det B D 1

�

1.3.2 Phương trình ma trận AX D B và XA D B

Định lý 1.5. Cho A 2 Mn.R/I det A ¤ 0, phương trình AX D B cónghiệm khi và chỉ khi B 2 Mn�p.R/, đồng thời nghiệm đó là duynhất và được xác định bởi X D A�1B.

Định lý 1.6. Cho A 2 Mn.R/I det A ¤ 0, phương trình XA D B cónghiệm khi và chỉ khi B 2 Mq�n.R/, đồng thời nghiệm đó là duynhất và được xác định bởi X D BA�1.

Ví dụ 1.66. Giải phương trình AX D B với

A D

1 0

1 1

!I B D

2 2

0 1

!

Giải. Vì det A D 1 ¤ 0 và A; B 2 M2.R/ nên phương trình đã cho cónghiệm duy nhất

X D A�1B D

1 0

�1 1

! 2 2

0 1

!D

2 2

�2 �1

!�

41


Ví dụ 1.67. Giải phương trình XA D B với

A D

1 0

1 1

!I B D

2 2

0 1

!

Giải. Vì det A D 1 ¤ 0 và A; B 2 M2.R/ nên phương trình đã cho cónghiệm duy nhất

X D BA�1D

2 2

0 1

! 1 0

�1 1

!D

0 2

�1 1

!�

Ví dụ 1.68. Giải phương trình AXB D C với

A D

7 3

2 1

!I B D

5 2

2 1

!I C D

0 1

1 2

!

Giải. Vì det A D det B D 1 ¤ 0 và A; B; C 2 M2.R/ nên phương trìnhđã cho có nghiệm duy nhất

X D A�1C B�1

D

1 �3

�2 7

! 0 1

1 2

! 1 �2

�2 5

!

D

7 �19

�17 46

!�

Nhận xét 1.9. Trường hợp det A D 0, các phương trình ma trận đượcgiải như sau:

� Phương trình AX D B sẽ vô nghiệm khi B … Mn�p, còn nếuB 2 Mn�p thì ma trận X sẽ có cấp n � p, ta giả sử X D .xij /n�p

và thay trực tiếp vào phương trình AX D B để xác định các xij .

� Phương trình XA D B sẽ vô nghiệm khi B … Mq�n, còn nếuB 2 Mq�n thì ma trận X sẽ có cấp q � n, ta giả sử X D .xij /q�n

và thay trực tiếp vào phương trình XA D B để xác định các xij .

42


Ví dụ 1.69. Giải phương trình AX D B với

A D

2 4

1 2

!I B D

1 �2

3 �6

!

Giải. Ta thấy A 2 M2.R/ và det A D 0. Ma trận B là một ma trậnvuông cấp 2 nên ma trận X cũng là ma trận vuông cấp 2, ta giả sử

X D

x11 x12

x21 x22

!, thay vào phương trình AX D B ta được

2 4

1 2

! x11 x12

x21 x22

!D

1 �2

3 �6

!

,

8<ˆ:

2x11 C 4x21 D 1

x11 C 2x21 D 3

2x12 C 4x22 D �2

x12 C 2x22 D �6

Hệ trên vô nghiệm nên phương trình đã cho cũng vô nghiệm. �

Ví dụ 1.70. Giải phương trình XA D B với

A D

3 6

2 4

!I B D

9 18

6 12

!

Giải. Ta thấy A 2 M2.R/ và det A D 0. Ma trận B là một ma trậnvuông cấp 2 nên ma trận X cũng là ma trận vuông cấp 2, ta giả sử

X D

x11 x12

x21 x22

!, thay vào phương trình XA D B ta được

x11 x12

x21 x22

! 3 6

2 4

!D

9 18

6 12

!

,

8<ˆ:

3x11 C 2x12 D 9

6x11 C 4x12 D 18

3x21 C 2x22 D 6

6x21 C 4x22 D 12

,

(3x11 C 2x12 D 9

3x21 C 2x22 D 6

43


Giải hệ phương trình trên ta được nghiệm

x11 D9 � 2a

3I x12 D aI x21 D

6 � 2b

3I x22 D b

với a; b 2 R. �

1.4 Hạng của ma trận

1.4.1 Khái niệm về hạng của ma trận

Định nghĩa 1.10. Ma trận A 2 Mm�n.R/ được gọi là có hạng r , kýhiệu r.A/ D r , nếu ma trận A thỏa hai điều kiện:

� Tồn tại một ma trận con vuông cấp r của A có định thức kháckhông.

� Mọi ma trận con vuông của A có cấp không bé hơn r C 1 đều cóđịnh thức bằng không.


0@ 1 1 2

0 1 3

0 0 0

1A có hạng bằng 2 vì ma trận con

1 2

1 3

!của A có định thức bằng 1 (tức khác không), hơn nữa các ma

trận con có cấp không bé hơn 3 của A cũng chính là A. Mà det A D 0

nên theo định nghĩa ta được r.A/ D 2.

Ví dụ 1.72. Ma trận

0BBBBBBBBBB@

a11 a12 : : : a1r : : : a1n

0 a22 : : : a2r : : : a2n

::::::

::::::

0 0 : : : arr : : : arn

0 0 : : : 0 : : : 0:::

::::::

:::

0 0 : : : 0 : : : 0

1CCCCCCCCCCAvới ai i ¤ 0; i D 1; r

có hạng bằng r .

44


Ví dụ 1.73. Tìm hạng của ma trận

A D

0@ 1 �1 2 3

1 2 3 4

3 6 9 12

1A

Giải. Trước hết, ta thấy ma trận B D

1 �1

1 2

!là một ma trận con

của A có det B D 3 ¤ 0. Vậy r.A/ � 2.

Mặt khác, nếu ta gọi C là một ma trận con của A có cấp không béhơn 3 thì trong ma trận C luôn có dòng 2 và dòng 3 tỷ lệ với nhau, tasuy ra det C D 0. Do đó r.A/ D 2. �

1.4.2 Tính chất

1. Nếu A 2 Mm�n thì 0 � r .A/ � min fm; ng.

2. Nếu A 2 Mn.R/ thì

� r .A/ D n khi và chỉ khi det A ¤ 0. Từ đây ta cũng suy ra A

khả nghịch khi và chỉ khi r.A/ D n.

� r.A/ < n khi và chỉ khi det A D 0.

3. r .A/ D r�AT�

với mọi A 2 Mm�n.R/.

4. Nếu A; B 2 Mm�n .R/ thì r .A C B/ � r .A/ C r .B/.

5. Nếu A 2 Mm�n.R/ và B 2 Mn�p.R/ thì r .AB/ � min fr .A/ ; r .B/g.

6. Nếu A; B 2 Mn .R/ thì r .A C B/ � r .A/ C r .B/ � n C r .AB/.

7. Nếu A 2 Mm�n.R/ và X 2 Mn.R/ là một ma trận không suy biếnthì r .AX/ D r .A/.

8. Nếu A 2 Mm�n.R/ và Y 2 Mm.R/ là một ma trận không suy biếnthì r .YA/ D r .A/.

9. Nếu A0 là ma trận nhận được từ ma trận A qua các phép biến đổisơ cấp thì r.A/ D r.A0/.

45


Từ các tính chất trên, chúng ta rút ra một thuật để tìm hạng của matrận. Thuật toán bao gồm các bước sau:

� Bước 1: Dùng các phép biến đổi sơ cấp chuyển ma trận A vềma trận bậc thang A0 (trong quá trình dùng các phép biến đổisơ cấp chúng ta có thể loại bỏ dòng không, nếu có nhiều dòngđôi một tỉ lệ với nhau thì ta chỉ cần giữ lại một dòng, loại bỏcác dòng còn lại).

� Bước 2: Hạng của ma trận A bằng số dòng khác không củama trận A0.


A D

0@ 1 1 1

�1 �2 �3

0 1 2

1AGiải. Ta có

A D

0@ 1 1 1

�1 �2 �3

0 1 2

1A d2!d2Cd1

��!

0@ 1 1 1

0 �1 �2

0 1 2

1Ad3!d3Cd2

��!

0@ 1 1 1

0 �1 �2

0 0 0

1AVậy r .A/ D 2. �


A D

0BBB@3 �1 1 �2 1

3 1 0 2 �1

9 �1 2 �2 1

15 1 2 2 �1

1CCCA46


Giải. Vì các cột thứ hai, tư, năm đôi một tỉ lệ với nhau nên ta có thểxóa cột thứ tư và thứ năm

Axóa cột 4 và 5��!

0BBB@3 �1 1

3 1 0

9 �1 2

15 1 2

1CCCAd2!d2�d1

d3!d3�3d1

��!d4!d4�5d1

0BBB@3 �1 1

0 2 �1

0 2 �1

0 6 �3

1CCCA D B

Ta thấy các dòng hai, ba, bốn của ma trận B đôi một tỉ lệ với nhaunên ta có thể xóa dòng thứ ba và dòng thứ tư

Bxóa dòng 2,3 và 4��!

3 �1 1

0 2 �1

!

Vậy ta kết luận r.A/ D 2. �

Ví dụ 1.76. Tìm m để hạng của ma trận

A D

0@ 1 �1 2 1

2 �2 m C 5 m2 C 1

1 �1 2 m � 1

1Abằng 3.

Giải. Ta có

Ad2!d2�2d1

��!d3!d3�d1

0@ 1 �1 2 1

0 0 m C 1 m2 � 1

0 0 0 m � 2

1ATa xét hai trường hợp:

� Nếu m D �1 hoặc m D 2 thì r .A/ D 2.

� Nếu

(m ¤ �1

m ¤ 2thì r.A/ D 3.

Vậy giá trị m cần tìm là

(m ¤ �1

m ¤ 2. �

47


Ví dụ 1.77. Tùy theo giá trị của m tính hạng của ma trận

A D

0BBB@�1 0 2 1 0

2 1 �1 2 2

1 1 1 3 2

�2 �1 1 m �2

1CCCAGiải. Ta có

Axóa cột 5��!

0BBB@�1 0 2 1

2 1 �1 2

1 1 1 3

�2 �1 1 m

1CCCA d2!d2C2d1

��!d3!d3Cd1

d4!d4�2d1

0BBB@�1 0 2 1

0 1 3 4

0 1 3 4

0 �1 �3 m � 2

1CCCAxóa dòng 3��!

0@ �1 0 2 1

0 1 3 4

0 �1 �3 m � 2

1A d3!d3Cd2

��!

0@ �1 0 2 1

0 1 3 4

0 0 0 m C 2

1ANếu m D �2 thì r.A/ D 2.

Nếu m ¤ �2 thì r.A/ D 3. �

Bài tập chương 1

Phần tự luận

Bài tập 1.1. Cho A là ma trận vuông cấp 2012 mà phần tử ở dòng i lài . Tìm phần tử ở dòng 2 cột 7 của ma trận A2.

Bài tập 1.2. Cho A là ma trận vuông cấp 2012 mà phần tử ở dòng i là.�1/i i . Tìm phần tử ở dòng 3 cột 2 của ma trận A2.

Bài tập 1.3. Cho A là ma trận vuông cấp 2012, trong đó phần tử ở dòngi cột j là .�1/iCj . Tìm phần tử ở dòng 2 cột 2 của ma trận A2.

Bài tập 1.4. Cho A là ma trận vuông cấp 2012, trong đó phần tử ở dòngthứ i là 2i�1. Tìm phần tử ở dòng 1 cột 2012 của ma trận A2.

Bài tập 1.5. Cho A là ma trận vuông cấp 2012, trong đó phần tử ở dòngthứ i là i . Tìm phần tử ở dòng 1 cột 2000 của ma trận A2.

48


Bài tập 1.6. Cho ma trận A D

0 1

1 0

!. Tìm ma trận A2011.


cos ˛ sin ˛

sin ˛ � cos ˛



0@0 1 0

0 0 1

0 0 0

1A. Tìm số nguyên dương n nhỏ

nhất thỏa An D O3�3.


0 0

1 0

!. Tìm ma trận .I � A/2011.


1 0

3 1



0@0 0 1

0 0 0

0 0 0

1A. Số nguyên dương n nhỏ

nhất thỏa An D O3�3 là bao nhiêu?


0BBB@0 0 1 1

0 0 0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

1CCCA. Số nguyên dương n lớn

nhất thỏa An ¤ O4�4 là bao nhiêu?


0 0

1 0

!. Tìm ma trận tổng

2011XnD0

2nAnD I C 2A C 4A2

C 8A3C :: C 22011A2011


0@0 1 1

0 0 1

0 0 0

1A. Tìm ma trận tổng

2011XnD0

.�2/nAnD I � 2A C 4A2

� 8A3C :: � 22011A2011

49



0 0

�1 0


2011PnD0

An.


0 0

1 0


2011PnD0

.�1/n

nŠAn.


0 �1

0 0


2011PnD0

2nAn.

Bài tập 1.18. Cho A là ma trận vuông cấp 2011 thỏa det A D 1. Địnhthức của ma trận 4A�1 là bao nhiêu?

Bài tập 1.19. Cho A là ma trận vuông cấp 2011 thỏa det A D 4. Địnhthức của ma trận 5

�A�1

�2 là bao nhiêu?

Bài tập 1.20. Cho A D

0BBB@1 �1 0 2

0 2 1 1

1 4 0 4

1 1 0 0

1CCCA. Tìm phần tử ở dòng 2 cột 3 của

ma trận A�1?

Bài tập 1.21. Định thức của ma trận

0@ 1 m m

m m2 m3

m2 m3 m4

1A là bao nhiêu?

Bài tập 1.22. Tìm số thực m để ma trận

A D

m 1

0 m � 1

! m � 1 0

1 m � 1

! m � 1 0

1 m � 2

!khả nghịch.

Bài tập 1.23. Ma trận nghịch đảo của ma trận A D

0 1

1 0

!2011

.

Bài tập 1.24. Cho hai ma trận A D

1 2

3 4

!; B D

1 2 3

3 2 1

!. Tìm ma

trận X thỏa AX D B.


1 2

3 4

!; B D

7 7 1

1 7 7

!. Tìm ma


50



1 2

3 5

!; B D

1 2

3 4

!. Tìm ma trận

X thỏa AX D B.

Bài tập 1.27. Cho A là ma trận vuông cấp n. Biết det A D 20 và A2 �

3A D 10In. Tính det .A � 3In/.

Bài tập 1.28. Cho A là ma trận vuông cấp n. Biết det A D 2011 vàA � A�1 D In. Tính det

�A2 � In

�.

Bài tập 1.29. Cho A 2 Mn.R/, biết det A D 2 và det�AT A � AT

�D 1.

Tính det .A � In/.

Bài tập 1.30. Cho A 2 Mn.R/ khả nghịch, biết det .5In � A/ D 2 vàA2 � 5A C In D On�n. Tính det A�1.

Bài tập 1.31. Tính các định thức

�1 D

ˇˇˇ0 1 2 0

2 2 7 0

7 3 4 1

0 4 4 0

ˇˇˇ ; �2 D

ˇˇˇ7 3 4 1

0 1 2 0

2 2 7 0

0 4 4 0

ˇˇˇ ; �3 D

ˇˇˇ0 1 2 0

7 3 4 1

1 2 7 0

0 4 4 0

ˇˇˇ


�4 D

ˇˇˇ0 0 1 2

7 1 3 4

1 0 2 7

0 0 4 4

ˇˇˇ ; �5 D

ˇˇˇ7 1 3 4

0 0 1 2

1 0 2 7

0 0 4 4

ˇˇˇ ; �6 D

ˇˇˇ1 1 2 0

2 3 4 1

1 1 7 0

2 2 2 1

ˇˇˇ


�7 D

ˇˇˇ4 1 0 0

2 3 0 0

0 0 7 1

0 0 2 1

ˇˇˇ ; �8 D

ˇˇˇ0 2 1 2

0 1 3 4

2 1 0 0

1 1 0 0

ˇˇˇ ; �9 D

ˇˇˇ0 0 1 2

0 0 3 4

1 1 1 2

2 1 3 5

ˇˇˇ


�10 D

ˇˇˇ1 1 1 2

2 0 3 2

1 1 2 4

2 4 4 8

ˇˇˇ ; �11 D

ˇˇˇ2 1 1 2

2 0 1 2

1 1 4 4

1 1 1 2

ˇˇˇ

51



�12 D

ˇˇˇ

2 1 1 1 0

�1 0 1 1 1

�1 �1 4 1 2

�1 �1 �1 2 0

0 �1 �2 0 0

ˇˇˇ ; �13 D

ˇˇˇ

4 0 1 2

8 0 3 4

6 1 1 2

14 1 3 5

ˇˇˇ


�14 D

ˇˇ 1 1 1

a b c

b C c c C a a C b

ˇˇ ; �15 D

ˇˇx 2 2

2 x 2

2 2 x

ˇˇ


�16 D

ˇˇˇx 1 1 1

1 x 1 1

1 1 x 1

1 1 1 x

ˇˇˇ ; �17 D

ˇˇˇ

x 1 1 1

�1 x 1 1

�1 �1 x 1

�1 �1 �1 x

ˇˇˇ


�18 D

ˇˇˇx C 1 x 1 1

2 x2 1 1

1 0 x 1

x 0 1 x

ˇˇˇ ; �19 D

ˇˇˇ1 x x2 x3

x x3 x4 x5

1 0 x 1

x 0 1 x

ˇˇˇ

Bài tập 1.39. Tìm m thỏa

a.

ˇˇ 2 m 4

3 0 0

1 1 2

ˇˇ � 0

b.

ˇˇ 1 1 3

1 2 m

1 1 m

ˇˇ � 0

c.

ˇˇ 2 m 4

m 0 0

1 1 m

ˇˇ D 0

d.

ˇˇ 1 1 3

1 2 m

1 1 m

ˇˇ > 0

Bài tập 1.40. Tìm m thỏa

52


a.

ˇˇ 1 2 m

2 5 m C 1

3 7 m C 2

ˇˇ > 0

b.

ˇˇ 2 C 2 1 4

m C 3 1 m

3 1 m

ˇˇ > 0

c.

ˇˇ 2 C 2m �5 12

m � 3 m C 1 �3m

m C 3 �m � 1 3m

ˇˇ > 0

d.

ˇˇˇ

m 0 2m m

1 m � 1 m 0

1 1 0 0

m 0 0 0

ˇˇˇ > 0

Bài tập 1.41. Giải các phương trình

a.

ˇˇˇ

1 2x �1 �1

1 x �1 �1

3 1 1 1

0 2 0 2

ˇˇˇ D 0

b.

ˇˇˇ

x x �1 �1

1 x2 1 1

1 1 1 1

1 0 1 1

ˇˇˇ D 0

c.

ˇˇˇ

1 x �1 �1

1 x2 �1 �1

0 1 1 1

0 2 0 2

ˇˇˇ D 0

d.

ˇˇˇ

x x 1 x

x 1 1 1

x x 2 1

x x 1 3

ˇˇˇ D 0

Bài tập 1.42. Giải phương trình

a.

ˇˇˇ

x x 1 0

1 2 1 1

2 2 1 2

x x 2 x

ˇˇˇ D 0

b.

ˇˇˇ

x �1 2 2

1 x 1 4

0 0 x �2

0 0 2 x

ˇˇˇ D 0

c.

ˇˇˇ

x 1 0 0

1 x 0 0

1 1 x 2

�1 �1 2 x

ˇˇˇ D 0

d.

ˇˇˇ

x 2 2 2

2 x 2 2

2 2 x 2

2 2 2 x

ˇˇˇ D 0

Bài tập 1.43. Tính hạng của các ma trận

a.

0BBB@1 2 3 4 5

2 4 6 8 11

3 6 9 12 14

4 8 12 16 20

1CCCA

b.

0BBB@1 2 3 4 5

5 10 15 20 35

3 7 9 12 14

4 8 13 16 20

1CCCA

c.

0BBB@1 3 5 7 9

2 4 6 9 10

3 5 7 9 11

4 6 8 10 12

1CCCA

d.

0BBB@1 1 �1 1 3

�1 �2 1 �1 �3

2 0 1 2 3

4 0 2 4 7

1CCCA53


Bài tập 1.44. Tính hạng của các ma trận

a.

0BBB@1 2 �1 1 2

2 4 1 0 �2

4 8 �1 2 2

7 15 �9 8 18

1CCCA

b.

0BBB@3 �1 1 �2 1

3 1 0 2 �1

9 �1 2 �2 1

15 1 2 2 �1

1CCCA

c.

0BBB@1 �1 1 2 2

2 1 0 4 �2

4 �1 2 8 2

7 �9 8 14 18

1CCCA

d.

0BBB@2 1 1 1

1 2 1 1

1 1 2 1

1 1 1 2

1CCCABài tập 1.45. Tìm m để các ma trận sau có hạng lần lượt bằng 1,2,3,4.

a.

0BBB@1 m 1 2

2 3m � 1 2 m C 4

4 5m � 1 m C 4 2m C 7

2 2m 2 4

1CCCA

b.

0BBB@3 m 0 1

6 2m m 2

9 3m 0 m C 2

15 5m C 1 0 7

1CCCA

c.

0BBB@1 m 1 2

2 3m � 1 2 m C 4

4 5m � 1 m C 4 2m C 7

2 2m 2 m C 4

1CCCA

d.

0BBB@3 m 0 1

6 2m m 2

9 3m 0 m C 2

15 5m 0 7

1CCCABài tập 1.46. Tìm m để các ma trận sau có hạng lần lượt bằng 1,2,3,4.

a.

0BBB@1 m 1 2

2 3m � 1 m C 2 m C 3

4 5m � 1 m C 4 2m C 7

2 2m 2 4

1CCCA

b.

0BBB@m 2 2 2

�2 m 2 2

�2 �2 m 2

�2 �2 �2 m

1CCCA

c.

0BBB@1 m 1 2

2 3m � 1 2 m C 4

4 5m � 1 m C 4 2m C 7

4 4m 4 8

1CCCA

d.

0BBB@1 1 1 m

1 1 m 1

1 m 1 1

m 1 1 1

1CCCABài tập 1.47. Ma trận nào sau đây khả nghịch?

a.

0@ 1 1 2

2 2 4

1 2 0

1Ab.

0@ 1 1 �2

�2 0 2

3 0 �3

1Ac.

0@ 1 2 0

�3 0 0

1 0 2

1Ad.

0@ �2 1 2

4 3 �1

2 4 1

1A54


Bài tập 1.48. Ma trận nào sau đây khả nghịch?

a.

0@ 0 3 �6

�1 �4 4

3 6 0

1Ab.

0@ 1 1 �2

2 0 2

3 0 �3

1Ac.

0@ 1 2 0

�3 0 0

�1 1 0

1Ad.

0@ �2 1 2

4 3 �1

2 4 1

1A

Bài tập 1.49. Tìm m để các ma trận sau khả nghịch:

a.

0@ m C 1 1 3

2 m C 2 0

2m 1 3

1Ab.

0@ m C 1 m C 2 0

2 m C 2 0

m � 4 3 m C 2

1Ac.

0@ m C 1 1 3

m C 3 m C 3 3

2m C 2 m C 3 3

1Ad.

0@ m m m

1 m 1

1 1 m

1A

Bài tập 1.50. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận:

a.

0 1

1 0

! 3 4

2 �1

!

b.

0@ 1 2 3

4 5 6

7 8 9

1A � 3I3

c.

1 �1

0 1

! 4 2

1 4

!

d.

10 �6

14 7

!� 3

1 �1

4 2

!

Bài tập 1.51. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận:

a.

0@ 1 2 3

�1 �3 �2

0 3 4

1A

b.

0BBB@�1 1 1 1

1 �1 1 1

1 1 �1 1

1 1 1 �1

1CCCA

c.

0@ 1 �1 1

�1 1 1

1 1 �1

1A

d.

0BBB@�1 2 2 1

1 �3 �1 1

0 1 �1 1

�3 5 1 �1

1CCCABài tập 1.52. Tìm m để các ma trận sau khả nghịch, tìm ma trậnnghịch đảo trong các trường hợp đó.

55


a.

0@ 3 1 m

2 3 1

7 7 2m C 3

1Ab.

0@ 3 �1 �3

m 1 m C 7

m C 3 0 2m C 7

1Ac.

0@ 2 �2 0

m �1 m � 1

1 �3 m � 1

1Ad.

0@ m � 1 2 m

0 m C 1 3

0 0 m � 1

1ABài tập 1.53. Tìm m để các ma trận sau khả nghịch, tìm ma trậnnghịch đảo trong các trường hợp đó.

a.

0@ 2 1 m

3 7 0

1 0 0

1Ab.

0@ 1 1 m

1 m 1

m 1 1

1Ac.

0@ 2 1 m

3 7 m

1 m 0

1Ad.

0@ 1 m 3

2 2m C 1 7

1 m C 1 2

1ABài tập 1.54. Cho hai ma trận A D

2 3

�1 �1

!; B D

2 6

2 0

!. Tìm ma

trận X thỏa XA D B.


1 2

�3 �5

!; B D

0 2

1 0

!. Tìm ma



0@1 2 3

2 5 6

3 5 12

1A ; B D

0@ 7 �3 2

�1 2 7

8 9 3

1A.

1. Tìm ma trận X thỏa XA D B.

2. Tìm ma trận X thỏa AX D B.


1 �1

3 �2

!I B D

�1 1 �3

0 1 �7

!.




2 �1 1

�1 2 1

!I B D

2 �2

2 �2

!.

56




Phần trắc nghiệm

Bài tập 1.59. Cho hai định thức

�1 D

ˇˇˇ

1 2 3 4

2 5 4 7

3 6 8 4

4 8 12 17

ˇˇˇ ; �2 D

ˇˇˇ

2 5 4 7

1 2 3 4

4 8 12 17

3 6 8 4

ˇˇˇ

Khẳng định nào sau đây là đúng?

a. �1 D �2 b. �1 D ��2 c. �2 D 2�1 d. �2 D �2�1


�1 D

ˇˇˇ

1 2 3 4

2 5 4 7

3 6 8 �4

4 8 12 17

ˇˇˇ ; �2 D

ˇˇˇ

2 4 6 16

2 5 4 14

3 6 8 �8

4 8 12 34

ˇˇˇ


a. �1 D �2 b. �1 D ��2 c. �2 D 2�1 d. �2 D 4�1


�1 D

ˇˇˇ

1 2 �3 4

a b �c d

3 6 �8 4

4 8 �12 17

ˇˇˇ ; �2 D

ˇˇˇ

2 4 �6 8

2a 2b �2c 2d

6 12 �16 8

4 8 �12 17

ˇˇˇ


a. 2�1 D �2 b. �2 D 8�1 c. �2 D 4�1 d. �2 D 16�1


�1 D

ˇˇˇ

1 2 �3 4

a b �c d

3 6 �8 4

4 8 �12 17

ˇˇˇ I �2 D

ˇˇˇ

2 4 �6 8

2a 2b �2c 2d

6 12 �16 8

8 16 �24 34

ˇˇˇ

57



a. 16�1 D �2 b. �2 D 8�1 c. �2 D 4�1 d. �2 D 2�1


�1 D

ˇˇˇ

1 2 3 x

2 5 4 y

3 6 8 z

4 8 12 t

ˇˇˇ I �2 D

ˇˇˇ

1 2 3 6 � 2x

2 5 4 8 � 2y

3 6 8 16 � 2z

4 8 12 24 � 2t

ˇˇˇ


a. �1 D �2 b. �2 D 2�1 c. �2 D �2�1 d. �2 D �4�1


0@ 2 1 m

3 7 0

1 0 0

1A. Khẳng định nào sau đây

đúng?

a. A khả nghịch khi và chỉ khi m khác 0.b. A luôn khả nghịch.c. A luôn có hạng bằng 3.d. A có hạng bằng 3 khi và chỉ khi m D 0.

Bài tập 1.65. Cho ma trận

A D

0@ �1 �1 �1

1 2 3

0 1 2

1A. Khẳng định nào sau đây đúng?

a. A có hạng bằng 3.b. A có định thức bằng 0.

c. A có hạng bằng 1.d. Các khẳng định trên đều sai.


0@ 1 2 3

2 4 6

1 3 5


đúng?



58



0@ 3 5 3

2 4 6

9 15 9


đúng?




0@ 1 0 0

�3 1 0

2 1 3

1A ; B D

0@ 2 �1 3

0 2 4

0 0 1

1A. Tính det .3AB/.

a. 324 b. 18 c. 6 d. 20

Bài tập 1.69. Tính

ˇˇˇ

1 �1 2 3

0 2 1 0

3 1 0 �1

0 1 �1 0

ˇˇˇ

a. 30 b. -30 c. 15 d. -15


ˇˇˇ

1 2 �1 3

0 1 0 1

0 2 0 4

3 1 5 7

ˇˇˇ.

a. 16 b. -16 c. 32 d. -32


0@ 1 0 0

2 1 0

3 �1 2

1A. Tính det�.3A/�1

�T.

a. 6 b. 54 c.1

6d.

1

54

Bài tập 1.72. Cho định thức � D

ˇˇ 1 0 m

2 1 2m � 2

1 0 2

ˇˇ. Tìm m để � > 0.

a. m > 2 b. m < 2 c. m > 0 d. m < 1


ˇˇˇ

1 2 �1 3

0 1 0 4

0 2 0 1

3 1 a b

ˇˇˇ.

a. 7a C 21 b. 7a C 21b c. 7a � 2b d. �7a � 21

59



ˇˇˇ

2 1 1 1

1 3 1 1

1 1 4 1

1 1 1 b

ˇˇˇ.

a. 17b � 11 b. 17b C 21 c. 7b � 10 d. 7b C 10

Bài tập 1.75. Cho A; B 2 M2 .R/ và det A D 2; det B D 3. Tính det .2AB/.

a. 6 b. 12 c. 24 d. 48


0BBB@1 1 �1 1

2 2 1 5

3 4 2 0

�1 1 0 3

1CCCA. Kết quả nào sau đây là

đúng?

a. det A D �53

b. det A D �63

c. det A D 63

d. Các câu a,b,c đều sai

Bài tập 1.77. Các giá trị nào sau đây là nghiệm của phương trìnhˇˇˇ

1 x 2x x2

1 2 4 4

1 �1 �2 1

2 3 1 �1

ˇˇˇ D 0

a. x D 2; x D �1

b. x D 3; x D �1

c. x D 2; x D 3

d. Các câu a, b, c đều sai.

Bài tập 1.78. Cho ma trận vuông cấp 2 có các phần tử là 2 hoặc – 2.Kết quả nào sau đây là đúng?

a. det .3A/ D �72

b. det .3A/ D 30

c. det .3A/ D 45

d. det .3A/ D 27

Bài tập 1.79. Giải phương trình

ˇˇˇ

1 x x2 x3

1 a a2 a3

1 b b2 b3

1 c c2 c3

ˇˇˇ D 0.

60


a. Phương trình vô nghiệm.b. Phương trình có ba nghiệm a; b; c.c. Phương trình có ba nghiệm a C b; b C c; a C c

d. Phương trình có vô số nghiệm.Bài tập 1.80. Tìm số nghiệm phân biệt của phương trìnhˇ

ˇˇ

1 2 x 0

2 1 �1 3

1 2 2x x

�2 1 3 1

ˇˇˇ D 0

a. 1 b. 2 c. 3 d. 4


1 0

0 0

!; B D

0@ 0 1

0 2

0 3

1A. Kết quả

nào sau đây là đúng?

a. AB D BA.b. AB xác định nhưng BA không xác định.

c. BA D

0@ 0 0

0 0

0 0

1A.

d. AB D

0 0

0 0

!.

Bài tập 1.82. Tìm nghịch đảo của ma trận 10 �6

14 7

!� 3

1 �1

4 2

!

a.

2

133

134

137

13

!b.

1

136

13�213

1413

!c.

1

133

13�213

713

!d.

1

13�313

�213

�713

!Bài tập 1.83. Ma trận nào sau đây khả nghịch?

a.

0@ �2 1 2

4 3 �1

2 4 1

1Ab.

0@ 1 1 �2

�2 0 2

3 0 �3

1Ac.

0@ 1 2 0

�3 0 0

1 0 2

1Ad.

0@ 1 1 2

2 2 4

1 2 0

1A61


Bài tập 1.84. Cho f .x/ D x2 � 2x C 3I A D

1 1

�1 2

!. Tính f .A/.

a.

1 1

�1 1

!

b.

1 2

�1 3

! c.

1 1

�1 2

!d. Các câu a,b,c đều sai.

Bài tập 1.85. Tìm hạng của ma trận A D

0BBB@1 �1 1 2 4

2 2 3 5 7

3 �4 5 2 10

5 �6 7 6 18

1CCCA.

a. 1 b. 2 c. 3 d. 4


0BBB@1 1 1 1

2 3 4 1

3 4 6 6

4 4 m C 4 m C 7

1CCCA. Với giá trị nào của m

thì r.A/ D 3?

a. m D 1 b. m D 3 c. m ¤ 1 d. 8m 2 R


1 �1

3 �2

!I B D

�1 1 �3

0 1 �7

!.

Tìm ma trận X thỏa XA D B.

a. X D

2 �1 1

3 �2 �2

!

b. X D

0@ 2 3

�1 �2

�1 2

1Ac. X D

2 1 �1

3 2 �2

!d. Không có ma trận X .

Bài tập 1.88. Cho A 2 M4 .R/ biết rằng r.A/ D 3. Kết quả nào sau đâyđúng?

a. det A D 1 b. det A D 0 c. det A D 2 d. det A D 3

Bài tập 1.89. Cho A 2 M3�4 .R/ ; B 2 M4 .R/ biết det B ¤ 0 và r.A/ D 3.Khẳng định nào sau đây là đúng?

a. r.AB/ D 1 b. r.AB/ D 3 c. r.AB/ D 4 d. r.AB/ D 5

62


Bài tập 1.90. Tìm nghịch đảo của ma trận A D

1 0 2

0 1 0

!0@ 1 0

1 1

0 1

1A.

a. A D

0@ 1 0

1 1

0 1

1A�1 1 0 2

0 1 0

!�1

b. A�1 D

�1 2

1 �1

!

c. A�1 D

1 �1

�2 1

!d. Không tồn tại A�1.

63


64

Chương 2

Hệ phương trình tuyến tính

2.1 Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

2.1.1 Khái niệm tổng quát

Định nghĩa 2.1. Một hệ phương trình tuyến tính là một hệ thốnggồm m phương trình bậc nhất với n ẩn có dạng tổng quát như sau:8<

ˆ:a11x1 C a12x2 C ::: C a1nxn D b1

a21x1 C a22x2 C ::: C a2nxn D b2

:::

am1x1 C am2x2 C ::: C amnxn D bm

(2.1)

với aij ; bi 2 RI i D 1; m; j D 1; n là các hệ số và xi ; i D 1; n là các ẩn.

Ta đặt

A D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

am1 am2 : : : amn

1CCCA ; X D

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA ; B D

0BBB@b1

b2

:::

bm

1CCCARõ ràng hệ phương trình 2.1 có thể được viết lại dưới dạng AX D B. Tagọi A là ma trận hệ số, X là ma trân cột ẩn và B là ma trận cột hệ số tự

65


do của hệ phương trình 2.1.

Ký hiệu

A D .AjB/ D

0BBB@a11 a12 ::: a1n b1

a21 a22 ::: a2n b2

::::::

: : ::::

:::

am1 am2 ::: amn bm

1CCCAđược gọi là ma trận hệ số mở rộng. Hiển nhiên nếu biết hệ phương trìnhtuyến tính thì ta viết ngay được ma trận mở rộng của nó. Ngược lại, nếubiết được ma trận hệ số mở rộng của một hệ phương trình tuyến tínhthì ta cũng dễ dàng khôi phục lại hệ phương trình đó. Do đó, ta gọi matrận mở rộng A là sự ma trận hóa hệ 2.1.

Định nghĩa 2.2. Nếu b1 D b2 D � � � D bm D 0 thì hệ 2.1 được gọi làhệ tuyến tính thuần nhất.

Định nghĩa 2.3. Ta nói bộ .˛1I ˛2I :::I ˛n/ là một nghiệm của hệ 2.1nếu ta thay x1 D ˛1I :::I xn D ˛n vào hệ 2.1 thì tất cả các phương trìnhtrong 2.1 đều được thỏa.

Ví dụ 2.1. Bộ .1I 2I 1/ là nghiệm của hệ

8<:x C 2y � z D 4

2x C y C 3z D 7

3x � y C z D 2

vì

khi ta thay x D 1I y D 2I z D 1 vào hệ thì các phương trình của hệ đềuthỏa mãn.

Ví dụ 2.2. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn có ít nhất mộtnghiệm x1 D x2 D � � � D xn D 0 và nghiệm này được gọi là nghiệm tầmthường của hệ.

Định lý 2.1. Đối với một hệ phương trình tuyến tính tổng quát thìchỉ có một trong ba trường hợp nghiệm xảy ra là: hoặc có nghiệmduy nhất hoặc có vô số nghiệm hoặc vô nghiệm.

66


Cũng giống như phương trình, việc tìm các phương pháp giải hệphương trình đã thúc đẩy sự phát triển của Toán học. Hiện nay, chúngta đã đạt nhiều kết quả rất mạnh về lý thuyết cũng như ứng dụng, đặcbiệt là các vấn đề về hệ phi tuyến. Tiếc là trong khuôn khổ bài giảngnày cũng như về kiến thức thực tại, tác giả chưa thể giới thiệu cho bạnđọc. Xin hẹn một ngày không xa.

Để không mất nhiều thời gian, chúng ta sẽ tiến hành tìm hiểu mộtvài phương pháp giải hệ tuyến tính đơn giản đã được phát triển trướcthể kỷ XX.

2.2 Phương pháp khử Gauss

Phương pháp khử Gauss được xây dựng dựa vào nhận xét sau: Nếu thựchiện trên hệ 2.1 các phép biến đổi sơ cấp sau:

� Đổi chỗ các phương trình của hệ 2.1 (tương ứng di $ dj ).

� Nhân một số khác không vào một phương trình của hệ (di ! ˛di

với ˛ ¤ 0).

� Cộng một phương trình vào một phương trình khác đã được nhânmột số (tương ứng với di ! di C ˛dj ).

thì ta sẽ được một hệ phương trình mới tương đương với hệ 2.1.

Phương pháp khử Gauss được thực hiện như sau: Không mất tổngquát, chúng ta luôn giả thuyết a11 ¤ 0. Để ma trận A có dạng bậc thang,đầu tiên, chúng ta làm cho các phần tử ở cột thứ nhất, dòng thứ hai trởđi biến thành 0 bằng cách nhân dòng một với �

ai1

a11

rồi cộng vào dòng

i .i D 2; 3; :::m/, sau m � 1 phép biến đổi như vậy chúng ta thu được hệphương trình tương đương8<


C a022x2 C ::: C a0

2nxn D b02

:::

C a0m2x2 C ::: C a0

mnxn D b0m

(2.2)

trong đó a0ij D aij �

ai1

a11

a1j I b0i D bi �

ai1

a11

b1.

67


Ở đây, ta còn nói “khử ẩn x1”, tiếp theo bằng cách tương tự chúng ta“khử ẩn x2” từ phương trình thứ ba trở đi đối với hệ 2.2. Sau đó, ta lại“khử ẩn x3” từ phương trình thứ tư trở đi (nếu có). . . Quá trình khử ẩnở trên sẽ dừng lại sau hữu hạn bước biến đổi.

Nhận xét 2.1. Trong quá trình biến đổi, nếu trong hệ xuất hiện phươngtrình dạng 0x1 C 0x2 C � � � C 0xn D 0 thì ta có thể loại bỏ phương trìnhnày ra khỏi hệ phương trình.

Về mặt thực hành, để giải hệ phương trình tuyến tính bằng phươngpháp khử ẩn Gauss, ta làm như sau:

� Xác định ma trận hệ số mở rộng A D .AjB/.

� Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để biến đổi sao choma trận hệ số mở rộng chuyển thành dạng bậc thang.

� Giải hệ phương trình bằng quá trình ngược.

Ví dụ 2.3. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp khử Gauss8<:2x1 C x2 � 3x3 D 4

x1 � 2x2 C x3 D 0

3x1 � 2x3 D �1

Giải. Ta lập ma trận hệ số mở rộng A

A D .AjB/ D

0@ 2 1 �3 4

1 �2 1 0

3 0 �2 �1

1ABiến đổi A về dạng bậc thang

A D .AjB/ D

0@ 2 1 �3 4

1 �2 1 0

3 0 �2 �1

1A d1$d2

��!

0@ 1 �2 1 0

2 1 �3 4

3 0 �2 �1

1A68


d2!d2�2d1

��!d3!d3�3d1

0@ 1 �2 1 0

0 5 �5 4

0 6 �5 �1

1A d3!d3� 65

d2

��!

0BB@1 �2 1 0

0 5 �5 4

0 0 1 �29

5

1CCATa khôi phục lại hệ phương trình8<

:x1 � 2x2 C x3 D 0

5x2 � 5x3 D 4

x3 D �29

5

Giải hệ trên ta được nghiệm x1 D �19

5I x2 D �

24

5I x3 D �

29

5�

Ví dụ 2.4. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp khử Gauss8<ˆ:

x1 C x2 C x3 C x4 D 4

2x1 � 3x2 C 5x3 C 7x4 D 11

3x1 C x2 � 6x3 C 5x4 D 3

4x1 C 3x2 C 3x3 � 3x4 D 6


A D .AjB/ D

0BBB@1 1 1 1 4

2 �3 5 7 11

3 1 �6 5 3

4 3 3 �3 6

1CCCABiến đổi A về dạng bậc thang0BBB@1 1 1 1 4

2 �3 5 7 11

3 1 �6 5 3

4 3 3 �3 6

1CCCAd2!d2�2d1

d3!d3�3d1

��!d4!d4�4d1

0BBB@1 1 1 1 4

0 �5 3 5 3

0 �2 �9 2 �9

0 �1 �1 �7 �9

1CCCAd3!5d3�2d2

��!d4!5d4�d2

0BBB@1 1 1 1 4

0 �5 3 5 3

0 0 �51 0 �51

0 0 �8 �40 �48

1CCCAd4!51d4�8d3

��!

0BBB@1 1 1 1 4

0 �5 3 5 3

0 0 �51 0 �51

0 0 0 �2040 �2040

1CCCA69


Ta khôi phục hệ phương trình8<ˆ:

x1 C x2 C x3 C x4 D 4

� 5x2 C 3x3 C 5x4 D 3

� 51x3 D �51

� 2040x4 D �2040

Giải hệ trên ta được nghiệm x1 D 1I x2 D 1I x3 D 1I x4 D 1 �Ví dụ 2.5. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp khử Gauss8<:

x C 2y � 3z C 5t D 1

x C 3y � z C t D �2

2x C 5y � 4t C 6z D �1


A D .AjB/ D

0@ 1 2 �3 5 1

1 3 �1 1 �2

2 5 �4 6 �1

1ABiến đổi A về dạng bậc thang

Ad2!d2�d1

��!d3!d3�2d1

0@ 1 2 �3 5 1

0 1 2 �4 �3

0 1 2 �4 �3

1A d3!d3�d2

��!

0@ 1 2 �3 5 1

0 1 2 �4 �3

0 0 0 0 0

1AKhôi phục lại ta được hệ phương trình(

x C 2y � 3z C 5t D 1

y C 2z � 4t D �3(2.3)

Hệ trên gồm có hai phương trình và bốn ẩn nên ta có thể chọn x; y

làm ẩn chính; y; t làm ẩn phụ.

Đặt z D ˛I t D ˇ thế vào hệ 2.3 ta được(x D 7 C 7˛ � 14ˇ

y D �3 � 2˛ C 4ˇ

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

x D 7 C 7˛ � 14ˇI y D �3 � 2˛ C 4ˇI z D ˛I t D ˇ

với ˛I ˇ 2 R. �

70


2.3 Phương pháp Cramer

Định nghĩa 2.4. Hệ Cramer là một hệ phương trình tuyến tính cósố phương trình bằng với số ẩn (tức là m D n) và ma trận hệ số củahệ không suy biến. Cụ thể hơn, một hệ được gọi là Cramer nếu nó códạng sau 8<


a21x1 C a22x2 C ::: C a2nxn D b2

:::

an1x1 C an2x2 C ::: C annxn D bn

(2.4)

trong đó det A ¤ 0 với A D�aij

�n

2 Mn .R/.

Ví dụ 2.6. Trong các hệ phương trình sau đây, hệ nào là hệ Cramer?

a.

8<:x C y C z D 3

2x C 3y C 4z D 9

3x C 4y C 5z D 12

b.

8<:2x C y � z D 2

x C 3y C z D 5

x C 4y C 8z D 13

c.

8<:x C y C z D 3

x C y C z D 3

x C y C z D 3

d.

8<:5x C y C z D 7

10x C 2y C 2z D 14

3x C 4y C 5z D 12

Giải. Phương án được chọn là phương án b. �

Ví dụ 2.7. Cho hệ phương trình

8<ˆ:

x1 C a1x2 C a21x3 C ::: C an�1

1 xn D b1

x1 C a2x2 C a22x3 C ::: C an�1

2 xn D b2

:::

x1 C anx2 C a2nx3 C ::: C an�1

n xn D bn

(2.5)

Tìm điều kiện của các hệ số a1I a2I : : : I an để hệ 2:5 là hệ Cramer.

71


Giải. Gọi A là ma trận hệ số của hệ 2.5, khi đó ta có

A D

0BBBBB@1 a1 a2

1 ::: an�11

1 a2 a22 ::: an�1

2:::

::::::

:::

1 an�1 a2n�1 ::: an�1

n�1

1 an a2n ::: an�1

n

1CCCCCAHệ 2.5 là hệ Cramer khi và chỉ khi det A ¤ 0, hayˇ

ˇˇ

1 a1 a21 ::: an�1

1

1 a2 a22 ::: an�1

2:::

::::::

:::

1 an�1 a2n�1 ::: an�1

n�1

1 an a2n ::: an�1

n

ˇˇˇ ¤ 0 (2.6)

Vế trái của bất đẳng thức 2:6 được gọi là định thức Vandermonde.Để tính định thức này chúng ta chỉ cần áp dụng các tính chất cơ bảncủa định thức nên xin nhường cho bạn đọc, kết quả cụ thể như sauˇ

ˇˇ

1 a1 a21 ::: an�1

1

1 a2 a22 ::: an�1

2:::

::::::

:::

1 an�1 a2n�1 ::: an�1

n�1

1 an a2n ::: an�1

n

ˇˇˇ D

X1�i<j �n

�aj � ai

�(2.7)

Từ 2.7 bất đẳng thức 2.6 xảy ra khi và chỉ khi bộ n số a1I a2I : : : I an

đôi một khác nhau.

Vậy hệ 2.5 là hệ Cramer khi và chỉ khi các hệ số a1I a2I : : : I an đôi mộtkhác nhau. �

Định lý 2.2. (Phương pháp Cramer). Hệ 2.4 có nghiệm duy nhất

là xj Ddet Aj

det A; j D 1; n, trong đó ma trận Aj nhận được bằng cách

thay cột thứ j của ma trận A bằng cột các hệ số tự do của hệ 2.4.

72


Ví dụ 2.8. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer8<:x C 2y C z D 4

x � 3y C 6z D 4

5x � y C z D 5

Giải. Ta có

� A D

0@ 1 2 1

1 �3 6

5 �1 1

1A ) det A D 75.

� A1 D

0@ 4 2 1

4 �3 6

5 �1 1

1A ) det A1 D 75.

� A2 D

0@ 1 4 1

1 4 6

5 5 1

1A ) det A2 D 75.

� A3 D

0@ 1 2 4

1 �3 4

5 �1 5

1A ) det A3 D 75.

Vậy hệ có nghiệm x D75

75D 1I y D

75

75D 1I z D

75

75D 1. �

Ví dụ 2.9. Giải hệ phương trình8<:x C ay C a2z D a3

x C by C b2z D b3

x C cy C c2z D c3

bằng phương pháp Cramer, trong đó các số thực a; b; c đôi một khácnhau.

Giải. Áp dụng 2.7 ta được

� A D

0@ 1 a a2

1 b b2

1 c c2

1A ) det A D .c � b/ .c � a/ .b � a/.

73


� A1 D

0@ a3 a a2

b3 b b2

c3 c c2

1A ) det A1 D abc .c � b/ .c � a/ .b � a/.

� A2 D

0@ 1 a3 a2

1 b3 b2

1 c3 c2

1A ) det A2 D � .c � b/ .c � a/ .b � a/ .ab C bc C ca/.

� A3 D

0@ 1 a a3

1 b b3

1 c c3

1A ) det A2 D .c � b/ .c � a/ .b � a/ .a C b C c/.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

� x Ddet A1

det AD abc.

� y Ddet A2

det AD � .ab C bc C ca/.

� z Ddet A3

det AD a C b C c.

�

Tiếp theo, ta sẽ mở rộng định lý 2.2 cho hệ phương trình tuyến tínhmà số ẩn và số phương trình bằng nhau (hệ Cramer là một trường hợpriêng của lớp hệ này). Kết quả của định lý rất phù hợp để giải và biệnluận hệ phương trình tuyến tính với số ẩn bằng số phương trình.

Định lý 2.3. Cho hệ phương trình tuyến tính AX D B với A D .aij /n.Khi đó,

� Nếu det A ¤ 0 thì hệ có nghiệm duy nhất xj Ddet Aj

det A; j D 1; n.

� Nếu det A D 0 và tồn tại j 2 f1I 2I : : : I ng sao cho det Aj ¤ 0 thìhệ vô nghiệm.

� Nếu det A D 0 và det Aj D 0 với mọi j 2 f1I 2I : : : I ng thì hệ vônghiệm hoặc vô số nghiệm.

74


Chú ý 2.1. Đối với trường hợp det A D 0 và det Aj D 0 với mọi j 2

f1I 2I : : : I ng, muốn biết hệ vô nghiệm hay vô số nghiệm (và giải tìmnghiệm) thì ta phải giải trực tiếp bằng phương pháp Gauss.

Ví dụ 2.10. Biện luận số nghiệm của hệ phương trình sau theo m8<:mx C y C z D 3

x C my C z D 3

x C y C mz D 3

Giải. Ta lập ma trận hệ số A của hệ

A D

0@ m 1 1

1 m 1

1 1 m

1A

Nếu det A ¤ 0 , m3 � 3m C 2 ¤ 0 ,

(m ¤ 1

m ¤ �2thì hệ có nghiệm duy

nhất.

Nếu m D 1 thì hệ trở thành8<:

x C y C z D 3

x C y C z D 3

x C y C z D 3

, x C y C z D 3

Hệ trên có vô số nghiệm và nghiệm được biểu diễn như sau8<:

x D 3 � ˛ � ˇ

y D ˛

z D ˇ

Nếu m D �2 thì hệ trở thành8<:�2x C y C z D 3

x � 2y C z D 3

x C y � 2z D 3

Cộng từng vế ba phương trình của hệ ta được 0x C 0y C 0z D 9, điềunày là vô lý. Vậy trong trường hợp này hệ vô nghiệm. �

75


Hệ quả 2.1. Cho hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX D On�1

với A D .aij /n. Khi đó,

� Nếu det A ¤ 0 thì hệ chỉ có nghiệm tầm thường xj D 0; j D 1; n.

� Nếu det A D 0 thì hệ có vô số nghiệm (tức hệ có nghiệm khôngtầm thường).

Ví dụ 2.11. Tìm m để hệ

8<:x C y C .1 � m/ z D 0

.1 C m/ x � y C 2z D 0

2x � my C 3z D 0

có

vô số nghiệm.

Giải. Ma trận hệ số của hệ là A D

0@ 1 1 1 � m

1 C m �1 2

2 �m 3

1A.

Vì hệ phương trình trên là hệ thuần nhất nên nó có vô số nghiệmkhi và chỉ khi det A D 0. Tức làˇ

ˇ 1 1 1 � m

1 C m �1 2

2 �m 3

ˇˇ D 0 , m3

� 4m D 0 ,

264m D 0

m D �2

m D 2

�

2.4 Phương pháp phân rã LU

Xét lại hệ phương trình AX D B với A D .aij /n. Giả sử ma trận A có thểbiểu diễn dưới dạng A D LU trong đó

L D

0BBB@l11 0 � � � 0

l21 l22 � � � 0:::

:::: : :

:::

ln1 ln2 � � � lnn

1CCCA I U D

0BBB@u11 u12 � � � u1n

0 u22 � � � u2n

::::::

: : ::::

0 0 � � � unn

1CCCAKhi đó ta có B D AX D LUX D LY với Y D UX .

76


Vậy hệ ban đầu sẽ được phân rã thành hai hệ�

LY D B

UX D Y.

Vấn đề giải các hệ phương trình trên rất đơn giản, đầu tiên là giảihệ LY D B để tìm Y , sau đó với Y vừa tìm được ta giải hệ UX D Y đểtìm X .

Sau đây ta đi vào một số trường hợp thường gặp của phương phápphân rã LU .

2.4.1 Phương pháp Crout

Với phương pháp Crout thì ta cho ui i D 1; i D 1; n, từ đó tìm các phầntử còn lại của ma trận L và U .

Sau đây ta sẽ dùng phương pháp Crout để phân rã ma trận cấp 3.Ta có

0@ a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

1A D

0@ l11 0 0

l21 l22 0

l31 l32 l33

1A0@ 1 u12 u13

0 1 u23

0 0 1

1A,

0@ a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

1A D

0@ l11 l11u12 l11u13

l21 l21u12 C l22 l21u13 C l22u23

l31 l31u12 C l32 l31u13 C l32u23 C l33

1ATừ đây ta suy ra

l11 D a11

l21 D a21

l31 D a31

l11u12 D a12 ) u12 Da12

l11

l21u12 C l22 D a22 ) l22 D a22 � l21u12

l31u12 C l32 D a32 ) l32 D a32 � l31u12

l11u13 D a13 ) u13 Da13

l11

l21u13 C l22u23 D a23 ) u23 Da23 � l21u13

l22

l31u13 C l32u23 C l33 D a33 ) l33 D a33 � l31u13 � l32u23

77


Bằng cách tương tự, ta có thể phân rã ma trận vuông cấp n. Cụ thểhơn, nếu A là một ma trận vuông cấp n được cho bởi

A D

0BBB@a11 a12 � � � a1n

a21 a22 � � � a2n

::::::

: : ::::

an1 an2 � � � ann

1CCCAthì các phần tử của hai ma trận L; U được xác định như sau:

li1 D ai1; i D 1; 2; :::; n

u1j Da1j

l11

; j D 2; 3; :::; n

lij D aij �

j �1PkD1

likukj với 1 < j � i � n

uij D1

li i

�aij �

i�1PkD1

likukj

�với 1 < i < j � n

Ví dụ 2.12. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Crout

8<:2x1 � x2 C x3 D 4

4x1 C 3x2 � x3 D 6

3x1 C 2x2 C 2x3 D 15

Giải. Hệ phương trình trên có ma trận hệ số A D

0@ 2 �1 1

4 3 �1

3 2 2

1A.

Áp dụng phương pháp Crout phân rã ma A ta được

L D

0BB@2 0 0

4 5 0

37

2

13

5

1CCA I U D

0BBB@1 �

1

2

1

2

0 1 �3

50 0 1

1CCCA78


Trước hết ta giải hệ

LY D B ,

0BB@2 0 0

4 5 0

37

2

13

5

1CCA0@ y1

y2

y3

1A D

0@ 4

6

15

1A

,

0@ y1

y2

y3

1A D

0BB@2

�2

54

1CCATiếp theo, ta giải hệ

UX D Y ,

0BBB@1 �

1

2

1

2

0 1 �3

50 0 1

1CCCA0@ x1

x2

x3

1A D

0@ 2

�25

4

1A

,

0@ x1

x2

x3

1A D

0@ 1

2

4

1AVậy hệ đã cho có nghiệm là x1 D 1I x2 D 2I x3 D 4. �

Ví dụ 2.13. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Crout0BBB@1 3 2 4

�1 �2 1 1

1 2 1 1

0 1 2 2

1CCCA0BBB@

x

y

z

t

1CCCA D

0BBB@10

�1

5

5

1CCCAGiải. Áp dụng phương pháp Crout ta được

A D

0BBB@1 3 2 4

�1 �2 1 1

1 2 1 1

0 1 2 2

1CCCA D

0BBB@1 0 0 0

�1 1 0 0

1 �1 2 0

0 1 �1 �2

1CCCA0BBB@

1 3 2 4

0 1 3 5

0 0 1 1

0 0 0 1

1CCCA D LU

Trước hết ta giải hệ phương trình

79


LY D B ,

0BBB@1 0 0 0

�1 1 0 0

1 �1 2 0

0 1 �1 �2

1CCCA0BBB@

y1

y2

y3

y4

1CCCA D

0BBB@10

�1

5

5

1CCCA

,

0BBB@y1

y2

y3

y4

1CCCA D

0BBB@10

9

2

1

1CCCATiếp theo, ta giải hệ

UX D Y ,

0BBB@1 3 2 4

0 1 3 5

0 0 1 1

0 0 0 1

1CCCA0BBB@

x1

x2

x3

x4

1CCCA D

0BBB@10

9

2

1

1CCCA

,

0BBB@x1

x2

x3

x4

1CCCA D

0BBB@1

1

1

1

1CCCAVậy hệ đã cho có nghiệm là x1 D 1I x2 D 1I x3 D 1I x4 D 1. �

2.4.2 Phương pháp Doolittle

Với phương pháp Doolittle thì ta cho li i D 1; i D 1; n, từ đó tìm các phầntử còn lại của ma trận L và U .

Sau đây ta sẽ dùng phương pháp Doolittle để phân rã ma trận cấp3. Ta có0@ a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

1A D

0@ 1 0 0

l21 1 0

l31 l32 1

1A0@ u11 u12 u13

0 u22 u23

0 0 u33

1A,

0@ a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

1A D

0@ u11 u12 u13

l21u11 l21u12 C u22 l21u13 C u23

l31u11 l31u12 C l32u22 l31u13 C l32u23 C u33


80


u11 D a11

u12 D a12

u13 D a13

l21u11 D a21 ) l21 Da21

u11

l31u11 D a31 ) l31 Da31

u11

l21u12 C u22 D a22 ) u22 D a22 � l21u12

l21u13 C u23 D a23 ) u23 D a23 � l21u13

l31u12 C l32u22 D a32 ) l32 D1

u22

.a32 � l31u12/

l31u13 C l32u23 C u33 D a33 ) u33 D a33 � l31u13 � l32u23

Bằng cách tương tự, ta có thể phân rã ma trận vuông cấp n. Cụ thểhơn, nếu A là một ma trận vuông cấp n được cho bởi

A D

0BBB@a11 a12 � � � a1n

a21 a22 � � � a2n

::::::

: : ::::

an1 an2 � � � ann

1CCCAthì các phần tử của hai ma trận L; U được xác định như sau:

u1j D a1j ; j D 1; 2; : : : ; n

li1 Dai1

u11

; i D 2; 3; : : : ; n

uij D aij �

i�1PkD1

likukj với 1 < i � j � n

lij D1

ujj

aij �

j �1PkD1

likukj

!với 1 < j < i � n

Ví dụ 2.14. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Doolittle8<:x1 C 4x2 C 5x5 D 10

3x1 C x2 C 2x3 D 6

4x1 C 2x2 C x3 D 7

81


Giải. Hệ phương trình trên có ma trận hệ số là

A D

0@ 1 4 5

3 1 2

4 2 1

1AÁp dụng phương pháp Doolittle phân rã ma trận A ta được

L D

0BB@1 0 0

3 1 0

414

111

1CCA I U D

0BB@1 4 5

0 �11 �13

0 0 �27

11

1CCATrước hết ta giải hệ

LY D B ,

0BB@1 0 0

3 1 0

414

111

1CCA0@ y1

y2

y3

1A D

0@ 10

6

7

1A

,

0@ y1

y2

y3

1A D

0BB@10

�24

�27

11

1CCATiếp theo ta giải hệ

UX D Y ,

0BB@1 4 5

0 �11 �13

0 0 �27

11

1CCA0@ x1

x2

x3

1A D

0BB@10

�24

�27

11

1CCA,

0@ x1

x2

x3

1A D

0@ 1

1

1

1AVậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x1 D 1I x2 D 1I x3 D 1 �

Ví dụ 2.15. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Doolittle8<ˆ:

x1 C 2x2 C 3x3 C 4x4 D 6

2x1 C 3x2 C 8x3 C 9x4 D 13

3x1 C 7x2 C 9x3 C 11x4 D 19

4x1 C 6x2 C 16x3 C 19x4 D 26

82


Giải. Hệ phương trình trên có ma trận hệ số là

A D

0BBB@1 2 3 4

2 3 8 9

3 7 9 11

4 6 16 19

1CCCAÁp dụng phương pháp Doolittle phân rã ma trận A ta được

L D

0BBB@1 0 0 0

2 1 0 0

3 �1 1 0

4 2 0 1

1CCCA I U D

0BBB@1 2 3 4

0 �1 2 1

0 0 2 0

0 0 0 1

1CCCATrước hết ta giải hệ

LY D B ,

0BBB@1 0 0 0

2 1 0 0

3 �1 1 0

4 2 0 1

1CCCA0BBB@

y1

y2

y3

y4

1CCCA D

0BBB@6

13

19

26

1CCCA

,

0BBB@y1

y2

y3

y4

1CCCA D

0BBB@6

1

2

0

1CCCATiếp theo ta giải hệ

UX D Y ,

0BBB@1 2 3 4

0 �1 2 1

0 0 2 0

0 0 0 1

1CCCA0BBB@

x1

x2

x3

x4

1CCCA D

0BBB@6

1

2

0

1CCCA

,

0BBB@x1

x2

x3

x4

1CCCA D

0BBB@1

1

1

0

1CCCAVậy hệ đã cho có nghiệm là x1 D 1I x2 D 1I x3 D 1I x4 D 0 �

83


2.5 Điều kiện có nghiệm của hệ phương trìnhtuyến tính tổng quát

Đôi khi việc giải một hệ phương trình không quan trọng bằng việc xemxét hệ phương trình đó vô nghiệm hay có nghiệm. Nếu có nghiệm thìnghiệm đó là duy nhất hay vô số nghiệm. Như đã biết, định lý 2.3 giúpchúng ta biện luận số nghiệm của hệ trong trường hợp hệ có số ẩn bằngsố phương trình, tuy nhiên cách làm đó không thuận lợi khi hệ có sốẩn lớn (việc tính định thức sẽ rất khó khăn) hoặc hệ có số ẩn khác sốphương trình. Kết quả sau đây là một công cụ rất hiệu quả để khắcphục những khó khăn trên.

Định lý 2.4. (Định lý Kronecker - Capelli) Nếu A D .AjB/ làma trận hệ số mở rộng của hệ phương trình tuyến tính AX D B thìr.A/ � r.A/. Hơn nữa,

� Nếu r.A/ > r.A/ thì hệ vô nghiệm.

� Nếu r.A/ D r.A/ D n thì hệ có nghiệm duy nhất (ở đây n là sốẩn của hệ).

� Nếu r.A/ D r.A/ < n thì hệ có vô số nghiệm.

Ví dụ 2.16. Tìm m để hệ phương trình sau có vô số nghiệm

8<:x C 2y C z D 1

2x C 5y C 3z D 5

3x C 7y C m2z D 6

Giải. Lập ma trận hệ số mở rộng của hệ

A D .AjB/ D

0@ 1 2 1 1

2 5 3 5

3 7 m2 6

1A84


Ta biến đổi A về dạng bậc thang

Ad2!d2�2d1

��!d3!d3�3d1

0@ 1 2 1 1

0 1 1 3

0 1 m2 � 3 3

1A d3!d3�d2

��!

0@ 1 2 1 1

0 1 1 3

0 0 m2 � 4 0

1A

Nếu m2 � 4 ¤ 0 ,

(m ¤ 2

m ¤ �2thì r .A/ D r

�A�

D 3. Khi đó, hệ có

nghiệm duy nhất.

Nếu

"m D 2

m D �2thì r .A/ D r

�A�

D 2. Khi đó, hệ có vô số nghiệm.

Vậy

"m D 2

m D �2thỏa điều kiện đề bài. �

Ví dụ 2.17. Tìm m để hệ phương trình sau vô nghiệm8<:x C 3y C z D �1

�2x � 6y C .m � 1/ z D 4

4x C 12y C�3 C m2

�z D m � 3

Giải. Lập ma trận hệ số mở rộng của hệ

A D .AjB/ D

0@ 1 3 1 �1

�2 �6 m � 1 4

4 12 m2 C 3 m � 3

1ATa biến đổi A về dạng bậc thang

Ad2!d2C2d1

��!d3!d3�4d1

0@ 1 3 1 �1

0 0 m C 1 2

0 0 m2 � 1 m C 1

1Ad3!d3�.m�1/d2

��!

0@ 1 3 1 1

0 0 m C 1 2

0 0 0 3 � m

1ANếu m D 3 thì r .A/ D r

�A�

D 2. Khi đó, hệ đã cho có vô số nghiệm.

Nếu m D �1 thì r .A/ D 1 < r�A�

D 2. Khi đó, hệ đã cho có vônghiệm.

85


Nếu

(m ¤ �1

m ¤ 3thì r .A/ D 2 < r

�A�

D 3. Hệ đã cho vô nghiệm.

Vậy m ¤ 3 thỏa yêu cầu đề bài. �

2.6 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Trong các phần trước, ta đã tìm hiểu sơ lược một vài tính chất sơ đẳngcủa hệ phương trình tuyến tính thuần nhất, chẳng hạn như hệ quả 2.1.Để có cái nhìn tổng quát và sâu sắc hơn, chúng ta sẽ dành riêng mụcnày để xây dựng phương pháp tìm số nghiệm của hệ thuần nhất, cáchbiểu diễn nghiệm của hệ thông qua khái niệm nghiệm cơ bản v.v...

Để thuận tiện cho việc trình bày, chúng ta sẽ nêu lại một số địnhnghĩa quan trọng.

Định nghĩa 2.5. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất là hệphương trình có dạng sau8<

ˆ:a11x1 C a12x2 C � � � C a1nxn D 0

a21x1 C a22x2 C � � � C a2nxn D 0:::

am1x1 C am2x2 C � � � C amnxn D 0

(2.8)

Hệ 2.8 có thể viêt dưới dạng ma trận AX D Om�1 với

A D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

am1 am2 : : : amn

1CCCA ; X D

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA ; Om�1 D

0BBB@0

0:::

0

1CCCANhư đã biết, hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn có nghiệm

tầm thường x1 D x2 D � � � D xn D 0. Một câu hỏi đặt ra là khi nào hệchỉ có nghiệm tầm thường, khi nào hệ có nghiệm không tầm thường (vôsố nghiệm). Kết quả sau đây có thể xem như một hệ quả trực tiếp củađịnh lý 2.4.

86


Định lý 2.5. Cho hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX D

Om�1. Khi đó,

� Nếu r.A/ D n thì hệ chỉ có nghiệm tầm thường.

� Nếu r.A/ < n thì hệ có nghiệm không tầm thường (vô sốnghiệm).

Ví dụ 2.18. Tìm m để hệ phương trình sau chỉ có nghiệm tầm thường8<:mx C y C z D 0

2mx C y C 2z D 0

3x C y � z D 0

Giải. Ta lập ma trận hệ số của hệ

A D

0@ m 1 1

2m 1 2

3 1 �1

1AHệ chỉ có nghiệm tầm thường khi và chỉ khi det A ¤ 0, điều này

tương đương vớiˇˇ m 1 1

2m 1 2

3 1 �1

ˇˇ ¤ 0 , m C 3 ¤ 0 , m ¤ �3

�Ví dụ 2.19. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm không tầmthường 8<:

x C my C m2z D 0

mx C m2y C z D 0

m2x C y C mz D 0


A D

0@ 1 m m2

m m2 1

m2 1 m

1A87


Hệ có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi r.A/ < 3 hay det A D

0. Điều này tương đương vớiˇˇ 1 m m2

m m2 1

m2 1 m

ˇˇ D 0 , �.m � 1/2

�m2

C m C 1�2

D 0 , m D 1

Vậy m D 1 là kết quả cần tìm. �

Ví dụ 2.20. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm không tầmthường8<:

mx C .m C 1/ y ��m2 C 1

�z C 5t D 0�

m2 � 1�

x C .m � 5/ y C z C .3m � 1/ t D 0

x C�m2 C 1

�y � .m � 4/ z C 6mt D 0


A D

0@ m m C 1 ��m2 C 1

�5

m2 � 1 m � 5 1 3m � 1

1 m2 C 1 � .m � 4/ 6m

1AVì A là một ma trận có cấp 3 � 4 nên r.A/ � 3. Hệ phương trình trên

có bốn ẩn nên ta suy ra hệ luôn có nghiệm không tầm thường với mọitham số m. �

Nhận xét 2.2. Trong trường hợp hệ có nghiệm không tầm thường, đểtìm nghiệm tổng quát của hệ chúng ta dùng phương pháp khử Gauss.Cụ thể hơn, nếu r.A/ D r < n thì nghiệm tổng quát của hệ 2.8 có dạng8

ˆˆ<ˆˆ:

x1 D '1 .˛1; ˛2; : : : ; ˛n�r/

x2 D '2 .˛1; ˛2; : : : ; ˛n�r/

:::

xr D 'r .˛1; ˛2; : : : ; ˛n�r/

xrC1 D ˛1

:::

xn D ˛n�r

(2.9)

trong đó ˛1; ˛2; ˛3; : : : ; ˛n�r là các số thực tùy ý.

88


� Thay ˛1 D 1; ˛2 D 0; : : : ; ˛n�r D 0 vào 2.9 ta được nghiệm X1.

� Thay ˛1 D 0; ˛2 D 1; : : : ; ˛n�r D 0 vào 2.9 ta được nghiệm X2.

� Một cách tương tự, ta thay ˛1 D 0; : : : ; ˛i D 1; : : : ; ˛n�r D 0, vớii D 1; n � r , vào 2.9 ta được nghiệm Xn�r .

Với cách xây dựng như trên các nghiệm Xi với i D 1; n � r có dạng

Xi D

0BBBBBBBBBBBBBBBBBBBB@

'1 .0; : : : ; 1; : : : ; 0/„ ƒ‚ …Vị trí thứ i bằng 1

'2 .0; : : : ; 1; : : : ; 0/:::

'r .0; : : : ; 1; : : : ; 0/

0:::

1„ƒ‚…hàng thứ r+i

:::

0

1CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCA

Định nghĩa 2.6. Hệ nghiệm X1; X2; : : : ; Xn�r được gọi là hệ nghiệmcơ bản của hệ 2.8.

Định lý 2.6. Nghiệm tổng quát của hệ 2.8 có thể biểu diễn dưới dạng˛1X1 C ˛2X2 C � � � C ˛n�rXn�r với ˛1; ˛2; : : : ; ˛n�r là các số thực tùy ý.

Ví dụ 2.21. Tìm hệ nghiệm cơ bản và nghiệm tổng quát của hệ(x C y C z D 0

2x C 3y C 4z D 0

Giải. Lập ma trận hệ số của hệ và biến đổi về dạng bậc thang

A D

1 1 1

2 3 4

!d2!d2�2d1

��!

1 1 1

0 1 2

!

89


Khôi phục hệ ta được(x C y C z D 0

y C 2z D 0(2.10)

Cho z D 1 ta được một nghiệm cơ bản là X1 D

0@ 1

�2

1

1A. Vì hệ 2.10 gồm

hai phương trình và ba ẩn nên hệ fX1g cũng là hệ nghiệm cơ bản củahệ 2.10. Vậy nghiệm tổng quát của hệ là X D ˛X1 hay

X D

0@ x

y

z

1A D ˛

0@ 1

�2

1

1A ,

8<:

x D ˛

y D �2˛

z D ˛

�

Ví dụ 2.22. Tìm hệ nghiệm cơ bản và nghiệm tổng quát của hệ(x C y C z C 2t D 0

2x � y � 2z C t D 0

Giải. Lập ma trận hệ số của hệ và biến đổi về dạng bậc thang

A D

1 1 1 2

2 �1 �2 1

!d2!d2�2d1

��!

1 1 1 2

0 �3 �4 �3

!

Khôi phục hệ ta được(x C y C z C 2t D 0

� 3y � 4z � 3t D 0

Lần lượt cho z D 1; t D 0 và z D 0; t D 1 ta được hai nghiệm cơ bảncủa hệ là

X1 D

0BBBBB@1

3

�4

31

0

1CCCCCA I X2 D

0BBB@�1

�1

0

1

1CCCA90


Hệ fX1; X2g cũng chính là hệ nghiệm cơ bản của hệ đã cho. Do đó,nghiệm tổng quát của hệ là

X D ˛1X1 C ˛2X2 D ˛1

0BBBBB@1

3

�4

31

0

1CCCCCAC ˛2

0BBB@�1

�1

0

1

1CCCA ,

8ˆ<ˆ:

x D1

3˛1 � ˛2

y D �4

3˛1 � ˛2

z D ˛1

t D ˛2

�

2.7 Cấu trúc nghiệm của hệ phương trìnhtuyến tính tổng quát

Định nghĩa 2.7. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX D

Om�1 được gọi là hệ thuần nhất liên kết với hệ phương trình tuyếntính tổng quát AX D B.

Ví dụ 2.23. Hệ phương trình

(x C 2y C z D 3

x � 3y � 2z D 2có hệ thuần

nhất liên kết là

(x C 2y C z D 0

x � 3y � 2z D 0.

Định lý 2.7. Nếu X0 là nghiệm riêng của hệ phương trình tuyến tínhtổng quát AX D B và X là nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất liênkết AX D Om�1 thì eX D X C X0 là nghiệm tổng quát của hệ phươngtrình tuyến tính AX D B.

Ví dụ 2.24. Giải hệ phương trình(x C y C z C 2t D 4

2x � y � 2z C t D 2(2.11)

91


Giải. Xét hệ phương trình thuần nhất liên kết với hệ 2.11(x C y C z C 2t D 0

2x � y � 2z C t D 0(2.12)

Trong ví dụ trên ta đã biết hệ 2.11 có nghiệm tổng quát X D ˛1X1 C

˛2X2 với

X1 D

0BBBBB@1

3

�4

31

0

1CCCCCA I X2 D

0BBB@�1

�1

0

1

1CCCA

Mặt khác, hệ 2.11 có một nghiệm riêng là X0 D

0BBB@0

0

0

2

1CCCA.

Vậy nghiệm tổng quát của hệ 2.11 là

eX D X C X0 D ˛1X1 C ˛2X2 C X0

hay

eX D ˛1

0BBBBB@1

3

�4

31

0

1CCCCCAC ˛2

0BBB@�1

�1

0

1

1CCCAC

0BBB@0

0

0

2

1CCCA ,

8ˆ<ˆ:

x D1

3˛1 � ˛2

y D �4

3˛1 � ˛2

z D ˛1

t D ˛2 C 2

�


Phần tự luận

Bài tập 2.1. Biện luận theo m số nghiệm của các hệ phương trình tuyếntính sau:

92


1.

(.m � 1/ x C .m � 1/ y D 1

x C my D 0

2.

(.m C 1/ x C .m C 1/ y D 0

x C my D 0

3.

(2 .m C 1/ x C .m C 10/ y D m

mx C .m C 2/ y D 2m

4.

(x sin ˛ C y cos ˛ D m

x cos ˛ � y sin ˛ D 2m

5.

(mx C 2y D 1

.m C 1/ x C 3y D 1

6.

8<:2x C 2y � 4z D m

�3x C 5y � z D 3

�4x � 4y C 8z D �2

7.

8<:x C y C z D 0

x C 2y � mz D 1

2x C 3y C 2z D 1

8.

8<:2x C 2y � z D 3

2x C 5y � 2z D 7

6x C 6y � 3z D 2m C 1

9.

8<:x C 2y � 2z D 0

2x C 4y � 5z D 1

3x C 6y C mz D 1

10.

8<:x C 2y � 2z D 2

3x C 7y � z D 5

2x C 4y C mz D 7

11.

8<:4x C 3y C z D 7

2x C 4y � 2z D m C 7

x C 2y � z D 4

93


12.

8<:3x � y C 2z D 3

2x C y � 2z D m

x � 2y C 4z D 4

13.

8<:2x C 3y � z D 1

4x C 7y C 2z D 2

8x C 12y C .m C 6/z D 5

14.

8<:2x C 3y � z D 1

4x C 7y C 2z D 2

8x C 12y C .m C 6/z D 4

15.

8<:2x C 3y � z D 1

4x C .m C 5/y C .m � 3/z D m C 1

8x C .m C 11/y C .m � 5/z D m C 4

16.

8<:x C my C z D m

x C 2y C 2z D 1

2x C .m C 2/y C .m2 C 2/z D m2 C m

17.

8<:x C my C z D m

x C 2y C 2z D 1

2x C .m C 2/y C 3z D m C 2

18.

8<:x C my C z D m

x C 2y C 2z D 1

2x C .m C 2/y C z D m C 2

19.

8<:x C 2y C .7 � m/z D 2

2x C 4y � 5z D 1

5x C 10y C .m � 5/z D 4

20.

8<:mx C y C z D 1

x C my C z D m

x C y C mz D m2

Bài tập 2.2. Giải các hệ phương trình tuyến tính sau bằng phươngpháp khử Gauss

1.

(2x C 3y � 2z D 5

2x C 5y � 2z D 7

94


2.

(3x � y C 2z D 3

2x C y � 2z D 7

3.

8<:x C 4y C 5z D 1

2x C 7y � 11z D 2

3x C 11y � 6z D 0

4.

8<:x C y � z D 2

2x C y � 3z D 1

3x C 2y � 4x D 3

5.

8<:4x C 3y C z D 7

2x C 4y � 2z D 7

x C 2y � z D 4

6.

8<:3x � y C 2z D 3

2x C y � 2z D 0

x � 2y C 4z D 4

7.

8<:2x C 3y � z D 1

4x C 7y C 2z D 2

8x C 12y C 2z D 5

Bài tập 2.3. Tìm m để hai hệ phương trình sau có nghiệm chung:

1.

(2x C 3y � 2z D 5

2x C 5y � 2z D 7và

(3x � y C 2z D 3

2x C y � mz D 7

2.

(x C y � 2z D 1

mx C 2y C z D 3và

(x � 2y C 5z D 8

2x C y � mz D m

3.

(x C y C z D 1

x C y C mz D mvà

(3x � 2y C 5z D 8

2x C y C z D m

Bài tập 2.4. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp Crout

1.

8<:x1 C 7x2 C 2x3 D 17

3x1 C 5x2 � x3 D 12

7x1 C 6x2 C x3 D 20

95


2.

8<ˆ:

x1 C 2x2 C 5x3 � 2x4 D 8

3x1 C 2x2 � x3 � x4 D 4

2x1 C 5x2 � x3 C 5x4 D 6

x1 C 6x2 C 7x3 � x4 D 14

3.

8<ˆ:

x3y4z2t6 D 27

x2y6z8t9 D 9

x4y2z4t2 D 81

x6y4z8t D 729

Bài tập 2.5. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp Doolittle

1.

8<:4x1 C 7x2 C 2x3 D 20

2x1 C 9x2 � x3 D 19

x1 C 5x2 C 2x3 D 13

2.

8<ˆ:

x1 C 5x2 C 5x3 C 2x4 D 11

5x1 C x2 C 2x3 � x4 D 8

3x1 C 5x2 � 3x3 � 5x4 D 5

2x1 C 2x2 C 2x3 C 5x4 D 6

3.

8<:x2y4z8 D 4

x6y3z6 D 64

x2y6z4 D 4

4.

8<ˆ:

x3y4z2t6 D 81

x2y6z8t9 D 729

x4y2z4t2 D 9

x6y4z8t D 81

5.

8<ˆ:

x1 C 2x2 � x3 C 5x4 C x5 D 8

4x1 � x2 C 5x3 C x4 C 4x5 D 13

2x1 C x2 C 6x3 C x4 � x5 D 9

x1 C 4x2 � x3 C 8x4 C x5 D 13

96



Bài tập 2.6. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất8<:x C 2y C z D 1

2x C 5y C 3z D 5

3x C 7y C m2z D 6

a. m D ˙2 b. m ¤ ˙2 c. m D 2 d. m D �2

Bài tập 2.7. Tìm m để hệ sau có vô số nghiệm8<:x C 3y C z D �1

�2x � 6y C .m � 1/ z D 4

4x C 12y C�3 C m2

�z D m � 3

a. m D 3 b. m D 1 c. m D ˙1 d. m

Bài tập 2.8. Giải hệ phương trình tuyến tính

8<:x C y C z D 0

2x C 2y � z D 1

3x C 4y C 3z D 1

.

a. x D �1; y D 1; z D 0

b. x D �a � b; y D a; z D bI a; b 2 Rc. x D �a C b; y D a; z D bI a; b 2 Rd. x D 1 � a; y D 1; z D aI a 2 R

Bài tập 2.9. Tìm m để hệ sau đây có nghiệm không tầm thường8<:mx C 2y C 3z D 0

2x C y � z D 0

3mx � y C 2z D 0

a. m D 0 b. m D 1 c. m D �1 d. 8m

Bài tập 2.10. Tìm m để hệ sau đây có vô số nghiệm8<:x C 2y � z C 4t D 0

2x � y C z C 3t D 0

3mx � y C 2m2z D 0

a. m D 0 b. m D 1 c. m D �1 d. 8m

97


Bài tập 2.11. Với giá trị nào của m thì hệ phương trình sau đây cónghiệm không tầm thường8<:

x C 2y C z D 0

2x C y C 3z D 0

3x C 3y C mz D 0

a. m D 0 b. m D 3 c. m D 4 d. m D 5

Bài tập 2.12. Tìm tất cả các giá trị m để hệ sau đây có vô số nghiệm8<:x C y C 2z D 1

2x C 2y C .m C 6/ z D 4

�3x � 3y C�m2 � 10

�z D m � 1

a. m D 6 b. m D 2 c. m D �2 d. m

Bài tập 2.13. Tìm tất cả các giá trị m để hệ sau đây có nghiệm duynhất 8<:

mx C y C z D 0

x C my C z D 0

x C y C mz D 0

a. m ¤ 1I m ¤ 2

b. m ¤ �2I m ¤ 1

c. m ¤ �1I m ¤ �2

d. m ¤ 2I m ¤ �1

Bài tập 2.14. Tìm tất cả các giá trị m để hệ phương trình sau đây vônghiệm 8<:

x C 3y C z D �1

�2x � 6y C .m � 1/ z D 4

4x C 12y C�3 C m2

�z D m � 3

a. m D ˙1 b. m D 1 c. m D �1 d. m

Bài tập 2.15. Tìm tất cả các giá trị m để hệ phương trình sau đây cónghiệm duy nhất8<:

5x C 3y C 6z C 2011t D �1

x C 6y � z C 13�m2 C 1

�t D 6

4x � 6y C 56z C�m4 � 1

�t D 9

a. m D 0 b. m ¤ 0 c. 8m d. m

98


Bài tập 2.16. Tìm tất cả các giá trị m để hệ sau đây có nghiệm duynhất 8<

ˆ:x C y C z C t D 0

2x C 3y C 4z � t D 0

3x C y C 2z C 5t D 0

4x C 6y C 3z C mt D 0

a. m D143

b. m ¤143

c. 8m d. m

Bài tập 2.17. Tìm tất cả các giá trị m để hệ có nghiệm duy nhất8<:x C y C z � t D 1

2x C 3y � z C 2t D 2

mx C y C�m2 C 1

�z � 2t D m3 C 1

a. m ¤ 0 b. m ¤ 1 c. m ¤ �1 d. m

Bài tập 2.18. Tìm tất cả các giá trị m để hệ phương trình sau vô nghiệm8<:x C y C z D 1

2x C 3y � z D 4

3x C 3y C .m C 4/ z D m2 C 2

a. 8m b. m D ˙1 c. m D �1 d. m

Bài tập 2.19. Giải hệ phương trình8<:x C y C z � t D 0

2x C 3y C z D 0

3x C 3y C 2z C t D 0

a. x D �5a; y D 2a; z D 4a; t D aI a 2 Rb. x D 5a; y D �2a; z D 4a; t D aI a 2 Rc. x D �5a; y D 3a; z D 2a; t D aI a 2 Rd. Các câu a,b,c đều sai

Bài tập 2.20. Hệ phương trình tuyến tính(.m � 1/ x C .m � 1/ y D 1

x C my D 0

vô nghiệm khi và chỉ khi

a. m D 1 b. m D 0 c. m D ˙1 d. m D �1

99


Bài tập 2.21. Hệ phương trình tuyến tính(.m C 1/ x C .m C 1/ y D 1

x C my D 0

vô nghiệm khi và chỉ khi

a. m D 1 b. m D 0 c. m D ˙1 d. m D �1

Bài tập 2.22. Hệ phương trình tuyến tính(2 .m C 1/ x C .m C 10/ y D m

mx C .m C 2/ y D 2m

có duy nhất một nghiệm khi và chỉ khi

a. m D 2 b. m ¤ 2 c. m D �2 d. m ¤ �2

Bài tập 2.23. Hệ phương trình(mx C .6m � 9/ y D 2m2 C 3m C 2

x C my D m3 C 1

có duy nhất nghiệm khi

a. m D 3 b. m ¤ 3 c. m D ˙3 d. m ¤ ˙3

Bài tập 2.24. Xét hệ phương trình tuyến tính(4x � y D m C 1

10x C 3y D 6m � 3

Chọn khẳng định đúng

a. Hệ trên vô nghiệm với mọi m.b. Hệ trên vô số nghiệm với mọi m.c. Hệ trên có nghiệm duy nhất với mọi m.d. Các khẳng định trên với mọi m.

Bài tập 2.25. Cho hệ phương trình tuyến tính(mx C y D 1

x C my D m

100



a. Hệ trên có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m ¤ 1.b. Hệ trên vô nghiệm khi m D �1.c. Hệ có nghiệm khi và chỉ khi m ¤ ˙1.d. Hệ trên có nghiệm với mọi m.

Bài tập 2.26. Cho hệ phương trình tuyến tính(mx C y D 1

x C my D m


a. Hệ trên có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m ¤ 1.b. Hệ trên vô nghiệm khi m D �1.c. Hệ có nghiệm khi và chỉ khi m ¤ 1.d. Hệ trên có nghiệm với mọi m.

101


102

Chương 3

Không gian vector

3.1 Khái niệm không gian vector

Định nghĩa 3.1. Tập hợp V ¤ ; được gọi là một không gian vectortrên R nếu nó được trang bị hai phép toán, gồm

1. Phép cộng vector

C W V � V ! V.X1; X2/ 7! X1 C X2

2. Phép nhân vector với vô hướng

� W R � V ! V.˛; X/ 7! ˛:X D ˛X

Các phép toán này thỏa những điều kiện (hoặc tiền đề) sau:

1. X1 C X2 D X2 C X1I 8X1; X2 2 V.

2. .X1 C X2/ C X3 D X1 C .X2 C X3/ I 8X1; X2; X3 2 V.

3. 90V 2 V W X C 0V D 0V C X D X I 8X 2 V.

4. 8X 2 V; 9X 0 2 V W X C X 0 D X 0 C X D 0V.

103


5. .˛ C ˇ/ X D ˛X C ˇX I 8˛; ˇ 2 R; 8X 2 V.

6. ˛ .X1 C X2/ D ˛X1 C ˛X2I 8˛ 2 R; 8X1; X2 2 V.

7. ˛ .ˇX/ D .˛ˇ/ X I 8˛; ˇ 2 R; X 2 V.

8. 1X D X I 8X 2 V.

Ví dụ 3.1. Gọi Rn là tập hợp tất cả các bộ số thực có n thành phần (cótính thứ tự), Rn D fX W X D .x1; x2; :::; xn/ I xi 2 Rg . Định nghĩa trên Rn

hai phép toán sau:

C W Rn � Rn ! Rn

.X; Y / 7! X C Y D .x1 C y1; x2 C y2; :::; xn C yn/

� W R � Rn ! Rn

.˛; X/ 7! ˛X D .˛x1; ˛x2; :::; ˛xn/

Với việc trang bị hai phép toán trên thì tập Rn trở thành một khônggian vector.

Vector không là 0Rn D .0; 0; :::; 0/.

Vector đối là �X D .�x1; �x2; :::; �xn/.

Ví dụ 3.2. Gọi Pn Œx� là tập hợp các đa thức theo biến x, bậc nhỏ hơnhoặc bằng n, hệ số thực. Một phần tử f 2 Pn Œx� có dạng f D a0 C a1x C

a2x2 C � � � C anxn .ai 2 R/. Định nghĩa trên Pn Œx� hai phép toán:

C W Pn Œx� � Pn Œx� ! Pn Œx�

.f; g/ 7! f C g D .a0 C b0/ C .a1 C b1/ x C � � � C .an C bn/ xn

� W R � Pn Œx� ! Pn Œx�

.˛; f / 7! f D ˛a0 C .˛a1/ x C � � � C .˛an/ xn

Với việc trang bị hai phép toán trên thì tập Pn Œx� trở thành mộtkhông gian vector.

Vector không là 0PnŒx� D 0 C 0x C 0x2 C ::: C 0xn.

Vector đối là �f D �a0 C .�a1/ x C .�a2/ x2 C ::: C .�an/ xn.

104


Chú ý 3.1. Hai không gian vector Rn và PnŒx� là rất quan trọng (đặcbiệt khi n D 2 và n D 3), được tác giả sử dụng nhiều trong bài giảng nàynên xin lưu ý bạn đọc nghiên cứu kỹ các ví dụ 3.1 và ví dụ 3.2

Ví dụ 3.3. Gọi C Œa; b� là tập hợp tất cả các hàm số f .t/ liên tục trênđoạn Œa; b�. Định nghĩa các phép toán trong C Œa; b� như sau:

Nếu f; g 2 C Œa; b� thì

� .f C g/.t/ D f .t/ C g.t/; 8t 2 Œa; b�.

� . f /.t/ D f .t/; 8t 2 Œa; b�.

Với việc trang bị hai phép toán trên, tập C Œa; b� trở thành một khônggian vector.

Vector không 0C Œa;b� là hàm số đồng nhất không, tức bằng không vớimọi t 2 ŒaI b�.

Vector đối là �f có tính chất .�f /.t/ D �f .t/; 8t 2 Œa; b�.

Ví dụ 3.4. Gọi Rn là tập hợp tất cả các cột n�thành phần thực

Rn D

8<ˆ:0BBB@

x1

x2

:::

xn

1CCCA W xi 2 R

9>>>=>>>;Rn cũng lập nên một không gian vector với hai phép toán sau đây:

�

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCAC

0BBB@y1

y2

:::

yn

1CCCA D

0BBB@x1 C y1

x2 C y2

:::

xn C yn

1CCCA.

� a

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA D

0BBB@ax1

ax2

:::

axn

1CCCA.

Ví dụ 3.5. Tập Mm�n .R/ gồm tất cả các ma trận cấp m � n cùng phéptoán cộng hai ma trận và phép nhân vô hướng một số thực với một matrận tạo thành một không gian vector.

105


3.2 Tổ hợp tuyến tính và biểu thị tuyến tính

Định nghĩa 3.2. Một tổ hợp tuyến tính các vector X1; X2; :::; Xm 2

V là một biểu thức có dạngmP

iD1

˛iXi D ˛1X1 C ˛2X2 C ::: C ˛mXm với

˛i 2 R; 8i D 1; m.

Định nghĩa 3.3. Cho m vector X1; X2; :::; Xm 2 V. Vector X 2 V đượcgọi là biểu thị tuyến tính qua hệ vector P D .X1; X2; : : : ; Xm/ nếu tồntại m số thực ˛i 2 R; 8i D 1; m sao cho X D ˛1X1 C˛2X2 C :::C˛mXm.

Ví dụ 3.6. Vector X D .3; 2/ có thể biểu thị tuyến tính qua hệ vector.X1; X2/ hay không, biết X1 D .1; 1/; X2 D .0; 1/?

Giải. Xét đẳng thức

X D ˛1X1 C ˛2X2

, .3; 2/ D ˛1 .1; 1/ C ˛2 .0; 1/

,

(˛1 D 3

˛1 C ˛2 D 2,

(˛1 D 3

˛2 D �1

Vậy vector X biểu thị tuyến tính qua hệ vector .X1; X2/. �

Ví dụ 3.7. Vector X D .1; 7; �4/ có thể biểu thị tuyến tính qua hệ vector.X1; X2/ hay không, biết X1 D .1; �3; 2/ ; X2 D .2; �1; 1/?

Giải. Giả sử vector X D .1; 7; �4/ được biểu thị tuyến tính qua hệ vec-tor .X1; X2/, tức tồn tại ˛1; ˛2 sao cho

X D ˛1X1 C ˛2X2

, .1; 7; �4/ D ˛1 .1; �3; 2/ C ˛2 .2; �1; 1/

,

8<:˛1 C 2˛2 D 1

�3˛1 � ˛2 D 7

2˛1 C ˛2 D �4

106


Giải hệ phương trình trên ta được ˛1 D �3; ˛2 D 2.

Vậy vector X có thể biểu thị tuyến tính qua hệ vector .X1; X2/. �

Ví dụ 3.8. Tìm m để vector X D .1; m; 5/ được biểu thị tuyến tính quahệ vector .X1; X2/ được cho trong ví dụ 3.7.

Giải. Giả sử vector X D .1; m; 5/ được biểu thị tuyến tính qua hệ vector.X1; X2/, tức tồn tại ˛1; ˛2 sao cho

X D ˛1X1 C ˛2X2

, .1; m; 5/ D ˛1 .1; �3; 2/ C ˛2 .2; �1; 1/

,

8<:˛1 C 2˛2 D 1

�3˛1 � ˛2 D m

2˛1 C ˛2 D 5

Từ phương trình thứ nhất và thứ ba, ta tìm được ˛1 D 3; ˛2 D �1,thay vào phương trình thứ hai ta tìm được m D �8. �

Ví dụ 3.9. Cho vector f D 2x2 C 3x � 4 trong không gian P2 Œx�. Vectorf có thể biểu thị tuyến tính qua hệ vector .u; v/ với u D 3x2 C x � 1; v D

�x2 � 5x C 7 hay không?

Giải. Giả sử vector f D 2x2 C 3x � 4 được biểu thị tuyến tính qua hệvector .u; v/, tức tồn tại ˛1; ˛2 sao cho

f D ˛1u C ˛2v

, 2x2 C 3x � 4 D ˛1

�3x2 C x � 1

�C ˛2

��x2 � 5x C 7

�, 2x2 C 3x � 4 D .3˛1 � ˛2/ x2 C .˛1 � 5˛2/ x � ˛1 C 7˛2

,

8<:3˛1 � ˛2 D 2

˛1 � 5˛2 D 3

�˛1 C 7˛2 D �4

,

(˛1 D

12

˛2 D �12

Vậy vector f biểu thị được qua hệ vector .u; v/. �

Ví dụ 3.10. Tìm điều kiện của a; b; c để vector X D .a; b; c/ là tổ hợptuyến tính của hệ vector .X1 D .1; 2; 1/ ; X2 D .1; 1; 2//.

107



X D ˛1X1 C ˛2X2

, .a; b; c/ D ˛1 .1; 2; 1/ C ˛2 .1; 1; 2/

,

8<:˛1 C ˛2 D a

2˛1 C ˛2 D b

˛1 C 2˛2 D c

Ta lập ma trận hệ số mở rộng của hệ phương trình và biến đổi vềdạng bậc thang

A D

0@ 1 1 a

2 1 b

1 2 c

1A d2!d2�2d1

��!d3!d3�d1

0@ 1 1 a

0 �1 b � 2a

0 1 c � a

1Ad3!d3Cd2

��!

0@ 1 1 a

0 �1 b � 2a

0 0 c C b � 3a

1A

Hệ có nghiệm khi và chỉ khi r .A/ D r�A�

hay c C b � 3a D 0. �

3.3 Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyếntính

Định nghĩa 3.4. Hệ vector P D .X1; X2; :::; Xm/ của không gian vec-tor V được gọi là độc lập tuyến tính nếu đẳng thức ˛1X1 C ˛2X2 C

::: C ˛mXm D 0V xảy ra khi và chỉ khi ˛1 D ˛2 D ::: D ˛m D 0.

Định nghĩa 3.5. Hệ vector P D .X1; X2; :::; Xm/ của không gian vec-tor V được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu P không độc lập tuyếntính.

108


Chú ý 3.2. Nếu hệ vector .X1; X2; :::; Xm/ độc lập (hoặc phụ thuộc) tuyếntính, ta cũng nói các vector X1; X2; :::; Xm độc lập (hoặc phụ thuộc) tuyếntính.

Đẳng thức ˛1X1C˛2X2C:::C˛mXm D 0V được gọi là một sự ràng buộctuyến tính giữa các vector X1; X2; :::; Xm. Nếu ˛1 D ˛2 D ::: D ˛m D 0 thìta gọi ràng buộc đó là tầm thường. Theo định nghĩa, hệ .X1; X2; :::; Xm/

độc lập tuyến tính khi và chỉ khi mọi ràng buộc tuyến tính giữa cácvector X1; X2; :::; Xm đều là ràng buộc tầm thường. Hệ .X1; X2; :::; Xm/

phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại các số thực ˛1; ˛2; :::; ˛m

không đồng thời bằng không sao cho đẳng thức ˛1X1 C ˛2X2 C ::: C

˛mXm D 0V được thỏa mãn, nghĩa là có một sự ràng buộc tuyến tínhkhông tầm thường giữa các vector X1; X2; :::; Xm.

Ví dụ 3.11. Trong không gian các vector tự do của hình học sơ cấp, hệhai vector độc lập tuyến tính khi và chỉ khi chúng không cùng phương,hệ ba vector độc lập tuyến tính khi và chỉ khi chúng không đồng phẳng,hệ bốn vector luôn luôn phụ thuộc tuyến tính.

Ví dụ 3.12. Trong không gian R2, hai vector e1 D .1; 0/ ; e2 D .0; 1/ làđộc lập tuyến tính. Thật vậy, xét ràng buộc tuyến tính

˛1e1 C ˛2e2 D 0R2

, ˛1 .1; 0/ C ˛2 .0; 1/ D .0; 0/

, .˛1; ˛2/ D .0; 0/

,

(˛1 D 0

˛2 D 0

Ví dụ 3.13. Trong R3, ba vector X1 D .1; 1; 0/ ; X2 D .1; 0; 1/ ; X3 D

.0; 1; 1/ là độc lập tuyến tính. Thật vậy, xét ràng buộc tuyến tính

˛1X1 C ˛2X2 C ˛3X3 D 0R3

, ˛1 .1; 1; 0/ C ˛2 .1; 0; 1/ C ˛3 .0; 1; 1/ D .0; 0; 0/

, .˛1 C ˛2; ˛1 C ˛3; ˛2 C ˛3/ D .0; 0; 0/

,

8<:˛1 C ˛2 D 0

˛1 C ˛3 D 0

˛2 C ˛3 D 0

, ˛1 D ˛2 D ˛3 D 0

Ví dụ 3.14. Trong R3, ba vector X1 D .1; 2; 3/ ; X2 D .2; 3; 4/ ; X3 D

109


.3; 4; 5/ là phụ thuộc tuyến tính. Thật vậy, xét ràng buộc tuyến tính

˛1X1 C ˛2X2 C ˛3X3 D 0R3

, ˛1 .1; 2; 3/ C ˛2 .2; 3; 4/ C ˛3 .3; 4; 5/ D .0; 0; 0/

, .˛1 C 2˛2 C 3˛3; 2˛1 C 3˛2 C 4˛3; 3˛1 C 4˛2 C 5˛3/ D .0; 0; 0/

,

8<:˛1 C 2˛2 C 3˛3 D 0

2˛1 C 3˛2 C 4˛3 D 0

3˛1 C 4˛2 C 5˛3 D 0

Hệ phương trình trên là hệ tuyến tính thuần nhất có định thức củama trận hệ số bằng không nên hệ có nghiệm không tầm thường. Ta suyra hệ vector .X1; X2; X3/ là phụ thuộc tuyến tính.

Ví dụ 3.15. Trong R2, xét hai vector X1 D .1; 3/ ; X2 D .2; m/. Tìm thamsố m để hệ vector .X1; X2/ là độc lập tuyến tính.

Giải. Xét ràng buộc tuyến tính

˛1X1 C ˛2X2 D 0R2

, ˛1 .1; 3/ C ˛2 .2; m/ D .0; 0/

, .˛1 C 2˛2; 3˛1 C m˛2/ D .0; 0/

,

(˛1 C 2˛2 D 0

3˛1 C m˛2 D 0

Hệ vector .X1; X2/ độc lập tuyến tính khiˇ1 3

2 m

ˇ¤ 0 , m ¤ 6

Vậy m ¤ 6 là các giá trị cần tìm. �

Ví dụ 3.16. Trong R3, xét ba vector X1 D .m; 1; 1/ ; X2 D .1; m; 1/ ; X3 D

.1; 1; m/. Tìm m để hệ vector .X1; X2; X3/ phụ thuộc tuyến tính.


˛1X1 C ˛2X2 C ˛3X3 D 0R3

, ˛1 .m; 1; 1/ C ˛2 .1; m; 1/ C ˛3 .1; 1; m/ D .0; 0; 0/

,

8<:m˛1 C ˛2 C ˛3 D 0

˛1 C m˛2 C ˛3 D 0

˛1 C ˛2 C m˛3 D 0

110


Hệ vector .X1; X2; X3/ phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khiˇˇ m 1 1

1 m 1

1 1 m

ˇˇ D 0 ,

(m D 1

m D �2

Vậy m D 1 và m D �2 là hai giá trị cần tìm. �

Ví dụ 3.17. Trong không gian P2 Œx� cho ba vector f1 D 1; f2 D x; f3 D

x2. Chứng minh rằng hệ vector .f1; f2; f3/ độc lập tuyến tính.


˛1f1 C ˛2f2 C ˛3f3 D 0P2Œx�

, ˛11 C ˛2x C ˛3x2 D 0 C 0x C 0x2

,

8<:˛1 D 0

˛2 D 0

˛3 D 0

Vậy hệ vector .f1; f2; f3/ độc lập tuyến tính. �

Ví dụ 3.18. Trong P2 Œx� cho ba vector f1 D 2x2I f2 D x2 C x C 1I f3 D

x2 � x C m. Tìm m để hệ vector .f1; f2; f3/ phụ thuộc tuyến tính.


˛1f1 C ˛2f2 C ˛3f3 D 0P2Œx�

, ˛12x2 C ˛2

�x2 C x C 1

�C ˛3

�x2 � x C m

�D 0 C 0x C 0x2

, .2˛1 C ˛2 C ˛3/ x2 C .˛2 � ˛3/ x C ˛2 C m˛3 D 0 C 0x C 0x2

,

8<:2˛1 C ˛2 C ˛3 D 0

˛2 � ˛3 D 0

˛2 C m˛3 D 0

Hệ vector .f1; f2; f3/ phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi hệ phươngtrình trên có nghiệm không tầm thường, tức làˇ

ˇ 2 1 1

0 1 �1

0 1 m

ˇˇ D 0 , 2 .m C 1/ D 0 , m D �1

Vậy m D �1 là giá trị cần tìm. �

111


Tính chất

1. Hệ một vector .X/ phụ thuộc tuyến tính nếu và chỉ nếu X D 0V.

2. Hệ con của một hệ vector độc lập tuyến tính cũng là một một hệđộc lập tuyến tính.

3. Hệ vector có chứa một hệ con phụ thuộc tuyến tính là một hệ phụthuộc tuyến tính. Nói riêng, hệ vector chứa vector không là mộthệ phụ thuộc tuyến tính.

4. Giả sử hệ vector .X1; X2; :::; Xm/ độc lập tuyến tính. Khi đó hệ.X1; X2; :::; Xm; X/ là phụ thuộc tuyến tính nếu và chỉ nếu X biểuthị tuyến tính qua hệ .X1; X2; :::; Xm/.

Ma trận vector dòng

Định nghĩa 3.6. Cho hệ vector .X1; X2; :::; Xm/ chứa trong khônggian vector Rn. Giả sử Xi D .ai1; ai2; :::; ain/ ; i D 1; m, khi đó ma trận

A D

0BBB@X1

X2

:::

Xm

1CCCA D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

am1 am2 : : : amn

1CCCAđược gọi là ma trận vector dòng của hệ vector .X1; X2; :::; Xm/.

Định lý 3.1. Cho hệ vector .X1; X2; :::; Xm/ chứa trong không gianvector Rn. Giả sử A là ma trận vector dòng của hệ .X1; X2; :::; Xm/,khi đó

� Hệ vector .X1; X2; :::; Xm/ độc lập tuyến tính khi và chỉ khir .A/ D m.

� Hệ vector .X1; X2; :::; Xm/ phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khir .A/ < m.

112


Ví dụ 3.19. Trong R4, ba vector X1 D .1; 1; 1; 1/ ; X2 D .1; 2; 3; 4/ ; X3 D

.1; 3; �1; 0/ là độc lập tuyến tính. Thật vậy, ta lập ma trận vector dòngcủa hệ vector .X1; X2; X3/

A D

0@ 1 1 1 1

1 2 3 4

1 3 �1 0


Ad2!d2�d1

��!d3!d3�d1

0@ 1 1 1 1

0 1 2 3

0 2 �2 �1

1A d3!d3�2d2

��!

0@ 1 1 1 1

0 1 2 3

0 0 �6 �7

1ATa suy ra r .A/ D 3. Do đó, hệ vector .X1; X2; X3/ là độc lập tuyến

tính.

Ví dụ 3.20. Trong không gian R4, ba vector X1 D .�1; 1; 1; �1/ ; X2 D

.2; �1; 2; �1/ ; X3 D .0; 1; 4; �3/ là phụ thuộc tuyến tính. Thật vậy, ta lậpma trận vector dòng của hệ vector .X1; X2; X3/

A D

0@ �1 1 1 �1

2 �1 2 �1

0 1 4 �3


Ad2!d2C2d1

��!

0@ �1 1 1 �1

0 1 4 �3

0 1 4 �3

1A d3!d3�d2

��!

0@ �1 1 1 �1

0 1 4 �3

0 0 0 0

1ATa suy ra r .A/ D 2 < 3. Do đó, hệ vector .X1; X2; X3/ là phụ thuộc

tuyến tính.

Ví dụ 3.21. Trong R3, cho ba vector X1 D .1; 1; 1/ ; X2 D .1; 2; 3/ ; X3 D

.1; 1; m/. Tìm m để hệ vector .X1; X2; X3/ là phụ thuộc tuyến tính.

Giải. Ta lập ma trận vector dòng của hệ vector

A D

0@ 1 1 1

1 2 3

1 1 m

1A113


Ta đưa A ma trận về dạng bậc thang

Ad2!d2�d1

��!d3!d2�d1

0@ 1 1 1

0 1 2

0 0 m � 1

1AHệ .X1; X2; X3/ phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi

r .A/ < 3 , m � 1 D 0 , m D 1

Vậy m D 1 là giá trị cần tìm. �

Định nghĩa 3.7. Cho hệ vector .f1; f2; :::; fm/ chứa trong không giankhông vector Pn Œx�. Giả sử fi D ai0Cai1xCai2x2C:::Cainxn; i D 1; m,khi đó ma trận

A D

0BBB@f1

f2

:::

fm

1CCCA D

0BBB@a10 a11 : : : a1n

a20 a21 : : : a2n

::::::

: : ::::

am0 am1 : : : amn

1CCCAđược gọi là ma trận vector dòng của hệ vector .f1; f2; :::; fm/.

Định lý 3.2. Cho hệ vector .f1; f2; :::; fm/ chứa trong không gian vec-tor Pn Œx�. Giả sử A là ma trận vector dòng của hệ .f1; f2; :::; fm/. Khiđó,

� Hệ vector .f1; f2; :::; fm/ độc lập tuyến tính khi r .A/ D m.

� Hệ vector .f1; f2; :::; fm/ phụ thuộc tuyến tính khi r .A/ < m.

Ví dụ 3.22. Tìm m để hệ vector�f1 D x2

C x C 1; f2 D x C m; f3 D x2� x C m

�của P2 Œx� phụ thuộc tuyến tính.

114


Giải. Ta lập ma trận vector dòng của hệ vector

A D

0@ 1 1 1

m 1 0

m �1 1

1AHệ vector .f1; f2; f3/ phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi det A D 0,

tức là ˇˇ 1 1 1

m 1 0

m �1 1

ˇˇ D 0 , �3m C 1 D 0 , m D

1

3

Vậy m D13

là giá trị cần tìm. �

3.4 Cơ sở và số chiều của không gian vector

Định nghĩa 3.8. Một hệ vector của V được gọi là độc lập tuyến tínhcực đại (tối đại) nếu hệ độc lập tuyến tính và nếu ta thêm bất kì mộtvector nào của V vào hệ thì được một hệ vector phụ thuộc tuyến tính.

Ví dụ 3.23. Trong R2, hệ vector .e1 D .1; 0/ ; e2 D .0; 1// như đã biết làhệ độc lập tuyến tính. Mặt khác, nếu ta lấy bất kì vector X 2 R2 thì hệvector .X; e1; e2/ là phụ thuộc tuyến tính. Thật vậy, giả sử X D .x1; x2/,khi đó

X � x1e1 � x2e2 D 0R2

Ràng buộc tuyến tính trên chứng tỏ hệ .X; e1; e2/ phụ thuộc tuyếntính.

Ví dụ 3.24. Trong R3 hệ hai vector .X1 D .1; 1; 1/ ; X2 D .0; 1; 1// là độclập tuyến tính nhưng không phải là độc lập tuyến tính tối đại. Thật vậy,nếu ta lấy X3 D .0; 0; 1/ thì hệ ba vector .X1; X2; X3/ cũng độc lập tuyếntính. Tuy nhiên, hệ ba vector .X1; X2; X3/ lại là độc lập tuyến tính tốiđại. Thật vậy, ta lấy bất kì vector X 2 R3, giả sử X D .a; b; c/, ta sẽ

115


chứng tỏ hệ .X1; X2; X3; X/ phụ thuộc tuyến tính. Ta lập ma trận vectordòng của hệ .X1; X2; X3; X/

A D

0BBB@1 1 1

0 1 1

0 0 1

a b c

1CCCAVì ma trận A có cấp 4 � 3 nên r .A/ � 3 < 4, suy ra hệ .X1; X2; X3; X/

phụ thuộc tuyến tính.

Ví dụ 3.25. Trong P2 Œx�, hệ vector�f1 D 1; f2 D x; f3 D x2

�là độc lập

tuyến tính. Mặt khác, nếu ta lấy bất kì vector f 2 P2 Œx� thì hệ vector.f1; f2; f3; f / là phụ thuộc tuyến tính. Thật vậy, giả sử f D a0 C a1x C

a2x2, khi đóf � a0f1 � a1f2 � a2f3 D 0P2Œx�

Ta suy ra hệ .f1; f2; f3; f / phụ thuộc tuyến tính.

Vậy hệ vector .f1; f2; f3/ là độc lập tuyến tính cực đại.

Định nghĩa 3.9. Hạng của hệ vector P trong không gian vector V làsố vector độc lập tuyến tính cực đại của hệ vector đó, ký hiệu: r.P /.

Ví dụ 3.26. Trong R3 cho hệ vector

.X1 D .1; 2; 3/ ; X2 D .2; 3; 4/ ; X3 D .3; 4; 5//

Tìm hạng của hệ vector trên.

Giải. Ta thấy hệ hai vector .X1; X2/ là độc lập tuyến tính. Xét ràngbuộc tuyến tính

˛1X1 C ˛2X2 C ˛3X3 D 0R3

, ˛1 .1; 2; 3/ C ˛2 .2; 3; 4/ C ˛3 .3; 4; 5/ D .0; 0; 0/

,

8<:˛1 C 2˛2 C 3˛3 D 0

2˛1 C 3˛2 C 4˛3 D 0

3˛1 C 4˛2 C 5˛3 D 0

116


Hệ phương trình trên có định thức ma trận hệ số bằng không nên hệcó nghiệm không tầm thường. Vậy hệ vector .X1; X2; X3/ là phụ thuộctuyến tính. Do đó r .X1; X2; X3/ D 2. �

Ví dụ 3.27. Tìm hạng của hệ vector�f1 D x2; f2 D 2x2; f3 D x2 C x

�trong P2 Œx�.

Giải. Hệ hai vector .f1; f3/ là độc lập tuyến tính. Thật vậy, xét đẳngthức

˛f1 C ˇf3 D 0P2Œx�

, ˛x2 C ˇ�x2 C x

�D 0

, .˛ C ˇ/ x2 C ˇx D 0 C 0x C 0x2

,

(˛ C ˇ D 0

ˇ D 0,

(˛ D 0

ˇ D 0

Tiếp theo, ta xét hệ ba vector .f1; f2; f3/. Ta có

2f1 � f2 C 0f3 D 0P2Œx�

Điều này chứng tỏ hệ .f1; f2; f3/ phụ thuộc tuyến tính. Ta suy rar .f1; f2; f3/ D 2. �

Định lý 3.3. Cho hệ vector P D .X1; X2; : : : ; Xm/ trong không gianRn. Khi đó r.P / D r.A/ với A là ma trận vector dòng của hệ P .

Định lý 3.4. Cho hệ vector P D .f1; f2; : : : ; fm/ trong không gianPnŒx�. Khi đó r.P / D r.A/ với A là ma trận vector dòng của hệ P .

Ví dụ 3.28. Tìm hạng của hệ vector .X1 D .1; 1; 2/ ; X2 D .1; 2; 5/ ; X3 D

.0; 1; 3// trong R3.

Giải. Ta lập ma trận vector dòng của hệ .X1; X2; X3/

A D

0@ 1 1 2

1 2 5

0 1 3

1A117


Biến đổi A về dạng bậc thang ta được

Ad2!d2�d1

��!

0@ 1 1 2

0 1 3

0 1 3

1A d3!d3�d1

��!

0@ 1 1 2

0 1 3

0 0 0

1AVậy r .A/ D 2, suy ra r .X1; X2; X3/ D 2. �

Ví dụ 3.29. Trong P2 Œx�, tìm hạng của hệ vector P D .f1 D x2 C 2x C

2I f2 D x2I f3 D x C 1/.

Giải. Ta lập ma trận vector dòng của hệ vector P và biến đổi về dạngbậc thang

A D

0@ 2 2 1

0 0 1

1 1 0

1A d3!2d3�d1

��!

0@ 1 2 2

0 0 1

0 0 �1

1Ad3!d3Cd2

��!

0@ 1 2 2

0 0 1

0 0 0

1ATa suy ra r .A/ D 2 hay r .f1; f2; f3/ D 2. �

Định nghĩa 3.10. Một hệ vector của V được gọi một hệ sinh của Vnếu mỗi vector của V đều biểu thị tuyến tính được qua hệ đó. Cụ thểhơn, hệ vector P � V được gọi là hệ sinh của V nếu với mọi X 2 V,9˛i 2 R; i D 1; m sao cho

X D ˛1X1 C ˛2X2 C ::: C ˛mXm

với X1; X2; :::; Xm 2 P . Ta cũng nói V sinh bởi P . Ký hiệu: V D hP i.

Nếu P chỉ gồm hữu hạn phần tử thì không gian vector V được gọilà hữu hạn sinh.

Ví dụ 3.30. Hệ vector .e1 D .1; 0/ ; e2 D .0; 1// là một hệ sinh của R2 hayR2 D h.e1; e2/i .Thật vậy, lấy bất kì vector X 2 R2, giả sử X D .a; b/, khiđó X D ae1 C be2.

118


Ví dụ 3.31. Hệ vector .X1 D .1; 1/ ; X2 D .1; 2/ ; X3 D .1; 3// cũng là mộthệ sinh của R2. Thật vậy, lấy bất kì vector X 2 R2, giả sử X D .a; b/, xétđẳng thức

X D ˛1X1 C ˛2X2 C ˛3X3

, .a; b/ D ˛1 .1; 1/ C ˛2 .1; 2/ C ˛3 .1; 3/

,

(˛1 C ˛2 C ˛3 D a

˛1 C 2˛2 C 3˛3 D b

Hệ phương trình trên có ma trận hệ số mở rộng

A D

1 1 1 a

1 2 3 b

!d2!d2�d1

��!

1 1 1 a

0 1 2 b � a

!

Ta thấy r�A�

D r .A/ D 2, chứng tỏ hệ trên có vô số nghiệm. Tasuy ra X được biểu thị tuyến tính qua hệ vector .X1; X2; X3/ hay R2 D

h..1; 1/ ; .1; 2/ ; .1; 3//i.

Ví dụ 3.32. Hệ vector X1 D .1; 1; 1/ ; X2 D .0; 1; 1/ không là hệ sinh củaR3. Thật vậy, lấy vector X D .0; 0; 1/, xét đẳng thức

X D ˛1X1 C ˛2X2

, .0; 0; 1/ D ˛1 .1; 1; 1/ C ˛2 .0; 1; 1/

,

8<:˛1 D 0

˛1 C ˛2 D 0

˛1 C ˛2 D 1

Hệ phương trình trên vô nghiệm, chứng tỏ hệ vector .X1; X2/ khônglà hệ sinh của R3.

Ví dụ 3.33. Hệ vector .f1 D 1; f2 D x; f3 D x2/ là hệ sinh của P2 Œx�

nhưng không là hệ sinh của P3 Œx� (tại sao?).

Định nghĩa 3.11. Hệ vector P D .X1; X2; :::; Xm/ của không gianvector V được gọi một cơ sở của V nếu P là hệ sinh của V và hệ vectorP độc lập tuyến tính.

119


Ví dụ 3.34. Hệ vector .e1 D .1; 0/ ; e2 D .0; 1// là cơ sở của R2. Hệ vectorX1 D .1; 1/ ; X2 D .1; 2/ cũng là cơ sở của R2.

Hệ .X1 D .1; 1/ ; X2 D .1; 2/ ; X3 D .1; 3// là một hệ sinh của R2 nhưngkhông phải là một cơ sở của R2.

Hệ .X1 D .1; 1; 0/ ; X2 D .1; 0; 0// là một hệ độc lập tuyến tính nhưngkhông phải là cơ sở của R3.

Hệ .f1 D 1; f2 D x; f3 D x2/ là một cơ sở của P2 Œx�. Hệ .g1 D 1; g2 D

x C 1; g3 D x2 C 1/ cũng là một cơ sở của P2 Œx� (tại sao?).

Hệ .f1 D 1; f2 D x; f3 D x2; f4 D 2x2/ là một hệ sinh của P2 Œx�

nhưng không phải là cơ sở của P2 Œx�.

Hệ .f1 D 1; f2 D x; f3 D x2/ là một hệ độc lập tuyến tính nhưng nókhông phải là cơ sở của P3 Œx�.

Hệ .e1 D .1; 0; 0; 0/ ; e2 D .0; 1; 0; 0/ ; e3 D .0; 0; 1; 0/ ; e4 D .0; 0; 0; 1// làmột cơ sở của R4 và được gọi là cơ sở chính tắc của R4, ký hiệu E4.

Hệ .e1 D .1; 0; :::; 0/ ; e2 D .0; 1; :::; 0/ ; :::; en D .0; 0; :::; 1// được gọi làcơ sở chính tắc của không gian Rn, ký hiệu En.

Hệ

0BBB@u1 D

0BBB@1

0:::

0

1CCCA ; u2 D

0BBB@0

1:::

0

1CCCA ; : : : ; un D

0BBB@0

0:::

1

1CCCA1CCCA là cơ sở không gian

Rn và được gọi là cơ sở chính tắc.

Định nghĩa 3.12. Số vector trong một cơ sở của không gian vectorV được gọi là số chiều của V, ký hiệu dimV.

Tính chất

1. Trong không gian V, cơ sở không tồn tại duy nhất nhưng số vectortrong cơ sở thì luôn luôn bằng nhau.

2. Nếu dimV D n thì mọi hệ gồm n vector độc lập tuyến tính của Vđều là cơ sở của V. Mọi hệ nhiều hơn n vector đều là hệ phụ thuộc.

120


3. Nếu dimV D n và P D .X1; X2; :::; Xn/ là hệ gồm n vector của V.Khi đó, P là cơ sở của V khi và chỉ khi r .S/ D n.

4. Từ các ví dụ trên ta đạt được một số kết quả sau:

dimRnD nI dim Pn Œx� D n C 1I dimRn D n

Ví dụ 3.35. Trong R3, cho hệ vector P D ..2; 1; �1/ ; .3; 2; �5/ ; .1; �1; m//.Tìm m để hệ P là một cơ sở của R3.

Giải. P là một cơ sở của R3 khi và chỉ khi r .P / D 3, tức làˇˇ 2 1 �1

3 2 �5

1 �1 m

ˇˇ ¤ 0 , m � 10 ¤ 0 , m ¤ 10

Vậy với m ¤ 10 thì P là cơ sở của R3. �

Ví dụ 3.36. Trong R4, cho hệ vector

P D ..1; 1; 1; m/ ; .1; 1; 0; 1/ ; .1; 0; 1; 1/ ; .0; 1; 1; 1//

Tìm m để hệ P là một cơ sở của R4.

Giải. P là một cơ sở của R4 khi và chỉ khi r .P / D 4, tức làˇˇˇ

1 1 1 m

1 1 0 1

1 0 1 1

0 1 1 1

ˇˇˇ ¤ 0 ,

ˇˇˇ

1 1 1 m

0 0 �1 1 � m

0 �1 0 1 � m

0 1 1 1

ˇˇˇ ¤ 0

, 2m � 3 ¤ 0 , m ¤32

Vậy với m ¤32

thì P là cơ sở của R4. �

Ví dụ 3.37. Tìm m để hệ vector P D .f1 D x2 C x C 1; f2 D 2x2 C 1; f3 D

x2 � x C m/ là cơ sở của P2 Œx�.

Giải. Ta lập ma trận vector dòng của hệ vector P D .f1; f2; f3/

A D

0@ 1 1 1

1 0 2

m �1 1

1A121


Hệ P là cơ sở của P2 Œx� khi và chỉ khiˇˇ 1 1 1

1 0 2

m �1 1

ˇˇ ¤ 0 , 2m ¤ 0 , m ¤ 0

Vậy với m ¤ 0 thì P là cơ sở của P2Œx�. �

3.5 Tọa độ của vector. Ma trận chuyển cơsở

Định nghĩa 3.13. Giả sử V là một không gian vector n chiều vàP D .X1; X2; : : : ; Xn/ là một cơ sở của nó. Lấy X là một vector tùyý của V, nếu X D ˛1X1 C ˛2X2 C � � � C ˛nXn; ˛i 2 R; i D 1; n thì bộ.˛1; ˛2; : : : ; ˛n/ được gọi là tọa độ của vector X trong cơ sở P , mỗi˛i ; i D 1; n gọi là tọa độ thứ i , ký hiệu

ŒX�P D

0BBB@˛1

˛2

:::

˛n

1CCCATrường hợp V D Rn và P � En thì ta dùng ký hiệu ŒX� thay choŒX�En

.

Ví dụ 3.38. Trong Rn xét cơ sở chính tắc

En D .e1 D .1; 0; : : : ; 0/ ; e2 D .0; 1; : : : ; 0/ ; : : : ; en D .0; 0; : : : ; 1//

Lấy một vector X 2 Rn. Giả sử X D .˛1; ˛2; : : : ; ˛n/, khi đó ta có

X D ˛1e1 C ˛2e2 C � � � C ˛nen

Vậy ŒX� D

0BBB@˛1

˛2

:::

˛n

1CCCA.

122


Ví dụ 3.39. Trong Pn Œx� xét cơ sở

E D .f1 D 1; f2 D x; : : : ; fnC1 D xn/

Lấy một vector f 2 Pn Œx�. Giả sử f D a0 C a1x C a2x2 C � � � C anxn,khi đó ta có

f D a0f1 C a1f2 C a2f3 C � � � C anfnC1

Vậy Œf �E D

0BBB@a0

a1

:::

an

1CCCA.

Ví dụ 3.40. Trong R3, hệ vector P D ..1; 1; 1/ ; .0; 1; 1/ ; .0; 0; 1// là mộtcơ sở. Tìm tọa độ của vector X D .1; 2; 3/ trong cơ sở P .


.1; 2; 3/ D ˛1 .1; 1; 1/ C ˛2 .0; 1; 1/ C ˛3 .0; 0; 1/

, .1; 2; 3/ D .˛1; ˛1 C ˛2; ˛1 C ˛2 C ˛3/

,

8<:˛1 D 1

˛1 C ˛2 D 2

˛1 C ˛2 C ˛3 D 3

,

8<:˛1 D 1

˛2 D 1

˛3 D 1

Vậy ŒX�P D

0@1

1

1

1A. �

Ví dụ 3.41. Trong không gian P2 Œx� cho hệ vector

P D�f1 D x2

C x C 1; f2 D 2x C 1; f3 D 3�

Chứng tỏ rằng P là một cơ sở của P2 Œx� và hãy tìm tọa độ của vectorf D 2x2 � x C 1 trong cơ sở này.

Giải. Trước hết ta chứng tỏ P là một cơ sở của P2 Œx�. Thật vậy, xét matrận vector dòng của hệ vector P

A D

0@ 1 1 1

1 2 0

3 0 0

1A123


Tiếp theo, ta tìm tọa độ của vector f D 2x2 � x C 1 trong cơ sở này.Xét đẳng thức

f D ˛1f1 C ˛2f2 C ˛3f3

, 2x2 � x C 1 D ˛1

�x2 C x C 1

�C ˛2 .2x C 1/ C ˛33

,

8<:˛1 D 2

˛1 C 2˛2 D �1

˛1 C ˛2 C 3˛3 D 1

,

8<:˛1 D 2

˛2 D �32

˛3 D16

Vậy Œf �P D

0@ 2

�32

16

1A. �

Ví dụ 3.42. Trong không gian P2 Œx� cho hệ vector

P D .f1 D 1; f2 D .x � 1/ ; f3 D .x � 1/2/

Chứng tỏ rằng P là một cơ sở của P2 Œx� và hãy tìm tọa độ của vectorf D x2 C x C 1 trong cơ sở này.

Giải. Trước hết ta chứng tỏ P là một cơ sở của P2 Œx�. Thật vậy, ta xétma trận vector dòng của hệ vector P .

A D

0@ 1 0 0

�1 1 0

1 �2 1

1ATa thấy det A D 1 ¤ 0 nên P là một cơ sở của P2 Œx�.

Tiếp theo, ta tìm tọa độ của vector f D x2 C x C 1 trong cơ sở này.Xét đẳng thức

f D ˛1f1 C ˛2f2 C ˛3f3

, x2 C x C 1 D ˛11 C ˛2 .x � 1/ C ˛3.x � 1/2

,

8<:˛3 D 1

˛2 � 2˛3 D 1

˛1 � ˛2 C ˛3 D 1

,

8<:˛1 D 3

˛2 D 3

˛3 D 1

Vậy Œf �P D

0@3

3

1

1A. �

124


Định nghĩa 3.14. Trong không gian vector n chiều V cho hai cơ sởP D .X1; X2; : : : ; Xn/ và P 0 D .X 0

1; X 02; : : : ; X 0

n/. Giả sử

�X 0

j

�P

D

0BBB@c1j

c2j

:::

cnj

1CCCA ; j D 1; n

Khi đó ma trận

C D��

X 01

�P

�X 0

2

�P

: : :�X 0

n

�P

�D

0BBB@c11 c12 : : : c1n

c21 c22 : : : c2n

::::::

: : ::::

cn1 cn2 : : : cnn

1CCCAđược gọi là ma trận chuyển cở sở từ P sang P 0, kí hiệu là CP !P 0 hoặcPass .P; P 0/.

Định lý 3.5. Trong không gian vector n chiều V cho hai cơ sở P D

.X1; X2; : : : ; Xn/ và P 0 D .X 01; X 0

2; : : : ; X 0n/. Lấy X 2 V, giả sử

ŒX�P D

0BBB@˛1

˛2

:::

˛n

1CCCA ; ŒX�P 0 D

0BBB@ˇ1

ˇ2

:::

ˇn

1CCCAKhi đó ta có mối liên hệ sau:

ŒX�P D CP !P 0ŒX�P 0 (3.1)

Công thức 3.1 được gọi là công đổi tọa độ từ P sang P 0.

125


Ví dụ 3.43. Trong R3 cho hai cơ sở

P D ..1; 1; 0/ ; .0; 1; 1/ ; .1; 0; 1//

P 0 D ..0; 0; 1/ ; .1; �1; 0/ ; .1; 1; 1//

Xác định CP !P 0 .

Giải. Trước hết ta tìm Œ.0; 0; 1/�P . Xét đẳng thức

.0; 0; 1/ D ˛1 .1; 1; 0/ C ˛2 .0; 1; 1/ C ˛3 .1; 0; 1/

,

8<:˛1 C ˛3 D 0

˛1 C ˛2 D 0

˛2 C ˛3 D 1

,

8<:˛1 D �

12

˛2 D12

˛3 D12

Vậy Œ.0; 0; 1/�P D

0@�12

1212

1A.

Tương tự ta tìm được

Œ.1; �1; 0/�P D

0@ 0

�1

1

1A I Œ.1; 1; 1/�P D

0@121212

1A

Vậy CP !P 0 D

0@�12

0 12

12

�1 12

12

1 12

1A. �

Ví dụ 3.44. Trong R3 cho hai hệ vector

P D ..1; 1; 1/ ; .1; 1; 2/ ; .1; 2; 3//

P 0 D ..2; 1; �1/ ; .3; 2; 5/ ; .1; �1; m//

1. Chứng minh P là cơ sở của R3.

2. Tìm m để P 0 là cơ sở của R3.

3. Tìm CP !P 0 ứng với m D 1.

Giải.

126


1. Ta có

ˇˇ1 1 1

1 1 2

1 2 3

ˇˇ D �2 ¤ 0, do đó P là cơ sở của R3.

2. P 0 là cơ sở của R3 khi và chỉ khiˇˇ2 1 �1

3 2 5

1 �1 m

ˇˇ ¤ 0 , m C 20 ¤ 0 , m ¤ �20

3. Khi m D 1 thì P 0 D ..2; 1; �1/ ; .3; 2; 5/ ; .1; �1; 1//, ta tính được

Œ.2; 1; �1/�P D

0@ 4

�1

�1

1A I Œ.3; 2; 5/�P D

0@ 0

4

�1

1AŒ.1; �1; 1/�P D

0@ �1

4

�2

1A

Vậy CP !P 0 D

0@ 4 0 �1

�1 4 4

�1 �1 �2

1A.

�

Định lý 3.6. Trong không gian vector n chiều V cho ba cơ sởP; P 0; P 00, khi đó

� CP !P D In.

� CP 0!P D C �1P !P 0.

� CP !P 00 D CP !P 0CP 0!P 00.

Hệ quả 3.1. Trong không gian vector Rn, ta xét ba cơ sở P; P 0 và En

(cơ sở chính tắc), khi đó

CP !P 0 D CP !EnCE!P 0 D C �1

En!P CEn!P 0

127


Ví dụ 3.45. Trong R3 cho hai cơ sở

P D ..1; 1; 0/ ; .0; 1; 1/ ; .1; 0; 1//

P 0 D ..0; 0; 1/ ; .1; �1; 0/ ; .1; 1; 1//

Tìm CP !P 0.

Giải. Ta có

CE3!P D

0@ 1 0 1

1 1 0

0 1 1

1A I CE3!P 0 D

0@ 0 1 1

0 �1 1

1 0 1

1AÁp dụng hệ quả 3.1 ta được

CP !P 0 D C �1E3!P

CE3!P 0 D

0@ 1 0 1

1 1 0

0 1 1

1A�10@ 0 1 1

0 �1 1

1 0 1

1AD

0@ �12

0 12

12

�1 12

12

1 12

1A�

Ví dụ 3.46. Trong R3 cho hai cơ sở P; P 0 và CP !P 0 D

0@1 2 �1

1 3 0

1 5 0

1A.

1. Biết ŒX�P 0 D

0@1

1

2

1A. Hãy tìm ŒX�P .

2. Biết ŒX�P D

0@0

1

2

1A. Hãy tìm ŒX�P 0 .

Giải.

1. Áp dụng công thức 3.1 ta được

ŒX�P D CP !P 0ŒX�P 0 D

0@ 1 2 �1

1 3 0

1 5 0

1A0@ 1

1

2

1A D

0@ 1

4

6

1A128


2. Ta cóŒX�P D CP !P 0ŒX�P 0

, ŒX�P 0 D C �1P !P 0ŒX�P D

0@ 1 2 �1

1 3 0

1 5 0

1A�10@ 0

1

2

1A D

0@ �12

1212

1A�

3.6 Không gian vector con

Định nghĩa 3.15. Tập con khác rỗng W của không gian vector Vđược gọi là một không gian vector con (hay không gian con) của Vnếu hai tính chất sau được thỏa:

� 8X; Y 2 W; X C Y 2 W.

� 8˛ 2 R; 8X 2 W; ˛X 2 W.

Ví dụ 3.47. f0g và V là hai không gian vector con của V. Chúng đượcgọi là các không gian vector con tầm thường của V.

Ví dụ 3.48. Giả sử m � n. Khi đó, tập các vector dạng .x1; :::; xm; 0; :::; 0/

là một không gian vector con của Rn.

Ví dụ 3.49. Nếu m � n thì PmŒx� là một không gian vector con của PnŒx�.

Ví dụ 3.50. Không gian C 1Œa; b� các hàm khả vi liên tục trong đoạnŒa; b� là một không gian vector con của không gian C Œa; b�.

Chú ý 3.3. Nếu W là không gian vector con của V thì W cũng là khônggian vector. Do đó, ta cũng có các khái niệm cơ sở, tọa độ, số chiều trênkhông gian W.

Định lý 3.7. Nếu W là không gian vector con của V thì dimW �

dimV, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi W D V.

129


3.6.1 Không gian con sinh bởi một tập hợp

Trước khi đi vào nội dung chính, chúng ta tìm hiểu định lý sau:

Định lý 3.8. Giao của một họ bất kỳ các không gian vector con củaV là một không gian vector con của V. Cụ thể hơn, nếu fW˛g˛2I làmột họ các không gian vector con của V thì

T2I

W˛ là một không gian

vector con của V.

Định nghĩa 3.16. Trong không gian vector V cho hệ vector P . Giaocủa tất cả các không gian vector con của V chứa P được gọi là khônggian vector con của V sinh bởi P , ký hiệu hP i.

Nhận xét 3.1. Họ các không gian vector con của V chứa P luôn khácrỗng vì luôn chứa ít nhất một phần tử chính là không gian V.

Từ định nghĩa 3.16 và định lý 3.8 ta suy ra hP i là không gian vectorcon nhỏ nhất của V chứa P .

Hai trường hợp đặc biệt là h;i D f0Vg và hWi D W đối với mọi khônggian vector con W của V.

Định lý 3.9. Trong không gian vector V cho hệ vector P D

.X1; X2; :::; Xm/. Khi đó

� hP i D h.X1; X2; :::; Xm/i D f˛1X1 C ˛2X2 C ::: C ˛mXmj˛i 2 Rg.

� dimhP i D r.P /

� Cở sở của không gian vector con hP i là hệ vector độc lập tuyếntính tối đại trong P .

Ví dụ 3.51. Tìm cơ sở và số chiều của không gian con W trong R3 chobởi W D hP i với P D ..1; 1; 1/ ; .1; 2; 3/ ; .2; 3; 4//.

130


Giải. Ta lập ma trận vector dòng của hệ vector P

A D

0@ 1 1 1

1 2 3

2 3 4

1ATa biến đổi ma trận A về dạng bậc thang

Ad2!d2�d1

��!d3!d3�2d1

0@ 1 1 1

0 1 2

0 1 2

1A d3!d3�d2

��!

0@ 1 1 1

0 1 2

0 0 0

1AVậy không gian vector con W có cơ sở là hệ ..1; 1; 1/; .1; 2; 3//. Từ đây

ta cũng suy ra dimW D 2. �

Ví dụ 3.52. Tìm cơ sở và số chiều của không gian con W trong R4 chobởi W D hP i với P D ..1; 0; 0; �1/ ; .2; 1; 1; 0/ ; .1; 1; 1; 1//.


A D

0@ 1 0 0 �1

2 1 1 0

1 1 1 1

1ATa biến đổi ma trận A về dạng bậc thang

Ad2!d2�2d1

��!d3!d3�d1

0@ 1 0 0 �1

0 1 1 2

0 1 1 2

1A d3!d3�d2

��!

0@ 1 0 0 �1

0 1 1 2

0 0 0 0

1AVậy không gian vector con W có cơ sở là hệ ..1; 0; 0; �1/ ; .2; 1; 1; 0//.

Từ đây ta cũng suy ra dimW D 2. �

Ví dụ 3.53. Tìm cơ sở và số chiều của không gian con W của P2 Œx� chobởi W D hP i với P D

�x2 C x � 1; x � 1; x2 C 2x � 2; 2x2 C x � 1

�.


A D

0BBB@�1 1 1

�1 1 0

�2 2 1

�1 1 2

1CCCA131


Ta biến đổi ma trận A về dạng bậc thang

Ac1$c3

��!

0BBB@1 1 �1

0 1 �1

1 2 �2

2 1 �1

1CCCA d3!d3�d1

��!d4!d4�2d1

0BBB@1 1 �1

0 1 �1

0 1 �1

0 �1 1

1CCCAd3!d3�d2

��!d4!d4Cd2

0BBB@1 1 �1

0 1 �1

0 0 0

0 0 0

1CCCAVậy không gian W có cơ sở là hệ vector

�x2 C x � 1; x � 1

�. Từ đây ta

cũng suy ra dimW D 2. �Ví dụ 3.54. Tìm m để không gian con W của R3 có số chiều là 2 vớiW D h..1; 2; 1/ ; .1; m; m C 1/ ; .2; m C 1; m C 4//i.

Giải. Ta lập ma trận vector dòng

A D

0@ 1 2 1

1 m m C 1

2 m C 1 m C 4

1ATa có dimW D 2 khi và chỉ khi r .A/ D 2. Ta biến đổi ma trận A như

sau

Ad2!d2�d1

��!d3!d3�2d1

0@ 1 2 1

0 m � 2 m

0 m � 3 m � 2

1A D A0

Nếu m D 2 thì A0 D

0@1 2 1

0 0 2

0 �1 0

1A. Khi đó r .A0/ D 3, suy ra r .A/ D 3.

Vậy m D 2 không thỏa yêu cầu đề bài.

Nếu m ¤ 2 thì ta tiếp tục biến đổi0@ 1 2 1

0 m � 2 m

0 m � 3 m � 2

1A d3!d3� m�3m�2

d2

��!

0BB@1 2 1

0 m � 2 m

0 0�m C 4

m � 2

1CCATa thấy r .A/ D 2 khi và chỉ khi �m C 4 D 0 , m D 4. �

132


3.6.2 Không gian con nghiệm

Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất8<ˆ:

a11x1 C a12x2 C : : : C a1nxn D 0

a21x1 C a22x2 C : : : C a2nxn D 0:::

am1x1 C am2x2 C : : : C amnxn D 0

(3.2)

hay viết dưới dạng ma trận là

AX D Om�1 (3.3)

Như đã biết, hệ phương trình tuyến tính thuần nhất 3.2 luôn tồn tạinghiệm. Gọi W là tập tất cả các nghiệm của hệ 3.2, khi đó ta được cáckết quả sau:

Định lý 3.10. W là không gian vector con của không gian vector Rn

và được gọi là không gian con nghiệm của hệ phương trình tuyếntính thuần nhất 3.2.

Định lý 3.11. Không gian con nghiệm W có số chiều dimW D n � r

và cơ sở là hệ nghiệm cơ bản .X1; X2; : : : ; Xn�r/ của hệ phương trìnhtuyến tính thuần nhất 3.2, ở đây r D r.A/.

Ví dụ 3.55. Tìm cơ sở và số chiều của không gian con nghiệm W của hệphương trình tuyến tính thuần nhất sau(

3x C 2y C z D 0

2x C 5y � 3z D 0

Giải. Lập ma trận hệ số của hệ phương trình

A D

3 2 1

2 5 �3

!

133


Biến đổi A về dạng bậc thang

Ad2!3d2�2d1

��!

3 2 1

0 11 �11

!

Ta suy ra r .A/ D 2 và dimW D 1.

Cho z D 1 ta tìm được nghiệm cơ bản của hệ là X1 D

0@ �1

1

1

1A và đây

cũng chính là cơ sở của không gian con nghiệm W. �

Ví dụ 3.56. Tìm cơ sở và số chiều của không gian con nghiệm W của hệphương trình thuần nhất sau8<

ˆ:3x1 C 2x2 C x3 C 3x4 C 5x5 D 0

6x1 C 4x2 C 3x3 C 5x4 C 7x5 D 0

9x1 C 6x2 C 5x3 C 7x4 C 9x5 D 0

3x1 C 2x2 C 4x3 C 4x4 C 8x5 D 0


A D

0BBB@3 2 1 3 5

6 4 3 5 7

9 6 5 7 9

3 2 4 4 8

1CCCABiến đổi ma trận A về dạng bậc thang

Ad2!d2�2d1

��!d3!d3�3d1

d4!d4�d1

0BBB@3 2 1 3 5

0 0 1 �1 �3

0 0 2 �2 �6

0 0 3 1 3

1CCCAd3!d3�2d2

��!d4!d4�3d2

0BBB@3 2 1 3 5

0 0 1 �1 �3

0 0 0 0 0

0 0 0 4 12

1CCCAXóa dòng 3��!

0@ 3 2 1 3 5

0 0 1 �1 �3

0 0 0 4 12

1A134


Ta suy ra r .A/ D 3 và dimW D 2.

Để tìm cơ sở của không gian W ta khôi phục hệ phương trình8<:3x1 C 2x2 C x3 C 3x4 C 5x5 D 0

x3 � x4 � 3x5 D 0

4x4 C 12x5 D 0

Lần lượt cho x1 D 1; x5 D 0 và x1 D 0; x5 D 1 ta tìm được hệ nghiệmcơ bản của hệ

X1 D

0BBBBB@1

�32

0

0

0

1CCCCCA I X2 D

0BBBBB@0

2

0

�3

1

1CCCCCAvà đây cũng chính là cơ sở của không gian con nghiệm W. �

3.7 Không gian vector Euclide

Định nghĩa 3.17. Cho V là một không gian vector n chiều. Khi đó,V được gọi là không gian vector Euclide nếu đã cho

1. Quy tắch:j:i W V � V ! R

.X; Y / 7! hX jY i

gọi là tích vô hướng của hai vector X và Y .

2. Quy tắc đó thỏa mãn bốn yêu cầu:

� hX jY i D hY jXi I 8X; Y 2 V.

� hX C Y jZi D hX jZi C hY jZi I 8X; Y; Z 2 V.

� h˛X jY i D ˛ hX jY i D hX j˛Y i I 8X; Y 2 V; 8˛ 2 R.

� hX jXi � 0I 8X 2 V và hX jXi D 0 khi và chỉ khi X D 0V.

135


Ví dụ 3.57. Không gian các vector tự do đã học ở hình học sơ cấp là mộtkhông gian vector Euclide với tích vô hướng thông thườngD

�!u j�!vE

D

ˇ�!uˇ ˇ

�!vˇcos

��!u ; �!v�

Ví dụ 3.58. Giả sử V là không gian vector n chiều và .X1; X2; :::; Xn/ làmột cơ sở của nó. Có thể định nghĩa một tích vô hướng trên V như sau:

Nếu X D

nPiD1

xiXi và Y D

nPiD1

yiXi thì ta đặt hX jY i D

nPiD1

xiyi .

Nói riêng, nếu V D Rn và .e1; e2; :::; en/ là một cơ sở chính tắc của nóthì tích vô hướng của hai vector X D .x1; x2; :::; xn/ và Y D .y1; y2; :::; yn/

được định nghĩa hX jY i D

nPiD1

xiyi và được gọi là tích vô hướng chính tắc

trên Rn.

Nhận xét rằng theo cách này thì mỗi cơ sở của V xác định một tíchvô hướng trên V. Hai tích vô hướng xác định bởi hai cơ sở khác nhau thìkhác nhau.

Ví dụ 3.59. Trong không gian vector C Œa; b� xét ánh xạ

h:j:i W C Œa; b� � C Œa; b� ! R

.f; g/ 7! hf jgi D

bRa

f .t/ g .t/ dt

Ta thấy ánh xạ h:j:i thỏa mãn cả bốn yêu cầu của định nghĩa nên nólà một tích vô hướng trên C Œa; b�.

Định nghĩa 3.18. Giả sử V là một không gian vector Euclide vớitích vô hướng h:j:i. Khi đó, độ dài (hay chuẩn) của vector X , ký hiệubởi kXk, là số thực không âm

phX jXi, nghĩa là kXk D

phX jXi.

Định lý 3.12. (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz). Giả sử V làmột không gian vector Euclide với tích vô hướng h:j:i. Khi đó với mọiX; Y 2 V ta luôn có hX jY i

2� kXk

2kY k

2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉkhi X D ˛Y với ˛ 2 R.

136


Ví dụ 3.60. Trong không gian Rn với tích vô hướng chính tắc, bất đẳngthức Cauchy-Schwarz có dạng

ˇˇ

nXiD1

xiyi

ˇˇ �

vuut nXiD1

x2i

vuut nXiD1

y2i

với xi ; yi 2 RI i D 1; n.

Định lý 3.13. Giả sử V là một không gian vector Euclide với tích vôhướng h:j:i. Ánh xạ kk W V ! RC xác định bởi kXk D

phX jXi thỏa

mãn các tính chất sau đây:

� k˛Xk D j˛j kXk I 8X 2 V; 8˛ 2 R.

� kXk D 0 , X D 0V.

� kX C Y k � kXk C kY k I 8X; Y 2 V. Đẳng thức xảy ra khi và chỉkhi tồn tại số ˛ � 0 sao cho X D ˛Y hoặc Y D ˛X .

Định nghĩa 3.19. Giả sử X; Y là hai vector khác không của khônggian vector Euclide V. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

jhX jY ij

kXk kY k� 1

Từ đây suy ra tồn tại duy nhất một góc � 2 Œ0; �� sao cho

cos � DjhX jY ij

kXk kY k

Ta gọi � là góc giữa các vector X và Y , ký hiệu � D .X; Y /.

Nhận xét 3.2. Góc giữa vector 0V và X có thể được xem là tùy ý.

137


3.7.1 Cơ sở trực giao, cơ sở trực chuẩn. Trực chuẩnhóa Gram-Schmidt

Định nghĩa 3.20. Cho V là một không gian Euclide với tích vôhướng h:j:i. Ta nói

� Hai vector X; Y 2 V là trực giao nếu hX jY i D 0.

� Hệ vector .X1; X2; :::; Xm/ là hệ trực giao nếu chúng trực giaotừng đôi một.

� Hệ vector .X1; X2; :::; Xm/ là hệ trực chuẩn nếu nó trực giao vàkXik D 1 với mọi i D 1; m.

Ví dụ 3.61. Trong R2 với tích vô hướng chính tắc, hai vector X1 D

.2; 1/ ; X2 D .�1; 2/ là trực giao với nhau vì hX1jX2i D 2: .�1/ C 1:2 D 0.

Ví dụ 3.62. Trong R3 với tích vô hướng chính tắc, hệ ba vector X1 D

.1; 1; 1/, X2 D�

13; 1

3; �

23

�, X3 D

�12; �

12; 0�

lập thành một hệ trực giao.

Ví dụ 3.63. Trong Rn với tích vô hướng chính tắc, cơ sở En lập thànhmột hệ trực chuẩn.

Định lý 3.14. Hệ vector trực giao trong không gian Euclide V khôngchứa vector không là một hệ độc lập tuyến tính.

Định nghĩa 3.21. Trong không gian vector Euclide V có n chiều, hệgồm n vector khác không, trực giao từng đôi một tạo thành một cơ sởcủa V và ta gọi là cơ sở trực giao. Hệ gồm n vector khác không đượcgọi là cơ sở trực chuẩn của V nếu nó là một cơ sở trực giao và mỗivector của hệ có độ dài bằng một.

138


Định lý 3.15. Mọi không gian vector Euclide V với số chiều n đềutồn tại cơ sở trực chuẩn.

Sau đây ta sẽ chỉ ra cách xây dựng cơ sở trực giao (hoặc trực chuẩn)từ một cơ sở bất kì.

Thuật toán trực chuẩn hóa Gram-Schmidt

Giả sử hệ vector .X1; X2; :::; Xn/ là cơ sở của không gian Euclide Vđược trang bị tích vô hướng h:j:i. Hệ vector .Y1; Y2; :::; Yn/ được thiếtlập bởi công thức8

ˆˆˆ<ˆˆˆ:

Y1 D X1

Y2 D X2 �hX2jY1i

hY1jY1iY1

Y3 D X3 �hX3jY1i

hY1jY1iY1 �

hX3jY2i

hY2jY2iY2

:::

Yi D Xi �hXi jY1i

hY1jY1iY1 �

hXi jY2i

hY2jY2iY2 � ::: �

hXi jYi�1i

hYi�1jYi�1iYi�1

:::

Yn D Xn �hXnjY1i

hY1jY1iY1 �

hXnjY2i

hY2jY2iY2 � ::: �

hXnjYn�1i

hYn�1jYn�1iYn�1

là một cơ sở trực giao của V. Khi đó, hệ vector .Z1; Z2; :::; Zn/ đượcthiết lập bởi công thức 8

ˆ<ˆˆ:

Z1 DY1

kY1k

Z2 DY2

kY2k

:::

Zn DYn

kYnk

là một cơ sở trực chuẩn của V.

139


Ví dụ 3.64. Biết hệ vector .X1 D .1; 1; 1/ ; X2 D .0; �1; 1/ ; X3 D .1; 2; 2//

là một cơ sở của R3. Trực chuẩn hóa hệ này bằng phương pháp Gram –Schmidt.

Giải. Áp dụng phương pháp Gram – Schmidt ta được8<ˆ:

Y1 D X1 D .1; 1; 1/

Y2 D X2 �hX2jY1i

hY1jY1iY1 D .0; �1; 1/

Y3 D X3 �hX3jY1i

hY1jY1iY1 �

hX3jY2i

hY2jY2iY2 D

��

2

3;1

3;1

3

�

Khi đó hệ vector .Y1; Y2; Y3/ là cơ sở trực giao của R3. Hơn nữa, nếuta đặt 8

ˆ<ˆ:

Z1 DY1

kY1kD

�1

p3

;1

p3

;1

p3

�Z2 D

Y2

kY2kD

�0; �

1p

2;

1p

2

�Z3 D

Y3

kY3kD

��

2p

6;

1p

6;

1p

6

�thì hệ vector .Z1; Z2; Z3/ là một cơ sở trực chuẩn của R3. �

Ví dụ 3.65. Trực chuẩn hóa Gram – Schmidt hệ vector sau đây

P D .X1 D .1; 1; 0; 0/ ; X2 D .0; 1; 1; 0/ ; X3 D .0; 0; 1; 1/ ; X4 D .1; 0; 0; 1//

Giải. Áp dụng phương pháp Gram – Schmidt ta được8ˆ<ˆˆ:

Y1 D X1 D .1; 1; 0; 0/

Y2 D X2 �hX2jY1i

hY1jY1iY1 D

��

1

2;1

2; 1; 0

�Y3 D X3 �

hX3jY1i

hY1jY1iY1 �

hX3jY2i

hY2jY2iY2 D

�1

3; �

1

3;1

3; 0

�Y4 D X4 �

hX4jY1i

hY1jY1iY1 �

hX4jY2i

hY2jY2iY2 �

hX4jY3i

hY3jY3iY3 D .0; 0; 0; 1/

Khi đó hệ vector .Y1; Y2; Y3; Y4/ là cơ sở trực giao của R4. Hơn nữa,

140


nếu ta đặt 8ˆ<ˆˆ:

Z1 DY1

kY1kD

�1

p2

;1

p2

; 0; 0

�Z2 D

Y2

kY2kD

��

1p

6;

1p

6;

2p

6; 0

�Z3 D

Y3

kY3kD

�1

p3

; �1

p3

;1

p3

; 0

�Z4 D

Y4

kY4kD .0; 0; 0; 1/

thì hệ vector .Z1; Z2; Z3; Z4/ là một cơ sở trực chuẩn của R4. �


Phần tự luận

Bài tập 3.1. Xác định điều kiện để vector x là một tổ hợp tuyến tínhcủa hệ .u; v; w/:

1. x D .1; m; 1/;u D .1; 1; 0/ ; v D .2; 1; 1/ ; w D .3; 2; 1/.

2. x D .2; m C 4; m C 6/;u D .1; 2; 3/ ; v D .3; 8; 11/ ; w D .1; 3; 4/.

3. x D .2; m � 4; m/;u D .1; 2; 3/ ; v D .2; 3; 4/ ; w D .1; 3; 5/.

4. x D .x1; x2; x3/;u D .1; 2; 3/ ; v D .2; 4; 5/ ; w D .3; 6; 7/

5. x D .1; m; 1/;u D .1; 2; 4/ ; v D .2; 1; 5/ ; w D .3; 6; 12/.

Bài tập 3.2. Xác định điều kiện để vector x không phải là một tổ hợptuyến tính của hệ .u; v; w/:

1. x D .11; m � 9; 17/;u D .1; 1; 3/ ; v D .2; 2; 5/ ; w D .3; 4; 3/.

2. x D .1; m C 2; m C 4/;u D .1; 2; 3/ ; v D .3; 7; 10/ ; w D .2; 4; 6/.

3. x D .x1; x2; x3/;u D .1; 2; 1/ ; v D .1; 1; 0/ ; w D .3; 6; 3/.

4. x D .x1; x2; x3/;u D .1; 2; 1/ ; v D .1; 1; 0/ ; w D .3; 6; 4/.

Bài tập 3.3. Xác định m để hệ vector sau đây phụ thuộc tuyến tính:

1. u D .1; 2; m/ ; v D .0; 2; m/ ; w D .0; 0; 3/.

2. u D .m C 1; m; m � 1/ ; v D .2; m; 1/ ; w D .1; m; m � 1/.

141


3. u D .m; 1; 3; 4/ ; v D .m; m; m C 2; 6/ ; w D .2m; 2; 6; m C 10/.

4. u D .m; 1; 3; 4/ ; v D .m; m; m C 4; 6/ ; w D .2m; 2; 6; m C 10/.

4. u D .m; 1; 1; 4/ ; v D .m; m; m; 6/ ; w D .2m; 2; 2; m C 10/.

Bài tập 3.4. Xác định m để hệ vector sau đây độc lập tuyến tính:

1. u D .2; 1; 1; m/ ; v D .2; 1; m; m/ ; w D .m C 2; 1; 0; 0/.

2. u D .2; 1; 1; m/ ; v D .2; 1; �1; m/ ; w D .10; 5; �1; 5m/.

3. u1 D .2; 3; 1; 4/ ; u2 D .3; 7; 5; 1/ ; u3 D .8; 17; 11; m/ ; u4 D .1; 4; 4; �3/.

Bài tập 3.5. Hệ vectơ nào sau đây tạo thành một cơ sở của R3 và R4?

1. u1 D .1; 2; �1/ ; u2 D .2; 0; 1/ I u3 D .1; �1; 0/.

2. u2 D .1; 1; 0; �1/ ; u2 D .2; 2; 1; 1/ ; u3 D .�1; 2; 5; 0/ ; u4 D .0; �1; 1; 2/.

Bài tập 3.6. Tìm m để hệ vectơ sau tạo thành một cơ sở của R3:

1. u D .1; 2; m/ ; v D .1; m; 0/ ; w D .m; 1; 0/.

2. u D .m; 1; 1/ ; v D .1; m; 1/ ; w D .1; 1; m/.

Bài tập 3.7. Tìm m để hệ vectơ sau tạo thành một cơ sở của R4:

1. u1 D .3; 1; 2; m � 1/ ; u2 D .0; 0; m; 0/ ; u3 D .2; 1; 4; 0/ ; u4 D .3; 2; 7; 0/.

2. u1 D .1; 2; 3; 4/ ; u2 D .2; 3; 4; 5/ ; u3 D .3; 4; 5; 6/ ; u4 D .4; 5; 6; m/.

Bài tập 3.8. Hệ vector nào tạo thành một cơ sở của không gian con Wcủa R3 sinh bởi các vectơ sau:

1. u1 D .2; 3; 4/ ; u2 D .2; 6; 0/ ; u3 D .4; 6; 8/.

2. u1 D .2; 3; 4/ ; u2 D .5; �4; 0/ ; u3 D .7; �1; 5/.

Bài tập 3.9. Hệ vectơ nào tạo thành một cơ sở của không gian con Wcủa R4 sinh bởi các vectơ sau:

1. u1 D .1; 2; 3; 4/ ; u2 D .0; 2; 6; 0/ ; u3 D .0; 0; 1; 0/ ; u4 D .0; 2; 4; 4/.

2. u1 D .1; 2; 3; 4/ ; u2 D .0; 2; 6; 0/ ; u3 D .0; 0; 1; 0/ ; u4 D .1; 2; 4; 4/.

Bài tập 3.10. Tìm số chiều dimW của không gian con W của R4 sinhbởi các vectơ sau:

1. u1 D .1; 2; 3; 4/ ; u2 D .2; 3; 4; 5/ ; u3 D .3; 4; 5; 6/ ; u4 D .4; 5; 6; 7/.

2. u1 D .3; 1; 5; 7/ ; u2 D .4; 1; 2; 2/ ; u3 D .1; 1; 8; 1/ ; u4 D .1; 2; 1; 2/.

142


Bài tập 3.11. Tìm hạng của các hệ vectơ sau:

1. u1 D .2; 3; 5; 7/ ; u2 D .4; 1; 3; 2/ ; u3 D .8; 7; 13; 16/ ; u4 D .6; 4; 8; 9/.

2. u1 D .1; 1; 5; 7/ ; u2 D .6; 2; 2; 2/ ; u3 D .13; 1; 8; 17/ ; u4 D .0; 1; 1; 2/.

Bài tập 3.12. Định m để hệ sau có hạng bằng 2:

1. u D .1; 3; 1/ ; v D .1; m C 3; 3/ ; w D .1; m C 6; m C 3/.

2. u D .m; 1; 0; 2/ ; v D .m; m C 1; �1; 2/ ; w D .2m; m C 2; �1; 5/.

3. u D .m; 1; 1/ ; v D .1; m; 1/ ; w D .1; 1; m/.

Bài tập 3.13. Tìm tọa độ của vector u trong cơ sở .u1; u2; u3/:

1. u D .1; 2; 4/;u1 D .1; 0; 0/ ; u2 D .0; 1; 0/ ; u3 D .0; 0; 1/.

2. u D .m; 0; 1/;u1 D .0; 0; 1/ ; u2 D .0; 1; 0/ ; u3 D .1; 0; 0/.

3. u D .2; 3; 6/;u1 D .1; 2; 3/ ; u2 D .1; 3; 4/ ; u3 D .2; 4; 7/.

4. u D .m; 0; 1/ ;u1 D .1; 0; 0/ ; u2 D .1; 1; 0/ ; u3 D .0; �1; 1/.

5. u D .m; m; 4m/;u1 D .1; 2; 3/ ; u2 D .3; 7; 9/ ; u3 D .5; 10; 16/.

6. u D .1; 2m; 2/;u1 D .1; 0; 0/ ; u2 D .0; 2; 0/ ; u3 D .2; 1; 1/.

Bài tập 3.14. Trong không gian R3 cho tập hợp

W D fu D .x1; x2; x3/ W x1 C 3x2 � x3 D 0g

1. Chứng minh W là không gian vector con của R3.

2. Tìm một cơ sở của W.

3. Chứng minh vector u D .1; 2; 7/ thuộc W. Xác định tọa độ của u

đối với cơ sở vừa tìm được ở câu 2.

Bài tập 3.15. Trong không gian R2 cho hệ vectơ P D .u1; u2/. Tìm matrận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc E2 sang cơ sở P D .u1; u2/ và ngượclại.

1. u1 D .2; 1/ ; u2 D .�1; �1/.

2. u1 D .2; 1/ ; u2 D .�1; 1/.

3. u1 D .�1; 0/ ; u2 D .0; 1/.

4. u1 D .1; 2/ ; u2 D .3; 4/.

143


Bài tập 3.16. Trong không gian R3 cho hệ vectơ P D .u1; u2; u3/.Tìmma trận chuyển cơ sở, từ cơ sở chính tắc E3 sang cơ sở P D .u1; u2; u3/

và ngược lại.

1. u1 D .1; 0; 1/ ; u2 D .0; 1; 1/ ; u3 D .0; 0; 1/.

2. u1 D .0; 1; 1/ ; u2 D .1; 0; 1/ ; u3 D .1; 1; 0/.

3. u1 D .1; 2; 1/ ; u2 D .�1; �1; 1/ ; u3 D .0; 1; 1/.

4. u1 D .4; 2; 1/ ; u2 D .0; 1; �2/ ; u3 D .1; 2; 1/.

Bài tập 3.17. Trong không gian R2, tìm ma trận chuyển cơ sở P1 D

.u1; u2/ sang cơ sở P2 D .v1; v2/ và ngược lại.

1. u1 D .2; 1/ ; u2 D .�1; �1/ I v1 D .�1; 0/ ; v2 D .0; 1/.

2. u1 D .2; 1/ ; u2 D .3; 2/ I v1 D .�1; 7/ ; v2 D .8; 1/.

3. u1 D .12; 13/ ; u2 D .1; 1/ I v1 D .1; �1/ ; v2 D .3; 1/.

Bài tập 3.18. Trong không gian R3, tìm ma trận chuyển cơ sở P1 D

.u1; u2; u3/ sang cơ sở P2 D .v1; v2; v3/ và ngược lại.

1. u1 D .1; 0; 0/ ; u2 D .0; �1; 0/ ; u3 D .0; 0; �1/ I v1 D .1; 0; 1/ ; v2 D

.0; 1; 1/ ; v3 D .0; 0; 1/.

2. u1 D .1; 2; 0/ ; u2 D .1; �1; 3/ ; u3 D .1; 1; �1/ I v1 D .1; 1; 0/ ; v2 D

.1; 0; 1/ ; v3 D .0; 1; 1/.

3. u1 D .�1; 2; 1/ ; u2 D .1; �1; 3/ ; u3 D .1; 1; �1/ I v1 D .1; 1; 3/ ; v2 D

.1; 1; 1/ ; v3 D .7; 1; 1/.

Bài tập 3.19. Cho biết ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở chínhtắc E3 của R3 là

P D

0@ 1 1 2

0 �1 0

�1 �1 �1

1ATìm tọa độ của vector u D .1; 0; 1/ theo cơ sở B.


P D

0@1 1 2

3 �1 7

1 �1 1

1ATìm tọa độ của vector u D .1; 2; 3/ theo cơ sở B.

144



P D

0@ 1 1 2

1 �1 4

�1 1 �1

1ATìm tọa độ của vector u D .�1; 8; 1/ theo cơ sở B.

Bài tập 3.22. Cho biết ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở B1 sang cơ sở B2

của R3 là

P D

0@ 1 0 0

0 1 0

�1 �1 1

1Avà tọa độ của vector u theo cơ sở B1 là x1 D 1; x2 D 1; x3 D 0. Tìm Œu�B2

.


của R3 là

P D

0@ 1 2 3

0 1 4

�1 �1 0


.


của R3 là

P D

0@1 2 3

0 1 4

1 1 0


.

Bài tập 3.25. Trong không gian R3 cho hệ vector .u1 D .1; 0; 0/ ; u2 D

.0; �1; 0/ ; u3 D .0; 0; �1//. Cho biết ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở B1

sang cơ sở B2 D .u1; u2; u3/ của R3 là

P D

0@ 1 0 0

0 1 0

�1 �1 1

1Avà tọa độ vectơ u theo cơ sở B1 là x1 D 1; x2 D �1; x3 D 0. Tìm vectơ u.

145


Bài tập 3.26. 1. Trong không gian P5 Œx� cho cơ sở

F D�1; x; x2; x3; x4; x5

�Tìm

�p.x/ D x5 � 1

�F

.

2. Trong không gian P5 Œx� cho cơ sở

F D�1; x � 1; .x � 1/2; .x � 1/3; .x � 1/4; .x � 1/5

�Xác định

�p.x/ D x5 C 4x4 C 3x � 1

�F

.


F D�1; x � 1; .x � 1/2; .x � 1/3; .x � 1/4; .x � 1/5

�Xác định

�p.x/ D x5 C 4x4 C 3x3 C x2 C x � 5

�F

.


F D

1; x � 1;

.x � 1/2

2Š;.x � 1/3

3Š;.x � 1/4

4Š;.x � 1/5

5Š

!

Xác định�p.x/ D 6x5 C 4x4 C 3x3 C x2 C 4x � 5

�F

.


F D

1; x � 1;

.x � 1/2

2;.x � 1/3

3;.x � 1/4

4;.x � 1/5

5

!

Xác định�p.x/ D 6x5 C 14x4 � 3x3 C x2 C 4x � 5

�F

.

Bài tập 3.27. 1. Trong không gian vector các đa thức có bậc không vượtquá bốn P4 Œx� cho hai cơ sở

E D˚1; x; x2; x3; x4

I F D

�1; x � 1; .x � 1/2; .x � 1/3; .x � 1/4

�Tìm CE!F và CF !E .

2. Trong không gian vector các đa thức có bậc không vượt quá bốnP4 Œx� cho hai cơ sở

E D˚1; x; x2; x3; x4

F D

1; x � 1;

.x � 1/2

2Š;.x � 1/3

3Š;.x � 1/4

4Š

!Tìm CE!F và CF !E .

146



Bài tập 3.28. Cho V là một không gian có số chiều bằng bốn. Khẳngđịnh nào sau đây là đúng?

a. Mọi tập có một phần tử đều độc lập tuyến tính.

b. Mọi tập có bốn phần tử là tập sinh.

c. Mọi tập có năm phần tử là tập sinh.

d. Các câu a, b, c đều sai.

Bài tập 3.29. Tìm�x2 C 2x � 2

�B

với B D�f1 D x2 C x C 1; f2 D x; f3 D 1

�.

a.

0@ 1

1

�3

1A b.

0@ 1

1

3

1A c.

0@ 1

�1

3

1A d.

0@ 1

�1

�3

1ABài tập 3.30. Trong R2 cho hai cơ sở P1 D ..1; 1/ ; .2; 3// và P2 D

..1; �1/ ; .1; 0//. Biết Œx�P1D

�1

2

!, hãy xác định Œx�P2

.

a.

�5

8

!b.

8

�5

!c.

�2

1

!d.

1

�2

!

Bài tập 3.31. Cho W D h..1; 1; 1; 1/ ; .2; 3; 2; 3/ ; .3; 4; �1; m//i, với giá trịnào của m thì W có số chiều lớn hơn 1?

a. m D 0 b. m D �1 c. không có m d. 8m

Bài tập 3.32. Trong R3 cho W D h..1; 1; 1/ ; .2; 3; 2//i, P D ..1; 0; 0/ ; .2; 2; m//

với giá nào của m thì P là cơ sở của W?

a. m D 0 b. m D 1 c. không có m d. 8m

Bài tập 3.33. Trong R3 cho W D h..1; 1; 1/ ; .2; 3; 1/ ; .3; 5; m//i. Với giátrị nào của m thì W có số chiều là 2?

a. m D 0 b. m D 1 c. m D 2 d. m D 4

Bài tập 3.34. Trong không gian P2 Œx� cho các vector

f1 D x2C x C 1; f2 D 2x C 1; f3 D 3x2

C 2x C m

147


Với giá trị nào của m thì hệ vector P D .f1; f2; f3/ sinh ra P2 Œx�.

a. m ¤ 1 b. m D 1 c. m D5

2d. m ¤

5

2

Bài tập 3.35. Trong R3 cho hai cơ sở

P D ..1; 2; 3/ ; .3; 4; 5/ ; .2; 1; 4//

P 0 D ..1; 1; 1/ ; .1; 1; 0/ ; .1; 0; 0//

Biết rằng ŒX�P D

0@ 1

2

�1

1A. Hãy tìm ŒX�P 0.

a.

0@ 1

5

�4

1A b.

0@ �4

5

1

1A c.

0@ 1

5

2

1A d.

0@ 3

3

�4

1ABài tập 3.36. Cho không gian vector V có số chiều là ba. Khẳng địnhnào sau đây là đúng?

a. Mọi tập sinh phải có nhiều hơn ba phần tử.

b. Mọi tập độc lập tuyến tính phải có ba phần tử.

c. Mọi tập sinh của V có ba phần tử đều là cơ sở của V.

d. Mọi tập sinh của V phải có đúng ba phần tử.

Bài tập 3.37. Trong R3 cho không gian vector con

W D f.a; a C b; a � b/ W a; b 2 Rg


a. ..1; 0; 0/ ; .0; 1; �1/ ; .0; 1; 1// là cơ sở của W.

b. ..1; 0; 0/ ; .0; 1; �1/ ; .0; 1; 1// là tập sinh của W.

c. ..1; 1; �1/ ; .0; 1; 1// là cơ sở của W.

d. Các câu trên đều sai.

Bài tập 3.38. Trong R3 cho W D h..1; �1; 1/ ; .2; 1; 3/ ; .3; 3; 5//i và X D

.3; 2; m/. Tìm m để X … W.

a. 8m b. Không có m c. m D14

3d. m ¤

14

3

148


Bài tập 3.39. Trong P2 Œx� xét hai cơ sở

P D�x2 C x C 1; 7x � 2; 2

�P 0 D

�x2; 3x; 3

�Biết rằng Œp .x/�P D

0@ 2

1

�3

1A. Hãy tìm Œp .x/�P 0 .

a.

0@ �2

3

2

1A b.

0@ 2

3

�2

1A c.

0@ 2

�2

3

1A d.

0@ 1

�1

4

1ABài tập 3.40. Trong R4 cho hệ vector

P D ..1; 1; 1; 1/ ; .1; 2; 3; 4/ ; .0; 0; 0; 0/ ; .2; 3; 4; 5//


a. r.P / D 2

b. P là cơ sở của R4

c. r.P / D 3

d. P sinh ra R4

Bài tập 3.41. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ vector

P D�x2

C x C 1; 2x C 1; x2C 2x C m

�là cơ sở của P2 Œx�.

a. m D 3 b. m ¤ 3 c. m D3

2d. m ¤

3

2

Bài tập 3.42. Cho W D h.1; 1; 1/ ; .1; 2; 1/i và P D ..1; 1; 1/ ; .1; �1; m//.Tìm m để P là cơ sở của W.

a. m D 0 b. m D 1 c. không có m d. 8m

Bài tập 3.43. Trong R3 cho không gian con

W D h..1; 1; 1/ ; .2; 3; 1/ ; .5; �1; 2//i

Tìm một cơ sở P của W và dimW.

a. dimW D 2; P D ..1; 1; 1/ ; .0; 1; �1//.

b. dimW D 2; P D ..1; 1; 1/ ; .0; 0; 1//.

c. dimW D 3; P D ..1; 1; 1/ ; .2; 3; 1/ ; .5; �1; 2//.


149


Bài tập 3.44. Trong R3 cho không gian con W D f.x; y; z/ W x C y � z D 0g.Tìm một cơ sở P của W và dimW.

a. dimW D 1; P D ..1; 1; �1//.

b. dimW D 2; P D ..�1; 1; 0/ ; .1; 0; 1//.

c. dimW D 2; P D ..1; 1; 2/ ; .2; 2; 4//.

d. dimW D 3; P D ..1; 0; 0/ ; .0; 1; 0/ ; .0; 0; 1//.


W D

(.x; y; z; t/ W

(x C y C z C t D 0

2x C 3y � z C t D 0

)Tìm một cơ sở P của W và dimW.

a. dimW D 2; P D ..�4; 3; 1; 0/ ; .�2; 1; 0; 1//.

b. dimW D 2; P D ..1; 1; 1; 1/ ; .2; 3; �1; 1//.

c. dimW D 3; P D ..1; 1; 1; 1/ ; .�4; 3; 1; 0/ ; .�2; 1; 0; 1//.

d. Các câu kia đều sai.

Bài tập 3.46. Trong R3 cho

W D h..1; 1; 1/ ; .0; 1; �1//i IU D h..2; 2; 2/ ; .1; 2; m//i

Với giá trị nào của m thì W D U?

a. m D 0 b. m ¤ 0 c. m D 1 d. m ¤ 1

Bài tập 3.47. Với giá trị nào của m thì không gian con của hệ8<:x C y C 2z � t D 0

2x C 2y C z C t D 0

�x C y C z C mt D 0

có số chiều lớn hơn 1.

a. m ¤ 5 b. m D 7 c. m ¤ 7 d. 8m


W D f.x; y; z/ W mx1 C x3 D 0g

Tìm tất cả m để dimW D 2

a. m ¤ 0 b. m D 0 c. m D 1 d. 8m

150


Bài tập 3.49. Cho không gian con W D f.x; my; z/ W x; y; z 2 Rg. Tìm tấtcả m để W D R3.

a. m ¤ 0 b. m D 0 c. m D 1 d. m ¤ 1

Bài tập 3.50. Cho không gian con

W D f..m C 1/ x; y; .m C 2/ z/ W x; y; z 2 Rg

Tìm tất cả m để W ¤ R3.

a. m ¤ �1 và m D �2.

b. m ¤ �1 _ m ¤ �2.

c. 8m.


Bài tập 3.51. Trong R2 cho quy tắc

hX jY i D x1y1 C x1y2 C x2y1 C mx2y2

với X D .x1; x2/ ; Y D .y1; y2/. Tìm m để hX jY i là tích vô hướng.

a. m > 1 b. m < 1 c. m D 1 d. m ¤ 1

Bài tập 3.52. Trong R2 cho tích vô hướng

hX jY i D 3x1y1 C x1y2 C x2y1 C x2y2

và Z D .1; 2/. Tìm độ dài vector Z.

a. kZk Dp

11 b. kZk Dp

5 c. kZk D 11 d. kZk D 5

Bài tập 3.53. Trong R2 cho tích vô hướng

hX jY i D 2x1y1 � x1y2 � x2y1 C x2y2

và Z D .1; �1/ ; T D .2; m/. Tìm m để Z?T .

a. m D 3 b. m D 2 c. m ¤ 2 d. m D 1

Bài tập 3.54. Trong R4 với tích vô hướng chính tắc, cho hệ vector

P D ..1; 1; 1; 1/ ; .0; 0; 0; 0/ ; .2; 1; 1; m//

Tìm m để P là hệ trực giao.

a. m D �4 b. 8m c. m D 3 d. m D 0

151


152

Chương 4

Ánh xạ tuyến tính

4.1 Định nghĩa và các tính chất căn bản

Định nghĩa 4.1. Cho hai không gian vector V;V0. Ánh xạ f W V ! V0

được gọi là một ánh xạ tuyến tính nếu hai điều kiện sau đây đượcthỏa:

� f .X C Y / D f .X/ C f .Y / I 8X; Y 2 V.

� f .˛X/ D f .X/ I 8˛ 2 R; 8X 2 V.

Ví dụ 4.1. Ánh xạ

f W R2 ! R2

.x; y/ 7! .x C y; x � y/

là một ánh xạ tuyến tính. Thật vậy, ta lấy hai vector X; Y 2 R2, giả sửX D .x1; x2/ và Y D .y1; y2/, khi đó

f .X C Y / D f .x1 C y1; x2 C y2/ D .x1 C y1 C x2 C y2; x1 C y1 � x2 � y2/

Mặt khác

f .X/ C f .Y / D .x1 C x2; x1 � x2/ C .y1 C y2; y1 � y2/

D .x1 C y1 C x2 C y2; x1 C y1 � x2 � y2/

153


Từ đây suy ra f .X C Y / D f .X/ C f .Y /; 8X 2 R2.

Hơn nữa, với mọi ˛ 2 R và mọi X 2 R2, ta có

f .˛X/ D f .˛x1; ˛x2/ D .˛x1 C ˛x2; ˛x1 � ˛x2/ D f .X/

Vậy f là một ánh xạ tuyến tính.


f W R3 ! R3

.x; y; z/ 7! .x C y C x; x � y C 3z; x � z/

cũng là một ánh xạ tuyến tính (chứng minh tương tự như ví dụ 4.1)

Tính chất

Sau đây là một số tính chất của ánh xạ tuyến tính mà ta có thể suy ratrực tiếp từ định nghĩa

1. f .0V/ D 0V0 .

2. f .�X/ D �f .X/ I 8X 2 V.

3. Hai điều kiện trong định nghĩa có thể thay thế bằng điều kiệntương đương sau

f .˛X C ˇY / D f .X/ C f .Y / I 8X; Y 2 V; 8˛; ˇ 2 R (4.1)

Các tính chất 1,2 và 3 thường được sử dụng để chứng tỏ hay bác bỏmột ánh xạ có là ánh xạ tuyến tính. Ta xét một vài ví dụ sau đây:

Ví dụ 4.3. Cho không gian vector V, ánh xạ đồng nhất

IdV W V ! VX 7! X

là một ánh xạ tuyến tính. Thật vậy, 8X; Y 2 V; 8˛; ˇ 2 R ta có

IdV .˛X C ˇY / D ˛X C ˇY D ˛IdV .X/ C ˇIdV .Y /

154


Ví dụ 4.4. Ánh xạf W Pn Œx� ! Pn Œx�

p .x/ 7! p0 .x/

là một ánh xạ tuyến tính. Thật vậy, 8p .x/ ; q .x/ 2 Pn Œx� ; 8˛ 2 R ta có

f .˛p .x/ C ˇq .x// D .˛p .x/ C ˇq .x//0D ˛p0 .x/ C ˇq0 .x/

D f .p .x// C f .q .x//


f W R3 ! R2

.x; y; z/ 7! .2x � y C 3z; x � y C 5z C 1/

không là ánh xạ tuyến tính vì f .0R3/ D f .0; 0; 0/ D .0; 1/ ¤ 0R2 .

Định lý 4.1. Cho ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 và W là một khônggian vector con của V, khi đó

� Tập hợp f .W/ D ff .X/ W X 2 Wg là một không gian vector concủa V0.

� Nếu W D hP i thì f .W/ D hf .P /i.

Hệ quả 4.1. f .V/ là một không gian vector con của V0 và được gọilà ảnh của f , ký hiệu Im f .

Định lý 4.2. Cho ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 và W0 là một khônggian vector con của V0. Khi đó tập hợp

f �1�W0�

D˚X 2 V W f .X/ 2 W0

là một không gian vector con của V.

155


Hệ quả 4.2. Tập hợp f �1 .0V0/ D fX 2 V W f .X/ D 0V0g là một khônggian vector con của V và được gọi là hạt nhân của f , ký hiệu ker f .

Định lý 4.3. Cho ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 với V là một khônggian vector hữu hạn chiều. Khi đó Im f và ker f cũng hữu hạn chiều,đồng thời

dim Im f C dimker f D dimV

Chú ý 4.1. dim Im f còn được gọi là hạng của ánh xạ f , ký hiệu r.f /.dimker f được gọi là số khuyết của ánh xạ f , ký hiệu d .f /.

Ví dụ 4.6. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R2 xác định bởi

f .x; y; z/ D .x C 2y C z; x � y � 4z/

Tìm một cở sở và số chiều của ker f và Im f .

Giải. Ta có ker f D f.x; y; z/ W f .x; y; z/ D 0R2g hay ker f chính là khônggian con nghiệm của hệ phương trình(

x C 2y C z D 0

x � y � 4z D 0

Ta lập ma trận hệ số của hệ và đưa về dạng bậc thang

A D

1 2 1

1 �1 �4

!d2!d2�d1

��!

1 2 1

0 �3 �5

!

Khôi phục hệ ta được(x C 2y C z D 0

� 3y � 5z D 0

156


Hệ phương trình trên có một ẩn phụ z, cho z D 1 ta tìm được mộtnghiệm cơ bản

X1 D

0@ 73

�53

1

1Avà hệ P D .X1/ cũng chính là cơ sở của ker f , suy ra dimker f D 1.

Tiếp theo, ta tìm cơ sở và số chiều của Im f

f .x; y; z/ D .x C 2y C z; x � y � 4z/ D x .1; 1/ C y .2; �1/ C z .1; �4/

Ta suy ra Im f D hP i với P D ..1; 1/ ; .2; �1/ ; .1; �4//.

Lập ma trận vector dòng của hệ P và biến đổi về dạng bậc thang

A D

0@ 1 1

2 �1

1 �4

1A d2!d2�2d1

��!d3!d3�d1

0@ 1 1

0 �3

0 �5

1A d3!3d3�5d2

��!

0@ 1 1

0 �3

0 0

1ATa suy ra dim Im f D 2 và Im f có cơ sở là hệ P D ..1; 1/ ; .2; �1//. �

Ví dụ 4.7. Cho ánh xạ tuyến tính f W P3 Œx� ! P3 Œx� xác định như sau

f�a0 C a1x C a2x2

C a3x3�

D a1C.a0 � 2a3/ xC.2a3 � a1/ x2C.a0 � a1/ x3

Tìm cơ sở và số chiều của ker f và Im f .

Giải. Ta có

ker f D˚p .x/ 2 P3 Œx� W f .p .x// D 0P3Œx�

D

�3P

iD0

aixi W a1 C .a0 � 2a3/ x C .2a3 � a1/ x2 C .a0 � a1/ x3 D 0

�

Đẳng thức a1 C .a0 � 2a3/ x C .2a3 � a1/ x2 C .a0 � a1/ x3 D 0 tươngđương với 8<

ˆ:a1 D 0

a0 � 2a3 D 0

2a3 � a1 D 0

a0 � a1 D 0

,

8<:a0 D 0

a1 D 0

a3 D 0

Ta suy ra ker f D˚a2x2 W a2 2 R

.

157


Vậy dimker f D 1 và ker f có cơ sở là hệ vector P D .x2/.

Tiếp theo, ta xác định cơ sở và số chiều của Im f .

Vì dimker f D 1 nên ta suy ra

dim Im f D dim P3 Œx� � dimker f D 4 � 1 D 3

Mặt khác

a1 C .a0 � 2a3/ x C .2a3 � a1/ x2 C .a0 � a1/ x3

D a0

�x C x3

�C a1

�1 � x2 � x3

�C a3

��2x C 2x2

�Vậy Im f D hP i với P D

�x C x3; 1 � x2 � x3; �2x C 2x2

�.

Ta lập ma trận vector dòng của hệ P

A D

0@ 0 1 0 1

1 0 �1 �1

0 �2 2 0

1ATa thấy r .A/ D 3 nên hệ P chính là cơ sở của Im f . �


f .x; y; z/ D .x C y � 4mz; 3x C 5y C 2z; 4x C 7y C .m C 1/ z/

1. Tìm m để ker f ¤ f0R3g.

2. Khi ker f ¤ f0R3g, hãy tìm cơ sở, số chiều của ker f và Im f .

Giải. 1. ker f chính là không gian con nghiệm của hệ phương trình8<:x C y � 4mz D 0

3x C 5y C 2z D 0

4x C 7y C .m C 1/ z D 0

(4.2)

Ta lập ma trận vector dòng của hệ 4.2 và biến đổi về dạng bậc thang

A D

0@ 1 1 �4m

3 5 2

4 7 m C 1

1A d2!d2�3d1

��!d3!d3�4d1

0@ 1 1 �4m

0 2 2 C 12m

0 3 17m C 1

1Ad3!2d3�3d2

��!

0@ 1 1 �4m

0 2 2 C 12m

0 0 �2m � 4

1A158


ker f ¤ f0R3g khi và chỉ khi r .A/ < 3 hay �2m � 4 D 0 , m D �2.

2. Với m D �2 thì r .A/ D 2, ta suy ra dimker f D 3 � 2 D 1 và hệ 4.2có thể viết lại như sau(

x C y C 8z D 0

2y � 22z D 0(4.3)

Hệ 4.3 có một ẩn phụ z. Cho z D 1 ta tìm được một nghiệm cơ bản là

X1 D

0@�19

11

1

1Avà hệ P D .X1/ cũng chính là cơ sở của ker f .

Mặt khác, với m D �2 ta cũng suy ra được

f .x; y; z/ D .x C y C 8z; 3x C 5y C 2z; 4x C 7y � z/

D x .1; 3; 4/ C y .1; 5; 7/ C z .8; 2; �1/

Do đó, Imf D hP i với P D ..1; 3; 4/ ; .1; 5; 7/ ; .8; 2; �1//.

Vì dimker f D 1 nên ta được

dim Im f D dimR3� dimker f D 3 � 1 D 2

Để tìm cơ sở của Im f ta lập ma trận vector dòng của hệ P và biếnđổi về dạng bậc thang

A D

0@ 1 3 4

1 5 7

8 2 �1

1A d2!d2�d1

��!d3!d3�8d1

0@ 1 3 4

0 2 3

0 �22 �33

1Ad3!d2C11d2

��!

0@ 1 3 4

0 2 3

0 0 0

1AVậy Imf có cơ sở là hệ vector P D ..1; 3; 4/ ; .1; 5; 7//. �

159


4.2 Đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu

4.2.1 Đơn cấu

Định nghĩa 4.2. Ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 được gọi là đơn cấunếu f .X/ ¤ f .Y /I 8X; Y 2 V; X ¤ Y .

Định lý 4.4. Ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 đơn cấu khi và chỉ khiker f D f0Vg.

Ví dụ 4.9. Các ánh xạ tuyến tính nào sau đây là đơn cấu:

1. f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D .x C y; x � y/.

2. g W R2 ! R3 xác định bởi g .x; y/ D .x C 2y; x C 3y; 2x � y/

3. h W R3 ! R3 xác định bởi

h .x; y; z/ D .x C y C z; x C 2x C 3z; 2x C 3y C 4z/

Giải. 1. Ta có

ker f D fX 2 R2W f .X/ D 0R2g D

(.x; y/ W

(x C y D 0

x � y D 0

)

Giải hệ phương trình

(x C y D 0

x � y D 0được nghiệm

(x D 0

y D 0.

Ta suy ra ker f D f.0; 0/g D f0R2g. Vậy f là đơn cấu.

2. Tương tự như trên ta tìm được

ker g D

8<:.x; y/ W

8<:x C y D 0

x C 2y D 0

2x � y D 0

9=; D f.0; 0/g D f0R2g

160


Vậy g là đơn cấu.

3. Ta thấy

ker h D

8<:.x; y; z/ W

8<:x C y C z D 0

x C 2y C 3z D 0

2x C 3y C 4z D 0

9=;Hệ phương trình 8<:

x C y C z D 0

x C 2y C 3z D 0

2x C 3y C 4z D 0

có định thức của ma trận hệ số bằng không nên hệ có nghiệm khôngtầm thường, tức ker h ¤ f.0; 0; 0/g D f0R3g. Vậy h không là đơn cấu. �


f .x; y/ D .x C y; �x C my/

Tìm m để f là đơn cấu.

Giải. Ta có

ker f D

(.x; y/ W

(x C y D 0

�x C my D 0

)

Ánh xạ tuyến tính f là đơn cấu khi và chỉ khi hệ phương trình(x C y D 0

�x C my D 0

chỉ có nghiệm tầm thường, tức làˇ1 1

�1 m

ˇ¤ 0 , m ¤ �1

Vậy với m ¤ 1 thì f là một đơn cấu. �

161



f .x; y; z/ D .mx C y C z; x C my C z; x C y C mz/

Tìm m để f không là một đơn cấu.

Giải. Ta có

ker f D

8<:.x; y; z/ W

8<:mx C y C z D 0

x C my C z D 0

x C y C mz D 0

9=;Ánh xạ tuyến tính f không đơn cấu khi và chỉ khi ker f ¤ f0R3g, hay

hệ phương trình 8<:mx C y C z D 0

x C my C z D 0

x C y C mz D 0

có nghiệm không tầm thường. Khi đóˇˇ m 1 1

1 m 1

1 1 m

ˇˇ D 0 ,

"m D 1

m D �2

Vậy với m D 1I m D �2 thì f là không là đơn cấu. �

4.2.2 Toàn cấu

Định nghĩa 4.3. Ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 được gọi là toàn cấunếu Im f D V0.

Định lý 4.5. Ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 toàn cấu khi và chỉ khidim Im f D dimV0

162


Ví dụ 4.12. Các ánh xạ tuyến tính nào sau đây là toàn cấu?


2. g W R2 ! R3 xác định bởi g .x; y/ D .x C 2y; x C 3y; 2x � y/.



Giải. 1. Ta có

Im f D˚f .x; y/ W .x; y/ 2 R2

D˚.x C y; x � y/ W .x; y/ 2 R2

D˚x .1; 1/ C y .1; �1/ W .x; y/ 2 R2

D h.1; 1/ ; .1; �1/i

Khi đó dim Im f D r ..1; 1/ ; .�1; 1// D 2. Vậy f là toàn cấu.

2. Tương tự như câu 1. ta có Im g D h.1; 1; 2/ ; .2; 3; �1/i.

Khi đó dim Im g D r..1; 1; 2/ ; .2; 3; �1// D 2. Vậy g không là một toàncấu.

3. Ta có Im h D h.1; 1; 2/ ; .1; 2; 3/ ; .1; 3; 4/i.

Khi đó dim Im h D r..1; 1; 2/ ; .1; 2; 3/ ; .1; 3; 4// D 2. Vậy h không làtoàn cấu. �


f .x; y/ D .x C my; mx C y/

Tìm m để f là toàn cấu.

Giải. Ta có Im f D h.1; m/ ; .m; 1/i.

Ánh xạ tuyến tính f là toàn cấu khi và chỉ khi dim Im f D 2 hayˇ1 m

m 1

ˇ¤ 0 , m ¤ ˙1

Vậy với n ¤ ˙1 thì f là một toàn cấu. �


f .x; y/ D�x C my; m2x C 2y; x C .m � 1/ y

�Tìm m để f là một toàn ánh.

163


Giải. Ta giải bài này theo hai cách

Cách 1. Ta có Im f D˝..1; m/ ;

�m2; 2

�; .1; m � 1//

˛. Ánh xạ tuyến tính

f toàn ánh khi và chỉ khi

dim Im f D r�.1; m/ ;

�m2; 2

�; .1; m � 1/

�D 3

Ta lập ma trận vector dòng của hệ vector�.1; m/ ;

�m2; 2

�; .1; m � 1/

�A D

0@ 1 m

m2 2

1 m � 1

1AVì A là ma trận cấp 3 � 2 nên r .A/ � 2. Vậy f không thể là một toàn

ánh với mọi m.

Cách 2. Ta có dim Im f C dimker f D dimR2 D 2.

Vì dimker f � 0 nên dim Im f � 2 < 3.

Vậy f không thể là toàn ánh với mọi m 2 R. �

4.2.3 Đẳng cấu

Định nghĩa 4.4. Ánh xạ tuyến tính f W V ! V0 được gọi là đẳngcấu nếu f vừa đơn cấu vừa toàn cấu.

Định lý 4.6. Cho V và V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều,ánh xạ tuyến tính f W V ! V0. Khi đó, nếu f là đẳng cấu thì dimV D

dimV0. Ngược lại, nếu dimV D dimV0 thì f là đẳng cấu khi mộttrong hai điều kiện sau đây xảy ra:

� f là đơn cấu.

� f là toàn cấu.

164


Ví dụ 4.15. Các ánh xạ tuyến tính nào sau đây là đẳng cấu?


2. g W R2 ! R3 xác định bởi g .x; y/ D .x C 2y; x C 3y; 2x � y/.



Giải. Dựa vào kết quả các ví dụ 4.9, 4.12 và định lý 4.6 ta khẳng địnhánh xạ f là đẳng cấu, các ánh xạ g; h không phải là đẳng cấu. �Ví dụ 4.16. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3 xác định bởi


Tìm m để f là một đẳng cấu.

Giải. Áp dụng định lý 4.6, f là đẳng cấu khi và chỉ khi f là đơn cấu.Theo ví dụ 4.11, f đơn cấu khi và chỉ khi m ¤ 1; m ¤ �2. Vậy f đẳngcấu khi m ¤ 1; m ¤ �2. �

4.3 Ma trận của ánh xạ tuyến tính

Định nghĩa 4.5. Cho V;V0 là hai không gian vector hữu hạn chiềuvới dimV D n, dimV0 D m và f W V ! V0 là một ánh xạ tuyến tính.Gọi P D .X1; X2; :::; Xn/ là cơ sở của V; P 0 D .X 0

1; X 02; : : : ; X 0

m/ là cơ sởcủa V0. Giả sử

�f�Xj

��P 0 D

0BBB@a1j

a2j

:::

amj

1CCCA I j D 1; n

Khi đó, ma trận

A D .Œf .X1/�P 0Œf .X2/�P 0 : : : Œf .Xn/�P 0/ D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

am1 am2 : : : amn

1CCCA

165


được gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính f trong cặp cơ sở .P; P 0/,ký hiệu A D Œf �P

0

P .

Nếu V D V0 và P � P 0 thì ta dùng ký hiệu A D Œf �P thay choA D Œf �PP .

Nếu V D V0 D Rn và P � P 0 � En thì dùng ký hiệu A D Œf � thaycho A D Œf �En

.

Định lý 4.7. Cho V;V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều vớidimV D n, dimV0 D m và f W V ! V0 là một ánh xạ tuyến tính. GọiP D .X1; X2; :::; Xn/ là cơ sở của V; P 0 D .X 0

1; X 02; : : : ; X 0

m/ là cơ sở củaV0. Khi đó, 8X 2 V ta có

Œf .X/�P 0 D Œf �P0

P ŒX�P

vàr .f / D dim Im f D r.Œf �P

0

P /

Ví dụ 4.17. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D

.x � y; x C y/. Tìm ma trận của f đối với cơ sở P D ..1; 1/ ; .1; 2//, từ đótính số chiều của Im f .

Giải. Ta cóf .1; 1/ D .0; 2/

f .1; 2/ D .�1; 3/

Tiếp theo, ta tìm tọa độ của các vector .0; 2/ I .�1; 3/ đối với cơ sở P .

Xét đẳng thức

.0; 2/ D ˛ .1; 1/ C ˇ .1; 2/

,

(˛ C ˇ D 0

˛ C 2ˇ D 2

,

(˛ D �2

ˇ D 2

166


Vậy Œ.0; 2/�P D

�2

2

!.

Tương tự ta tính được Œ.�1; 3/�P D

�5

4

!Vậy ma trận của f đối với cơ sở P D f.1; 1/ ; .1; 2/g là

A D Œf �P D

�2 �5

2 4

!

Từ đây ta cũng suy ra dim Im f D r .A/ D 2. �Ví dụ 4.18. Cho ánh xạ tuyến tính f W R4 ! R3 xác định bởi

f .x; y; z; t/ D .x � 2y; y � 2z; z � 2t/

Tìm ma trận của f trong cặp cơ sở .P; P 0/ xác định như sau:

P D ..1; �1; 0; 0/ ; .0; 1; �1; 0/ ; .0; 0; 1; �1/ ; .0; 0; 0; 1//

P 0D ..1; 1; 1/ ; .1; 1; 0/ ; .1; 0; 0//

Giải. Ta cóf .1; �1; 0; 0/ D .3; �1; 0/

f .0; 1; �1; 0/ D .�2; 3; �1/

f .0; 0; 1; �1/ D .0; �2; 3/

f .0; 0; 0; 1/ D .0; 0; �2/

Ta tính được

Œ.3; �1; 0/�P 0 D

0@ 0

�1

4

1A I Œ.�2; 3; 1/�P 0 D

0@ �1

4

�5

1AŒ.0; �2; 3/�P 0 D

0@ 3

�5

2

1A I Œ.0; 0; �2/�P 0 D

0@ �2

2

0

1AVậy ma trận của f đối với cặp cơ sở .P; P 0/ là

A D Œf �P0

P D

0@ 0 �1 3 �2

�1 4 �5 2

4 �5 2 0

1A167


Không khó để chỉ ra rằng r.A/ D 3 nên f là một toàn cấu. �

Định lý 4.8. Cho V;V0 là hai không gian vector và P D

.X1; X2; :::Xn/ là một cơ sở bất kì của V, hệ vector .Y1; Y2; :::; Yn/ tùy ýchứa trong V0. Khi đó, tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính f W V ! V0

thỏa mãn f .Xi/ D Yi ; i D 1; n.

Ví dụ 4.19. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 xác định bởi: f .1; 2/ D

.0; 1/ ; f .1; 1/ D .1; 0/. Hãy xác định f .x1; x2/ và Œf �.

Giải. Hệ vector P D ..1; 2/ ; .1; 1// là cơ sở của R2. Ta tiến hành tìm tọađộ của vector X D .x1; x2/ đối với cơ sở P . Xét biểu thị tuyến tính

X D ˛ .1; 2/ C ˇ .1; 1/

, .x1; x2/ D .˛ C ˇ; 2˛ C ˇ/

,

(˛ C ˇ D x1

2˛ C ˇ D x2

,

(˛ D x2 � x1

ˇ D 2x1 � x2

Khi đó

f .x1; x2/ D f ..x2 � x1/ .1; 2/ C .2x1 � x2/ .1; 1//

D .x2 � x1/ f .1; 2/ C .2x1 � x2/ f .1; 1/

D .x2 � x1/ .0; 1/ C .2x1 � x2/ .1; 0/ D .2x1 � x2; x2 � x1/

Từ đây ta suy ra

Œf � D

2 �1

�1 1

!�

Nhận xét 4.1. Ví dụ 4.19 có thể được giải dựa vào kết quả sau đây (suyra trực tiếp từ định lý 4.7)

168


Định lý 4.9. Ánh xạ tuyến tính f W Rn ! Rm luôn có dạng tổng quát

f .x1; x2; : : : ; xn/ D

0@ nXj D1

a1j xj ;

nXj D1

a2j xj ; : : : ;

nXj D1

amj xj

1A

Bây giờ ta sẽ giải ví dụ 4.19 theo hướng sử dụng định lý 4.9.

Vì f W R2 ! R2 nên biểu thức của f .x1; x2/ có dạng

f .x1; x2/ D .ax1 C bx2; cx1 C dx2/

Khi đó (f .1; 2/ D .a C 2b; c C 2d/ D .0; 1/

f .1; 1/ D .a C b; c C d/ D .1; 0/

Hệ trên tương đương với8<ˆ:

a C 2b D 0

a C b D 1

c C 2d D 1

c C d D 0

,

8<ˆ:

a D 2

b D �1

c D �1

d D 1

Vậy f .x1; x2/ D .2x1 � x2; �x1 C x2/ và

Œf � D

2 �1

�1 1

!


f .1; �1; 2/ D .�1; 1/ ; f .0; 2; 3/ D .4; 5/ ; f .1; 0; �2/ D .1; �2/

Xác định f .x; y; z/ và Œf �E2

E3.

Giải. Vì f W R3 ! R2 nên biểu thức của f .x; y; z/ có dạng

f .x; y; z/ D .a1x C b1y C c1z; a2x C b2y C c2z/

169


Khi đó8<:

f .1; �1; 2/ D .a1 � b1 C 2c1; a2 � b2 C 2c2/ D .�1; 1/

f .0; 2; 3/ D .2b1 C 3c1; 2b2 C 3c2/ D .4; 5/

f .1; 0; �2/ D .a1 � 2c1; a2 � 2c2/ D .1; �2/

Giải hệ phương trình trên ta được8<:

a1 D 1

b1 D 2

c1 D 0

I

8<:

a2 D 0

b2 D 1

c2 D 1

Vậy f .x; y; z/ D .x C 2y; y C z/ và

Œf �E2

E3D

1 2 0

0 1 1

!�

Ví dụ 4.21. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 có ma trận của f đối

với cơ sở P D ..1; 1/ ; .1; 2// là A D

1 �1

0 2

!. Xác định f .x; y/.

Giải. Vì f W R2 ! R2 nên biểu thức của f .x; y/ có dạng

f .x; y/ D .ax C by; cx C dy/

Khi đó (f .1; 1/ D .a C b; c C d/

f .1; 2/ D .a C 2b; c C 2d/

Vì .Œf .1; 1/�P Œf .1; 2/�P / D A nên ta suy ra(.a C b; c C d/ D 1 .1; 1/ C 0 .1; 2/ D .1; 1/

.a C 2b; c C 2d/ D �1 .1; 1/ C 2 .1; 2/ D .1; 3/

Giải hệ trên ta được a D 1; b D 0; c D �1; d D 2.

Vậy f .x; y/ D .x; �x C 2y/. �

170


Định lý 4.10. Cho V;V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều vàf W V ! V0 là ánh xạ tuyến tính. Giả sử P1; P2 là hai cơ sở của V vàP 0

1; P 02 là hai cơ sở của V0. Khi đó ta có đẳng thức

Œf �P 0

2

P2D C �1

P 01!P 0

2

�Œf �

P 01

P1

�CP1!P2

Nếu V D V0, P1 � P 01 � P , P2 � P 0

2 � P 0 thì Œf �P 0 D

C �1 .Œf �P / C với C D CP !P 0.

Ví dụ 4.22. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R3 có Œf �E3

E2D

0@1 �3

0 2

4 3

1A.

Tìm Œf �P0

P , biết hai cơ sở P; P 0 xác định như sau:

P D ..1; 1/ ; .1; 2//

P 0D ..1; 0; 1/ ; .1; 1; 1/ ; .1; 0; 0//

Giải. Ta có

Œf �P0

P D C �1E3!P 0 Œf �

E3

E2CE2!P D

0@ 1 1 1

0 1 0

1 1 0

1A�10@ 1 �3

0 2

4 3

1A 1 1

1 2

!

D

0@ 5 6

2 4

�9 �15

1A�

Định lý 4.11. Cho V;V0;V00 là ba không gian vector hữu hạn chiều,hai ánh xạ tuyến tính f W V ! V0; g W V0 ! V00. Giả sử P; P 0; P 00 lầnlượt là cơ sở của V;V0;V00. Khi đó ánh xạ g ı f W V ! V00 xác địnhbởi .g ı f / .x/ D g Œf .x/� là một ánh xạ tuyến tính từ V tới V00 vàŒg ı f �P

00

P D Œg�P00

P 0 Œf �P0

P .

171


Ví dụ 4.23. Cho hai ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 và g W R2 ! R2 xácđịnh bởi

f .x; y/ D .x C y; x C 2y/

g .x; y/ D .2x � y; 2x C y/

1. Hãy xác định Œg ı f �.

2. Biết hệ vector P D ..1; 1/ ; .0; 1// là cơ sở của R2. Hãy xác địnhŒg ı f �P .

Giải. 1. Áp dụng định lý 4.11 ta được

Œg ı f � D Œg� Œf � D

2 �1

2 1

! 1 1

1 2

!D

1 0

3 4

!

2. Tiếp tục áp dụng định lý 4.11 ta được

Œg ı f �P D Œg�P Œf �P D

1 �1

2 2

! 2 1

1 1

!D

1 0

6 4

!

�

Định nghĩa 4.6. Cho V;V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều,f W V ! V0 là một đẳng cấu tuyến tính. Khi đó, tồn tại ánh xạ tuyếntính g W V0 ! V thỏa f ı g D IdV0 và g ı f D IdV. Ánh xạ tuyến tínhg được gọi là ánh xạ ngược của f , ký hiệu g D f �1.

Định lý 4.12. Cho V;V0 là hai không gian vector hữu hạn chiều,f W V ! V0 là một đẳng cấu tuyến tính, P; P 0 lần lượt là cơ sở của Vvà V0. Khi đó ta có �

f �1�P

P 0 D

�Œf �P

0

P

��1

172


Ví dụ 4.24. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D

.x C y; x C 2y/.

1. Tìm ma trận của ánh xạ ngược f �1 W R2 ! R2 đối với cơ sở chínhtắc. Từ đó xác định biểu thức của f �1 .x; y/.

2. Tìm ma trận của ánh xạ ngược f �1 W R2 ! R2 đối với cơ sở B D

..1; 1/ ; .0; 1//.

Giải. 1. Áp dụng định lý 4.12 ta được

�f �1

�D Œf ��1

D

1 1

1 2

!�1

D

2 �1

�1 1

!

Khi đó�f �1 .x; y/

�D�f �1

� x

y

!D

2 �1

�1 1

! x

y

!D

2x � y

�x C y

!

Ta suy ra f �1 .x; y/ D .2x � y; �x C y/.

2. Áp dụng định lý 4.12 lần nữa ta được

�f �1

�P

D Œf ��1P D

2 1

1 1

!�1

D

1 �1

�1 2

!�

4.4 Giá trị riêng, vector riêng của ma trậnvuông và toán tử tuyến tính. Vấn đề chéohóa một ma trận vuông

4.4.1 Hai ma trận đồng dạng

Định nghĩa 4.7. Hai ma trận A; B 2 Mn.R/ được gọi là đồng dạngvới nhau nếu tồn tại ma trận khả nghịch P 2 Mn.R/ sao cho B D

P �1AP .

173


Ví dụ 4.25. Hai ma trận A D

1 2

0 1

!và B D

�

13

�23

83

73

!là đồng dạng

với nhau vì B D P �1AP với ma trận P D

1 2

2 1

!.

Ví dụ 4.26. Hai ma trận A D

0@1 3 �1

0 1 2

0 0 2

1A và B D

0@1 2 3

2 3 4

1 1 1

1A không

đồng dạng với nhau. Thật vậy, nếu A và B đồng dạng thì tồn tại ma trậnkhả nghịch P sao cho A D P �1BP . Khi đó det A D det

�P �1BP

�D det B.

Điều này vô lí vì từ đề bài ta dễ dàng tính được det A D 1 ¤ det B D 0.

4.4.2 Đa thức đặc trưng của ma trận vuông và toántử tuyến tính

Định nghĩa 4.8. Cho V là một không gian vector. Khi đó, ánh xạtuyến tính f W V ! V được gọi là toán tử tuyến tính trên V.

Định nghĩa 4.9. Cho A 2 Mn.R/, đa thức det .�In � A/ được gọi làđa thức đặc trưng của ma trận A, ký hiệu PA .�/.


3 4

1 3

!có đa thức đặc trưng

PA .�/ D det .�I2 � A/ D

ˇ� � 3 �4

�1 � � 3

ˇD �2

� 6� C 5


0@ 0 1 1

1 0 1

1 1 0

1A có đa thức đặc trưng

PA .�/ D det .�I3 � A/ D

ˇˇ � �1 �1

�1 � �1

�1 �1 �

ˇˇ D �3

� 3� � 2

174


Định lý 4.13. Cho hai ma trận A; B 2 Mn.R/, nếu A; B đồng dạngvới nhau thì PA .�/ � PB .�/.

Định nghĩa 4.10. Cho V là một không gian vector n chiều với f

là một toán tử tuyến tính trên V và P là một cơ sở của V, đa thứcdet .�In � Œf �P / được gọi là đa thức đặc trưng của toán tử tuyến tínhf , ký hiệu Pf .�/.

Chú ý 4.2. Đa thức Pf .�/ không phụ thuộc vào việc chọn cơ sở P . Thậtvậy, nếu lấy trong không gian vector V một cơ sở P 0 khác P thì theođịnh lý 4.10 ta được

Œf �P 0 D C �1 .Œf �P / C (4.4)

với CP !P 0 .

Công thức 4.4 chứng tỏ hai ma trận Œf �P ; Œf �P 0 đồng dạng với nhau,điều này cho thấy tính xác định của định nghĩa 4.10 đồng thời ta luôncó

Pf .�/ D PA.�/

với A là ma trận biểu diễn của f đối với một cơ sở P của không gianvector V.

Ví dụ 4.29. Cho toán tử tuyến tính f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D

.x C y; x � 2y/. Tìm Pf .�/.

Giải. Vì đa thức Pf .�/ không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở nên ta sẽbiểu diễn ma trận của toán tử tuyến tính f đối với cơ sở chính tắc E2.Ta có

Œf � D

1 1

1 �2

!

Ta suy ra

Pf .�/ D det .�I2 � Œf �/ D

ˇ� � 1 �1

�1 � C 2

ˇD �2

C � � 3

175


�Ví dụ 4.30. Cho toán tử tuyến tính f W R3 ! R3 xác định bởi f .x; y; z/ D

.2x; x � y; 2x C y � z/. Tìm Pf .�/.

Giải. Vì đa thức Pf .�/ không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở nên ta sẽbiểu diễn ma trận của toán tử tuyến tính f đối với cơ sở chính tắc E3.Ta có

Œf � D

0@ 2 0 0

1 �1 0

2 1 �1

1ATa suy ra

Pf .�/ D det .�I3 � Œf �/ D

ˇˇ � � 2 0 0

�1 � C 1 0

�2 �1 � C 1

ˇˇ D .� � 2/ .� C 1/2

�

Định lý 4.14. (Định lý Cayley-Hamilton). Cho f là một toán tửtuyến tính trên không gian V với số chiều n. Giả sử A là ma trận biểudiễn của f trong một cơ sở P của V. Khi đó, ta có Pf .A/ D On�n

(hoặc PA.A/ D On�n).

Hệ quả 4.3. Cho A 2 Mn .R/ và Q .�/ là một đa thức với hệ số thực.Giả sử đa thức đặc trưng của A là

PA .�/ D �nC an�1�n�1

C an�2�n�2C ::: C a1� C a0

Thực hiện phép chia Q .�/ cho PA .�/ ta được

Q .�/ D q .�/ PA .�/ C R .�/

trong đó R .�/ là đa thức có bậc nhỏ hơn n. Áp dụng định lý Caley-Hamilton ta được đẳng thức sau

Q .A/ D R .A/

176


Hệ quả 4.4. Cho A 2 Mn .R/, giả sử đa thức đặc trưng của A là

PA .�/ D �nC an�1�n�1

C an�2�n�2C ::: C a1� C a0

Ma trận A khả nghịch khi và chỉ khi a0 ¤ 0. Khi đó, ma trận nghịchđảo của A là

A�1D �

1

a0

�An�1

C an�1An�2C an�2An�3

C ::: C a1In

�


0@1 1 0

0 1 0

5 3 �2

1A.

1. Tính Q .A/, biết rằng Q .x/ D �x8 C 3x6 � 3x5 C 3x3 � x.

2. Tính A�1.

Giải. 1. Ma trận A có đa thức đặc trưng là

PA .�/ D det .�I3 � A/ D

ˇˇ � � 1 �1 0

0 � � 1 0

�5 �3 � C 2

ˇˇ D �3

� 3� C 2

Chia Q .�/ cho PA .�/ ta được thương q .�/ D ��5��2 và dư là R .�/ D

2�2 � �.

Do đó, Q .A/ D R .A/ D 2A2 � A D

0@ 1 3 0

0 1 0

�15 1 10

1A.

2. Áp dụng hệ quả 4.4 ta được

A�1 D1

2

�3I3 � A2

�D

1

2

2640@ 3 0 0

0 3 0

0 0 3

1A �

0@ 1 1 0

0 1 0

5 3 �2

1A2375D

0@ 1 �1 0

0 1 052

�1 �12

1A�

177


4.4.3 Giá trị riêng, vector riêng của ma trận vuôngvà toán tử tuyến tính

Định nghĩa 4.11. Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gianvector V. Số � được gọi là giá trị riêng của f nếu tồn tại một vectorX 2 Vn f0Vg sao cho f .X/ D �X . Vector X được gọi là vector riêngcủa f ứng với giá trị riêng �.

Ví dụ 4.32. Toán tử tuyến tính f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D

.x; x C 2y/ có � D 2 là một giá trị riêng. Thật vậy, lấy X D .0; 2/, ta thấyX ¤ 0R2 và

f .X/ D f .0; 2/ D .0; 4/ D 2.0; 2/ D 2X

Định nghĩa 4.12. Cho ma trận A 2 Mn .R/. Số � được gọi là giá trịriêng của A nếu tồn tại vector X 2 Rnn f0Rng sao cho AŒX� D �ŒX�.Vector X được gọi là vector riêng của A ứng với giá trị riêng �.


2 4

1 2

!có � D 4 là một giá trị riêng. Thật

vậy, lấy X D .2; 1/, ta thấy X ¤ 0R2 và

AŒX� D

2 4

1 2

! 2

1

!D

8

4

!D 4

2

1

!D 4ŒX�

Định lý 4.15. Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gianvector hữu hạn chiều V, P là một cơ sở của V. Khi đó, giá trị riêng� của toán tử f là nghiệm của đa thức đặc trưng Pf .�/. Ngược lại,nếu � là nghiệm của đa thức đặc trưng Pf .�/ thì � là một giá trịriêng của toán tử f .

178


Hệ quả 4.5. Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gian vectorhữu hạn chiều V, P là một cơ sở của V. Khi đó tập giá trị riêng củatoán tử f và ma trận Œf �P là như nhau.

Ví dụ 4.34. Tìm các giá trị riêng của ma trận A D

3 4

1 3

!.

Giải. Lập đa thức đặc trưng của ma trận A

PA .�/ D det .�I2 � A/ D

ˇ� � 3 �4

�1 � � 3

ˇD �2 � 6� C 5

Phương trình PA.�/ D 0 có hai nghiệm � D 1; � D 5. Vậy ma trận A

có hai giá trị riêng là � D 1 và � D 5. �

Ví dụ 4.35. Tìm các giá trị riêng của ma trận A D

0@ 1 3 2

0 2 3

0 3 2

1A.


PA .�/ D det .�I3 � A/ D

ˇˇ � � 1 �3 �2

0 � � 2 �3

0 �3 � � 2

ˇˇ

D .� � 1/��2 � 4� � 5

�Phương trình PA.�/ D 0 có ba nghiệm � D 1; � D �1; � D 5. Vậy ma

trận A có ba giá trị riêng là � D 1; � D �1; � D 5. �

Ví dụ 4.36. Tìm các giá trị riêng của toán tử tuyến tính f W R2 ! R2

xác định bởi f .x; y/ D .x C y; 3x � y/.

Giải. Trước hết, ta tìm ma trận biểu diễn của toán tử f đối với cơ sởchính tắc E2

Œf � D�

Œf .1; 0/� Œf .0; 1/��

D

1 1

3 �1

!

179


Lập đa thức đặc trưng của toán tử f

Pf .�/ D det .�I2 � Œf �/ D

ˇ� � 1 �1

�3 � C 1

ˇD �2

� 4

Phương trình Pf .�/ D 0 có hai nghiệm � D 2; � D �2. Vậy toán tử f

có hai giá trị riêng là � D 2 và � D �2. �

Ví dụ 4.37. Tìm các giá trị riêng của toán tử tuyến tính f W R3 ! R3

xác định bởi f .x; y; z/ D .�2x C y C z; x � 2y C z; x C y � 2z/.

Giải. Trước hết, ta tìm ma trận biểu diễn của toán tử f đối với cơ sởchính tắc E3

Œf � D�

Œf .1; 0; 0/� Œf .0; 1; 0/� Œf .0; 0; 1/��

D

0@ �2 1 1

1 �2 1

1 1 �2

1ALập đa thức đặc trưng của toán tử f

Pf .�/ D det .�I3 � Œf �/ D

ˇˇ � C 2 �1 �1

�1 � C 2 �1

�1 �1 � C 2

ˇˇ D �.� C 3/2

Phương trình Pf .�/ D 0 có hai nghiệm � D 2; � D �2. Vậy toán tử f

có hai giá trị riêng là � D 2 và � D �2. �

4.4.4 Không gian con riêng

Định lý 4.16. Cho f là một toán tử tuyến tính trên khônggian vector V và � là một giá trị riêng của f . Khi đó, tập hợpfX 2 V W f .X/ D �Xg, ký hiệu E.�/, là một không gian vector concủa V, đồng thời dim E.�/ � 1. Không gian E.�/ được gọi khônggian con riêng của V ứng với giá trị riêng �.

Nhận xét 4.2. Dựa vào định lý 4.16 ta suy ra E .�/ n f0Vg là tập tất cảcác vector riêng của f ứng với giá trị riêng � và E.�/ D ker.�IdV � f /.

180


Hệ quả 4.6. Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gian vectorV có số chiều n, hệ vector P là cơ sở của V. Giả sử � là một giá trịriêng của f . Khi đó

E.�/ D fX 2 V W Œf �P ŒX�P D �ŒX�P g

D fX 2 V W .�In � Œf �P /ŒX�P D On�1g

Thuật toán tìm giá trị riêng và không gian con riêng của toántử tuyến tính f W V ! V (ở đây V là không gian vector có n chiều)

1. Tìm ma trận biểu diễn A của f đối với cơ sở tùy ý P D

.X1; X2; :::; Xn/ của V (chú ý A D Œf �P ).

2. Xác định đa thức đặc trưng của toán tử f : Pf .�/ D

det .�In � A/.

3. Giải phương trình đặc trưng Pf .�/ D 0 để tìm tất cả các giátrị riêng của toán tử f .

4. Giả sử � là một giá trị riêng của toán tử f . Ta xét hệ phươngtrình tuyến tính thuần nhất

.�In � A/ŒX�P D On�1 (4.5)

Nếu ŒX�P D

0BBB@˛1

˛2

:::

˛n

1CCCA là một nghiệm không tầm thường của hệ

4.5 thì vector X D ˛1X1 C ˛2X2::: C ˛nXn là vector riêng của f

ứng với giá trị riêng �. Hơn nữa,

E .�/ D

8<ˆ:˛1X1 C ˛2X2 C : : : C ˛nXn W

0BBB@˛1

˛2

:::

˛n

1CCCA 2 W

9>>>=>>>;trong đó W là không gian con nghiệm của hệ 4.5.

181


Nhận xét 4.3. Sau đây là một số nhận xét rút ra từ thuật toán trên:

� Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất 4.5 có thể viết lại dướidạng cụ thể hơn như sau8<ˆ:

.� � a11/ x1 � a12x2 � ::: � a1nxn D 0

�a21x1 C .� � a22/ x2 � ::: � a2nxn D 0:::

�an1x1 � an2x2 � ::: C .� � ann/ xn D 0

với A D .aij /n.

� Nếu V D Rn thì ta thường chọn P � En. Khi đó, nếu không giancon nghiệm W của hệ 4.5 có cơ sở là hệ vector P D .X1; X2; : : : ; Xl/

thì E.�/ có cơ sở là hệ vector P 0 D .XT1 ; XT

2 ; : : : ; XTl

/.

Định lý 4.17. Cho ma trận A 2 Mn.R/ và � là một giá trị riêngcủa A. Khi đó, tập hợp fX 2 Rn W AŒX� D �ŒX�g, ký hiệu E.�/, là mộtkhông gian vector con của Rn, đồng thời dim E.�/ � 1. Không gianE.�/ được gọi là không gian con riêng của Rn ứng với giá trị riêng �.

Thuật toán tìm giá trị riêng và không gian con riêng của matrận A 2 Mn.R/

1. Xác định đa thức đặc trưng của A: PA .�/ D det .�In � A/.

2. Giải phương trình đặc trưng PA .�/ D 0 để tìm tất cả các giátrị riêng của ma trận A.

3. Giả sử � là một giá trị riêng của ma trận A. Ta xét hệ phươngtrình tuyến tính thuần nhất

.�In � A/ŒX� D On�1 (4.6)

182


Nếu ŒX� D

0BBB@˛1

˛2

:::

˛n

1CCCA là một nghiệm không tầm thường của hệ

4.6 thì vector X D .˛1; ˛2; : : : ; ˛n/ là một vector riêng của matrận A ứng với giá trị riêng �. Hơn nữa,

E .�/ D

8<ˆ:.˛1; ˛2; : : : ; ˛n/ W

0BBB@˛1

˛2

:::

˛n

1CCCA 2 W

9>>>=>>>;trong đó W là không gian con nghiệm của hệ 4.6.

Nhận xét 4.4. Dựa vào định lý 4.17 ta suy ra E .�/ n f0Rng là tập tất cảcác vector riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng �.

Ví dụ 4.38. Tìm tất cả các giá trị riêng và vector riêng của ma trận

A D

2 �3

�1 4

!.


PA .�/ D det .�I2 � A/ D

ˇ� � 2 3

1 � � 4

ˇD �2

� 6� C 5

Đa thức đặc trưng PA.�/ có hai nghiệm � D 1; � D 5. Vậy ma trận A

có hai giá trị riêng là � D 1 và � D 5.

Để tìm vector riêng của A ứng với giá trị riêng � D 1 ta tìm nghiệmkhông tầm thường của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

.I2 � A/ ŒX� D O2�1

,

(�x1 C 3x2 D 0

x1 � 3x2 D 0

Giải hệ trên ta được nghiệm x1 D 3˛; x2 D ˛. Do đó, tập vector riêngcủa A ứng với giá trị riêng � D 1 có dạng f.3˛; ˛/ W ˛ 2 Rnf0gg.

183


Một cách tương tự, tập vector riêng của A ứng với giá trị riêng � D 5

có dạng f.�˛; ˛/ W ˛ 2 Rn f0gg. �

Ví dụ 4.39. Tìm tất cả các giá trị riêng và vector riêng của ma trận

A D

0@ 2 0 �1

2 1 �2

�1 0 2

1A.


PA .�/ D det .�I3 � A/ D

ˇˇ � � 2 0 1

�2 � � 1 2

1 0 � � 2

ˇˇ D .� � 1/2 .� � 3/

Đa thức đặc trưng PA.�/ D 0 có hai nghiệm � D 1; � D 3. Vậy matrận A có hai giá trị riêng là � D 1 và � D 3.

Để tìm vector riêng của A ứng với giá trị riêng � D 1 ta tìm nghiệmkhông tầm thường của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

.I3 � A/ ŒX� D O3�1

,

8<:�x1 C x3 D 0

�2x1 C 2x3 D 0

x1 � x3 D 0

Hệ trên có nghiệm x1 D ˛; x2 D ˇ; x3 D ˛. Do đó, tập vector riêng củaA ứng với giá trị riêng � D 1 có dạng f.˛; ˇ; ˛/ W ˛; ˇ 2 R; ˛2 C ˇ2 ¤ 0g.

Một cách tương tự, tập vector riêng của A ứng với giá trị riêng � D 3

có dạng f.�˛; 2˛; ˛/ W ˛ 2 Rn f0gg. �

Ví dụ 4.40. Tìm giá trị riêng, không gian con riêng của toán tử tuyếntính f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D .2x � y; x C 4y/.

Giải. Trước hết, ta xác định ma trận biểu diễn A của toán tử f đối vớicơ sở chính tắc E2

A D�

Œf .1; 0/� Œf .0; 1/��

D

2 �1

1 4

!

184


Lập đa thức đặc trưng của ma trận A

PA .�/ D det .�I2 � A/ D

ˇ� � 2 1

�1 � � 4

ˇD .� � 3/2

Phương trình đặc trưng PA .�/ D 0 có nghiệm duy nhất � D 3. Dođó, ma trận A có duy nhất một giá trị riêng � D 3.

Tiếp theo, ta xác định không gian con riêng E.3/. Ta có

E .3/ D

(.x1; x2/ W

(x1 C x2 D 0

�x1 � x2 D 0

)D f.x1; x2/ W x1 C x2 D 0g

D f.�˛; ˛/ W ˛ 2 Rg

Ta thấy không gian E.3/ có cơ sở là hệ vector P D ..�1; 1//. �


0@ 3 2 0

1 4 0

3 3 1

1A. Tìm giá trị riêng và vector

riêng của toán tử tuyến tính f trên R3 có ma trận biểu diễn là A trong

1. Cơ sở chính tắc E3.

2. Cơ sở B D ..1; 1; 0/ ; .1; 0; 1/ ; .0; 1; 1//.

Giải. 1. Lập đa thức đặc trưng của ma trận A

Pf .�/ D det .�I3 � A/ D

ˇˇ � � 3 �2 0

�1 � � 4 0

�3 �3 � � 1

ˇˇ

D .� � 1/ .� � 2/ .� � 5/

Đa thức đặc trưng Pf .�/ có ba nghiệm � D 1; � D 2; � D 5. Do đó,toán tử f có ba giá trị riêng là � D 1; � D 2; � D 5.

� Ứng với giá trị riêng � D 1, ta xác định không gian con riêng E.1/.Ta có

E .1/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:�2x1 � 2x2 D 0

�x1 � 3x2 D 0

�3x1 � 3x2 D 0

9=;D f.0; 0; ˛/ W ˛ 2 Rg

185


Ta thấy không gian E.1/ có cơ sở là hệ vector P1 D ..0; 0; 1//.


E .2/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:�x1 � 2x2 D 0

�x1 � 2x2 D 0

�3x1 � 3x2 C x3 D 0

9=;D f.�2˛; ˛; �3˛/ W ˛ 2 Rg

Ta thấy không gian E.2/ có cơ sở là hệ vector P2 D ..�2; 1; �3//.


E .5/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:2x1 � 2x2 D 0

�x1 C x2 D 0

�3x1 � 3x2 C 4x3 D 0

9=;D

��˛; ˛;

3

2˛

�W ˛ 2 R

�

Ta thấy không gian E.5/ có cơ sở là hệ vector P3 D ..2; 2; 3//.

2. Vì giá trị riêng của f không phụ thuộc vào việc chọn cơ sở nên trongtrường hợp này f vẫn có các giá trị riêng là � D 1; � D 2; � D 5.

Để cho tiện cho việc trình bày, ta đặt X1 D .1; 1; 0/; X2 D .1; 0; 1/ vàX3 D .0; 1; 1/.


E .1/ D

8<:x1X1 C x2X2 C x3X3 W

8<:�2x1 � 2x2 D 0

�x1 � 3x2 D 0

�3x1 � 3x2 D 0

9=;D f0X1 C 0X2 C ˛X3 W ˛ 2 Rg

D f˛ .0; 1; 1/ W ˛ 2 Rg

Ta thấy không gian E.1/ có cơ sở là hệ vector P 01 D ..0; 1; 1//.

186



E .2/ D

8<:x1X1 C x2X2 C x3X3 W

8<:�x1 � 2x2 D 0

�x1 � 2x2 D 0

�3x1 � 3x2 C x3 D 0

9=;D f�2˛X1 C ˛X2 � 3˛X3 W ˛ 2 Rg

D f˛.�1; �5; �2/ W ˛ 2 Rg

Ta thấy không gian E.2/ có cơ sở là hệ vector P 02 D ..1; 5; 2//.


E .5/ D

8<:x1X1 C x2X2 C x3X3 W

8<:2x1 � 2x2 D 0

�x1 C x2 D 0

�3x1 � 3x2 C 4x3 D 0

9=;D

�˛X1 C ˛X2 C

3

2˛X3 W ˛ 2 R

�D f˛.2;

5

2;5

2/ W ˛ 2 Rg

Ta thấy không gian E.5/ có cơ sở là hệ vector P 03 D ..4; 5; 5//. �

4.4.5 Chéo hóa ma trận vuông và toán tử tuyến tính

Định nghĩa 4.13. Ma trận A 2 Mn.R/ được gọi là chéo hóa đượcnếu nó đồng dạng với một ma trận chéo D, tức là tồn tại ma trậnS 2 Mn .R/ không suy biến sao cho D D S�1AS . Khi ấy, ta gọi S làma trận làm chéo hóa ma trận A.

Định nghĩa 4.14. Cho V là không gian vector hữu hạn chiều, f làmột toán tử tuyến tính trên V. Toán tử f được gọi là chéo hóa đượcnếu tồn tại một cơ sở P của V sao cho Œf �P là một ma trận chéo.

187


Định lý 4.18. Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gianvector hữu hạn chiều V. Khi đó, toán tử f chéo hóa được khi và chỉkhi trong V tồn tại một cơ sở gồm toàn các vector riêng của f .

Hệ quả 4.7. Cho f là một toán tử tuyến tính trên không gian vectorV với số chiều n. Giả sử �1; �2; : : : ; �k là các giá trị riêng của toán tửf , các vector X1; X2; : : : ; Xk lần lượt là các vector riêng của f ứng vớicác giá trị riêng này. Khi đó, hệ vector .X1; X2; : : : ; Xk/ là hệ độc lậptuyến tính. Từ đó suy ra nếu toán tử f có n giá trị riêng phân biệtthì chéo hóa được.

Định lý 4.19. Nếu đa thức đặc trưng PA.�/ của ma trận A 2 Mn.R/

có n nghiệm phân biệt thì ma trận A chéo hóa được.


3 2

1 2

!chéo hóa được vì đa thức đặc trưng

PA.�/ D �2 � 5� C 4 có hai nghiệm phân biệt � D 1; � D 4.

Ví dụ 4.43. Tìm a; b để ma trận A D

0@ 3 1 a

0 2 b

0 0 1

1A chéo hóa được.

Giải. Ma trận A có đa thức đặc trưng PA.�/ được xác định bởi

PA .�/ D det .�I3 � A/ D

ˇˇ � � 3 �1 �a

0 � � 2 �b

0 0 � � 1

ˇˇ

D .� � 1/ .� � 2/ .� � 3/

Đa thức đặc trưng PA.�/ có ba nghiệm phân biệt � D 1; � D 2; � D 3

nên ma trận A chéo hóa được với mọi a; b 2 R. �

188


Ví dụ 4.44. Chứng tỏ rằng toán tử tuyến tính f W R2 ! R2 xác định bởif .x; y/ D .�3x � 5y; x C 3y/ là chéo hóa được.

Giải. Trước hết, ta tìm ma trận biểu diễn của toán tử f đối với cơ sởchính tắc E2. Ta có

Œf � D�

Œf .1; 0/� Œf .0; 1/��

D

�3 �5

1 3

!

Đa thức đặc trưng của toán tử tuyến tính f có dạng

Pf .�/ D det .�I2 � Œf �/ D

ˇ� C 3 5

�1 � � 3

ˇD �2

� 4

Ta thấy phương trình đặc trưng Pf .�/ D 0 có hai nghiệm phân biệt� D ˙2 nên toán tử tuyến tính f chéo hóa được. �

Ví dụ 4.45. Chứng tỏ rằng toán tử tuyến tính f W R3 ! R3 xác định bởif .x; y; z/ D .x � 2y; x C 4y; �x C y C 4z/ là chéo hóa được.


Œf � D�

Œf .1; 0; 0/� Œf .0; 1; 0/� Œf .0; 0; 1/��

D

0@ 1 �2 0

1 4 0

�1 1 4

1AĐa thức đặc trưng của toán tử tuyến tính f có dạng

Pf .�/ D det .�I3 � Œf �/ D .� � 2/ .� � 3/ .� � 4/

Ta thấy phương trình Pf .�/ D 0 có ba nghiệm � D 2; � D 3; � D 4

nên toán tử tuyến tính f chéo hóa được. �

Định nghĩa 4.15. Cho P.x/ là một đa thức và m là một số nguyêndương. Số thực a được gọi là nghiệm bội bậc m (hay gọi tắt là bội m)của P.x/ nếu P.x/ D .x � a/mQ.x/ với Q.x/ là một đa thức khôngnhận a làm nghiệm.

189


Ví dụ 4.46. Cho đa thức P.x/ D .x �1/.x �4/3. Ta thấy x D 1 là nghiệmbội bậc 1 của đa thức P.x/, còn x D 4 là nghiệm bội bậc 3 của đa thứcP.x/.

Định lý 4.20. Cho V là một không gian vector có n chiều, f làmột toán tử tuyến tính trên V. Gọi �1; �2; : : : ; �k là tất cả các giátrị riêng đôi một khác nhau của f , n1; n2; : : : ; nk lần lượt là bộicủa các nghiệm �1; �2; : : : ; �k trong đa thức Pf .�/. Khi đó, toántử f chéo hóa được khi và chỉ khi n1 C n2 C � � � C nk D n vàdim E.�1/ D n1; dim E.�2/ D n2; : : : ; dim E.�k/ D nk.

Định lý 4.21. Gọi �1; �2; : : : ; �k là tất cả các giá trị riêng đôi mộtkhác nhau của A 2 Mn.R/, n1; n2; : : : ; nk lần lượt là bội của cácnghiệm �1; �2; : : : ; �k trong đa thức PA.�/. Khi đó, ma trận A chéohóa được khi và chỉ khi n1 C n2 C � � � C nk D n và dim E.�1/ D

n1; dim E.�2/ D n2; : : : ; dim E.�k/ D nk.

Ví dụ 4.47. Chứng tỏ ma trận A D

0@ 2 0 �1

2 1 �2

�1 0 2

1A là chéo hóa được.

Giải. Trong ví dụ 4.39 ta đã biết A có hai giá trị riêng � D 1 và � D 3

với bội lần lượt là 2 và 1.

Mặt khác cũng từ ví dụ 4.39 ta được dim E.1/ D 2 và dim E.3/ D 1.Áp dụng định lý 4.21 ta suy ra ma trận A chéo hóa được. �

Ví dụ 4.48. Chứng tỏ rằng toán tử tuyến tính f W R3 ! R3 xác định bởif .x; y; z/ D .x � 2y; x C 4y; �x C y C 3z/ là chéo hóa được.


Œf � D�

Œf .1; 0; 0/� Œf .0; 1; 0/� Œf .0; 0; 1/��

D

0@ 1 �2 0

1 4 0

�1 1 3

1A190



Pf .�/ D det .�I3 � Œf �/ D .� � 2/ .� � 3/2

Phương trình đặc trưng Pf .�/ D 0 có hai nghiệm � D 2 và � D 3

với bội lần lượt là 1 và 2. Do đó, toán tử f có hai giá trị riêng � D 2 và� D 3.


E .2/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:x1 C 2x2 D 0

�x1 � 2x2 D 0

x1 � x2 � x3 D 0

9=;D f.�2˛; ˛; �3˛/ W ˛ 2 Rg

Ta thấy không gian E.2/ có cơ sở là hệ vector P1 D ..�2; 1; �3//.Do đó dim E.2/ D 1.


E .3/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:2x1 C 2x2 D 0

�x1 � x2 D 0

x1 � x2 D 0

9=;D f.�˛; ˛; ˇ/ W ˛; ˇ 2 Rg

Không gian E.3/ có cơ sở là hệ vector P2 D ..�1; 1; 0/; .0; 0; 1//. Dođó dim E.3/ D 2.

Áp dụng định lý 4.20 ta khẳng định toán tử f chéo hóa được. �

Định lý 4.22. Cho V là một không gian vector có n chiều, f là mộttoán tử tuyến tính chéo hóa được trên V. Gọi �1; �2; : : : ; �k là tất cảcác giá trị riêng đôi một khác nhau của f , n1; n2; : : : ; nk lần lượt làbội của các nghiệm �1; �2; : : : ; �k trong đa thức Pf .�/. Giả sử các hệvector P1; P2; : : : ; Pk lần lượt là cơ sở của các không gian con riêng

191


E.�1/; E.�2/; : : : ; E.�k/. Khi đó, hệ vector P D P1 [ P2 [ � � � [ Pk làmột cơ sở gồm các vector riêng của f , đồng thời Œf �P sẽ là một matrận chéo gồm toàn các giá trị riêng của toán tử f , số lần xuất hiệncác giá trị riêng � bằng với số chiều của không gian con riêng E.�/.

Định lý 4.23. Gọi �1; �2; : : : ; �k là tất cả các giá trị riêng đôi mộtkhác nhau của ma trận chéo hóa được A 2 Mn.R/, n1; n2; : : : ; nk

lần lượt là bội của các nghiệm �1; �2; : : : ; �k trong đa thức PA.�/.Giả sử các hệ vector P1; P2; : : : ; Pk lần lượt là cơ sở của các khônggian con riêng E.�1/; E.�2/; : : : ; E.�k/. Khi đó, hệ vector P D P1 [

P2 [ � � � [ Pk D .X1; X2; : : : ; Xn/ là cơ sở của Rn và nếu đặt S D�ŒX1� ŒX2� : : : ŒXn�

�thì S là ma trận làm chéo hóa ma trận A.

Hơn nữa, ma trận chéo D D S�1AS toàn các giá trị riêng của matrận A, số lần xuất hiện các giá trị riêng � bằng với số chiều củakhông gian con riêng E.�/.

Ví dụ 4.49. Chéo hóa ma trận A D

0@ 2 5 3

0 3 4

0 0 �6

1A.

Giải. Ma trận A có đa thức đặc trưng PA .�/ D .� � 2/ .� � 3/ .� C 6/.Ta thấy phương trình đặc trưng có ba nghiệm phân biệt �1 D 2; �2 D

3; �3 D �6. Do đó, ma trận A chéo hóa được.


E .2/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:�5x2 � 3x3 D 0

�x2 � 4x3 D 0

8x3 D 0

9=;D f.˛; 0; 0/ W ˛ 2 Rg

Không gian E.2/ có cơ sở là hệ vector P1 D ..1; 0; 0//.

192



E .3/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:x1 � 5x2 � 3x3 D 0

� 4x3 D 0

9x3 D 0

9=;D f.5˛; ˛; 0/ W ˛ 2 Rg

Không gian E.3/ có cơ sở là hệ vector P2 D .�5; 1; 0/.

� Ứng với giá trị riêng � D �6, ta xác định không gian con riêngE.�6/. Ta có

E .�6/ D

(.x1; x2; x3/ W

(�8x1 � 5x2 � 3x3 D 0

� 9x2 � 4x3 D 0

)D

��

7

72˛; �

4

9˛; ˛

�W ˛ 2 R

�Không gian E.�6/ có cơ sở là hệ vector P3 D ..�7; �32; 72//.

Theo định lý 4.23, ma trận S D

0@ 1 �5 �7

0 1 �32

0 0 72

1A là ma trận làm

chéo của ma trận A. Hơn nữa,

D D S�1AS D

0@ 2 0 0

0 3 0

0 0 �6

1A�

Ví dụ 4.50. Chéo hóa toán tử tuyến tính f W R3 ! R3 xác định bởif .x; y; z/ D .x � 2y; x C 4y; �x � 2y C 2z/.


Œf � D�

Œf .1; 0; 0/� Œf .0; 1; 0/� Œf .0; 0; 1/��

D

0@ 1 �2 0

1 4 0

�1 �2 2

1A193



Pf .�/ D det .�I3 � Œf �/ D .� � 2/2 .� � 3/

Phương trình đặc trưng Pf .�/ D 0 có hai nghiệm � D 2 và � D 3

với bội lần lượt là 2 và 1. Do đó, toán tử f có hai giá trị riêng � D 2 và� D 3.


E .2/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:x1 C 2x2 D 0

�x1 � 2x2 D 0

x1 C 2x2 D 0

9=;D f.�2˛; ˛; ˇ/ W ˛; ˇ 2 Rg

Không gian E.2/ có cơ sở là hệ vector P1 D ..�2; 1; 0/ ; .0; 0; 1//. Dođó dim E.2/ D 2


E .3/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:2x1 C 2x2 D 0

�x1 � x2 D 0

x1 C 2x2 C x3 D 0

9=;D f.�˛; ˛; �˛/ W ˛ 2 Rg

Không gian E.3/ có cơ sở là hệ vector P2 D ..�1; 1; �1//. Do đó,dim E.3/ D 1.

Ta thấy dim E .2/ C dim E .3/ D 3 nên toán tử f chéo hóa được.

Đặt P D P1 [P2 D ..�2; 1; 0/ ; .0; 0; 1/ ; .�1; 1; �1//, ta suy ra P là mộtcơ sở của R3 gồm các vector riêng của f . Hơn nữa,

Œf �P D

0@ 2 0 0

0 2 0

0 0 3

1A�

194



Phần tự luận

Bài tập 4.1. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2, ma trận của f đối với

cơ sở B D ..1; 1/; .1; 0// là

1 2

3 4

!. Tìm biểu thức của f .

Bài tập 4.2. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 định bởi f .x1; x2/ D

.x1 C 3x2; 2x1 C 4x2/. Tìm ma trận của ánh xạ ngược f �1 W R2 ! R2 đốivới cơ sở chính tắc.

Bài tập 4.3. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2 định bởi f .x; y/ D

.4x; 4x � y/. Tìm ma trận của f đối với cơ sở B D ..1; 1/; .�1; 1//.

Bài tập 4.4. Cho hai ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3 định bởi

f .x1; x2; x3/ D .x1 C x2 C x3; x1 C x2 � x3; x1 � x2 � x3/

và g W R3 ! R3 định bởi

g.x1; x2; x3/ D .x1 � x2 � x3; x1 C x2 � x3; x1 � x2 C x3/

Xác định biểu thức ánh xạ hợp g ı f W R3 ! R3.


.x C y; x � y/. Tìm ma trận của f đối với cơ sở B D ..1; 1/; .1; 0//.

Bài tập 4.6. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2. Ma trận của f đối

với cơ sở B D ..0; 1/; .1; 0// là

1 3

2 4



.x � y; x � y/. Tìm ma trận của f đối với cơ sở B D ..1; 1/; .1; 2//.


cơ sở B D ..0; �1/; .1; 0// là

1 1

3 4



cơ sở B D ..1; 1/; .1; �1// là

1 0

0 1


195


Bài tập 4.10. Cho ánh xạ tuyến tính f W R2 ! R2, ma trận của f đối

với cơ sở E2 là

1 3

2 5

!. Tìm biểu thức của ánh xạ ngược f �1 W R2 ! R2.

Bài tập 4.11. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3 định bởi f .x; y; z/ D

.x � y; y � z; �x C z/. Tìm ma trận của f đối với cơ sở E3.


.x � y; y � z; �x C z/. Tìm ma trận của f đối với cơ sở chính tắc.


.x C y; y C z; x C z/. Tìm ma trận của f đối với cơ sở chính tắc.


.x C y C z; x � y C z; x C y C 3z/. Tìm ma trận của f đối với cơ sởB D ..1; 1; 0/; .0; 1; 1/; .1; 0; 1//.

Bài tập 4.15. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3, biết ma trận của f

đối với cơ sở B D ..1; 1; 0/; .0; 1; 1/; .1; 0; 1// là

0@ 1 1 1

2 1 �1

�1 0 1

1A.

1. Tìm biểu thức của f .

2. Tìm biểu thức của f �1 (nếu có).

Bài tập 4.16. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3, biết ma trận của f

đối với cơ sở B D ..1; 1; �1/; .�1; 1; 1/; .1; �1; 1// là

0@ 1 1 1

2 1 4

�1 3 1

1A.

1. Tìm biểu thức của f .

2. Tìm biểu thức của f �1 (nếu có).

Bài tập 4.17. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3 định bởi

f .x1; x2; x3/ D .x1 C x2 C x3; x1 � x2 C x3; x1 C x2 � x3/

Tìm ma trận của ánh xạ ngược f �1 W R3 ! R3 đối với cơ sở chínhtắc.

196



f .x; y; z/ D .x C y C z; x � y C z; x C y � z/

Tìm biểu thức của ánh xạ ngược f �1 W R3 ! R3.


f .x; y; z/ D .x C y; y C z; x C z/

Tìm biểu thức của ánh xạ ngược f �1 W R3 ! R3.

Bài tập 4.20. Xác định m để ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3 định bởi


có ánh xạ ngược f �1 W R3 ! R3.

Bài tập 4.21. Xác định m để ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3 định bởi


không có ánh xạ ngược f �1 W R3 ! R3.

Bài tập 4.22. Cho ánh xạ f W R3 ! R3 định bởi

f .x; y; z/ D .x C y C z; x C 2y C z; x C y C 3z/

1. Chứng minh f là đẳng cấu.

2. Tìm ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R3.

3. Tìm ma trận của f đối với cơ sở B D ..1; 1; �1/; .�1; 1; 1/; .1; �1; 1//

(giải bằng hai phương pháp).

Bài tập 4.23. Tìm đa thức đặc trưng của các ma trận sau

A D

0BBB@1 2 3 4

0 1 2 3

0 0 2 3

0 0 0 2

1CCCA ; B D

0BBB@1 2 3 4

0 1 2 3

0 0 2 3

0 1 2 2

1CCCA ; C D

0BBB@1 2 3 4

1 1 2 3

1 0 2 3

1 1 0 2

1CCCA197


Bài tập 4.24. Tìm giá trị riêng của các ma trận

A D

0@ 1 �1 0

�4 1 0

0 0 3

1A ; B D

0@1 1 1

1 2 2

2 2 4

1A ; C D

0@�1 1 1

1 �1 1

1 1 �1

1ABài tập 4.25. 1. Với giá trị nào của m thì vector X D .m; 1/ là vector

riêng của ma trận A D

2 0

0 2

!.

2. Với giá trị nào của m thì vector X D .m; m/ là vector riêng của ma

trận A D

0 2

3 0

!.

3. Với giá trị nào của m thì vector X D .m; m; m/ là vector riêng của

ma trận A D

0@5 0 0

0 5 0

0 0 5

1A.

Bài tập 4.26. 1. Tìm các vector riêng ứng với trị riêng � D �1 của ma

trận A D

0 1

1 0

!.

2. Tìm các vector riêng ứng với trị riêng � D 2 của ma trận A D 27 �5

�5 3

!.

3. Tìm các vector riêng ứng với trị riêng � D 0 của ma trận A D0@2 0 0

0 0 0

0 0 0

1A.

4. Tìm các vector riêng ứng với trị riêng � D 2 của ma trận A D0@2 0 0

0 0 0

0 0 0

1A.

Bài tập 4.27. Vector X D .2; �2/ là vector riêng của ma trận A D 0 1

1 0

!ứng với trị riêng nào?

198



0@1 0 0

2 1 0

7 2 1

1A. Ứng với trị riêng � D 1, ma

trận A có bao nhiêu vector riêng độc lập tuyến tính?

Bài tập 4.29. Vector X D .�2; 2/ là vector riêng của ma trận

1 2

4 3

!ứng với trị riêng nào?

Bài tập 4.30. Ma trận

5 2

3 1

! 3 2

0 3

! �1 2

3 �5

!có các trị riêng nào?

Bài tập 4.31. Vector X D .7; 7/ là vector riêng của

1 1

1 1

!ứng với trị

riêng nào?


1 1

1 2

! 7 2

0 7

! 2 �1

�1 1

!. Ma trận A

có các trị riêng nào?

Bài tập 4.33. Vector X D .2; 4/ là vector riêng của ma trận

1 2

2 4

!ứng

với trị riêng nào?


1 1

1 2

! 17 28

0 14

! 2 �1

�1 1

!. Ma trận A



2 �1

�1 1

! 7 0

12 14

! 1 1

1 2

!. Ma trận A


Bài tập 4.36. Chéo hóa các ma trận sau (nếu có):

a. A D

0@ 1 �1 0

�4 1 0

0 0 3

1Ab. C D

0@�1 1 1

1 �1 1

1 1 �1

1Ac. B D

0@1 1 1

1 2 2

2 2 4

1Ad. D D

0@3 1 �1

1 1 1

1 1 1

1A199



Bài tập 4.37. Trong các ánh xạ sau, ánh xạ nào là ánh xạ tuyến tínhtừ R2 ! R2?

a. f .x1; x2/ D .x1 C 3x2 C 1; 2x1 C 4x2/.

b. f .x1; x2/ D .x1x2; 2x1 C 4x2/.

c. f .x1; x2/ D .6x1 � 2x2; 2x1 � x2/.

d. f .x1; x2/ D�x1

2; x2

�.


a. f .x1; x2/ D .x1 C 3x2 C 1; 2x1 C 4x2/.

b. f .x1; x2/ D .x1x2; 2x1 C 4x2/.

c. f .x1; x2/ D�6x1 � 2x2; 2x1

3 � x2

�.

d. f .x1; x2/ D .2x1; x1 � x2/.


a. f .x1; x2/ D .x1 C 3x2 C 1; 2x1 C 4x2/.

b. f .x1; x2/ D .x1 C x2; 2x1 C 4x2/.

c. f .x1; x2/ D�6x1 � 2x2; 2x1

3 � x2

�.

d. f .x1; x2/ D .2x1 C 4; x1 � x2/.


1 0

m 0

!với m 2 R. Khẳng định nào

sau đây đúng?

a. A chéo hoá được khi và chỉ khi m D 0.

b. A không chéo hoá được khi và chỉ khi m D 0.

c. A chéo hóa được với mọi m.

d. A chỉ có một trị riêng.


0 �m

m 0

!với m 2 R. Khẳng định nào

sau đây đúng?

200


a. A chéo hoá được khi và chỉ khi m D 0.

b. A không chéo hoá được khi và chỉ khi m D 0.

c. A chéo hóa được với mọi m.

d. A không có một trị riêng nào.


0@1 1 a

0 2 b

0 0 3

1A với a; b 2 R. Khẳng định

nào sau đây đúng?

a. A chéo hoá được khi và chỉ khi a D 0; b D 0.

b. A chéo hoá được khi và chỉ khi a D 0.

c. A chéo hóa được với mọi a; b.

d. A không chéo hóa được với mọi a; b.


0@0 1 a

0 1 0

0 0 1

1A với a 2 R. Khẳng định nào

sau đây đúng?

a. A chéo hoá được khi và chỉ khi a D 0.

b. A chéo hoá được khi và chỉ khi a D 1.

c. A chéo hóa được với mọi a.

d. A không chéo hóa được với mọi a.

Bài tập 4.44. Giả sử A là một ma trận vuông cấp 3 có 3 vector riêng là.1; 2; 1/ I .1; 0; 1/ I .1; 0; 0/ lần lượt ứng với các trị riêng là 1, 2 và 3. Đặt

P D

0@1 1 1

2 0 0

1 1 0

1A. Khẳng định nào sau đây đúng?

a. A được chéo hóa và P �1AP D

0@1 0 0

0 2 0

0 0 3

1A.

b. A được chéo hóa và P �1AP D

0@2 0 0

0 1 0

0 0 3

1A.

201


c. A được chéo hóa và P �1AP D

0@3 0 0

0 2 0

0 0 1

1A.

d. Các khẳng định trên đều đúng.

Bài tập 4.45. Giả sử A là một ma trận vuông cấp 3 có 3 vector riênglà .2; 2; 1/ I .1; 1; 1/ I .2; 0; 0/ lần lượt ứng với các trị riêng là 3, 2 và 4. Ma

trận P nào sau đây thỏa đẳng thức P �1AP D

0@3 0 0

0 2 0

0 0 4

1A.

a. P D

0@2 2 1

1 1 1

2 0 0

1Ab. P D

0@1 2 2

1 2 0

1 1 0

1Ac. P D

0@2 1 2

2 1 0

1 1 0

1Ad. P D

0@2 1 2

0 1 2

0 1 1

1ABài tập 4.46. Giả sử A là một ma trận vuông cấp 3 có đa thức đặc trưnglà ' .�/ D � .� � 2/ .� � 4/. Khẳng định nào sau đây đúng?

a. A chéo hóa được.

b. A chéo hóa được khi và chỉ khi ứng với trị riêng 0, A có hai vectorriêng độc lập tuyến tính.

c. A chéo hóa được khi và chỉ khi ứng với trị riêng 2, A có hai vectorriêng độc lập tuyến tính.

d. Achéo hóa được khi và chỉ khi ứng với trị riêng 4, A có hai vectorriêng độc lập tuyến tính.

Bài tập 4.47. Giả sử A là một ma trận vuông cấp 3 có đa thức đặc trưnglà ' .�/ D .� � 2/2 .� � 4/.Khẳng định nào sau đây đúng?

a. A không chéo hóa được vì A không có hai trị riêng phân biệt.

b. A chéo hóa được.

c. A chéo hóa được khi và chỉ khi ứng với trị riêng 2, A có hai vectorđộc lập tuyến tính.

d. A Các khẳng định trên đều sai.

202


Bài tập 4.48. Cho f là ánh xạ tuyến tính từ R2 ! R2 xác định bởif .x; y/ D .x C y; 2x C 3y/.


a. f là song ánh.

b. f là đơn ánh nhưng không là toàn ánh.

c. f là toàn ánh nhưng không là đơn ánh.

d. Các câu kia đều sai.


0@4 �5 2

5 �7 3

6 �9 4


là đúng?

a. .1; 2; 3/ là vector riêng của A.

b. .1; 2; 1/ là vector riêng của A.

c. .0; 0; 0/ là vector riêng của A.

d. .0; 1; 1/ là vector riêng của A.

Bài tập 4.50. Tìm tất cả các giá trị riêng của ma trận A D

0@2 1 �1

0 3 1

0 0 2

1A.

a. �1 D 2; �2 D 3; �3 D 0

b. � D 2

c. �1 D 2; �2 D 3

d. � D 3


1 0

2 3

!. Tìm các trị riêng của ma trận

A3.

a. �1 D 1; �2 D 6

b. �1 D 1; �2 D 27

c. �1 D 1; �2 D 9

d. Các câu trên đều sai


1 2

4 3

!. Tìm các trị riêng của ma trận

A3.

a. �1 D �1; �2 D 125

b. �1 D �1; �2 D 15

c. �1 D �1; �2 D 5

d. Các câu trên đều sai

203



0@4 �1 �2

2 1 �2

1 �1 1

1A, biết A có ba giá trị riêng thực

�1; �2; �3. Tìm I D �1 C �2 C �3.

a. I D 6 b. I D 7 c. I D 8 d. I D 9

Bài tập 4.54. Trong các ánh xạ tuyến tính sau, ánh xạ nào có nhânsinh ra bởi hai vector .�1; 1; 0/ và .�1; 0; 1/?

i. f W R3 ! R2 xác định bởi f .x; y; z/ D .x C y C z; 0/.

ii. f W R3 ! R2 xác định bởi f .x; y; z/ D .x C y; x C z/.

iii. f W R3 ! R2 xác định bởi f .x; y; z/ D .x C y C z; 2x C 2y C 2z/.

a. Chỉ có i.b. Chỉ có i và ii

c. Cả ba ánh xạd. Không có ánh xạ nào

Bài tập 4.55. Trong các ánh xạ sau, ánh xạ nào có ảnh sinh ra bởi haivector .1; 1/ ; .1; 2/?

i. f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D .x; y/.

ii. f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D .0; x/.

iii. f W R2 ! R2 xác định bởi f .x; y/ D .2x C y; �2x C y/.

a. Cả ba ánh xạb. Chỉ có iii

c. Chỉ có i và iid. Chỉ có i

Bài tập 4.56. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R3 xác định bởi f .x; y; z/ D

.x C y C z; x C y; x C z/. Khẳng định nào sau đây là đúng?

a. dim ker f D 0; dim Im f D 3

b. dim ker f D 0; dim Im f D 2

c. dimker f D 1; dim Im f D 2

d. dimker f D 1; dim Im f D 3

Bài tập 4.57. Cho ánh xạ tuyến tính f W R3 ! R2 biết

f .1; 1; 1/ D .1; 2/

f .1; 1; 0/ D .�1; 1/

f .1; 0; 0/ D .0; 1/

Tìm f .2; �1; 1/.

a. .1; 1/ b. .3; 3/ c. .1; 2/ d. .�2; 1/

204



f .1; 1/ D .1; 0/

f .2; 1/ D .�1; 1/

Tìm f .8; 5/.

a. .�1; 3/ b. .3; 1/ c. .2; 1/ d. .�2; 1/


f .1; 1; 1/ D .1; 1; �1/

f .1; 2; 1/ D .1; 1; 0/

f .2; 2; 0/ D .2; 1; 1/

Với giá trị nào của m thì X D .1; 2; m/ 2 Im f ?

a. m ¤ 1 b. m D 1 c. m D 0 d. m ¤ 0


f .1; 1/ D .�1; 1/

f .1; 0/ D .3; �3/

Với giá trị nào của m thì X D .1; m C 1/ 2 Im f ?

a. 8m b. m ¤ �2 c. m D �2 d. m D 0

205


206

Chương 5

Dạng song tuyến tính và dạngtoàn phương

5.1 Khái niệm dạng song tuyến tính và dạngtoàn phương

5.1.1 Dạng song tuyến tính

Định nghĩa 5.1. Giả sử V là một không gian vector, ánh xạ

' W V � V ! R.X; Y / 7! ' .X; Y /

được gọi là dạng song tuyến tính trên V nếu ' tuyến tính theo từngbiến X; Y , nghĩa là 8X; Y; X 0; Y 0 2 V; 8˛; ˇ 2 R ta có

� ' .˛X C ˇX 0; Y / D ˛' .X; Y / C ˇ' .X 0; Y /.

� ' .X; ˛Y C ˇY 0/ D ˛' .X; Y / C ˇ' .X; Y 0/.

Dạng song tuyến tính ' trên V được gọi là đối xứng nếu

' .X; Y / D ' .Y; X/

với mọi X; Y 2 V.

207


Ví dụ 5.1. Ánh xạ ' W R2 � R2 ! R xác định bởi '.X; Y / D x1y1 C 2x2y2

với X D .x1; x2/; Y D .y1; y2/ là một dạng song tuyến tính đối xứng trênR2. Thật vậy, nếu lấy hai vector bất kỳ X 0 D .x0

1; x02/; Y 0 D .y 0

1; y 02/ thuộc

R2 thì với mọi ˛; ˇ 2 R ta có

' .˛X C ˇX 0; Y / D�˛x1 C ˇx0

1

�y1 C 2

�˛x2 C ˇx0

2

�y2

D ˛ .x1y1 C 2x2y2/ C ˇ�x0

1y1 C x02y2

�D ˛' .X; Y / C ˇ' .X 0; Y /

và' .X; ˛Y C ˇY 0/ D x1

�˛y1 C ˇy 0

1

�C 2x2

�˛y2 C ˇy 0

2

�D ˛ .x1y1 C 2x2y2/ C ˇ

�x1y 0

1 C 2x2y 02

�D ˛' .X; Y / C ˇ' .X; Y 0/

Hai đẳng thức trên chứng tỏ ' là một dạng song tuyến tính trên R2.Hơn nữa, ta thấy '.X; Y / D '.Y; X/ nên ' là một dạng song tuyến tínhđối xứng trên R2.

Ví dụ 5.2. Ánh xạ ' W R3 � R3 ! R xác định bởi

' .X; Y / D x1y1 C x2y2 C x3y3 � 2x1y2

với X D .x1; x2; x3/; Y D .y1; y2; y3/ là một dạng song tuyến tính nhưngkhông đối xứng trên R3.

Ví dụ 5.3. Ánh xạ ' W C Œa; b� � C Œa; b� ! R xác định bởi

' .f; g/ D

bZa

f .t/ g .t/ dt

với f; g 2 C Œa; b� là dạng song tuyến tính đối xứng trên C Œa; b�.

Ví dụ 5.4. Cho V là một không gian vector Euclide với tích vô hướngh:j:i. Ánh xạ ' W V � V ! R xác định bởi '.X; Y / D hX jY i là một dạngsong tuyến tính đối xứng trên V.

Tính chất

Sau đây là một số tính chất của dạng song tuyến tính mà ta suy trựctiếp từ định nghĩa

208


1. '.0V; 0V/ D 0.

2. Hai điều kiện trong định nghĩa có thể được thay thế bằng điềukiện tương đương sau

' .˛1X1 C ˛2X2; ˇ1Y1 C ˇ2Y2/ D ˛1ˇ1' .X1; Y1/ C ˛1ˇ2' .X1; Y2/ C

˛2ˇ1' .X2; Y1/ C ˛2ˇ2' .X2; Y2/

với mọi ˛1; ˛2; ˇ1; ˇ2 2 RI X1; X2; Y1; Y2 2 V.

Ví dụ 5.5. Ánh xạ ' W R2 � R2 ! R xác định bởi

' .X; Y / D x1y1 C x1y2 C x2y2 C 1

không là dạng song tuyến tính vì '.0R2; 0R2/ D 1.

Định lý 5.1. Cho V là một không gian vector n chiều và ' là dạngsong tuyến tính trên V. Giả sử hệ vector P D .X1; X2; : : : ; Xn/ là mộtcơ sở của V. Khi đó, với hai vector bất kỳ X; Y 2 V ta có

' .X; Y / D

nXiD1

nXj D1

aij xiyj (5.1)

với ŒX�P D

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA I ŒY �P D

0BBB@y1

y2

:::

yn

1CCCA và aij D '�Xi ; Xj

�I i; j D 1; n.

Ma trận A D .aij /n được gọi là ma trận của dạng song tuyến tính '

đối với cơ sở P , ký hiệu A D Œ'�P (trường hợp V D Rn và P � En thìta ký hiệu A D Œ'�).Công thức 5.1 được gọi là biểu thức tọa độ của dạng song tuyến tính' trong cơ sở P .Ta có thể viết dạng song tuyến tính ' dưới dạng ma trận

' .X; Y / D ŒX�TP Œ'�P ŒY �P

Nhận xét 5.1. Một số nhận xét rút ra từ Định lý 5.1:

209


� Nếu dạng song tuyến tính ' trên V có biểu thức tọa độ trong cơ sởP được cho bởi công thức 5.1 thì

Œ'�P D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

an1 an2 : : : ann

1CCCA� Ngược lại, nếu ta biết được ma trận của dạng song tuyến tính '

đối với cơ sở P thì ' hoàn toàn được xác định bởi công thức

'.X; Y / D ŒX�TP Œ'�P ŒY �P I 8X; Y 2 V

Hệ quả 5.1. Nếu ' là dạng song tuyến tính trên Rn thì ' được xácđịnh bởi

'.X; Y / DX

1�i;j �n

aij xiyj (5.2)

với X D .x1; x2; : : : ; xn/; Y D .y1; y2; : : : ; yn/. Hơn nữa, từ công thức5.2 ta suy ra ma trận của ' đối với cơ sở chính tắc En có dạng

Œ'� D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

an1 an2 : : : ann

1CCCA

Ví dụ 5.6. Cho dạng song tuyến tính ' W R2 � R2 ! R xác định bởi

'.X; Y / D x1y2 C x2y1

với X D .x1; x2/; Y D .y1; y2/. Hãy xác định ma trận của ' đối với

1. Cơ sở chính tắc E2.

2. Cơ sở P D ..1; 1/; .2; 1//. Từ đó xây dựng biểu thức tọa độ của ' đốivới cơ sở P .

210


Giải. Để tiện trình bày ta đặt X1 D .1; 1/; X2 D .2; 1/.

1. Ma trận của dạng song tuyến tính ' đối với cơ sở chính tắc E2 là

Œ'� D

0 1

1 0

!

2. Ma trận của dạng song tuyến tính ' đối với cơ sở P là

Œ'�P D

' .X1; X1/ ' .X1; X2/

' .X2; X1/ ' .X2; X2/

!D

2 3

3 4

!

Biểu thức tọa độ của ' đối với cơ sở P

'.X; Y / D 2x1y1 C 3x1y2 C 3x2y1 C 4x2y2

với ŒX�P D

0@ x1

x2

x3

1A I ŒY �P D

0@ y1

y2

y3

1A. �

Ví dụ 5.7. Cho dạng song tuyến tính ' W R3 � R3 ! R có ma trận đốivới cơ sở P D ..1; 1; 1/; .0; 1; 1/; .0; 0; 1// là

Œ'�P D

0@ 1 2 0

�1 1 3

0 2 �2

1A1. Xác định biểu thức tọa độ của ' trong cơ sở P .

2. Tính '.X; Y / với X D .1; 2; 3/; Y D .1; 3; 5/.

3. Xác định biểu thức '.X; Y / với X D .x1; x2; x3/; Y D .y1; y2; y3/.

4. Xác định ma trận của ' đối với cơ sở chính tắc E3.

Giải. 1. Biểu thức tọa độ của ' trong cơ sở P có dạng

' .X; Y / D ŒX�TP Œ'�P ŒY �PD x1y1 C 2x1y2 � x2y1 C x2y2 C 2x3y2 � 2x3y3

với ŒX�P D

0@ x1

x2

x3

1A I ŒY �P D

0@ y1

y2

y3

1A.

211


2. Ta tính được Œ.1; 2; 3/�P D

0@ 1

1

1

1A I Œ.1; 3; 5/�P D

0@ 1

2

2

1A.

Do đó '.X; Y / D 6.

3. Ta có ŒX�P D

0@ x1

x2 � x1

x3 � x2

1A I ŒY �P D

0@ y1

y2 � y1

y3 � y2

1A.

Do đó

' .X; Y / D ŒX�TP Œ'�P ŒY �P

D�

x1 x2 � x1 x3 � x2

�0@ 1 2 0

�1 1 3

0 2 �2

1A0@ y1

y2 � y1

y3 � y2

1AD x1y1 � 2x3y1 C 4x1y2 � 6x2y2C

4x3y2 � 3x1y3 C 5x2y3 � 2x3y3

4. Ma trận của ' đối với cơ sở chính tắc E3

Œ'� D

0@ 1 4 �3

0 �6 5

�2 4 �2

1A�

5.1.2 Dạng toàn phương

Định nghĩa 5.2. Ma trận vuông A được gọi là đối xứng nếu A D AT .

Nhận xét 5.2. Giả sử A D .aij /n, khi đó ma trận A là đối xứng khi vàchỉ khi aij D aj i I i; j D 1; n.


2 1

1 3

!I B D

0@ 1 4 5

4 �1 2

5 2 2

1A là các ma

trận đối xứng.

212


Ví dụ 5.9. Ma trận đơn vị In là một ma trận đối xứng. Ma trận khôngOn�n cũng là một ma trận đối xứng.

Định lý 5.2. Cho ' là dạng song tuyến tính trên không gian vectorhữu hạn chiều V. Khi đó, nếu ' đối xứng thì ma trận của ' đối vớicơ sở tùy ý P của không gian V là một ma trận đối xứng. Ngược lại,nếu tồn tại một cơ sở P của V sao cho ma trận của ' đối với P là đốixứng thì ' là dạng song tuyến tính đối xứng.

Định nghĩa 5.3. Cho ' là dạng song tuyến tính đối xứng trên khônggian vector V. Ánh xạ

q W V ! RX 7! ' .X; X/

được gọi là dạng toàn phương trên V ứng với '.

Ví dụ 5.10. Cho dạng song tuyến tính ' W R2 � R2 ! R xác định bởi

' .X; Y / D x1y1 C 2x1y2 C 3x2y1 � x2y2

với X D .x1; x2/; Y D .y1; y2/. Dạng toàn phương q ứng với ' có dạng

q .X/ D ' .X; X/ D x21 C 5x1x2 � x2

2

với X D .x1; x2/.

Ví dụ 5.11. Cho dạng song tuyến tính ' W C Œa; b� � C Œa; b� ! R xác địnhbởi

' .f; g/ D

bZa

f .t/ g .t/ dt

với f; g 2 C Œa; b�. Dạng toàn phương q ứng với ' có dạng

q .f / D ' .f; f / D

bZa

f 2 .t/ dt

với f 2 C Œa; b�.

213


Ví dụ 5.12. Gọi C .n/Œa; b� là tập hợp tất cả các hàm số khả vi cấp n liêntục trên Œa; b�. Khi đó, ánh xạ ' W C .n/Œa; b� � C .n/Œa; b� ! R xác định bởi

' .f; g/ D

bZa

nX

iD0

f .i/ .t/ g.i/ .t/

!dt

với f; g 2 C .n/Œa; b� là dạng song tuyến tính trên C .n/Œa; b�. Dạng toànphương q ứng với ' có dạng

q .f / D ' .f; f / D

bZa

nX

iD0

hf .i/ .t/

i2

!dt

với f 2 C .n/Œa; b�.

Ví dụ 5.13. Cho V là không gian vector Euclide với tích vô hướng h:j:i.Dạng song tuyến tính ' W V � V ! R xác định bởi

' .X; Y / D hX jY i I 8X; Y 2 V

có dạng toàn phương q cho bởi công thức

q .X/ D ' .X; Y / D hX jXi D kXk2

Nhận xét 5.3. Nếu A là ma trận của dạng song tuyến tính đối xứng '

đối với một cơ sở P nào đó thì A cũng được gọi là ma trận của dạng toànphương q đối với cơ sở ấy, ký hiệu A D Œq�P . Ta thấy Œq�P là một ma trậnđối xứng và

q .X/ D ŒX�TP Œq�P ŒX�P I 8X 2 V

Dạng song tuyến tính đối xứng ' hoàn toàn được xác định nếu tabiết dạng toàn phương q ứng với '. Thật vậy, với mọi X; Y 2 V ta có

q .X C Y / D ' .X C Y; X C Y / D ' .X; X/ C 2' .X; Y / C ' .Y; Y /

D q .X/ C 2' .X; Y / C q .Y /

Từ đẳng thức trên ta suy ra

' .X; Y / D1

2Œq .X C Y / � q .X/ � q .Y /�

Vì thế, ' còn được gọi là dạng cực của dạng toàn phương q.

214


Định lý 5.3. Cho V là một không gian vector n chiều, ' là dạng songtuyến tính đối xứng trên V và q là dạng toàn phương ứng với '. Giảsử hệ vector P D .X1; X2; : : : ; Xn/ là một cơ sở của V. Khi đó,

q .X/ DP

1�i;j �n

aij xixj

D a11x21 C a22x2

2 C : : : C annx2n C 2

P1�i<j �n

aij xixj

(5.3)

với aij D '.Xi ; Xj / và ŒX�P D

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA.

Công thức 5.3 được gọi là biểu thức tọa độ của dạng toàn phương q

trong cơ sở P .

Nhận xét 5.4. Nếu dạng toàn phương q trên V có biểu thức tọa độ trongcơ sở P được cho bởi công thức 5.3 thì

� Ma trận của q đối với cơ sở P là

Œq�P D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

an1 an2 : : : ann

1CCCA� Dạng cực ' của dạng toàn phương q có biểu thức tọa độ trong cơ

sở P là

' .X; Y / D

nXiD1

ai ixiyi C

X1�i<j �n

aij

�xiyj C xj yi

�

với ŒX�P D

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA I ŒY �P D

0BBB@y1

y2

:::

yn

1CCCA.

215


Hệ quả 5.2. Nếu q là dạng toàn phương trên Rn thì q được xác địnhbởi

q.X/ D a11x21 C a22x2

2 C : : : C annx2n C 2

X1�i<j �n

aij xixj (5.4)

với X D .x1; x2; : : : ; xn/. Hơn nữa, từ công thức 5.4 ta suy ra ma trậncủa q đối với cơ sở chính tắc En có dạng

Œq� D

0BBB@a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

::::::

: : ::::

an1 an2 : : : ann

1CCCA

Ví dụ 5.14. Cho dạng toàn phương q trên R3 xác định bởi

q .X/ D x21 C 3x2

2 � 2x23 C 2x1x2 � 4x1x3

với X D .x1; x2; x3/.

1. Xác định ma trận của q đối với cơ sở chính tắc E3.

2. Xác định ma trận của q đối với cơ sở P D ..1; 1; 0/; .1; 0; 1/; .0; 1; 1//.

Giải. 1. Ma trận của ' đối với cơ sở chính tắc E3

Œq� D

0@ 1 1 �2

1 3 0

�2 0 �2

1A2. Dạng cực ' của dạng toàn phương q được xác định bởi

' .X; Y / D x1y1 C 3x2y2 � 2x3y3 C x1y2 C x2y1 � 2x1y3 � 2x3y1

với X D .x1; x2; x3/; Y D .y1; y2; y3/.

Đặt X1 D .1; 1; 0/; X2 D .1; 0; 1/; X3 D .0; 1; 1/, ma trận của q đối với

216


cơ sở P có dạng

Œq�P D Œ'�P D

0@ ' .X1; X1/ ' .X1; X2/ ' .X1; X3/

' .X2; X1/ ' .X2; X2/ ' .X2; X3/

' .X3; X1/ ' .X3; X2/ ' .X3; X3/

1AD

0@ 6 0 2

0 �5 �3

2 �3 1

1A�

5.1.3 Đổi cơ sở cho dạng song tuyến tính và dạngtoàn phương

Định lý 5.4. Cho ' là dạng song tuyến tính trên không gian vectorhữu hạn chiều V, P và P 0 là hai cơ sở của V. Khi đó,

Œ'�P 0 D C TP !P 0Œ'�P CP !P 0

Hệ quả 5.3. Cho q là dạng toàn phương trên không gian vector hữuhạn chiều V, P và P 0 là hai cơ sở của V. Khi đó,

Œq�P 0 D C TP !P 0Œq�P CP !P 0

Ví dụ 5.15. Cho dạng toàn phương q trên R3 xác định bởi

q .X/ D 2x21 C 3x2

2 � x23 C 4x1x2 � 8x2x3

với X D .x1; x2; x3/.

1. Xác định ma trận của q đối với cơ sở chính tắc E3.

2. Xác định ma trận của q trong cơ sở P D ..1; 1; 1/; .0; 1; 1/; .0; 0; 1//.

217


Giải. 1. Ma trận của q đối với cơ sở chính tắc E3

Œq� D

0@ 2 2 0

2 3 �4

0 �4 �1

1A2. Ma trận của q đối với cơ sở P

Œq�P D C TE3!P Œq� CE3!P

D

0@ 1 1 1

0 1 1

0 0 1

1AT 0@ 2 2 0

2 3 �4

0 �4 �1

1A0@ 1 0 0

1 1 0

1 1 1

1AD

0@ 0 �4 �5

�4 �6 �5

�5 �5 �1

1A�

Ví dụ 5.16. Cho dạng toàn phương q trên R3. Biết ma trận của q đốivới cơ sở P D ..1; 1; 1/; .1; 2; 3/; .0; 0; 1// có dạng

Œq�P D

0@ 3 1 3

1 �1 0

3 0 2

1AXác định biểu thức q.X/ với X D .x1; x2; x3/.

Giải. Trước hết, ta tìm ma trận của q đối với cơ sở chính tắc E3. Ta có

Œq� D C TP !E3

Œq�P CP !E3D�C �1

E3!P

�TŒq�P C �1

E3!P

D

0@ 21 �21 8

�21 20 �7

8 �7 2


q .X/ D 21x21 C 20x2

2 C 2x23 � 42x1x2 C 16x1x3 � 14x2x3

với X D .x1; x2; x3/. �

218


5.2 Dạng chính tắc của dạng toàn phương.Đưa dạng toàn phương về dạng chínhtắc

5.2.1 Dạng chính tắc của dạng toàn phương

Định nghĩa 5.4. Cho V là không gian vector n chiều, q là dạng toànphương trên V. Nếu P là một cơ sở của V sao cho biểu thức tọa độcủa q trong cơ sở P có dạng

q .X/ D �1x21 C �2x2

2 C : : : C �nx2n

với ŒX�P D

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA thì ta nói q có dạng chính tắc.

Các hệ số �1; �2; : : : ; �n được gọi là các hệ số chính tắc; cơ sở P đượcgọi là một cơ sở q�chính tắc.

Nhận xét 5.5. Nếu P là một cơ sở q�chính tắc thì ma trận của q đốivới cơ sở P có dạng chéo, tức là

Œq�P D

0BBB@�1 0 : : : 0

0 �2 : : : 0:::

:::: : :

:::

0 0 : : : �n

1CCCAvới �1; �2; : : : ; �n là các hệ số chính tắc.

Ngược lại, nếu tồn tại cơ sở P của V sao cho Œ'�P có dạng chéo thìbiểu thức tọa độ của q trong cơ sở P có dạng chính tắc.

219


Định lý 5.5. Cho q là dạng toàn phương trên không gian vector n

chiều V, B là một cơ sở của V. Khi đó, tồn tại cơ sở P của V sao choC T

B!P Œ'�B CB!P là một ma trận chéo, hay biểu thức của q trong cơsở P có dạng chính tắc.

Hệ quả 5.4. Cho q là dạng toàn phương trên không gian vector Rn.Khi đó, tồn tại cơ sở P của Rn sao cho C T

En!P Œ'� CEn!P là một matrận chéo, hay biểu thức của q trong cơ sở P có dạng chính tắc.

5.2.2 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc

Theo định lý 5.5, nếu q là dạng toàn phương thì ta luôn tìm được một cơsở q�chính tắc. Việc tìm một cơ sở q�chính tắc của V được gọi là phépđưa dạng toàn phương q về dạng chính tắc. Sau đây ta sẽ tìm hiểu mộtsố phương pháp đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc.

Phương pháp Lagrange

Cho V là không gian vector n chiều, q là dạng toàn phương trên V. Giảsử biểu thức tọa độ của q trong cơ sở B D .X1; X2; : : : ; Xn/ nào đó códạng

q .X/ D a11x21 C a22x2

2 C : : : C annx2n C 2

X1�i<j �n

aij xixj

với ŒX�B D

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA.

Ý tưởng của phương pháp Lagrange là tìm một cơ sở P1 của V saocho biểu thức tọa độ q đối với P1 có dạng

q .X/ D �1y 01

2C q1

�y 0

2; y 03; :::; y 0

n

�(5.5)

220


với ŒX�TP1D�

y 01 y 0

2 : : : y 0n

�.

Tiếp theo, từ biểu thức 5.5 ta tìm cơ sở P2 của V sao cho biểu thứctọa độ của q trong cơ sở P2 có dạng

q.X/ D �1y 001

2C �2y 00

22

C q2

�y 00

3 ; y 004 ; :::; y 00

n

�với ŒX�TP2

D�

y 001 y 00

2 : : : y 00n

�và y 00

1 D y 01.

Cứ tiếp tục như thế cho các bước tiếp theo, giả sử sau k (k � n) bướcq sẽ có dạng chính tắc. Khi đó, ma trận chuyển từ cơ sở B sang cơ sởq�chính tắc có dạng CB!P1

CP1!P2: : : CPk�1!Pk

. Trong quá trình biếnđổi dạng toàn phương q (và cho các dạng toàn phương q1; q2; : : : ) ta sẽgặp một trong hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: ai i D 0 với mọi i thuộc tập f1; 2; : : : ; ng.Nếu a12 D a13 D ::: D a1n D 0 thì dạng toàn phương q chỉ có n � 1

biến và chuyển qua xử lí cho q1 .x2; x3; :::; xn/.

Nếu ngược lại thì tồn tại a1i ¤ 0 với giá trị i nào đó thuộc f1; 2; : : : ; ng.Không giảm tổng quát ta giả sử a12 ¤ 0. Thực hiện phép biến đổi8

<ˆ:

x1 D x01 C x0

2

x2 D x01 � x0

2

x3 D x03

:::

xn D x0n

(5.6)

Phép biến đổi 5.6 có thể viết dưới dạng ma trận như sau0BBBBB@x1

x2

x3

:::

xn

1CCCCCA D

0BBBBB@1 1 0 : : : 0

1 �1 0 : : : 0

0 0 1 : : : 0:::

::::::

: : ::::

0 0 0 0 1

1CCCCCA

0BBBBB@x0

1

x02

x03:::

x0n

1CCCCCATa thấy ma trận của phép biến đổi 5.6 là không suy biến vì có định

thức bằng �2. Do đó, hệ vector B 0 D .X1 C X2; X1 � X2; X3; : : : ; Xn/ làmột cơ sở V, đồng thời

CB!B 0 D

0BBBBB@1 1 0 : : : 0

1 �1 0 : : : 0

0 0 1 : : : 0:::

::::::

: : ::::

0 0 0 0 1

1CCCCCA221


Biểu thức tọa độ của q trong cơ sở B 0 có dạng

q .X/ D 2a12x01

2� 2a12x0

22

C

nXi;j D2

aij x0ix

0j

với ŒX�B 0 D

0BBB@x0

1

x02:::

x0n

1CCCA.

Vậy với phép biến đổi 5.6, trường hợp 1 có thể đưa về trường hợp 2.

Trường hợp 2: Có ít nhất một ai i ¤ 0 với i nào đó thuộc tậpf1; 2; : : : ; ng.

Không mất tổng quát, giả sử a11 ¤ 0. Khi đó,

q.X/ D a11x21 C 2a12x1x2 C ::: C 2a1nx1xn C

nPi;j D2

aij xixj

D a11

"x2

1 C 2x1

�a12

a11

x2 C ::: Ca1n

a11

xn

�C

�a12

a11

x2 C ::: Ca1n

a11

xn

�2#

�a11

�a12

a11

x2 C ::: Ca1n

a11

xn

�2

C

nPi;j D2

aij xixj

D a11.x1 Ca12

a11

x2 C ::: Ca1n

a11

xn/2 � a11

�a12

a11

x2 C ::: Ca1n

a11

xn

�2

C

nPi;j D2

aij xixj

Đặt �1 D a11 và 8ˆ<ˆ:

y 01 D x1 C

a12

a11

x2 C ::: Ca1n

a11

xn

y 02 D x2

y 03 D x3

:::

y 0n D xn

(5.7)

Khi đó dạng toàn q có thể viết lại dưới dạng

q .X/ D �1y 01

2C q1

�y 0

2; y 03; : : : ; y 0

n

�(5.8)

222


với

q1

�y 0

2; y 03; : : : ; y 0

n

�D �a11

�a12

a11

y 02 C ::: C

a1n

a11

y 0n

�2

C

nXi;j D2

aij y 0iy

0j

Biến đổi 5.7 về dạng8ˆ<ˆ:

x1 D y 01 �

a12

a11

y 02 �

a13

a11

y 03 � ::: �

a1n

a11

y 0n

x2 D y 02

x3 D y 03

:::

xn D y 0n

(5.9)

Phép biến đổi 5.9 có thể viết lại dưới dạng ma trận như sau0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA D

0BBB@1 �

a12

a11: : : �

a1n

a11

0 1 : : : 0:::

:::: : :

:::

0 0 : : : 1

1CCCA0BBB@

y 01

y 02:::

y 0n

1CCCATa thấy ma trận của phép biến đổi 5.9 là không suy biến vì có định

thức bằng 1. Do đó, hệ vector

P1 D

�X1; X2 �

a12

a11

X1; X3 �a13

a11

X1; : : : ; Xn �a1n

a11

X1

�là cơ sở của V, đồng thời

CB!P1D

0BBB@1 �

a12

a11: : : �

a1n

a11

0 1 : : : 0:::

:::: : :

:::

0 0 : : : 1

1CCCABiểu thức tọa độ của q trong cơ sở P1 có dạng 5.8.

Tiếp tục thuật toán trên, sau tối đa n bước ta sẽ đưa dạng toànphương q về dạng chính tắc.

Ví dụ 5.17. Cho q là dạng toàn phương trên R3 xác định bởi

q .X/ D x21 C 3x2

2 C 6x23 C 2x1x2 C 2x1x3 � 2x2x3

223


với X D .x1; x2; x3/.

Đưa dạng toàn phương q về dạng chính tắc bằng phương pháp La-grange và xác định một cơ sở q�chính tắc.

Giải. Ta biến đổi q như sau

q .X/ D�x2

1 C 2x1 .x2 C x3/ C .x2 C x3/2�

C 2x22 � 4x2x3 C 5x2

3

D .x1 C x2 C x3/2C 2x2

2 � 4x2x3 C 5x23

Ta thực hiện phép đổi biến8<:y 0

1 D x1 C x2 C x3

y 02 D x2

y 03 D x3

,

8<:x1 D y 0

1 � y 02 � y 0

3

x2 D y 02

x3 D y 03

(5.10)

Phép đổi biến 5.10 có thể viết dưới dạng ma trận như sau0@ x1

x2

x3

1A D

0@ 1 �1 �1

0 1 0

0 0 1

1A0@ y 01

y 02

y 03

1ADo đó, trong cơ sở P1 D ..1; 0; 0/; .�1; 1; 0/; .�1; 0; 1// biểu thức tọa độ

của q có dạngq .X/ D y 0

12

C 2y 02

2� 4y 0

2y 03 C 5y 0

32 (5.11)

với ŒX�TP1D�

y 01 y 0

2 y 03

�.

Ta tiếp tục biến đổi biểu thức 5.11

q .X/ D y 01

2C 2

�y 0

22

� 2y 02y 0

3 C y 03

2�

C 3y 03

2

D y 01

2C 2

�y 0

2 � y 03

�2C 3y 0

32

Thực hiện phép đổi biến8<:y 00

1 D y 01

y 002 D y 0

2 � y 03

y 003 D y 0

3

,

8<:y 0

1 D y 001

y 02 D y 00

2 C y 003

y 03 D y 00

3

(5.12)

Phép đổi biến 5.12 có thể viết dưới dạng ma trận0@ y 01

y 02

y 03

1A D

0@ 1 0 0

0 1 1

0 0 1

1A0@ y 001

y 002

y 003

1A224


Khi đó, trong cơ sở P2 D ..1; 0; 0/ ; .�1; 1; 0/ ; .�2; 1; 1// biểu thức tọađộ của q có dạng

q .X/ D�y 00

1

�2C 2

�y 00

2

�2C 3

�y 00

3

�2 (5.13)

với ŒX�TP2D�

y 001 y 00

2 y 003

�.

Biểu thức 5.13 có dạng chính tắc nên thuật toán dừng ở đây, cơ sởq�chính tắc là cơ sở P2. �

Nhận xét 5.6. Ví dụ 5.10 có thể được giải ngắn gọn theo cách sau:

Biến đổi dạng toàn phương q về dạng

q .X/ D x21 C 3x2

2 C 6x23 C 2x1x2 C 2x1x3 � 2x2x3

D�x2

1 C 2x1 .x2 C x3/ C .x2 C x3/2�

C 2x22 � 4x2x3 C 5x3

2

D .x1 C x2 C x3/2C 2

�x2

2 � 2x2x3 C x23

�C 3x2

3

D .x1 C x2 C x3/2C 2.x2 � x3/2

C 3x23

Ta thực hiện phép đổi biến8<:y1 D x1 C x2 C x3

y2 D x2 � x3

y3 D x3

,

8<:x1 D y1 � y2 � 2y3

x2 D y2 C y3

x3 D y3

(5.14)

Phép đổi biến 5.14 có thể viết dưới dạng ma trận0@ x1

x2

x3

1A D

0@ 1 �1 2

0 1 1

0 0 1

1A0@ y1

y2

y3

1AVới phép biến đổi 5.14, dạng toàn phương q sẽ có dạng chính tắc

q .X/ D y21 C 2y2

2 C 3y23 và cơ sở q�chính tắc chính là cơ sở P2.


q .X/ D 2x1x2 C 4x1x3 � 8x2x3

với X D .x1; x2; x3/.

Đưa dạng toàn phương q về dạng chính tắc bằng phương pháp La-grange và xác định một cơ sở q�chính tắc.

225


Giải. Trước hết, ta thực hiện phép đổi biến8<:x1 D z1 C z2

x2 D z1 � z2

x3 D z3

,

0@ x1

x2

x3

1A D

0@ 1 1 0

1 �1 0

0 0 1

1A0@ z1

z2

z3

1AVới phép đổi biến trên thì dạng toàn phương q có biểu thức

q .X/ D 2z21 � 2z2

2 � 4z1z3 C 12z2z3 (5.15)

trong đó ŒX�TPzD�

z1 z2 z3

�I Pz D ..1; 1; 0/ ; .1; �1; 0/ ; .0; 0; 1//.

Ta biến đổi biểu thức 5.15 về dạng

q .X/ D 2z21 � 2z2

2 � 4z1z3 C 12z2z3

D 2�z2

1 � 2z1z3 C z23

�� 2

�z2

2 � 6z2z3 C 9z23

�C 16z2

3

D 2.z1 � z3/2� 2.z2 � 3z3/2

C 16z23

Thực hiện phép đổi biến8<:y1 D z1 � z3

y2 D z2 � 3z3

y3 D z3

,

8<:z1 D y1 C y3

z2 D y2 C 3y3

z3 D y3

(5.16)

Viết dưới dạng ma trận phép đổi biến 5.160@ z1

z2

z3

1A D

0@ 1 0 1

0 1 3

0 0 1

1A0@ y1

y2

y3

1AVới phép đổi biến 5.16, dạng toàn phương q sẽ có dạng chính tắc

q .X/ D 2y21 � 2y2

2 C 16y23

và cơ sở q�chính tắc là Py D ..1; 1; 0/; .1; �1; 0/; .4; �2; 1//. �

Phương pháp Jacobi

Cho V là không gian vector n chiều, q là dạng toàn phương trên V. Giảsử biểu thức tọa độ của q trong cơ sở B D .X1; X2; : : : ; Xn/ có dạng

q .X/ D a11x21 C a22x2

2 C : : : C annx2n C 2

X1�i<j �n

aij xixj

226


với ŒX�B D

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA.

Định nghĩa 5.5. Cho ma trận A D .aij /n 2 Mn.R/. Khi đó, các matrận Ak D .aij /k với 1 � k � n được gọi là các ma trận con chính củama trận A.

Định lý 5.6. (Định lý Jacobi) Nếu det Ak ¤ 0I 8k D 1; n thì tồn tạimột cơ sở P của V sao cho biểu thức của dạng toàn phương q trongcơ sở P có dạng chính tắc

q .X/ D det A1y21 C

det A2

det A1

y22 C : : : C

det An

det An�1

y2n

với ŒX�P D

0BBB@y1

y2

:::

yn

1CCCA.

Nhận xét 5.7. Cơ sở P của không gian vector V thỏa Định lý 5.6 đượcxác định như sau:

CB!P D

0BBBBBBBB@

1 c21 c31 : : : c.n�1/1 cn1

0 1 c32 : : : c.n�1/2 cn2

0 0 1 : : : c.n�1/3 cn3

::::::

:::: : :

::::::

0 0 0 : : : 1 cn.n�1/

0 0 0 : : : 0 1

1CCCCCCCCAtrong đó

cij D .�1/iCj det A.i�1/j

det Ai�1

I 1 � j < i � n

227


với A.i�1/j là ma trận con của A tạo bởi các dòng thứ 1; 2; : : : ; i �1 và cáccột thứ 1; : : : ; j � 1; j C 1; : : : ; i .


q .X/ D x21 C 2x2

2 C 3x23 C 2x1x2 C 2x1x3 C 4x2x3

với X D .x1; x2; x3/.

Đưa dạng toàn phương q về dạng chính tắc bằng phương pháp Jacobivà xác định một cơ sở q�chính tắc.

Giải. Ma trận của dạng toàn phương q trong cơ sở chính tắc

Œq� D

0@ 1 1 1

1 2 2

1 2 3

1AMa trận Œq� có ba ma trận con chính

A1 D .1/ I A2 D

1 1

1 2

!I A3 D Œq�

Ta thấy det A1 D 1I det A2 D 1I det A3 D 1 đều là các số khác khôngnên phương pháp Jacobi sử dụng được.

Áp dụng Định lý 5.6, tồn tại cơ sở P của R3 sao cho biểu thức của q

trong cơ sở P có dạng chính tắc

q .X/ D det A1y21 C

det A2

det A1

y22 C

det A3

det A2

y23

D y21 C y2

2 C y23

với ŒX�P D

0@ y1

y2

y3

1A.

Tiếp theo ta cần xác định cơ sở P . Theo Nhận xét 5.7 ta có

CE3!P D

0@ 1 c21 c31

0 1 c32

0 0 1

1Atrong đó

228


� c21 D .�1/2C1 det A11

det A1

Ddet .1/

1D �1

� c31 D .�1/3C1 det A21

det A2

D

det

1 1

2 2

!1

D 0

� c32 D .�1/3C2 det A22

det A2

D

det

1 1

1 2

!1

D �1

Từ đây ta suy ra

CE3!P D

0@ 1 �1 0

0 1 �1

0 0 1

1ADo đó P D ..0; 0; 1/ ; .0; 1; �1/ ; .1; �1; 0//. �

Phương pháp chéo hóa trực giao

Cho V là không gian vector Euclide n chiều với tích vô hướng h:j:i (nếuV D Rn và tích vô hướng không được nói rõ thì ta hiểu đó là tích vôhướng chính tắc), dạng toàn phương q trong cơ sở B của V có biểu thứctọa độ

q .X/ D a11x21 C a22x2

2 C : : : C annx2n C 2

X1�i<j �n

aij xixj

với ŒX�B D

0BBB@x1

x2

:::

xn

1CCCA.

Theo Định lý 5.5, luôn tồn tại cơ sở P của V sao cho C TB!P Œ'�BCB!P

là một ma trận chéo (hay dạng toàn phương q trong cơ sở P có dạngchính tắc). Vấn đề đặt ra là làm thế nào để xác định ma trận CB!P (từđó xác định được cơ sở P ), các phương pháp Lagrange và Jacobi đã giúpta trả lời câu hỏi trên nhưng giờ chúng ta sẽ theo hướng tiếp cận khácdựa vào khái niệm ma trận trực giao.

229


Định nghĩa 5.6. Ma trận A 2 Mn .R/ được gọi là ma trận trực giaonếu AAT D In. Nói một cách tương đương, ma trận A 2 Mn .R/ đượcgọi là ma trận trực giao nếu hệ vector dòng của A là một cơ sở trựcchuẩn trong Rn.


1

p2

1p

2

�1

p2

1p

2

!là ma trận trực giao.


0B@1

p2

0 1p

2

0 1 0

�1

p2

0 1p

2

1CA cũng là ma trận trực giao.

Định lý 5.7. Cho P và P 0 là hai cơ sở trực chuẩn của không gianvector Euclide n chiều V. Khi đó, các ma trận chuyển cơ sở CP !P 0 vàCP 0!P là các ma trận trực giao.

Định lý 5.8. Cho ma trận A D .aij /n 2 Mn.R/. Khi đó, các tính chấtsau là tương đương:

1. A là ma trận trực giao.

2. A khả nghịch và A�1 D AT .

3. Hệ vector dòng của A là một hệ trực chuẩn trong Rn.

Ví dụ 5.22. Tìm các giá trị x; y; z.z > 0/ để ma trận

A D

0@ x 0 x

0 z 0

y 0 x

1Alà ma trận trực giao.

230


Giải. Xét hệ vector dòng của ma trận A

P D .X1 D .x; 0; x/ ; X2 D .0; z; 0/ ; X3 D .y; 0; x//

Vì A là ma trận trực giao nên hệ vector P là một cơ sở trực chuẩncủa R3, do đó (

hX1jX2i D hX2jX3i D hX1jX3i D 0

kX1k2

D kX2k2

D kX3k2

D 1

,

(xy C x2 D 0

2x2 D z2 D x2 C y2 D 1

Giải hệ phương trình trên ta được�

x D1

p2

I y D �1

p2

I z D 1

�và�

x D �1

p2

I y D1

p2

I z D 1

�. �

Tiếp theo ta sẽ tìm hiểu cấu trúc của ma trận Œq�B , xác định mốiquan hệ của ma trận Œq�B với ma trận trực giao để dẫn tới thuật toáncần tìm. Vì q là dạng toàn phương nên ma trận Œq�B là một ma trậnthực, đối xứng. Với các ma trận đối xứng ta có một số kết quả quantrong sau đây :

Định lý 5.9. Nếu X; Y là hai vector riêng ứng với hai giá trị riêngkhác nhau của ma trận đối xứng A thì hX jY i D 0.

Định lý 5.10. Nếu A 2 Mn.R/ là một ma trận đối xứng thì A chéohóa được. Hơn nữa, luôn tồn tại một ma trận trực giao C sao choC T AC là một ma trận chéo với các phần tử nằm trên đường chéochính là các giá trị riêng của ma trận A.

Nhận xét 5.8. Ta giả sử ma trận Œq�B có các giá trị riêng �1; �2; : : : ; �k

với bội tương ứng là n1; n2; : : : ; nk. Vì ma trận Œq�B chéo hóa được nên(n1 C n2 C : : : C nk D n

dim E .�i/ D ni I i D 1; k

231


Áp dụng Định lý 5.9 chúng ta chứng tỏ được các không gian conriêng E.�i/I i D 1; k đôi một trực giao với nhau. Giả sử các hệ vectorP1; P2; : : : ; Pk lần lượt là cơ sở của các không gian con riêng E.�i/I i D

1; k. Khi đó, các cơ sở P1; P2; : : : ; Pk cũng đôi một trực giao với nhau.

Tiến hành trực chuẩn hóa Gram-Schmidt các cơ sở Pi I i D 1; k ta sẽđược các cơ sở trực chuẩn P 0

i I i D 1; k. Khi đó, hệ vector

P 0D

k[iD1

P 0i D .Z1; Z2; : : : ; Zn/

bao gồm các vector riêng của ma trận Œq�B đồng thời là cơ sở trực chuẩncủa không gian Rn.

Do đó, nếu ta đặt C D�

ŒZ1� ŒZ2� : : : ŒZn��

thì C là ma trận làmchéo của ma trận Œq�B đồng thời là ma trận trực giao. Ta suy ra ma trậnC T Œq�BC D C �1Œq�BC là một ma trận chéo với các phần tử nằm trênđường chéo chính là các giá trị riêng của Œq�B .

Vì C khả nghịch nên tồn tại cơ sở P của V sao cho C D CB!P . Khiđó, ta nhận thấy rằng P là một cơ sở q�chính tắc.


q .X/ D 2x21 C 2x2

2 C 2x23 � 2x1x2 � 2x1x3 � 2x2x3

với X D .x1; x2; x3/.

Đưa dạng toàn phương q về dạng chính tắc bằng phương pháp chéohóa trực giao và tìm một cơ sở q�chính tắc.

Giải. Ma trận của dạng toàn phương q trong cơ sở chính tắc E3

Œq� D

0@ 2 �1 �1

�1 2 �1

�1 �1 2

1AĐa thức đặc trưng của ma trận Œq�

PŒq� .�/ D det .�I3 � Œq�/ D �.� � 3/2

Đa thức đặc trưng PŒq� .�/ có hai nghiệm � D 0 và � D 3 với bội tươngứng là 1 và 2.

232



E .0/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:�2x1 C x2 C x3 D 0

x1 � 2x2 C x3 D 0

x1 C x2 � 2x3 D 0

9=;D f.˛; ˛; ˛/ W ˛ 2 Rg

Không gian con riêng E.0/ có cơ sở là hệ vector P1 D ..1; 1; 1//.Trực chuẩn hóa Gram-Schmidt cơ sở P1 ta được cơ sở trực chuẩn

P 01 D

��1

p3

;1

p3

;1

p3

��.


E .3/ D

8<:.x1; x2; x3/ W

8<:x1 C x2 C x3 D 0

x1 C x2 C x3 D 0

x1 C x2 C x3 D 0

9=;D f.�˛ � ˇ; ˛; ˇ/ W ˛; ˇ 2 Rg

Không gian con riêng E.3/ có cơ sở là hệ vector

P2 D ..�1; 1; 0/ ; .�1; 0; 1//

Trực chuẩn hóa Gram-Schmidt cơ sở P2 ta được cơ sở trực chuẩn

P 02 D

��

1p

2;

1p

2; 0

�;

��

1p

6; �

1p

6;

2p

6

��Ta suy ra, biểu thức tọa độ của q trong cơ sở trực chuẩn

P D

��1

p3

;1

p3

;1

p3

�;

��

1p

2;

1p

2; 0

�;

��

1p

6; �

1p

6;

2p

6

��có dạng chính tắc

q .X/ D 0y21 C 3y2

2 C 3y23

với ŒX�P D

0@ y1

y2

y3

1A. �

233


5.3 Bài tập chương 5

Bài tập 5.1. Đưa các dạng toàn phương sau về dạng chính tắc bằng cảba phương pháp (phương pháp Lagrange, phương pháp Jacobi, phươngpháp chéo hóa trực giao):

1. q.X/ D 2x12 C 8x1x2 C 8x2

2.

2. q.X/ D 3x12 C 2x2

2 C x32 C 4x1x2 C 4x2x3.

3. q.X/ D 7x12 C 10x2

2 C 7x32 � 4x1x2 � 4x2x3 C 2x1x3.

4. q.X/ D x1x2 C x2x3 C x1x3.

5. q.X/ D 6x12 C 3x2

2 C 3x32 C 4x1x2 � 8x2x3 C 4x1x3.

6. q.X/ D x1x2 � x2x3 C x1x3.

Bài tập 5.2. Cho dạng toàn phương q.X/ D x12 C x2

2 C 4x32 C 2x1x2 C

4x2x3 C 4x1x3. Đối với cơ sở trực chuẩn

f1 D

�1

p2

; �1

p2

; 0

�; f2 D

�1

p3

;1

p3

; �1

p3

�; f3 D

�1

p6

;1

p6

;2

p6

�dạng toàn phương trên có thể đưa về dạng chính tắc nào?

234

BÀI GIẢNG ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH · PDF fileBÀI GIẢNG ĐẠI SỐ...

Documents

Transcript of BÀI GIẢNG ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH · PDF fileBÀI GIẢNG ĐẠI SỐ...