BÀI GIẢNG

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

ĐẠI HỌC THĂNG LONG

Học kỳ I, năm học 2005 - 2006

MỤC LỤC

Trang

Bài 1 Khái niệm trường 1

1.1 Các tính chất cơ bản của số thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Định nghĩa trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Một số tính chất của trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.4 Trường số hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Trường các số nguyên modulo p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Bài 2 Không gian vectơ và không gian con 8

2.1 Định nghĩa không gian vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2.2 Ví dụ về không gian vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.3 Một số tính chất của không gian vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.4 Không gian vectơ con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.5 Giao của một số không gian con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.6 Tổng hai không gian con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.7 Tổ hợp tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.8 Không gian con sinh bởi một số vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Bài 3 Cơ sở và số chiều của không gian vectơ 20

3.1 Độc lập và phụ thuộc tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3.2 Một số tính chất độc lập và phụ thuộc tuyến tính . . . . . . . . . . . 21

3.3 Khái niệm cơ sở của một không gian vectơ . . . . . . . . . . . . . . 24

3.4 Sự tồn tại cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.5 Khái niệm số chiều của không gian vectơ hữu hạn sinh . . . . . . . 26

3.6 Cơ sở trong không gian vectơ n chiều . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.7 Tọa độ của một vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.8 Số chiều của không gian con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

i

MỤC LỤC ii

3.9 Hạng của một hệ vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Bài 4 Ánh xạ tuyến tính 38

4.1 Định nghĩa ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4.2 Ví dụ về ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4.3 Một số tính chất của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.4 Ảnh và nhân của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

Bài 5 Định thức 45

5.1 Phép thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5.2 Khái niệm định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

5.3 Các tính chất cơ bản của định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

5.4 Các tính chất của định thức suy ra từ các tính chất cơ bản . . . . . . 53

5.5 Tính định thức bằng cách đưa về dạng tam giác . . . . . . . . . . . 55

5.6 Khai triển định thức theo một dòng hoặc cột . . . . . . . . . . . . . 57

5.7 Định lý Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

Bài 6 Ma trận 65

6.1 Các phép toán ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

6.2 Tính chất của các phép toán ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

6.3 Định thức của tích hai ma trận vuông cùng cấp . . . . . . . . . . . 67

6.4 Nghịch đảo của ma trận vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

6.5 Một ứng dụng vui: mã hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

6.6 Hạng của một ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

6.7 Ma trận của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

6.8 Tính chất của ma trận của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . 78

Bài 7 Hệ phương trình tuyến tính 84

7.1 Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

7.2 Tiêu chuẩn có nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

7.3 Hệ Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

7.4 Phương pháp Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

7.5 Biện luận về số nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

7.6 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . 91

7.7 Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất . . . 91

MỤC LỤC iii

7.8 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết . . . . . . . . . . . . 93

Tài liệu tham khảo 99

Chỉ mục 100

Bài 1

Khái niệm trường

1.1 Các tính chất cơ bản của số thực

Tập các số thực được ký hiệu là R . Ta đã biết hai phép toán cộng (+) và nhân (.)

thông thường trên R có các tính chất sau:

• Phép cộng có tính chất kết hợp: (a + b) + c = a + (b + c), ∀a, b, c ∈ R ,

• Có số 0 ∈ R sao cho: 0 + a = a + 0 = a, ∀a ∈ R ,

• Với mỗi số thực a có số thực đối của a là −a sao cho: a + (−a) =

(−a) + a = 0,

• Phép cộng có tính chất giao hoán: a + b = b + a, ∀a, b ∈ R ,

• Phép nhân có tính chất kết hợp: (a.b).c = a.(b.c), ∀a, b, c ∈ R ,

• Phép nhân có tính chất giao hoán: a.b = b.a, ∀a, b ∈ R ,

• Có số 1 sao cho với mọi số thực a ta có: a.1 = 1.a = a,

• Với mỗi số thực a ̸= 0 luôn có số thực 1

a

sao cho a.

1

a

= 1,

• Phép nhân phân phối đối với phép cộng: a.(b+c) = a.b+a.c và (b+c).a =

b.a + c.a với mọi a, b, c ∈ R .

Tập các số thực với hai phép toán có các tính chất nói trên đủ để cho phép ta tiến

hành các tính toán trong thực tế và nhìn chung, một tập hợp nào đó được trang bị hai

phép toán thỏa mãn các tính chất nói trên có thể coi là "đủ mạnh" để chúng ta xem

xét một cách cụ thể.

1.2. Định nghĩa trường 2

1.2 Định nghĩa trường

Định nghĩa 1.2.1

Cho tập hợp K có ít nhất hai phần tử. Trên K có hai phép toán là phép cộng (ký

hiệu là +) và phép nhân (ký hiệu là . hoặc ×). K cùng với hai phép toán đó được

gọi là một trường nếu thỏa mãn 9 tính chất sau:

1. Phép cộng có tính chất kết hợp: (a+b)+c = a+(b+c), ∀a, b, c ∈ K.

2. Có phần tử 0 ∈ K sao cho: 0+a = a+0 = a, ∀a ∈ K. Phần tử 0 được

gọi là phần tử trung lập.

3. Với mỗi phần tử a ∈ K luôn tồn tại một phần tử a′ ∈ K sao cho: a+(a′) =

(a′) + a = 0. Phần tử a′ được gọi là phần tử đối của a và được ký hiệu là

−a.

4. Phép cộng có tính chất giao hoán: a + b = b + a, ∀a, b ∈ K.

5. Phép nhân có tính chất kết hợp: (a.b).c = a.(b.c), ∀a, b, c ∈ K.

6. Có phần tử 1 ∈ K sao cho với mọi phần tử a ta có: a.1 = 1.a = a. Phần

tử 1 được gọi là phần tử đơn vị của phép nhân trên K.

7. Với mỗi phần tử a ̸= 0 luôn có phần tử a′ ∈ K sao cho a.a′ = a′.a = 1.

Phần tử a′ được gọi là phần tử nghịch đảo của a và được ký hiệu là a−1.

8. Phép nhân có tính chất giao hoán: a.b = b.a, ∀a, b ∈ K.

9. Phép nhân phân phối đối với phép cộng: a.(b+c) = a.b+a.c và (b+c).a =

b.a + c.a, ∀a, b, c ∈ K.

Các tính chất trên còn được gọi là các tiên đề của trường.

Ví dụ:

• Tập hợp các số thực R với phép toán cộng và nhân thông thường là

một trường.

Xét các tập hợp số N , Z ,Q cùng hai phép toán cộng và nhân thông

thường.

• Phần tử 4 ∈ N nhưng không có phần tử a ∈ N sao cho 4 + a = 0

nên tập số tự nhiên N không phải là một trường (tiên đề 3 không được

thoả mãn).

• Số nguyên 2 ̸= 0 nhưng không có một số nguyên x nào thỏa mãn

2.x = 1, do đó tập số nguyên Z không phải là một trường (tiên đề 7

không được thoả mãn).

1.3. Một số tính chất của trường 3

• Tập hợp số hữu tỷ Q với các phép toán cộng và nhân thông thường

là một trường vì nó thỏa mãn cả 9 tiên đề của trường. Số 0 chính là

phần tử trung lập, số 1 chính là phần tử đơn vị của trường Q. Nếu

a ∈ Q thì đối của a là −a, nghịch đảo của a ̸= 0 là 1

a

.

1.3 Một số tính chất của trường

Cho K là một trường, a, b, c ∈ K, khi đó:

Tính chất 1.3.1 (Luật giản ước đối với phép cộng)

Nếu a + b = a + c (1) thì b = c.

Chứng minh: Do K là một trường, a ∈ K nên a có đối là −a ∈ K. Cộng về phía

bên trái của đẳng thức (1) với −a, ta được:

(−a) + (a + b) = (−a) + (a + c)

⇒ [(−a) + a] + b = [(−a) + a] + c (theo tiên đề 1)

⇒ 0 + b = 0 + c (theo tiên đề 3)

⇒ b = c (theo tiên đề 2).

2

Tính chất 1.3.2 (Quy tắc chuyển vế)

Định nghĩa a − b = a + (−b). Khi đó nếu a + b = c (2) thì a = c − b.

Chứng minh: Cộng cả hai vế của (2) với −b, ta được:

(a + b) + (−b) = c + (−b)

⇒ a + [b + (−b)] = c + (−b) (theo tiên đề 1)

⇒ a + 0 = c + (−b) (theo tiên đề 3)

⇒ a = c + (−b) (theo tiên đề 2)

⇒ a = c − b (theo định nghĩa).

2

Tính chất 1.3.3

a.0 = 0.a = 0.

Chứng minh: Ta có: a.0 = a.(0+0) = a.0+a.0. Mặt khác: a.0 = a.0+0.

Do đó: a.0 + a.0 = a.0 + 0. Giản ước cho a.0 ta được a.0 = 0. Tương tự ta

được: 0.a = 0. 2

1.3. Một số tính chất của trường 4

Tính chất 1.3.4

Nếu a.b = 0 thì a = 0 hoặc b = 0.

Chứng minh: Giả sử a.b = 0 (3) và a ̸= 0. Ta sẽ chứng minh b = 0. Thật vậy,

từ a ̸= 0, nhân hai vế của (3) với a−1, ta được:

a

−1.(a.b) = a

−1.0

⇒ [a

−1.a].b = a

−1.0 (theo tiên đề 5)

⇒ 1.b = a

−1.0 (theo tiên đề 7)

⇒ b = a

−1.0 (theo tiên đề 6)

⇒ b = 0 (theo tính chất 1.3.3).

2

Tính chất 1.3.5

a.(−b) = (−a).b = −(a.b).

Chứng minh: Ta có: a.(−b) + a.b = a.[(−b) + b] = a.0 = 0 và (−a).b +

a.b = [(−a) + a].b = 0.b = 0. Do đó: a.(−b) = (−a).b = −(a.b). 2

Tính chất 1.3.6

a(b − c) = ab − ac.

Chứng minh: Ta có a.(b − c) = a.[b + (−c)] = a.b + a.(−c) = a.b +

[−(ac)] = a.b − a.c. 2

Tính chất 1.3.7

Nếu a.b = a.c và a ̸= 0 thì b = c.

Chứng minh: Từ a ̸= 0, ta nhân hai vế của biểu thức a.b = a.c với a−1, ta được:

⇒ a

−1.(a.b) = a

−1.(a.c)

⇒ (a

−1.a).b = (a

−1.a).c (theo tiên đề 5)

⇒ 1.b = 1.c (theo tiên đề 7)

⇒ b = c (theo tiên đề 6).

2

1.4. Trường số hữu tỷ 5

1.4 Trường số hữu tỷ

Định nghĩa 1.4.1

Số thực r được gọi là một số hữu tỷ nếu tồn tại hai số nguyên m, n(n ̸= 0) sao

cho r =

m

n

.

Nhận xét: Một số hữu tỷ có thể biểu diễn dưới dạng một số thập phân hữu hạn hoặc

số thập phân vô hạn tuần hoàn.

Ví dụ:

• 23

8

= 2, 875.

• 40

13

= 3, 0769230769230... (được viết gọn lại thành 3, 076923).

Ngược lại, một số thập phân hữu hạn hoặc vô hạn tuần hoàn có thể viết được dưới

dạng một phân số.

• Trường hợp số thập phân hữu hạn: nếu phần thập phân của số đó có k chữ số

thì nhân và chia số đó với 10k.

Ví dụ:

x = 15, 723 =

15723

1000

.

• Trường hợp số thập phân vô hạn tuần hoàn:

Ví dụ:

a. x = 12, 357. Ta có 1000x = 12357, 357, nên

1000x − x = 999x = 12345. Vậy x =

12345

999

=

4115

333

.

b. y = 7, 26. Ta có 100y = 726, 6 và 10y = 72, 6 nên 90y =

654.

Vậy y =

654

90

=

109

15

.

1.5 Trường các số nguyên modulo p

Cho p là một số nguyên. Đặt Z p = {1, 2, 3, . . . , p − 1}. Trên Z p xác định hai

phép toán cộng (+) và nhân (. hoặc ×) như sau:

a + b = (a + b) mod p,

a.b = (a.b) mod p.

1.5. Trường các số nguyên modulo p 6

Ví dụ:

Phép cộng và nhân trong Z 7 được cho trong bảng sau:

+ 0 1 2 3 4 5 6

0 0 1 2 3 4 5 6

1 1 2 3 4 5 6 0

2 2 3 4 5 6 0 1

3 3 4 5 6 0 1 2

4 4 5 6 0 1 2 3

5 5 6 0 1 2 3 4

6 6 0 1 2 3 4 5

. 0 1 2 3 4 5 6

0 0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4 5 6

2 0 2 4 6 1 3 5

3 0 3 6 2 5 1 4

4 0 4 1 5 2 6 3

5 0 5 3 1 6 4 2

6 0 6 5 4 3 2 1

Mệnh đề 1.5.1

Z p là một trường khi và chỉ khi p là số nguyên tố.

Việc chứng minh mệnh đề trên coi như bài tập dành cho các bạn sinh viên. Phần tử

trung lập của phép cộng là 0 và phần tử đơn vị của phép nhân là 1. Đối của 0 là 0,

nếu 0 < a < p thì đối của a là −a = p − a. Nếu 0 < a < p thì nghịch đảo của

a là phần tử b (0 < b < p) sao cho a.b ≡ 1 (mod p).

Ví dụ:

• Trong Z 7 ta có: 1−1 = 1, 2−1 = 4, 3−1 = 5, 4−1 = 2, 5−1 = 3,

6−1 = 6.

• Trường Z 29 là một trường hữu hạn quan trọng thường được sử dụng

trong việc mã hóa (29 là số nguyên tố nhỏ nhất không nhỏ hơn số chữ

cái trong bảng chữ cái tiếng Anh (26 chữ)).

Ta có:

20 + 13 = (20 + 33) mod 29 = 33 mod 29 = 4.

20.13 = (20.13) mod 29 = 260 mod 29 = 28.

−7 = 22, −12 = 17.

Ta có nghịch đảo của một số phần tử trong Z 29 như sau:

1

−1 = 1 vì 1.1 = 1 mod 29 = 1,

2

−1 = 15 vì 2.15 = 30 mod 29 = 1.

Tương tự 3−1 = 10, 4−1 = 22, 12−1 = 17.

1.5. Trường các số nguyên modulo p 7

BÀI TẬP I

I.1. Chứng minh Z p là một trường khi và chỉ khi p là một số nguyên tố.

I.2. Lập bảng cộng và nhân trong trường Z 5.

I.3. Tìm phần tử đối và phần tử nghịch đảo của các phần tử khác 0 trong trường Z 29.

I.4. Cho K là một trường, n ∈ N ∗, ta định nghĩa an = |a.a.{.z. . .a}

n lần

. Quy ước

a0 = 1. Chứng minh các đẳng thức sau:

a. (a + b)n =

Xn

k=0

C k

nan−kbk,

b. an − bn = (a − b)(an−1 + an−2.b + . . . + a.bn−2 + an−1).

I.5. Chuyển những phân số sau về số thập phân hữu hạn hoặc vô hạn tuần hoàn

a. x =

125

8

,

b. y =

379

110

,

c. z =

462

13

.

I.6. Chuyển những số thập phân sau về phân số:

a. x = 17, 522,

b. y = 12, 536,

c. z = 23, 67.

Bài 2

Không gian vectơ và không gian con

2.1 Định nghĩa không gian vectơ

Định nghĩa 2.1.1

Cho V là một tập hợp mà các phần tử được ký hiệu là: α, β, γ . . . , K là một

trường mà các phần tử được ký hiệu là a, b, c, x, y, z . . .. Trên V ta có hai phép

toán

• Phép cộng hai phần tử của V :

+ : V × V → V

(α, β) 7→ α + β

• Phép nhân một phần tử của V với một phần tử của K:

. : K × V → V

(x, α) 7→ x.α

Giả sử đối với mọi α, β, γ ∈ V , mọi x, y ∈ K các điều kiện sau được thỏa mãn:

1. (α + β) + γ = α + (β + γ),

2. Tồn tại vectơ θ sao cho θ + α = α + θ = α,

3. Với mỗi α có một phần tử α

′ sao cho α + α

′

= α

′

+ α = θ,

4. α + β = β + α,

5. x.(α + β) = x.α + x.β,

6. (x + y).α = x.α + y.α,

7. (xy).α = x.(y.α),

8. 1.α = α, trong đó 1 là phần tử đơn vị của trường K.

2.2. Ví dụ về không gian vectơ 9

Khi đó ta nói rằng V là một không gian vectơ trên trường K (hoặc V là K−không

gian vectơ). Ta cũng nói V là không gian tuyến tính trên trường K.

Chú ý:

• Các phần tử của V được gọi là các vectơ. Phần tử θ được gọi là vectơ không, α

′

được gọi là phần tử đối của α và được ký hiệu là (−α). Ta sẽ viết α + (−β)

là α − β và gọi là hiệu của hai vectơ α, β.

• Khi K = R (tương ứng K = C ) ta nói V là không gian vectơ thực (tương

ứng không gian vectơ phức).

• Khi ta nói V là một không gian vectơ, ta ngầm hiểu rằng ta đang nói đến V

cùng với hai phép toán là phép cộng hai phần tử của V và phép nhân một phần

tử của V với một phần tử của K.

• Để đơn giản trong cách viết, từ đây trở đi ta sẽ ký hiệu phép nhân một phần tử

x thuộc trường K với một vectơ α thuộc V là xα thay vì viết x.α.

2.2 Ví dụ về không gian vectơ

1. Trong không gian cho trước một điểm O cố định. Tập tất cả các vectơ hình

học trong không gian, có gốc tại O cùng với phép cộng các vectơ và phép nhân

một số thực với một vectơ là một không gian vectơ thực. Không gian vectơ này

được gọi là không gian vectơ hình học và được ký hiệu là E3.

2. Xét trường số thực R và trường số hữu tỷ Q. Đối với R , tổng của hai số thực

là một số thực và nếu x ∈ Q, α ∈ R thì xα ∈ R . Tám điều kiện trong

định nghĩa một không gian vectơ chính là các tính chất quen thuộc của số thực.

Vì vậy R là một không gian vectơ trên Q. Tuy nhiên Q không là không gian

vectơ trên R vì x ∈ R , α ∈ Q thì nói chung xα /∈

Q.

3. Cho R là trường số thực. Ký hiệu R n là tích Descartes của n bản R

R n = {(a1, a2, . . . , an) | ai ∈ R , i = 1, n}.

Với α = (a1, a2, . . . , an), β = (b1, b2, . . . , bn) là hai phần tử tùy ý thuộc

R n và x là một phần tử tùy ý thuộc R , ta định nghĩa:

α + β = (a1, a2, . . . , an) + (b1, b2, . . . , bn)

= (a1 + b1, a2 + b2, . . . , an + bn),

xα = x(a1, a2, . . . , an) = (xa1, xa2, . . . , xan).

2.2. Ví dụ về không gian vectơ 10

Khi đó R n cùng với phép toán cộng và nhân như trên là một không gian vectơ

thực.

4. Xét C[a, b] là tập hợp tất cả các hàm số thực liên tục trên [a, b]. Tổng của hai

hàm số f, g ∈ C[a, b] là hàm số f + g ∈ C[a, b] được định nghĩa bởi

(f + g)(x) = f(x) + g(x)

và tích của của một số thực r ∈ R với hàm số f ∈ C[a, b] là hàm số

rf ∈ C[a, b] được định nghĩa bởi

(rf)(x) = rf(x).

Khi đó C[a, b] là một không gian vectơ trên R đối với phép cộng và phép nhân

được định nghĩa trên.

5. K là một trường. Với mỗi bộ hữu hạn các phần tử thuộcK: an, an−1, . . . , a1, a0,

ta lập biểu thức hình thức:

p(x) = anxn + an−1xn−1 + . . . + a2x2 + a1x + a0.

p(x) được gọi là một đa thức của ẩn x (hay biến x) với hệ số trên trường K.

Với n = 0 mọi phần tử bất kỳ của trường K đều là đa thức.

Đa thức có tất cả các hệ số bằng không được gọi là đa thức không, ký hiệu là θ.

Nếu an ̸= 0 thì số n gọi là bậc của đa thức p(x), ký hiệu n = deg p(x). Ta

quy ước deg θ = −∞(hoặc có thể xem như θ không có bậc).

Ta ký hiệu K[x] là tập hợp tất cả các đa thức ẩn x với hệ số trên K. Ta định

nghĩa hai phép toán cộng và nhân vô hướng trên K[x] như sau: Với mỗi cặp

đa thức p(x), q(x),

p(x) = anxn + . . . + a1x + a0,

q(x) = bmxm + . . . + bn+1xn+1 + bnxn + . . . + b1x + b0.

• Giả sửm > n. Khi đó:

p(x)+q(x) = bmxm+. . .+bn+1xn+1+(an+bn)xn+. . .+(a0+b0).

Giả sửm = n. Khi đó:

p(x) + q(x) = (an + bn)xn + . . . + (a1 + b1)x + (a0 + b0).

• ap(x) = (aan)xn + (aan−1)xn−1 + . . . + (aa1)x + (aa0).

2.3. Một số tính chất của không gian vectơ 11

Với hai phép toán định nghĩa như trên, K[x] là một không gian vectơ trên K.

Trường hợp đặc biệt, khi K = R , ta có R [x] là một không gian vectơ thực.

Trong suốt quyển sách này nếu không lưu ý gì thêm thì ta ngầm hiểu rằng

C[a, b],K[x], R [x], R n là các không gian vectơ được định nghĩa trong các ví

dụ trên.

2.3 Một số tính chất của không gian vectơ

Mệnh đề 2.3.1

Giả sử V là một không gian vectơ trên trường K, khi đó

1. Vectơ không θ là duy nhất.

2. Với mỗi α ∈ V , vectơ đối của α là duy nhất.

3. 0α = θ, ∀α ∈ V .

4. xθ = θ, ∀x ∈ K.

5. xα = θ khi và chỉ khi x = 0 hoặc α = θ.

6. x(−α) = −(xα) = (−x)α, ∀x ∈ K, α ∈ V .

7. x(α − β) = xα − xβ, ∀x ∈ K, α, β ∈ V .

8. (x − y)α = xα − yα, ∀x, y ∈ K, α ∈ V .

9. Nếu α + γ = β + γ thì α = β, ∀α, β, γ ∈ V (Luật giản ước).

10. Nếu α + β = γ thì α = γ − β, ∀α, β, γ ∈ V (Quy tắc chuyển vế).

Chứng minh:

1. Giả sử tồn tại θ1 ∈ V cũng thỏa mãn điều kiện: θ1 + α = α + θ1 = α với

mọi α ∈ V . Ta có

θ = θ + θ1 = θ1.

Vậy vectơ không θ là duy nhất.

2. Giả sử tồn tại α1 ∈ V sao cho α + α1 = α1 + α = θ. Ta có

α1 = α1 + θ = α1 + [α + (−α)]

= (α1 + α) + (−α)

= θ + (−α) = −α.

Suy ra vectơ đối của α là duy nhất.

2.3. Một số tính chất của không gian vectơ 12

3. 0α = (0 + 0)α = 0α + 0α.

Cộng −0α vào cả hai vế của đẳng thức trên ta được

0α + (−0α) = (0α + 0α) + (−0α).

Hay tương đương

θ = 0α + (0α + (−0α))

= 0α + θ = 0α.

4. xθ = x(θ + θ) = xθ + xθ. Cộng −xθ vào cả hai vế của đẳng thức trên ta

được

xθ + (−xθ) = (xθ + xθ) + (−xθ).

Đẳng thức này tương đương với

θ = xθ + [xθ + (−xθ)]

= xθ + θ = xθ.

5. Theo tính chất 3. và 4. ta có: nếu x = 0 hoặc α = θ thì xα = θ.

Ngược lại, giả sử xα = θ. Nếu x ̸= 0 thì

α = 1α = (

1

x

x)α

=

1

x

(xα) =

1

x

θ

= θ.

Vậy xα = θ kéo theo x = 0 hoặc α = θ.

6. Để chứng minh tính chất này, chúng ta nhận thấy rằng

θ = 0α = [x + (−x)]α

= xα + (−x)α.

Cộng −(xα) vào biểu thức đầu tiên và cuối cùng của đẳng thức trên. Ta suy

ra: −(xα) = (−x)α. Mặt khác,

θ = xθ = x[α + (−α)]

= xα + x(−α).

Cộng −(xα) vào cả hai vế của đẳng thức trên ta được

−(xα) = x(−α).

Từ các lập luận trên, tính chất được chứng minh.

2.4. Không gian vectơ con 13

7. Ta có

x(α − β) = x[α + (−β)] = xα + x(−β)

= xα + (−xβ)(theo tính chất 6.)

= xα − xβ.

8. Ta có

(x − y)α = [x + (−y)]α = xα + (−y)α

= xα + (−yα) (theo tính chất 6.)

= xα − yα.

Còn luật giản ước và quy tắc chuyển vế được chứng minh tương tự phần trường

sẽ dành cho các bạn như bài tập.

2

2.4 Không gian vectơ con

Định nghĩa 2.4.1

Giả sử V là một không gian vectơ trên trường K. Tập con W khác rỗng của V

được gọi là không gian vectơ con (hay không gian con) của không gian vectơ V nếu

các điều kiện sau được thỏa mãn

1. ∀α, β ∈ W : α + β ∈ W.

2. ∀α ∈ W : xα ∈ W (∀x ∈ K).

Ta có một số nhận xét sau

1. VìW ̸= ∅ nên ∃α ∈ W. Theo điều kiện 2. ta có: 0α = θ ∈ W. Vậy mọi

không gian con đều chứa θ.

2. Giả sử W là không gian con của V . Dễ thấy tám điều kiện trong định nghĩa

một không gian vectơ được thỏa mãn, do đóW là một K− không gian vectơ

. Ngược lại, nếuW là một tập con của V vàW là một K− không gian vectơ

đối với hai phép toán xác định trên V thìW là một không gian con của V .

Mệnh đề 2.4.2

TậpW khác rỗng của V là không gian con của K− không gian vectơ V khi và chỉ

khi với mọi α, β ∈ W, mọi x, y ∈ K ta có: xα + yβ ∈ W.

Chứng minh:

(⇒) Giả sử W là không gian con của V . Theo điều kiện 2. ta có xα ∈ W,

yβ ∈ W. Lại theo điều kiện 1. ta được xα + yβ ∈ W.

2.5. Giao của một số không gian con 14

(⇐) Giả sử xα + yβ ∈ W với mọi α, β ∈ W, x, y ∈ K. Lấy x = 1, y = 1

ta có

xα + yβ = 1α + 1β = α + β ∈ W.

Lấy y = 0 ta có: xα + yβ = xα + 0β = xα + θ = xα ∈ W.

Như vậyW thỏa mãn hai điều kiện trong định nghĩa một không gian con do đóW

là một không gian con của V . 2

Ví dụ:

1. Không gian vectơ V bất kỳ đều có hai không gian con là bản thân tập

V và tập {θ} gồm chỉ một vectơ không. Các không gian con này

được gọi là các không gian con tầm thường.

2. Trong không gian vectơ hình học E3, tập W gồm các vectơ gốc tại

gốc tọa độ O và nằm trên cùng một mặt phẳng (P) cho trước đi qua O

là một không gian con của E3.

3. W = {(x1, x2, 0) | x1, x2 ∈ R } là một không gian con của không

gian vectơ R 3.

4. Với n ≥ 0, đặt

Pn[x] = {p(x) ∈ R [x] | deg p(x) ≤ n}.

Khi đó Pn[x] là một không gian con của R [x].

2.5 Giao của một số không gian con

Mệnh đề 2.5.1

Giả sử W1,W2, . . . ,Wm là những không gian con của một không gian vectơ V

trên trường K. Khi đóW =

m\

i=1

Wi là một không gian con của V .

Chứng minh: Vì θ ∈ Wi, i = 1,m nên θ ∈ W, do đó W ̸= ∅. Giả sử α, β

là hai vectơ tùy ý thuộcW, màW =

m\

i=1

Wi suy ra α, β ∈ Wi, i = 1,m. Hơn

nữaWi là những không gian con của V nên theo mệnh đề 2.5.1 với mọi x, y ∈ K

ta có xα + yβ ∈ Wi, i = 1,m. Từ đây suy ra xα + yβ ∈ W và như vậy theo

mệnh đề 2.5.1 ta cóW là một không gian con của V . 2

2.6. Tổng hai không gian con 15

2.6 Tổng hai không gian con

Mệnh đề 2.6.1

Giả sửW1,W2 là hai không gian con của không gian vectơ V trên trường K. Ta

định nghĩa

W = {α1 + α2 | α1 ∈ W1, α2 ∈ W2}.

Khi đóW là một không gian con của V và được gọi là tổng của hai không gian con

W1,W2 .

Chứng minh: Vì θ = θ + θ nên θ ∈ W, do đóW ̸= ∅.

Giả sử α, β là hai vectơ tùy ý thuộcW. Khi đó

α = α1 + α2, β = β1 + β2, với α1, β1 ∈ W1; α2, β2 ∈ W2.

Với mọi x, y ∈ K ta có

xα + yβ = x(α1 + α2) + y(β1 + β2) = (xα1 + yβ1) + (xα2 + yβ2).

Đặt γ1 = xα1+yβ1, γ2 = xα2+yβ2, theo mệnh đề 2.5.1 ta có γ1 ∈ W1, γ2 ∈

W2. Vậy theo định nghĩa củaW thì xα + yβ = γ1 + γ2 ∈ W. Lại theo mệnh

đề 2.5.1 ta cóW là một không gian con của V . 2

2.7 Tổ hợp tuyến tính

Định nghĩa 2.7.1

Cho V là một không gian vectơ trên trường K.

1. Giả sử α1, α2, . . . , αm là m vectơ thuộc V (m ≥ 1). Nếu α = x1α1 +

x2α2 + · · · + xmαm, xi ∈ K, i = 1,m thì ta nói α là tổ hợp tuyến tính

củamvectơ đã cho hay α biểu diễn tuyến tính qua hệmvectơ đã cho.

2. Giả sử S là tập con của V (số phần tử của S có thể hữu hạn hoặc vô hạn). Ta

nói α biểu diễn tuyến tính qua tập S nếu α biểu diễn tuyến tính qua một hệ hữu

hạn vectơ thuộc S.

Dễ thấy nếu α biểu diễn tuyến tính qua tập S và mỗi vectơ thuộc S lại biểu diễn

tuyến tính qua tập T (S,T là hai tập con của K− không gian vectơ V ) thì α biểu

diễn tuyến tính qua tập T.

Ví dụ:

1. Nếu α ∈ S thì α biểu diễn tuyến tính qua S, θ biểu diễn tuyến tính qua tập

con bất kỳ của V .

2.8. Không gian con sinh bởi một số vectơ 16

2. Trong không gian vectơ V = R 2 xét các véc tơ

α = (2, 3), α1 = (0, 1), α2 = (1, 1)

Tính toán ta thấy α = α1 + 2α2. Vậy α là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ

α1, α2.

3. Trong không gian vectơ R [x] xét ba đa thức với hệ số thực:

β1 = x + 3, β2 = 2x2 + 2x + 1, β = x2 + 4x + 9, 5.

Trong trường hợp này β = 3β1 +

1

2

β2. Suy ra β là tổ hợp tuyến tính của hai

vectơ β1, β2.

2.8 Không gian con sinh bởi một số vectơ

Mệnh đề 2.8.1

Cho hệ gồm m vectơ α1, α2, . . . , αm của không gian vectơ V trên trường K. Ta

định nghĩa

W = {x1α1 + x2α2 + · · · + xmαm | xi ∈ K, i = 1,m}.

Khi đó

1. W là một không gian con của V .

2. W chứa αi, i = 1,m.

3. W là không gian con nhỏ nhất của V chứa αi, i = 1,m.

Chứng minh: Ta chứng minh khẳng định đầu còn hai khẳng định sau được coi như

bài tập.

Vì θ = 0α1 + 0α2 + · · · + 0αm ∈ W nên W ̸= ∅. Mặt khác lấy hai vectơ

α, β tùy ý thuộcW, khi đó

α = a1α1 + a2α2 + · · · + amαm,

β = b1α1 + b2α2 + · · · + bmαm

và x, y ∈ K tùy ý. Ta có '

xα + yβ = x(a1α1 + a2α2 + · · · + amαm) + y(b1α1 + b2α2 + · · · + bmαm)

= (xa1 + yb1)α1 + (xa2 + yb2)α2 + · · · + (xam + ybm)αm ∈ W.

VậyW là một không gian con của V . 2

2.8. Không gian con sinh bởi một số vectơ 17

Định nghĩa 2.8.2

W xác định như trong mệnh đề 2.8.1 được gọi là không gian con sinh bởi hệmvectơ

α1, α2, . . . , αm và được ký hiệu là: L(α1, α2, . . . , αm). Hệ {α1, α2, . . . , αm}

được gọi là hệ sinh củaW.

BÀI TẬP II

Bài tập về không gian vectơ

II.1. Chứng minh rằng các tập C[a, b], R [a, b] cùng với các phép toán được định

nghĩa trong mục 2.2 là không gian vectơ thực.

II.2. Trong các tập sau đây tập nào là không gian vectơ

1. Tập các số phức C với phép toán cộng hai số phức và phép nhân một số phức

với một số thực thông thường.

2. Tập các số nguyên Z với phép cộng hai số nguyên và phép nhân một số nguyên

với một số thực thông thường.

3. Tập các các đa thức hệ số hữu tỷ với phép cộng hai đa thức và phép nhân một

đa thức với một số hữu tỷ.

II.3. Chứng minh rằng các tập sau đây không là không gian vectơ trên trường số

thực với phép cộng và phép nhân là các phép cộng và phép nhân trong R 2

1. V = {(x1, x2)|x1 ≥ 0, x2 ≥ 0}.

2. V = {(x1, x2)|x1x2 ≥ 0}.

3. V = {(x1, x2)|x21

+ x22

≤ 1}.

II.4. Chứng minh rằng tập R 2 không là không gian vectơ đối với phép cộng và

phép nhân được định nghĩa như sau

1. (x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2) và a(x1, x2) = (ax1, x2).

2. (x1, x2) + (y1, y2) = (x1, x2) và a(x1, x2) = (ax1, ax2).

3. (x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2) và a(x1, x2) = (a2x1, a2x2).

II.5. Cho U, V là hai không gian vectơ trên trường K. Trên X = U × V ta xác

định phép cộng hai phần của X

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2),

và phép nhân một phần tử của X với một phần tử của trường K

a(x1, x2) = (ax1, ax2).

2.8. Không gian con sinh bởi một số vectơ 18

Chứng minh rằng X là một không gian vectơ trên K.

II.6. Cho R là trường số thực. Ký hiệu

(R +)n = {(x1, x2, . . . , xn) | xi ∈ R , xi > 0, i = 1, n}.

Với x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn) bất kỳ thuộc (R +)n và a ∈ R

bất kỳ ta định nghĩa

x + y = (x1y1, x2y2, . . . , xnyn), ax = (xa1

, xa2

, . . . , xa

n).

Chứng minh rằng (R +)n là một không gian vectơ thực.

Bài tập về không gian con

II.7. Chứng minh rằng

1. Q là không gian con của không gian vectơ R trên Q.

2. Tập Pn[x] gồm các đa thức hệ số thực có bậc không vượt quá n là một không

gian con của không gian vectơ R [x].

II.8. Tập con nào trong các tập con sau đây là không gian con của không gian

vectơ R 3?

1. W1 = {(x1, 0, x3)}.

2. W2 = {(x1, x2, x3) | x1 + x2 + x3 = 0}.

3. W3 = {(x1, x2, x3) | x1 + x2 + x3 = 1}.

4. W3 = {(x1, x2, x3) | x1 = x2x3}.

II.9. Tập nào trong những tập sau đây là không gian con của không gian vectơ

C[0, 1]?

1. W1 = {f ∈ C[0, 1] | f(0) = 1}.

2. W2 = {f ∈ C[0, 1] | f(0) = 0}.

3. W2 = {f ∈ C[0, 1] | f khả vi trên [0, 1]}.

II.10. Tập nào trong những tập sau đây là không gian con của không gian vectơ

R [x]?

1. Tập tất cả các đa thức hệ số thực p thỏa mãn p(0) = 0.

2. Tập tất cả các đa thức hệ số thực có dạng p(x) = ax, trong đó a ∈ R .

2.8. Không gian con sinh bởi một số vectơ 19

3. Tập tất cả các đa thức hệ số thực có dạng p(x) = ax2 + 1, trong đó a ∈ R .

II.11.

1. ChoW1 là tập hợp tất cả các vectơ có dạng (2a, 0, 3a), trong đó a là số thực

tùy ý. Tìm một vectơ α ∈ R 3 sao choW1 = L(α).

2. ChoW2 là tập hợp tất cả các vectơ có dạng (3a + b, a, b), trong đó a,b là các

số thực tùy ý. Tìm vectơ α, β ∈ R 3 sao choW2 = L(α, β).

II.12. Cho hệ gồm m vectơ α1, α2, . . . , αm của không gian vectơ V trên trường

K. Ta ký hiệu

W =

©

x1α1 + x2α2 + . . . + xmαm

¯¯

xi ∈ K, i = 1,m

ª

.

Chứng minh rằng W là không gian con nhỏ nhất trong các không gian con của V

chứa hệ vectơ α1, α2, . . . , αm.

II.13. Cho {Wi, i ∈ I} là một họ tùy ý những không gian con của một không

gian vectơ V . Chứng minh rằngW =

\

i∈I

Wi là một không gian của V .

II.14. ChoW1,W2 là hai không gian con của không gian vectơ V . Chứng minh

rằngW1 +W2 là giao của tất cả các không gian con của V chứaW1 vàW2.

Bài 3

Cơ sở và số chiều của không gian vectơ

3.1 Độc lập và phụ thuộc tuyến tính

Định nghĩa 3.1.1

Chomvectơ α1, α2, . . . , αm của không gian vectơ V trên trường K,m > 1.

1. Hệ vectơ α1, α2, . . . , αm được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu tồn tạimphần

tử x1, x2, . . . , xm ∈ K không đồng thời bằng 0 sao cho x1α1 + x2α2 +

· · · + xmαm = θ.

2. Hệ vectơ α1, α2, . . . , αm được gọi là độc lập tuyến tính nếu nó không phụ

thuộc tuyến tính, hay một cách tương đương x1α1+x2α2+· · ·+xmαm = θ

kéo theo x1 = x2 = · · · = xm = 0.

3. Tập S ⊂ V được gọi là độc lập tuyến tính nếu mọi hệ con hữu hạn của S đều

độc lập tuyến tính.

Ví dụ:

1. Trong không gian hình học E3

• Hai vectơ cùng phương là phụ thuộc tuyến tính.

• Hai vectơ không cùng phương là độc lập tuyến tính.

• Ba vectơ đồng phẳng là phụ thuộc tuyến tính.

• Ba vectơ không đồng phẳng là độc lập tuyến tính.

• Bốn vectơ bất kỳ là phụ thuộc tuyến tính.

2. Trong không gian vectơ R 3, hệ vectơ

α1 = (1,−2, 0), α2 = (0, 1, 2), α3 = (−1, 4, 4)

3.2. Một số tính chất độc lập và phụ thuộc tuyến tính 21

là phụ thuộc tuyến tính vì:

1(1,−2, 0) − 2(0, 1, 2) + 1(−1, 4, 4)

= (1,−2, 0) + (0,−2,−4) + (−1, 4, 4)

= (1 + 0 − 1,−2 − 2 + 4, 0 − 4 + 4) = (0, 0, 0).

Hệ vectơ

β1 = (1, 0, 0), β2 = (1, 1, 0), α3 = (1, 1, 1)

là độc lập tuyến tính. Thật vậy, nếu

x1β1 + x2β2 + x3β3 = θ

thì x1(1, 0, 0) + x2(1, 1, 0) + x3(1, 1, 1) = θ.

hay (x1 + x2 + x3, x2 + x3, x3) = (0, 0, 0).

Từ đó suy ra 8

<

:

x1 + x2 + x3 = 0

x2 + x3 = 0

x3 = 0

Do đó x1 = x2 = x3 = 0.

3. Trong R− không gian vectơ Pn[x] các đa thức hệ số thực một biến

gồm đa thức không và các đa thức có bậc không vượt quá n, hệ các

đa thức 1, x, x2, . . . , xn là độc lập tuyến tính. Thật vậy, giả sử có

a0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn = θ,

trong đó θ là đa thức không của Pn[x]. Bằng cách đồng nhất hệ số ở

hai vế ta được a1 = a2 = · · · = an = 0.

3.2 Một số tính chất độc lập và phụ thuộc tuyến tính

Mệnh đề 3.2.1

1. Hệ gồm một vectơ α độc lập tuyến tính khi và chỉ khi α ̸= θ.

2. Mọi hệ vectơ chứa vectơ θ đều phụ thuộc tuyến tính.

3. Mọi hệ vectơ chứa hai vectơ tỉ lệ với nhau thì phụ thuộc tuyến tính.

4. Một hệ gồm m vectơ (m > 1) là phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi có một

vectơ biểu thị tuyến tính được qua các vectơ còn lại.

Chứng minh:

3.2. Một số tính chất độc lập và phụ thuộc tuyến tính 22

1. (⇒) Giả sử hệ α độc lập tuyến tính. Nếu α = θ ta có 1.α = θ từ đó hệ α

phụ thuộc tuyến tính. Mâu thuẫn này suy ra α ̸= θ.

(⇐) Nếu α ̸= θ thì từ xα = θ suy ra x = 0. Vậy hệ α độc lập tuyến tính.

2. Giả sử đã cho hệ vectơ θ, α2, . . . , αm. Chọn x1 = 1, x2 = · · · = xm = 0,

ta có:

1.θ + 0.α2 + · · · + 0.αm = θ.

3. Giả sử hệ α1, α2, . . . αm có hai vectơ αi, αj (i ̸= j) tỉ lệ, tức là

αi = xαj, x ∈ K.

Khi đó ta có

0.α1 + · · · + 1.αi + · · · + (−x)αj + · · · + xmαm = θ.

Vậy hệ α1, α2, . . . , αm phụ thuộc tuyến tính.

4. (⇒) Giả sử hệmvectơ α1, α2, . . . , αm phụ thuộc tuyến tính. Khi đó tồn tại

các phần tử x1, x2, . . . , xm thuộc K không đồng thời bằng 0 sao cho

x1α1 + x2α2 + · · · + xiαi + · · · + xmαm = θ,

Do x1, x2, . . . , xm không đồng thời bằng 0 nên tồn tại i để xi ̸= 0. Khi đó

−xiαi = x1α1 + x2α2 + · · · + xi−1αi−1 + xi+1αi+1 + · · · + xmαm.

Nhân cả hai vế của đẳng thức này với

−1

xi

ta được:

αi = −x1

xi

α1 − x2

xi

α2 − · · · − xi−1

xi

αi−1 − xi+1

xi

αi+1 − · · · − xm

xi

αm.

Như vậy αi biểu thị tuyến tính được qua các vectơ còn lại.

(⇐) Giả sử có vectơ αi biểu thị tuyến tính được qua các vectơ còn lại, tức là

αi = x1α1 + x2α2 + · · · + xi−1αi−1 + xi+1αi+1 + · · · + xmαm.

Khi đó

x1α1 +x2α2 +· · ·+xi−1αi−1−1.αi +xi+1αi+1 +· · ·+xmαm = θ.

Vậy hệ đã cho phụ thuộc tuyến tính.

2

3.2. Một số tính chất độc lập và phụ thuộc tuyến tính 23

Mệnh đề 3.2.2

Nếu hệ gồm các vectơ α1, α2, . . . , αm độc lập tuyến tính và β là một vectơ không

biểu thị tuyến tính được qua hệ vectơ đã cho thì hệ vectơ α1, α2, . . . , αm, β cũng

độc lập tuyến tính.

Chứng minh: Giả sử x1α1 + x2α2 + · · · + xmαm + xβ = θ. Nếu x ̸= 0 thì

từ đó suy ra

β = (−x1

x

)α1 + (−x2

x

)α2 + · · · + (−xm

x

)αm.

Điều này trái với giả thiết β không biểu thị tuyến tính được qua các vectơ

α1, α2, . . . , αm. Do đó x = 0 và khi ấy

x1α1 + x2α2 + · · · + xmαm = θ.

Vì hệ vectơ đã cho độc lập tuyến tính nên x1 = x2 = · · · = xm = 0. kết hợp với

x = 0 suy ra hệ vectơ α1, α2, . . . , αm, β độc lập tuyến tính. 2

Mệnh đề 3.2.3

1. Nếu ta thêm một số vectơ bất kỳ vào một hệ vectơ phụ thuộc tuyến tính thì được

một hệ vectơ phụ thuộc tuyến tính.

2. Nếu bớt đi một số vectơ bất kỳ của một hệ vectơ độc lập tuyến tính thì được một

hệ vectơ độc lập tuyến tính.

Chứng minh:

1. Giả sử hệ vectơ α1, α2, . . . αm phụ thuộc tuyến tính. Khi đó tồn tại m phần

tử x1, x2, . . . , xm ∈ K không đồng thời bằng 0 sao cho:

x1α1 + x2α2 + · · · + xmαm = θ.

Nếu thêm vào hệ đã cho r vectơ β1, β2, . . . , βr thì với

xm+1 = xm+2 = · · · = xm+r = 0

ta cũng có

x1α1 + x2α2 + · · · + xmαm + 0.β1 + 0.β2 + · · · + 0.βr = θ.

Vậy hệ vectơ α1, α2, . . . , αm, β1, β2, . . . , βr phụ thuộc tuyến tính.

2. Suy ra từ mệnh đề 3.2.2.

2

3.3. Khái niệm cơ sở của một không gian vectơ 24

3.3 Khái niệm cơ sở của một không gian vectơ

Định nghĩa 3.3.1

Giả sử V là K− không gian vectơ. Một hệ vectơ trong V được gọi là một hệ sinh

của V nếu mọi vectơ của V đều biểu thị tuyến tính qua hệ đó. Nếu V có một hệ sinh

gồm hữu hạn phần tử thì V được gọi là K− không gian véctơ hữu hạn sinh.

Định nghĩa 3.3.2

Một hệ sinh độc lập tuyến tính trong không gian vectơ V được gọi là một cơ sở của

V .

Ví dụ:

1. Trong không gian vectơ hình học E3 tập ba vectơ không đồng phẳng

tùy ý lập thành một cơ sở.

2. Trong R - không gian vectơ R n, hệ gồm các vectơ

ε1 = (1, 0, . . . , 0), ε2 = (0, 1, . . . , 0), . . . , εn = (0, 0, . . . , 1)

là một cơ sở. Thật vậy, mỗi vectơ α = (a1, a2, . . . , an) ∈ R n đều

viết được dưới dạng

α = (a1, 0, . . . , 0) + (0, a2, . . . , 0) + · · · + (0, 0, . . . , an)

= a1ε1 + a2ε2 + · · · + anεn.

Hơn nữa, hệ vectơ ε1, ε2, . . . , εn độc lập tuyến tính vì nếu

x1ε1 + x2ε2 + · · · + xnεn = θ

thì (x1, x2, . . . , xn) = (0, 0, . . . , 0) hay x1 = x2 = · · · =

xn = 0.

Cơ sở ε1, ε2, . . . , εn được gọi là cơ sở chính tắc của R n.

3. Trong R 3 hệ 4 vectơ ε1 = (1, 0, 0), ε2 = (0, 1, 0), ε3 =

(0, 0, 1), ε4 = (1, 1, 1) là hệ sinh nhưng không độc lập tuyến tính

vì ε4 = ε1 + ε2 + ε3.

4. Không gian vectơ Pn[x] gồm đa thức không và các đa thức f(x) ∈

R [x] với deg f(x) 6 n có một cơ sở là

1, x, x2, . . . , xn−1, xn

Thật vậy, mọi đa thức f(x) ∈ Pn[x] đều có dạng

f(x) = a0 + a1x + · · · + an−1xn−1 + anxn.

nên {1, x, x2, . . . , xn−1, xn} là hệ sinh của Pn[x].

Mặt khác theo ví dụ 3 mục 3.1 lại có {1, x, x2, . . . , xn−1, xn} độc

lập tuyến tính.

3.4. Sự tồn tại cơ sở 25

3.4 Sự tồn tại cơ sở

Định lý 3.4.1

Cho V là K− không gian vectơ. Giả sử C là một hệ vectơ độc lập tuyến tính trong

V , S là một hệ sinh của V và C ⊂ S. Khi đó tồn tại một cơ sở B của V sao cho

C ⊂ B ⊂ S.

Chúng ta công nhận định lý này.

Hệ quả 3.4.2

Cho C là một hệ vectơ của không gian vectơ V .

1. Nếu C là hệ độc lập tuyến tính thì có thể bổ sung thêm một số vectơ vào hệ C để

được một cơ sở của V .

2. Nếu C là hệ sinh của V thì có thể bớt đi một số vectơ của hệ C để được một cơ

sở của V .

Chứng minh:

1. Hệ C độc lập tuyến tính trong không gian vectơ V , V lại là một hệ sinh của

chính nó nên theo định lý 3.4.1 có một cơ sở B của V sao cho

C ⊂ B ⊂ V.

2. Lấy một vectơ α ̸= 0, α ∈ C. Khi đó hệ α độc lập tuyến tính nằm trong hệ

sinh C của V . Theo định lý 3.4.1 có một cơ sở B của V sao cho

{α} ⊂ B ⊂ C.

2

Hệ quả 3.4.3

Mọi không gian vectơ V khác {θ} đều có cơ sở.

Chứng minh: Lấy α ∈ V, α ̸= θ, ta có hệ {α} độc lập tuyến tính. V là hệ sinh

của V nên áp dụng định lý 3.4.1 có một cơ sở B của V sao cho

{α} ⊂ B ⊂ V.

Vậy không gian vectơ V có một cơ sở. 2

3.5. Khái niệm số chiều của không gian vectơ hữu hạn sinh 26

3.5 Khái niệm số chiều của không gian vectơ hữu hạn sinh

Bổ đề 3.5.1

Trong không gian vectơ V cho hai hệ vectơ:

α1, α2, . . . , αr, (1)

β1, β2, . . . , βs. (2)

Nếu hệ (1) độc lập tuyến tính và mỗi vectơ của hệ (1) là tổ hợp tuyến tính của hệ (2)

thì r 6 s.

Chứng minh: Theo giả thiết ta có

α1 = x1β1 + x2β2 + · · · + xsβs.

Do hệ (1) độc lập tuyến tính nên α1 ̸= θ từ đó suy ra các vô hướng xi không đồng

thời bằng không. Giả sử x1 ̸= 0 khi đó

β1 =

1

x1

α1 − x2

x1

β2 − · · · − xs

x1

βs. (3)

Thay β1 trong (2) bởi α1, ta được hệ

α1, β2, . . . , βs. (4)

Theo giả thiết mọi vectơ của hệ (1) đều biểu thị tuyến tính qua các vectơ của hệ (2),

theo công thức (3) mỗi vectơ của hệ (2) đều biểu thị tuyến tính qua các vectơ của hệ

(4). Từ đó mỗi vectơ của hệ (1) đều biểu thị tuyến tính qua các vectơ của hệ (4). Do

đó

α2 = y1α1 + y2β2 + · · · + ysβs.

Hệ (1) độc lập tuyến tính nên trong số các hệ số y2, . . . , ys phải có một số khác

không, giả sử y2 ̸= 0. Khi đó

β2 = −y1

y2

α1 +

1

y2

α2 − y3

y2

β3 − · · · − ys

y2

βs. (5)

Ta lại thay β2 trong hệ (4) bởi α2 và được hệ

α1, α2, β3, . . . , βs. (6)

Từ (3) và (5) suy ra mọi vec tơ của hệ (1) đều biểu thị tuyến tính qua hệ (6).

Nếu r > s thì tiếp tục quá trình trên sau một số hữu hạn bước, hệ (2) sẽ được

thay thế bởi hệ

α1, α2, . . . αs, (7)

3.6. Cơ sở trong không gian vectơ n chiều 27

trong đó mọi vectơ của hệ (1) đều biểu thị tuyến tính qua hệ (7). Điều này trái với

giả thiết hệ (1) độc lập tuyến tính.

Do đó r 6 s. 2

Định lý 3.5.2

Nếu V là một không gian vectơ hữu hạn sinh thì V có một cơ sở hữu hạn và số phần

tử của các cơ sở trong V đều bằng nhau.

Chứng minh: Giả sử tập hữu hạn S là một hệ sinh của V . Theo hệ quả 3.4.2, ta

có thể bớt đi một số vectơ của S để được một cơ sở B của V , B hữu hạn. Giả sử

B′ cũng là một cơ sở của V . Do B′ độc lập tuyến tính và B là một hệ sinh nên

theo bổ đề 3.5.1 ta có | B′ |≤| B |. Đổi vai trò của hai cơ sở này cho nhau ta có

| B |≤| B′ |. Vậy mọi cơ sở của V có số phần tử bằng nhau. 2

Định nghĩa 3.5.3

Số các vectơ của một cơ sở của không gian vectơ hữu hạn sinh V được gọi là số

chiều của V , ký hiệu là dim V .

Nếu dim V = n thì V được gọi là không gian vectơ n chiều.

Không gian chỉ gồm có một vectơ θ không có cơ sở, quy ước dim{θ} = 0.

Ví dụ:

1. dimKn = n vì Kn có một cơ sở là

ε1 = (1, 0, . . . , 0), ε2 = (0, 1, . . . , 0), . . . , εn = (0, 0, . . . , 1)

2. dim Pn[x] = n + 1 vì Pn[x] có một cơ sở là

1, x, x2, . . . , xn

3. dim E2 = 2 vì E2 có một vectơ cơ sở là hai vectơ đơn vị i = (1, 0)

và j = (0, 1).

dim E3 = 3 vì E3 có một vectơ cơ sở là ba vectơ đơn vị

i = (1, 0, 0),

j = (0, 1, 0) và k = (0, 0, 1).

3.6 Cơ sở trong không gian vectơ n chiều

Mệnh đề 3.6.1

Cho V là một không gian vectơ n chiều và α1, α2, . . . , αm là hệ gồm m vectơ

trong V .

1. Nếu α1, α2, . . . , αm là hệ vectơ độc lập tuyến tính thìm 6 n.

3.7. Tọa độ của một vectơ 28

2. Nếu α1, α2, . . . , αm là hệ sinh của V thìm > n.

Chứng minh:

1. Hệ vectơ α1, α2, . . . , αm độc lập tuyến tính nên có thể bổ sung thêm một số

vectơ để được một cơ sở của V . Do đóm 6 n.

2. Hệ vectơ α1, α2, . . . , αm là hệ sinh của V nên có thể bớt đi một số vectơ để

được một cơ sở của V . Do đóm > n.

2

Hệ quả 3.6.2

Trong không gian vectơ chiều V có số chiều n, (n > 1)

1. Mỗi hệ gồm n vectơ độc lập tuyến tính đều là một cơ sở của V .

2. Mỗi hệ sinh gồm n vectơ đều là một cơ sở của V .

Chứng minh: Áp dụng hệ quả 3.4.2 ta có ngay điều phải chứng minh. 2

Ví dụ:

Hệ vectơ sau là cơ sở của R 3.

α1 = (1, 2, 1), α2 = (0, 1, 2), α3 = (1, 2, 0)

Thật vậy, do dim R 3 = 3 nên ta chỉ cần chứng minh α1, α2, α3 độc lập

tuyến tính.

Giả sử x1α1 + x2α2 + x3α3 = θ. Ta có

8<

:

x1 + x3 = 0

2x1 + x2 + 2x3 = 0

x1 + 2x2 = 0

Giải hệ ra ta được x1 = x2 = x3 = 0. Vậy hệ α1, α2, α3 độc lập tuyến

tính.

3.7 Tọa độ của một vectơ

Mệnh đề 3.7.1

Giả sử hệ vectơ α1, α2, . . . , αm độc lập tuyến tính. Nếu

β = x1α1 + x2α2 + · · · + xmαm

thì cách biểu thị tuyến tính này của β qua hệ vectơ đã cho là duy nhất.

3.7. Tọa độ của một vectơ 29

Chứng minh: Giả sử β còn có cách biểu diễn

β = y1α1 + y2α2 + · · · + ymαm.

Khi đó

(y1 − x1)α1 + (y2 − x2)α2 + · · · + (ym − xm)αm = θ.

Vì hệ gồm các vectơ {α1, α2, . . . , αm} độc lập tuyến tính nên

y1 − x1 = y2 − x2 = · · · = ym − xm = 0.

hay y1 = x1, y2 = x2, . . . , ym = xm. 2

Từ mệnh đề trên, ta có định nghĩa sau:

Định nghĩa 3.7.2

Cho cơ sở ε1, ε2, . . . , εn của không gian vectơ V . Khi đó mỗi α ∈ V có cách biểu

diễn duy nhất dưới dạng

α = a1ε1 + a2ε2 + · · · + anεn, ai ∈ K, i = 1, n.

Bộ n số (a1, a2, . . . , an) được gọi là tọa độ của α đối với cơ sở ε1, ε2, . . . , εn

và ai được gọi là tọa độ thứ i của α đối với cơ sở đó.

Ví dụ:

Trong R 3 xét hai hệ cơ sở

(ε) : ε1 = (1, 0, 0), ε2 = (0, 1, 0), ε3 = (0, 0, 1)

(ε

′

) : ε

′

1 = (1, 0, 0), ε

′

2 = (1, 1, 0), ε

′

3 = (1, 1, 1)

và α = (−2,−1, 1).

Ta có

α = (−2,−1, 1) = −2(1, 0, 0)−1(0, 1, 0)+1(0, 0, 1) = −2ε1−1ε2+ε3,

như vậy tọa độ của α đối với cơ sở (ε) là (−2,−1, 1).

Mặt khác,

α = −1(1, 0, 0) − 2(1, 1, 0) + 1(1, 1, 1) = −1ε

′

1

− 2ε

′

2 + ε

′

3,

nên tọa độ của α đối với cơ sở (ε′) là (−1,−2, 1).

Từ đó ta thấy tọa độ của một vectơ phụ thuộc vào cơ sở, trong các cơ sở

khác nhau thì tọa độ là khác nhau.

3.8. Số chiều của không gian con 30

Mệnh đề 3.7.3

Giả sử đối với một cơ sở của không gian vectơ V , α có tọa độ là (a1, a2, . . . , an),

β có tọa độ là (b1, b2, . . . , bn). Khi đó

1. α + β có tọa độ là (a1 + b1, a2 + b2, . . . , an + bn).

2. xα có tọa độ là (xa1, xa2, . . . , xan).

Chứng minh:

1. Gọi ε1, ε2, . . . , εn là cơ sở đang xét của V . Theo giả thiết ta có:

α = a1ε1 + a2ε2 + · · · + anεn và β = b1ε1 + b2ε2 + · · · + bnεn.

Do đó α + β = (a1 + b1)ε1 + (a2 + b2)ε2 + · · · + (an + bn)εn.

Vậy α + β có tọa độ là (a1 + b1, a2 + b2, . . . , an + bn) đối với cơ sở

ε1, ε2, . . . , εn.

2. Từ α = a1ε1 + a2ε2 + · · · + anεn ta cũng có

xα = xa1ε1 + xa2ε2 + · · · + xanεn.

Vậy xα có tọa độ là (xa1, xa2, . . . , xan) đối với cơ sở ε1, ε2, . . . , εn.

2

3.8 Số chiều của không gian con

Định lý 3.8.1

Cho V là một K− không gian vectơ n chiều,W là một không gian vectơ con của

V . Khi đó ta có

1. dimW 6 n.

2. Nếu dimW = n thìW = V .

Chứng minh:

1. NếuW = {θ} thì dimW = 0 6 dim V .

NếuW ̸= {θ} khi đóW là một không gian vectơ khác {θ} nên theo hệ quả

3.4.3 trong W có một cơ sở B. Ta có B là một hệ vectơ trong V , độc lập

tuyến tính. Theo mệnh đề 3.6.1, số vectơ trong B không vượt quá n. Do đó

dimW 6 n.

2. Nếu dimW = dim V thì trong W có một cơ sở gồm n vectơ. Theo mệnh

đề 3.6.2 thì đây cũng chính là một cơ sở của V . VậyW = V .

3.8. Số chiều của không gian con 31

2

Định lý 3.8.2

Cho U vàW là hai không gian con của không gian vectơ hữu hạn chiều V . Khi đó

dim(U +W) = dimU + dimW − dim(U ∩W)

Chứng minh: Nếu một trong hai không gian con bằng {θ}, chẳng hạn U = {θ}

thì dimU = 0 và ta có

U +W = W, U ∩W = {θ}.

Do đó,

dim(U +W) = dimW = dimU + dimW − dim(U ∩W).

Nếu cả hai không gian con đều khác {θ}. Gọi α1, α2, . . . , αr là một cơ sở của

U ∩W (trong trường hợp U ∩W = {θ} thì coi r = 0.)

Vì α1, α2, . . . , αr độc lập tuyến tính nên theo hệ quả 3.4.2 có thể bổ sung để được

cơ sở α1, . . . , αr, β1, . . . , βm của U và cơ sở α1, . . . , αr, γ1, . . . , γk củaW.

Ta sẽ chứng minh α1, . . . , αr, β1, . . . , βm, γ1, . . . , γk là cơ sở của U +W.

Xét γ ∈ U +W, khi đó γ = α + β với α ∈ U, β ∈ W. Ta có

α = a1α1 + · · · + arαr + b1β1 + · · · + bmβm,

β = a

′

1α1 + · · · + a

′

rαr + c1γ1 + · · · + ckγk.

Do đó

γ = α+β = (a1+a

′

1)α1+· · ·+(ar+a

′

r)αr+b1β1+· · ·+bmβm+c1γ1+· · ·+ckγk

có nghĩa là

α1, . . . , αr, β1, . . . , βm, γ1, . . . , γk là một hệ sinh của U +W. (1)

Giả sử

x1α1 + · · · + xrαr + y1β1 + · · · + ymβm + z1γ1 + · · · + zkγk = θ (2)

Khi đó

x1α1 + · · · + xrαr + y1β1 + · · · + ymβm = −z1γ1 − · · · − zkγk

vế trái là một vectơ thuộc U, vế phải là một vectơ thuộc W nên chúng thuộc vào

U ∩W. Do đó

−z1γ1 − · · · − zkγk = t1α1 + · · · + trαr

3.8. Số chiều của không gian con 32

Từ đó suy ra

t1α1 + · · · + trαr + z1γ1 + · · · + zkγk = θ.

Do {α1, . . . , αr, γ1, . . . , γk} độc lập tuyến tính nên

t1 = · · · = tr = z1 = · · · = zk = 0.

Thay vào hệ thức (2) ta được

x1α1 + · · · + xrαr + y1β1 + · · · + ymβm = θ.

Lại có hệ α1, . . . , αr, β1, . . . , βm độc lập tuyến tính nên

x1 = · · · = xr = y1 = · · · = ym = 0.

Như vậy

α1, . . . , αr, β1, . . . , βm, γ1, . . . , γk độc lập tuyến tính (3)

Từ (1) và (3) ta được

α1, . . . , αr, β1, . . . , βm, γ1, . . . , γk

là cơ sở của U +W. Từ đó suy ra

dim(U +W) = r +m+ k = (r +m) + (r + k) − r

= dimU + dimW − dim(U ∩W). (3.1)

2

Ví dụ:

Trong không gian vectơ R 4, xét các không gian vectơ con U sinh bởi

α1 = (1, 0, 0, 2), α2 = (0, 2, 1,−1), α3 = (−1, 1, 0, 1) vàW sinh

bởi

α4 = (3, 2, 0, 1), α5 = (1, 2, 1, 1). Hãy tìm số chiều của U,W,U +

W,U ∩W.

Từ x1α1 + x2α2 + x3α3 = 0 ta được

x1(1, 0, 0, 2) + x2(0, 2,−1, 1) + x3(−1, 1, 0, 1) = θ

Hay (x1 − x3, 2x2 + x3, x2, 2x1 − x2 + x3) = (0, 0, 0, 0) và ta có

hệ 8

>><

>>:

x1 − x3 = 0

2x2 + x3 = 0

x2 = 0

2x1 − x2 + x3 = 0

3.9. Hạng của một hệ vectơ 33

Suy ra x1 = x2 = x3 = 0.

Vậy hệ {α1, α2, α3} độc lập tuyến tính do đó dimU = 3.

Tương tự ta cũng có hệ {α4, α5} và hệ {α1, α2, α3, α4} độc lập tuyến

tính.

Do đó dimW = 2 và dim(U + W) ≥ 4. Lại có U + W là không

gian vectơ con của R 4 nên

dim(U +W) 6 dim R 4 = 4.

Từ đó dim(U +W) = 4.

Áp dụng định lý về số chiều của giao và tổng các không gian con ta có

dim(U ∩W) = dimU+dimW−dim(U+W) = 3+2−4 = 1.

3.9 Hạng của một hệ vectơ

Định nghĩa 3.9.1

Hạng của một hệ vectơ α1, α2, . . . , αm trong không gian vectơ V là số chiều của

không gian vectơ con sinh bởi α1, α2, . . . , αm.

Nhận xét: Ký hiệuW là không gian con sinh bởi hệ vectơ

α1, α2, . . . , αm. (1)

ta có thể tìm được một hệ con của hệ (1) mà là cơ sở củaW. Đó là một hệ con độc

lập tuyến tính có tính chất mọi vectơ của hệ (1) đều biểu thị tuyến tính qua nó. Một

hệ con như thế được gọi là một hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ (1). Như vậy,

để tìm hạng của một hệ vectơ, ta tìm số vectơ độc lập tuyến tính tối đại của hệ đó.

Ví dụ:

Tìm hạng của hệ vectơ:

α1 = (−1, 3, 4), α2 = (0, 2, 5), α3 = (−2, 4, 3), α4 = (1,−1, 1)

trong không vectơ R 3.

Nhận thấy hệ α1, α2 độc lập tuyến tính. Thật vậy, từ x1α1 +x2α2 = θ,

ta có 8

<

:

−x1 = 0

3x1 + 2x2 = 0

4x1 + 5x2 = 0

Suy ra x1 = x2 = 0.

Mặt khác α3 = 2α1 − α2 và α4 = −α1 + α2 nên α1, α2 là hệ con

độc lập tuyến tính tối đại của hệ α1, α2, α3, α4. Do đó hạng của hệ này

bằng 2.

3.9. Hạng của một hệ vectơ 34

BÀI TẬP III

III.1. Xét xem trong các hệ vectơ sau trong R 3 hệ nào độc lập tuyến tính?

a. ε1 = (1, 1, 0), ε2 = (0, 1, 1), ε3 = (1, 0, 1).

b. α1 = (2, 0, 3), α2 = (5,−1, 7), α3 = (−1, 2,−1).

c. β1 = (0,−2, 3), β2 = (3, 2,−1), β3 = (3, 0, 2).

d. γ1 = (−1, 2, 3), γ2 = (2, 0,−1), γ3 = (−5, 6, 11).

III.2. Hệ nào trong P2[x] dưới đây phụ thuộc tuyến tính?

a. 1, x, x2.

b. 1, x, x2, 2x2 + 3.

c. x2 + x + 3, 5x2 − x + 2,−3x2 + 3x + 4.

d. 1, 4x2 + x + 1,−x2 + 6.

III.3. Hãy biểu diễn vectơ ε thành tổ hợp tuyến tính của α, β, γ.

a. ε = (1, 2, 0), α = (1, 2,−3), β = (2, 5,−1), γ = (0, 1, 2).

b. ε = (0, 0, 0), α = (2, 3, 3), β = (4, 9, 1), γ = (1, 3,−1).

III.4. Hãy biểu diễn các đa thức sau thành tổ hợp tuyến tính của:

P1 = 4x2 + x + 2, P2 = −3x2 − x + 1, P3 = 5x2 + 2x + 3

a. 0.

b. 2x2 − 2.

c. 3x2 + 6x − 1.

d. 5x2 + x + 13.

III.5. Tìm số thực r để các véctơ sau phụ thuộc tuyến tính trong R 3:

α = (r,

−1

2

,

−1

2

), β = (

−1

2

, r,

−1

2

), γ = (

−1

2

,

−1

2

, r).

III.6. Hãy xác định r sao cho ε là tổ hợp tuyến tính của các vectơ còn lại.

a. ε = (9, 12, r),α = (3, 4, 2), β = (6, 8, 7).

b. ε = (7,−2, r),α = (2, 3, 5), β = (3, 7, 8).

3.9. Hạng của một hệ vectơ 35

c. ε = (4,−1,−3),α = (2,−3, r), β = (−1, 4, 2).

d. ε = (5, 3, r),α = (1, 2, 3), β = (−1, 0, 1), γ = (1, 2, 0).

e. ε = (1, 3, 5),α = (3, 2, 5), β = (2, 4, 7), γ = (5, 6, r).

III.7. Cho α1, α2, α3, α4 là một hệ vectơ độc lập tuyến tính trong K− không

gian vectơ V . Chứng minh hệ β1, β2, β3, β4 được xác định sau đây cũng độc lập

tuyến tính:

a. β1 = α1, β2 = α1 +α2, β3 = α1 +α2 +α3, β4 = α1 +α2 +α3 +α4,

b. β1 = α1, β2 = α2, β3 = α3, β4 = α3 + kα4, k ∈ K, k ̸= 0,

c. β1 = α1 + α2, β2 = α1 − α2, β3 = α3 − α4, β4 = α3 + α4.

III.8. Các hệ vectơ sau có phải là cơ sở của không gian vectơ R 3 không?

a. α1 = (0, 0, 1), α2 = (0, 1, 1), α3 = (1, 1, 1).

b. β1 = (4, 1,−5), β2 = (−3, 2, 1), β3 = (−2, 5,−3).

III.9. Với giá trị nào của x thì hệ vectơ α1 = (x, 1, 0), α2 = (1, x, 1), α3 =

(0, 1, x) lập thành cơ sở của không gian vectơ R3.

III.10. Tìm một cơ sở và số chiều của không gian vectơ con của R 3 sinh bởi hệ

vectơ sau:

a. α1 = (1,−1, 2), α2 = (2,−1, 3), α3 = (−1, 5,−6).

b. α1 = (2, 4, 1), α2 = (3, 6,−2), α3 = (−1, 2,

−1

2

).

III.11. ChoW là không gian vectơ sinh bởi các đa thức

P1 = x3 − 2x2 + 4x + 1, P2 = x3 + 6x − 5,

P3 = 2x3 − 3x2 + 9x − 1, P4 = 2x3 − 5x2 + 7x + 5.

Tìm một cơ sở và số chiều củaW.

III.12. Xác định cơ sở của các không gian con của R 3.

a. Mặt phẳng 3x − 2y + 5z = 0.

b. Mặt phẳng x − y = 0.

c. Đường thẳng 8

<

:

x = 3t

y = t

x = 5t

3.9. Hạng của một hệ vectơ 36

d. Các vectơ có dạng (a, b, c), trong đó b = a + c.

III.13. Trong không gian vectơ P3[x] các đa thức f(x) ∈ R [x] có bậc f(x) 6 3.

a. Chứng minh hai hệ vectơ

α1 = 1, α2 = x, α3 = x2, α4 = x3,

β1 = 1, β2 = (x − 2), β3 = (x − 2)2, β4 = (x − 2)3

là hai cơ sở của P3[x].

b. Hãy tìm tọa độ của các vectơ trong cơ sở thứ nhất đối với cơ sở thứ hai.

III.14. Cho hai hệ vectơ:

α1 = (0, 1, 0, 2), α2 = (1, 1, 0, 1), α3 = (1, 2, 0, 1), α4 = (−1, 0, 2, 1),

β1 = (1, 0, 2,−1), β2 = (0, 3, 0, 2), β3 = (0, 1, 3, 1), β4 = (0,−1, 0, 1)

trong không gian vectơ R 4.

a. Chứng minh rằng chúng là hai cơ sở của R4.

b. Tìm tọa độ của α = (2, 0, 4, 0) đối với từng cơ sở trên.

III.15. Trong R4 xét tập: W = {(a1, a2, a3, a4) | a1 +a2 +a3 +a4 = 0}.

a. Chứng minh rằngW là không gian vectơ con của R4.

b. Chứng minh rằng các vectơ α1 = (1, 0, 0,−1), α2 = (0, 1, 0,−1), α3 =

(0, 0, 1,−1), α4 = (1, 1,−1,−1) thuộcW.

c. Tìm cơ sở và số chiều củaW.

III.16. Trong R− không gian vectơ R 3, chứng minh rằng các tập sau:

U = {(x1, x2, x3) | x1 = 0}

V = {(x1, x2, x3) | x2 = 0}

W = {(x1, x2, x3) | x1 + x3 = 0}

là những không gian vectơ con. Hãy tìm số chiều của U + V và U + V +W.

III.17. Trong không gian vectơ R 4 xét các không gian vectơ con W sinh bởi

(1, 0, 0, 2), (6, 2, 1,−1), (−1, 6, 3, 7) và Z sinh bởi (2, 2, 0,−1), (1, 3, 2, 1).

Tìm số chiều củaW,Z,W + Z,W ∩ Z.

III.18. Trong R− không gian vectơ R 4, tính hạng của các hệ vectơ sau:

3.9. Hạng của một hệ vectơ 37

a. α1 = (1, 2, 1, 3), α2 = (0,−1, 1, 3), α3 = (0, 0, 2, 6), α4 =

(8, 7, 3, 9).

b. α1 = (−1, 4, 8, 12), α2 = (2, 1, 3, 1), α3 = (−2, 8, 16, 24), α4 =

(1, 1, 2, 3).

c. α1 = (0, 0, 0, 0), α2 = (1, 0,−1, 3), α3 = (

√

3

3

, 0,−

√

3

3

,

√

3).

d. α1 = (0,−3, 12, 3), α2 = (3

√

2,−

√

2

2

, 2

√

2,

√

2

2

), α3 =

(6,−1, 4, 1).

III.19. Trong R− không gian vectơ R [x] xét hệ vectơ

P0 = 5, P1 = 2x+3, P2 = x2+x+1, P3 = 8x+7, P4 = 2x2+4x+20.

Tìm hạng của hệ vectơ trên.

Bài 4

Ánh xạ tuyến tính

4.1 Định nghĩa ánh xạ tuyến tính

Như ta đã biết trong không gian véc tơ có hai phép toán cộng và nhân vô hướng. Bài

này sẽ nghiên cứu những ánh xạ bảo toàn hai phép toán đó.

Định nghĩa 4.1.1

Giả sử U và V là hai không gian véc tơ trên trường K. Ánh xạ f : U → V được

gọi là ánh xạ tuyến tính nếu nó thỏa mãn hai điều kiện sau:

• f(α + β) = f(α) + f(β), ∀α, β ∈ U,

• f(tα) = tf(α), ∀α ∈ U, t ∈ K.

Ánh xạ tuyến tính f : U → U được gọi là phép biến đổi tuyến tính hay tự đồng

cấu của U.

Điều kiện thứ nhất trong định nghĩa trên là tính bảo toàn phép cộng, còn điều kiện

thứ hai là tính bảo toàn phép nhân. Tuy nhiên ta có thể kết hợp hai điều kiện đó lại

thành một điều kiện được phát biểu trong mệnh đề sau.

Mệnh đề 4.1.2

Giả sử U và V là hai không gian véc tơ trên trường K. Ánh xạ f : U → V là

ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi :

f(sα + tβ) = sf(α) + tf(β) ∀α, β ∈ U, ∀s, t ∈ K.

Chứng minh:

(⇒): Theo định nghĩa của ánh xạ tuyến tính ta có:

f(sα + tβ) = f(sα) + f(tβ) = sf(α) + tf(β).

(⇐): Từ đẳng thức f(sα + tβ) = sf(α) + tf(β)

thay s = t = 1 ta được f(α + β) = f(α) + f(β), (1)

thay tiếp t = 0 ta được f(sα) = sf(α) + 0f(β) = sf(α). (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 2

4.2. Ví dụ về ánh xạ tuyến tính 39

Định nghĩa 4.1.3

Giả sử U và V là hai không gian véc tơ trên trường K và f : U → V là một

ánh xạ tuyến tính.

1. f được gọi là đơn cấu nếu nó là đơn ánh,

2. f được gọi là toàn cấu nếu nó là toàn ánh,

3. f được gọi là đẳng cấu nếu nó là song ánh. Trong trường hợp này ta nói không

gian U và V đẳng cấu với nhau, ký hiệu là U

∼=

V .

4.2 Ví dụ về ánh xạ tuyến tính

1. Giả sử U và V là hai không gian véc tơ trên trường K, θV là véc tơ "không"

của V . Ánh xạ ϑ : U → V xác định bởi ϑ(α) = θV với mọi α ∈ U là

ánh xạ tuyến tính và được gọi là đồng cấu không.

2. Cho V là một K−không gian véc tơ, t là một phần tử cố định của K.

Ánh xạ Dt : V → V

α 7→ tα

là một ánh xạ tuyến tính, gọi là phép vị tự tỉ số t.

• Khi t = 0, Dt là đồng cấu "không".

• Khi t ̸= 0, Dt là một tự đẳng cấu.

3. Phép quay góc ϕ trong R 2.

Ánh xạ f: R 2 → R 2

(x, y) 7→ (x cos ϕ − y sin ϕ, x sin ϕ + y cos ϕ)

là ánh xạ tuyến tính và là đẳng cấu.

4. Ánh xạ f : R 2 → R 3 xác định bởi:

f(x1, x2) = (x1 − x2, 2x1 + x2, x1 − 2x2) là ánh xạ tuyến tính.

5. Giả sử Pn[x] là không gian véc tơ gồm đa thức không và các đa thức ẩn x có

bậc không vượt quá n trên trường R .

Ánh xạ d : Pn[x] → Pn−1[x] xác định bởi d(f(x)) = f′(x) là ánh xạ

tuyến tính.

6. Ánh xạ f : Kn → Km (n ≥ m) xác định bởi:

f(x1, x2, . . . , xn) = (x1, x2, . . . , xm) là một toàn cấu.

7. Cho A là một không gian con của K−không gian véc tơ V

Ánh xạ i : A → V

4.3. Một số tính chất của ánh xạ tuyến tính 40

α 7→ α

là ánh xạ tuyến tính và là đơn cấu.

Nói riêng, khi A = V thì ta có ánh xạ tuyến tính idV : V → V , đó là một

tự đẳng cấu của V và được gọi là ánh xạ đồng nhất trên V .

4.3 Một số tính chất của ánh xạ tuyến tính

Mệnh đề 4.3.1

Giả sử U và V là hai không gian véc tơ trên trường K và f : U → V là ánh xạ

tuyến tính thì:

a. f(θU) = θV .

b. f(t1α1 + t2α2 + . . . + tnαn) = t1f(α1) + t2f(α2) + . . . + tnf(αn).

Chứng minh: Theo định nghĩa của ánh xạ tuyến tính và tính chất của không gian

véc tơ ta có:

a. f(θU) = f(0α) = 0f(α) = θV , α ∈ U.

b. f(t1α1 + t2α2 + . . . + tnαn) = f(t1α1) + f(t2α2) + . . . + f(tnαn)

= t1f(α1) + t2f(α2) + . . . + tnf(αn).

2

Mệnh đề 4.3.2

Giả sử U, V và W là ba không gian véc tơ trên trường K, f : U → V và

g : V → W là hai ánh xạ tuyến tính. Khi đó ánh xạ hợp thành g ◦ f : U → W

cũng là ánh xạ tuyến tính.

Chứng minh: Từ định nghĩa của ánh xạ hợp thành và ánh xạ tuyến tính f và g

, ∀α, β ∈ U, t ∈ K, ta có:

g ◦ f(α + β) = g(f(α + β)) = g(f(α) + f(β))

= g(f(α)) + g(f(β)) = g ◦ f(α) + g ◦ f(β),

g ◦ f(tα) = g(f(tα)) = g(tf(α)) = tg(f(α)) = tg ◦ f(α).

Vậy f ◦ g là ánh xạ tuyến tính. 2

Mệnh đề 4.3.3

Giả sử U và V là hai không gian véc tơ trên trường K và f : U → V là đẳng

cấu. Khi đó f−1 : V → U cũng là đẳng cấu.

4.4. Ảnh và nhân của ánh xạ tuyến tính 41

Chứng minh: Ta đã biết rằng khi f là song ánh thì f−1 cũng là song ánh do vậy ta

chỉ cần chứng minh f−1 là ánh xạ tuyến tính. Thật vậy, giả sử α, β ∈ V, t ∈ K.

Đặt α′ = f−1(α), β′ = f−1(β)

ta có f(α′) = α, f(β′) = β và

f

−1(α + β) = f

−1(f(α

′

) + f(β

′

))

= f

−1(f(α

′

+ β

′

)) = α

′

+ β

′

= f

−1(α) + f

−1(β),

f

−1(tα) = f

−1(tf(α

′

)) = f

−1(f(tα

′

)) = tα

′

= tf

−1(α).

Vậy f−1 là ánh xạ tuyến tính. 2

4.4 Ảnh và nhân của ánh xạ tuyến tính

Nhắc lại rằng nếu f : X → Y là một ánh xạ, A là một bộ phận của X, B là một

bộ phận của Y .

Tập hợp {y | ∃a ∈ A, f(a) = y} được gọi là ảnh của A qua f và ký hiệu là

f(A).

Tập hợp {x ∈ X | f(x) ∈ B} gọi là ảnh ngược của B qua f và ký hiệu là

f−1(B).

Định lý 4.4.1

Cho U và V là hai K−không gian véc tơ trên trường K, f : U → V là ánh xạ

tuyến tính, khi đó:

1. Nếu U′ là không gian con của U thì f(U′) là không gian con của V .

2. Nếu V ′ là không gian con của V thì f−1(V ′) là không gian con của U.

Chứng minh:

1. DoU′ là không gian con nênU′ ̸= ∅, từ đó f(U′) ̸= ∅. Giả sử α, β ∈ f(U′)

và s, t ∈ K. Khi đó tồn tại α1, β1 ∈ U′ sao cho α = f(α1), β = f(β1).

Suy ra sα+tβ = sf(α1)+tf(β1) = f(sα1+tβ1). Do U′ là không gian

con và α1, β1 ∈ U′ nên sα1 + tβ1 ∈ U′. Từ đó f(sα1 + tβ1) ∈ f(U′).

Vậy f(U′) là không gian con của V .

2. Vì V ′ là không gian con nên θV ∈ V ′ mà f(θU) = θV nên θU ∈ f−1(V ′),

từ đó f−1(V ′) ̸= ∅. Giả sử α, β ∈ f−1(V ′) và s, t ∈ K. Xét sα + tβ, ta

có f(sα + tβ) = sf(α) + tf(β) ∈ V ′ do f(α) ∈ V ′, f(β) ∈ V ′. Suy

ra sα + tβ ∈ f−1(V ′). Điều đó chứng tỏ f−1(V ′) là không gian véc tơ con

của U.

4.4. Ảnh và nhân của ánh xạ tuyến tính 42

2

Áp dụng mệnh đề trên cho trường hợp U′ = U và trường hợp V ′ = {θV } ta được

kết quả:

• f(U) là không gian con của V và f−1({θV }) là không gian con của U.

• f(U) được gọi là ảnh của ánh xạ tuyến tính f và được ký hiệu là Im f.

• f−1({θV }) được gọi là nhân của ánh xạ tuyến tính f và được ký hiệu là Ker f.

Mệnh đề 4.4.2

Giả sử f : U → V là một ánh xạ tuyến tính. Khi đó f là đơn cấu khi và chỉ khi

Ker f = {θU}.

Chứng minh: (⇒): Giả sử f là đơn cấu và α ∈ Ker f. Khi đó f(α) =

θV = f(θU). Do f là đơn ánh nên từ f(α) = f(θU) suy ra α = θU. Vậy

Ker f ⊂ {θU}. Bao hàm thức {θU} ⊂ Ker f cũng đúng vì f(θU) = θV . Vậy

ta có Ker f = {θU}.

(⇐): Giả sử Ker f = {θU} và f(α) = f(β) khi đó f(α) − f(β) = f(α −

β) = θV suy ra α − β ∈ Ker f. Mà Ker f = {θU}, vậy α − β = θU, hay

α = β. Vậy f là đơn cấu. 2

Bổ đề 4.4.3

Giả sử U và V là hai không gian véc tơ trên trường K, f : U → V là ánh

xạ tuyến tính và α1, α2, . . . , αn (1) là một hệ véc tơ trên U. Khi đó nếu hệ

f(α1), f(α2), . . . , f(αn) (2) là độc lập tuyến tính hệ (1) cũng độc lập tuyến

tính.

Chứng minh: Giả sử có t1α1 + t2α2 + . . . + tnαn = θU thế thì:

f(t1α1 + t2α2 + . . . + tnαn) = f(θU) = θV . Suy ra

t1f(α1) + t2f(α2) + . . . + tnf(αn) = θV .

Mà hệ (2) độc lập tuyến tính, vậy ta có t1 = t2 = . . . = tn = 0. Điều đó chứng

tỏ hệ (1) độc lập tuyến tính. 2

Định lý 4.4.4

Cho U và V là hai K−không gian véc tơ và f : U → V là ánh xạ tuyến tính.

Khi đó:

dimU = dim Im f + dim Ker f.

Chứng minh: Trường hợp Im f = {θV }, tức là f là ánh xạ không, ta có Ker f =

U và dim Im f = 0, đẳng thức đã nêu là đúng.

KhiIm f ̸= {θV } giả sửβ1, β2, . . . , βn (1) là một cơ sở củaIm f. Do βi ∈ Im f

4.4. Ảnh và nhân của ánh xạ tuyến tính 43

nên tồn tại αi ∈ U sao cho f(αi) = βi, (i = 1, . . . , n). Hệ (1) độc lập tuyến

tính nên theo bổ đề 4.4.3 hệ α1, α2, . . . , αn (2) cũng độc lập tuyến tính. Đặt

W là không gian sinh bởi hệ (2). Thế thì dimW = n. Ta hãy chứng minh

U = Ker f +W và Ker f ∩W = {θU}.

Với mọi α ∈ U ta có f(α) ∈ Im f suy ra tồn tại t1, t2, . . . , tn ∈ K

sao cho f(α) = t1β1 + t2β2 + . . . + tnβn

từ đó f(α) = t1f(α1) + t2f(α2) + . . . + tnf(αn)

= f(t1α1 + t2α2 + . . . + tnαn).

Đặt α′ = t1α1 + t2α2 + . . . + tnαn ta có

f(α) = f(α′) suy ra f(α − α′) = θU.

Điều đó có nghĩa là: α − α′ ∈ Ker f. Đặt α − α′ = α′′, ta có

α = α′′ + α′ ∈ Ker f +W màW, Ker f ⊂ U nên suy ra U = Ker f +W.

Để chứng minh Ker f ∩W = {θU} ta giả sử α ∈ Ker f ∩W. Do α ∈ Ker f

nên f(α) = θV . Do α ∈ W nên nó có dạng α = s1α1 + s2α2 + · · · + snαn.

Ta có θV = f(α) = f(s1α1 + s2α2 + · · · + snαn)

= s1f(α1) + s2f(α2) + · · · + snf(αn)

= s1β1 + s2β2 + · · · + snβn.

Mà hệ β1, β2, . . . , βn độc lập tuyến tính, vậy ta phải có s1 = s2 = . . . = sn = 0.

Suy ra α = θU. Như vậy ta đã chứng minh được U = Ker f + W và

Ker f ∩W = {θU}. Từ định lý 3.8.2 suy ra dimU = dim Ker f + dimW.

Mà dimW = n = dim Im f. Vậy ta đã chứng minh được

dimU = dim Ker f + dim Im f.

2

BÀI TẬP IV

IV.1. Trong các ánh xạ sau đây ánh xạ nào là ánh xạ tuyến tính:

a. f : R 3 → R 2, f(x1, x2, x3) = (x1,−x3)

b. f : R 2 → R 3, f(x1, x2) = (x2, x1 + 2x2,−x1)

c. f : R 3 → R 2, f(x1, x2, x3) = (x1 − x3, x3 + x2 + 1)

d. f : R 2 → R 2, f(x1, x2) = (x1x2, x1 + x2)

e. f : R → R3, f(x) = (x2, x, 0)

4.4. Ảnh và nhân của ánh xạ tuyến tính 44

f. f : R3 → R2, f(x, y, z) = (2xy, 6x + y − z)

IV.2. Chứng minh các ánh xạ sau là ánh xạ tuyến tính:

a. ϕ : R [x] → R , ϕ(f(x)) = f(0) ∀f ∈ R [x]

(R [x] là không gian các đa thức hệ số thực).

b. ϕ : R [x] → P1[x], ϕ(f(x)) = r(x) trong đó r(x) là phần dư khi chia

đa thức f(x) cho đa thức x2 + 1.(P1[x] là không gian các đa thức hệ số thực

bậc không vượt quá 1 và đa thức không).

IV.3. Cho f : U → V là một ánh xạ tuyến tính. Chứng minh rằng

a. f là đơn cấu khi và chỉ khi f biến mỗi hệ độc lập tuyến tính của U thành một hệ

độc lập tuyến tính của V .

b. f là toàn cấu khi và chỉ khi f biến mỗi hệ sinh của U thành một hệ sinh của V .

c. f là đẳng cấu khi và chỉ khi f biến mỗi cơ sở của U thành một cơ sở của V .

IV.4. Cho U và V là hai không gian vectơ hữu hạn chiều. Chứng minh rằng U

và V đẳng cấu khi và chỉ khi dimU = dim V .

IV.5. Chứng minh các ánh xạ sau là ánh xạ tuyến tính.

a. Phép cho tương ứng mỗi điểmM trong mặt phẳng thành điểm đối xứng với nó

qua trục Ox.

b. Phép cho tương ứng mỗi điểmM trong không gian thành điểm đối xứng với nó

qua mặt phẳng Oxy.

IV.6. Tìm Im f, Ker f và dim Im f, dim Ker f của ánh xạ tuyến tính f sau:

a. f : R 2 → R 3, f(x1, x2) = (x1 + x2, x1 − x2, x1 + 2x2),

b. f : R 3 → R 3, f(x1, x2, x2) = (x1 + 2x2, x2 − x3, x1 + x2 + x3),

c. f : R 3 → R 2, f(x1, x2, x3) = (0, 0, 0).

Bài 5

Định thức

5.1 Phép thế

Định nghĩa 5.1.1

Cho n là một số tự nhiên khác 0. Một song ánh σ từ tập In = {1, 2, . . . , n} đến

chính nó được gọi là một phép thế bậc n. Phép thế σ bậc n được biểu diễn dưới

dạng:

σ =

µ

1 2 . . . n

a1 a2 . . . an

¶

.

Tập hợp các phép thế bậc n được kí hiệu bởi Sn. Vì mỗi phép thế bậc n là một hoán

vị của tập có n phần tử nên tập Sn có n! phần tử.

Ví dụ:

• ι =

µ

1 2 . . . n

1 2 . . . n

¶

là phép thế và nó được gọi là phép thế đồng

nhất.

• τ =

µ

1 2 3

2 3 1

¶

là một phép thế bậc 3.

• ϕ =

µ

1 2 3 4

2 3 1 2

¶

không phải là một phép thế.

Định nghĩa 5.1.2

Cho σ và τ là hai phép thế bậc n. Khi đó hợp thành của hai song ánh τ và σ (kí

hiệu σ ◦ τ ) cũng là một phép thế bậc n và được gọi là tích của hai phép thế τ và σ.

Nó được xác định như sau:

σ ◦ τ (i) = σ(τ (i)) ∀i = 1, 2, . . . , n.

Ánh xạ ngược của σ ký hiệu là σ−1 cũng là một phép thế bậc n, được gọi là nghịch

đảo của σ

5.1. Phép thế 46

Ví dụ:

Cho σ và τ là hai phép thế bậc 4.

σ =

µ

1 2 3 4

2 3 1 4

¶

và τ =

µ

1 2 3 4

1 3 4 2

¶

.

Khi đó ta có:

σ◦τ =

µ

1 2 3 4

2 1 4 3

¶

, τ◦σ =

µ

1 2 3 4

3 4 1 2

¶

, và σ

−1 =

µ

1 2 3 4

3 1 2 4

¶

.

Chú ý:

• Do phép hợp thành các ánh xạ (và do đó tích các phép thế) có tính chất kết hợp

nên bằng qui nạp người ta cũng có thể mở rộng định nghĩa cho tích của nhiều

phép thế. Đặc biệt, ta có định nghĩa σn = σn−1 ◦ σ.

• Cũng do phép hợp thành các song ánh không có tính chất giao hoán nên tích các

phép thế cũng không có tính chất giao hoán.

Ví dụ:

Cho σ =

µ

1 2 3 4 5

2 1 5 3 4

¶

là một phép thế bậc 5. Khi đó ta có:

σ2 =

µ

1 2 3 4 5

1 2 4 5 3

¶

và σ3 =

µ

1 2 3 4 5

2 1 3 4 5

¶

.

Định nghĩa 5.1.3

Cho σ là một phép thế bậc n. Nếu với 1 ≤ i < j ≤ n mà ta có σ(i) > σ(j) thì

ta gọi cặp (σ(i), σ(j)) là một nghịch thế của σ.

Dấu của phép thế σ, ký hiệu là s(σ) và được tính bởi công thức s(σ) = (−1)N(σ),

trong đó N(σ) là số các nghịch thế của σ.

Ta gọi σ là phép thế chẵn nếu như s(σ) = 1 và là phép thế lẻ nếu như s(σ) = −1.

Ví dụ:

• σ =

µ

1 2 3 4

2 4 3 1

¶

có 4 nghịch thế là (2, 1), (4, 3), (4, 1), (3, 1).

Suy ra N(σ) = 4. Vậy dấu của σ là s(σ) = (−1)4 = 1.

• Phép thế đồng nhất ι =

µ

1 2 . . . n

1 2 . . . n

¶

không có nghịch thế nào.

Suy ra N(ι) = 0. Dấu của ι là s(ι) = (−1)0 = 1.

5.1. Phép thế 47

• τ =

µ

1 2 3

3 1 2

¶

có 2 nghịch thế là (3, 1), (3, 2). Vậy N(τ ) = 2.

Suy ra dấu của τ là s(τ ) = (−1)2 = 1.

• ϕ =

µ

1 2 . . . n

n n − 1 . . . 1

¶

có các nghịch thế là

(n, n − 1), (n, n − 2), (n, n − 3), . . . , (n, 1),

(n − 1, n − 2), (n − 1, n − 3), . . . , (n − 1, 1),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . ,

(3, 2), (3, 1),

(2, 1).

Vậy tổng số các nghịch thế của ϕ là: N(ϕ) = (n − 1) + (n −

2) + . . . + 1 =

n(n − 1)

2

. Dấu của ϕ là s(ϕ) = (−1)

n(n−1)

2 .

Ta công nhận mệnh đề sau:

Mệnh đề 5.1.4

Cho σ và τ là hai phép thế bậc n. Khi đó ta có:

s(σ ◦ τ ) = s(σ).s(τ ).

Từ mệnh đề trên ta có thể chứng minh được:

Mệnh đề 5.1.5

Nếu σ là một phép thế và t ∈ N thì:

1. s(σt) = s(σ)t,

2. s(σ−1) = s(σ).

Mệnh đề 5.1.6

Nếu n > 1 thì trong số n! phép thế bậc n, có n!

2

phép thế chẵn và n!

2

phép thế lẻ.

Chứng minh: Cố định một phép thế lẻ τ . Ánh xạ:

ϕ : Sn → Sn

σ 7→ σ ◦ τ

là một song ánh, biến một phép thế chẵn thành phép thế lẻ và biến một phép thế lẻ

thành phép thế chẵn. Vậy trong Sn có một nửa phép thế chẵn, một nửa phép thế lẻ.

2

5.2. Khái niệm định thức 48

5.2 Khái niệm định thức

Định nghĩa 5.2.1

Ma trận cỡm×n trên trường K là một bảng cóm×n phần tử ký hiệu aij (i =

1, m, j = 1, n) thuộc trường K và được viết thànhmdòng, n cột

0

BB@

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .

am1 am2 . . . amn

1

CCA

. (5.1)

• Các ma trận thường được kí hiệu bởi các chữ cái A,B,C, . . .. Ta thường

viết ma trận (5.1) còn được kí hiệu bởi A = (aij)m×n hoặc A = (aij), i =

1, m, j = 1, n.

• Tập các ma trận cỡm× n được ký hiệu làMat(m, n,K).

• Nếu m = n thì ta gọi A là ma trận vuông cấp n. Khi đó các phần tử

aii(i = 1, n) được gọi là các phần tử nằm trên đường chéo chính của ma trận

và ai,n+1−i(i = 1, n) được gọi là các phần tử nằm trên đường chéo phụ của

ma trận.

• Nếu m = 1 thì ta gọi A là ma trận dòng. Nếu n = 1 thì ta gọi A là ma trận

cột

• aij gọi là phần tử trên dòng i và cột j của ma trận. Các số ai1, ai2, . . . , ain

gọi là các phần tử trên dòng i. Các số a1j, a2j, . . . , amj gọi là các phần tử

trên cột j.

• Ma trận nhận được từ ma trận A bằng cách chuyển dòng thành cột (và cột

thành dòng) được gọi là ma trận chuyển vị của ma trận A và được kí hiệu là

At.

Ví dụ:

• A =

0

@

1 2 5 3

−2 4 5 2

0 3 5 9

1

A là một ma trận cỡ 3 × 4.

• B =

0

@

1 2 4

7 5 −8

0 24 41

1

A là một ma trận vuông cấp 3.

• C =

¡

1 2 0 1

¢

là một ma trận dòng.

5.2. Khái niệm định thức 49

• D =

0

BB@

6

3

−1

3

1

CCA

là một ma trận cột.

Vậy nếu A là ma trận (5.1) thì

At =

0

BB@

a11 a21 . . . am1

a12 a22 . . . am2

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . anm

1

CCA

.

• Với A và B là hai ma trận ở ví dụ trên thì ta có:

At =

0

BB@

1 −2 0

2 4 3

5 5 5

3 2 9

1

CCA

và Bt =

0

@

1 7 0

2 5 24

4 −8 41

1

A.

Định nghĩa 5.2.2

Cho A = (aij) là ma trận vuông cấp n trên trường K. Định thức của ma trận A

là một phần tử thuộc trường K, ký hiệu bởi detA hay |A| được tính bởi công thức

sau: detA =

X

σ∈Sn

s(σ)a1σ(1)a2σ(2) . . . anσ(n).

Định thức của một ma trận vuông cấp n được gọi là định thức cấp n.

Ví dụ:

1. Định thức cấp một: Cho ma trận vuông cấp 1: A = (a11). Vì S1

chỉ có một phép thế duy nhất là ι =

µ

1

1

¶

và ta đã có s(ι) = 1 nên

detA = s(ι).a11 = a11.

2. Định thức cấp hai: Xét ma trận A =

µ

a11 a12

a21 a22

¶

. Vì S2 có hai phần

tử là ι =

µ

1 2

1 2

¶

và ϕ =

µ

1 2

2 1

¶

, s(ι) = 1, s(ϕ) = −1.

Vậy detA = s(ι)a11a22+s(ϕ)a12a21 = a11a22−a12a21. Vậy

định thức cấp hai bằng tích các phần tử trên đường chéo chính trừ tích

các phần tử trên đường chéo phụ.

3. Định thức cấp ba: Xét ma trận A =

0

@

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

1

A. Tập S3 có 6

5.2. Khái niệm định thức 50

phần tử trong đó có 3 phép thế chẵn là:

µ

1 2 3

1 2 3

¶

,

µ

1 2 3

3 1 2

¶

,

µ

1 2 3

2 3 1

¶

và có 3 phép thế lẻ là:

µ

1 2 3

2 1 3

¶

,

µ

1 2 3

3 2 1

¶

,

µ

1 2 3

1 3 2

¶

.

Vậy detA = a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32−a13a22a31−

a12a21a33 − a11a23a32.

4. Tính định thức của ma trận sau:

A =

0

BB@

1 0 2 0

0 0 4 1

5 0 0 0

5 3 2 1

1

CCA

Ta thấy rằng trong công thức tính định thức của ma trận A có 4! =

24 số hạng tương ứng với 24 phép thế nhưng hầu hết các số hạng đều

bằng 0, chỉ còn một số hạng khác không ứng với phép thế sau:

σ =

µ

1 2 3 4

3 4 1 2

¶

Do s(σ) = 1 nên detA = 1.2.1.5.3 = 30.

5. Định thức của các ma trận dạng tam giác:

Các ma trận có dạng sau được gọi là ma trận dạng tam giác:

A =

0

BBBB@

a11 0 0 . . . 0

a21 a22 0 . . . 0

a31 a32 a33 . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . . . . ann

1

CCCCA

,

B =

0

BBBB@

a11 a12 a13 . . . a1n

0 a22 a23 . . . a2n

0 0 a33 . . . a3n

. . . . . . . . . . . .

0 0 0 . . . ann

1

CCCCA

,

5.3. Các tính chất cơ bản của định thức 51

C =

0

BBBB@

0 0 . . . 0 0 a1n

0 0 . . . 0 a2,n−1 a2n

0 0 . . . a3,n−2 a3,n−1 a3n

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . an,n−2 an,n−1 ann

1

CCCCA

,

D =

0

BBBB@

a11 a12 . . . a1,n−2 a1,n−1 a1n

a21 a22 . . . a2,n−2 a2,n−1 0

a31 a32 . . . a3,n−2 0 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 0 . . . 0 0 0

1

CCCCA

.

Ta sẽ tính định thức của các ma trận dạng tam giác trên:

Xét ma trận dạng tam giác A và B. Ta nhận thấy rằng trong n! số

hạng tương ứng với n! phép thế thì chỉ có số hạng ứng với phép thế

đồng nhất ι là khác 0. Vậy định thức của ma trận tương ứng trong

trường hợp này là:

detA = detB = a11a12 . . . ann.

Xét ma trận dạng tam giác C và D. Ta nhận thấy rằng trong n! số

hạng tương ứng với n! phép thế chỉ có số hạng tương ứng với phép

thế sau là khác 0:

ϕ =

µ

1 2 . . . n

n n − 1 . . . 1

¶

.

Ta đã biết rằng s(ϕ) = (−1)

n(n−1)

2 . Vậy định thức trong trường hợp

này là:

detC = detD = (−1)

n(n−1)

2 a1na2,n−1 . . . an1.

5.3 Các tính chất cơ bản của định thức

Trong mục này ta sẽ công nhận một số tính chất cơ bản của định thức mà không

chứng minh.

5.3. Các tính chất cơ bản của định thức 52

Tính chất 5.3.1

Nếu đổi chỗ hai dòng của định thức thì định thức đổi dấu. Tức là:

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

aj1 aj2 . . . ajn

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

= −

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .

aj1 aj2 . . . ajn

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Tính chất 5.3.2

Nếu các phần tử trên cùng một dòng có cùng thừa số chung k thì ta có thể đặt thừa

số chung k ra ngoài định thức. Cụ thể:

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

kai1 kai2 . . . kain

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

= k

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

Tính chất 5.3.3

Nếu các phần tử trên cùng một dòng của ma trận viết thành tổng của 2 phần tử thì

định thức cũng viết được thành tổng của 2 định thức tương ứng: ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

ai1 + bi1 ai2 + bi2 . . . ain + bin

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

=

=

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

+

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

bi1 bi2 . . . bin

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Tính chất 5.3.4

Định thức của ma trận A bằng định thức của ma trận chuyển vị của nó. Tức là

detA = detAt.

Từ những tính chất cơ bản của định thức ta có thể suy ra các tính chất sau của định

thức.

5.4. Các tính chất của định thức suy ra từ các tính chất cơ bản 53

5.4 Các tính chất của định thức suy ra từ các tính chất cơ bản

Tính chất 5.4.1

Nếu định thức có hai dòng giống nhau thì định thức bằng không.

Chứng minh: Giả sử ma trận A có dòng i và dòng j giống nhau.Theo tính chất

5.3.1 khi đổi chỗ hai dòng i và j cho nhau thì định thức đổi dấu. Vậy ta có:

detA =

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

= −

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

= −det A.

Vậy detA = 0. 2

Tính chất 5.4.2

Nếu định thức có một dòng là tổ hợp tuyến tính của các dòng còn lại thì định thức

bằng không.

Chứng minh: Không mất tính tổng quát ta có thể coi dòng cuối là tổ hợp tuyến tính

của i dòng đầu. Tức là: anj =

Xi

m=1

kmamj, j = 1, n. Theo tính chất 5.3.3 ta có

thể viết định thức thành tổng các định thức tương ứng:

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

=

5.4. Các tính chất của định thức suy ra từ các tính chất cơ bản 54

=

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

k1.a11 k1.a12 . . . k1a1n

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

+ . . . +

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

ki.ai1 ki.ai2 . . . kiain

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

= k1

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

a11 a12 . . . a1n

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

+ . . . + ki

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Vì số hạng thứ nhất trong tổng là định thức có dòng 1 và dòng n giống nhau, ..., số

hạng thứ i trong tổng là định thức có dòng i và dòng n giống nhau nên theo tính

chất 5.4.1 vừa chứng minh ở trên tất cả các số hạng trong tổng trên đều bằng 0. Vậy

D = 0. 2

Tính chất 5.4.3

Nếu định thức có một dòng bằng không thì định thức bằng không.

Chứng minh: Áp dụng tính chất 5.3.2 với k = 0 ta có điều phải chứng minh. 2

Tính chất 5.4.4

Nếu nhân các phần tử của một dòng với cùng một phần tử của K rồi cộng vào các

phần tử tương ứng của một dòng khác thì ta được một định thức bằng định thức đã

cho. Tức là:

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

aj1 aj2 . . . ajn

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

=

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

aj1 + kai1 aj2 + kai2+ . . . ajn + kain

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

.

5.5. Tính định thức bằng cách đưa về dạng tam giác 55

Chứng minh: Kí hiệu vế trái là D1, vế phải là D2. Áp dụng tính chất cơ bản 5.3.2

và 5.3.3 ta có:

D2 =

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

aj1 aj2 . . . ajn

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

+ k

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 . . . ain

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Lại áp dụng tính chất 5.4.1 ta có: D2 = D1 + 0 = D1. 2

Chú ý:

• Theo tính chất 5.3.4 của định thức ta có detA = detAt. Vì vậy tất cả các

tính chất của định thức trên vẫn còn đúng nếu thay từ "dòng" bằng từ "cột".

Ta nhận thấy rằng trong công thức tính định thức cấp n có n! số hạng trong tổng

tương ứng với n! phép thế. Như vậy, việc tính định thức cấp 4 trở lên bằng cách sử

dụng trực tiếp định nghĩa gặp rất nhiều khó khăn. Ta sẽ sử dụng các tính chất của

định thức ở phần trên để xây dựng các phương pháp tính định thức đơn giản và thuận

tiện hơn.

5.5 Tính định thức bằng cách đưa về dạng tam giác

Ta gọi các phép biến đổi sau là các phép biến đổi sơ cấp trên các dòng hay cột của

định thức:

1. Đổi chỗ hai dòng hay hai cột của định thức.

2. Nhân một dòng (hay một cột) của định thức với một phần tử t của trường K rồi

cộng vào một dòng (hay một cột) khác.

Các phép biến đổi loại thứ nhất làm thay đổi dấu của định thức theo 5.3.1, còn các

phép biến đổi loại thứ hai giữ nguyên định thức theo 5.3.2.

Từ một định thức cho trước, ta luôn có thể sử dụng một số phép biến đổi sơ cấp để

đưa về dạng tam giác, từ đó dễ dàng tính được.

Ví dụ:

1. Tính định thức :

D =

¯¯¯¯¯¯

1 −1 3

−2 5 7

−1 7 2

¯¯¯¯¯¯

.

5.5. Tính định thức bằng cách đưa về dạng tam giác 56

Nhân dòng thứ nhất với 2 rồi cộng vào dòng 2, ta được:

D =

¯¯¯¯¯¯

1 −1 3

0 3 13

−1 7 2

¯¯¯¯¯¯

.

Lấy dòng 1 cộng với dòng thứ 3 ta có:

D =

¯¯¯¯¯¯

1 −1 3

0 3 13

0 6 5

¯¯¯¯¯¯

.

Nhân dòng 2 với −2 rồi cộng với dòng 3 ta có:

D =

¯¯¯¯¯¯

1 −1 3

0 3 13

0 0 −21

¯¯¯¯¯¯

= 1.3.(−21) = −63.

2. Tính định thức :

D =

¯¯¯¯¯¯¯¯

3 1 2 4

0 0 −1 6

2 1 3 1

2 −2 3 1

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Đổi chỗ cột thứ nhất và cột thứ hai cho nhau ta được:

D = −

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 3 2 4

0 0 −1 6

1 2 3 1

−2 2 3 1

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Nhân dòng thứ nhất với −1 rồi cộng vào dòng thứ 3, nhân dòng thứ

nhất với 2 rồi cộng vào dòng thứ 4:

D = −

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 3 2 4

0 0 −1 6

0 −1 1 −3

0 8 7 9

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Đổi dòng thứ hai và ba cho nhau ta có:

D =

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 3 2 4

0 −1 1 −3

0 0 −1 6

0 8 7 9

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

5.6. Khai triển định thức theo một dòng hoặc cột 57

Nhân dòng thứ 2 với 8 cộng vào dòng thứ 4 và đưa thừa số 15 ra

ngoài:

D =

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 3 2 4

0 −1 1 −3

0 0 −1 6

0 0 15 −15

¯¯¯¯¯¯¯¯

= 15

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 3 2 4

0 −1 1 −3

0 0 −1 6

0 0 1 −1

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Lấy dòng 3 cộng vào dòng 4,

D = 15

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 3 2 4

0 −1 1 −3

0 0 −1 6

0 0 0 5

¯¯¯¯¯¯¯¯

= 15.1.(−1).(−1).5 = 75.

5.6 Khai triển định thức theo một dòng hoặc cột

Định nghĩa 5.6.1

Cho định thức D cấp n. Nếu chọn k dòng và k cột của định thức (1 < k < n) thì

định thứcM của ma trận vuông cấp k gồm các phần tử nằm ở giao của k dòng và

k cột này được gọi là một định thức con cấp k của D. Định thứcM

′ của ma trận

thu được sau khi xoá đi k dòng và k cột này được gọi là định thức con bù của định

thức conM. Nếu đã chọn các dòng thứ i1, i2, . . . , ik và các cột thứ j1, j2, . . . , jk

thì biểu thức

(−1)i1+i2+...+ik+j1+...+jkM

′

được gọi là phần bù đại số của định thức conM.

Ví dụ:

Cho định thức cấp 5

D =

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

3 0 1 2 −1

2 1 0 0 2

−1 3 0 4 0

0 5 1 2 1

−2 0 0 1 0

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

.

• Nếu chọn dòng thứ hai và cột thứ nhất thì ta có định thức con cấp một:

5.6. Khai triển định thức theo một dòng hoặc cột 58

M = 2. Định thức con bù củaM là:

M

′

=

¯¯¯¯¯¯¯¯

0 1 2 −1

3 0 4 0

5 1 2 1

0 0 1 0

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Phần bù đại số củaM là (−1)1+2M

′

= −M

′ . Tổng quát ta có thể

coi mỗi phần tử aij của một định thức là một định thức con cấp một

của định thức đó.

• Nếu chọn dòng 1 và 2, cột 2 và 3, ta có định thức con cấp hai là:

M =

¯¯¯¯

0 1

1 0

¯¯¯¯

.

Phần bù đại số củaM là:

M

′

= (−1)1+2+2+3

¯¯¯¯¯¯

−1 4 0

0 2 1

−2 1 0

¯¯¯¯¯¯

Định lý 5.6.2

Cho định thức D cấp n, kí hiệu Aij là phần bù đại số của phần tử aij . Khi đó:

1. Với mỗi i cố định, 1 ≤ i ≤ n

D = ai1Ai1 + ai2Ai2 + . . . + ainAin,

Công thức khai triển định thức theo dòng i

2. Với mỗi j cố định, 1 ≤ j ≤ n

D = a1jA1j + a2jA2j + . . . + anjAnj.

Công thức khai triển định thức theo cột j

Nhận xét: Định lý trên cho phép ta tính định thức cấp n thông qua việc tính một số

định thức cấp n − 1. Do ta đã biết cách tính định thức cấp hai và ba, nên ta có thể

tính được định thức cấp bất kì.

Ví dụ:

Tính định thức sau:

D =

¯¯¯¯¯¯¯¯

0 3 −1 2

−4 0 2 5

0 1 3 −2

0 0 4 6

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

5.6. Khai triển định thức theo một dòng hoặc cột 59

Ta nhận thấy cột thứ nhất có nhiều phần tử không nên khai triển theo cột

thứ nhất sẽ có nhiều thuận lợi. Cụ thể:

D = 0.A11 + (−4).A21 + 0.A31 + 0.A41

= (−4)(−1)2+1

¯¯¯¯¯¯

3 −1 2

1 3 −2

0 4 6

¯¯¯¯¯¯

= 4(54 + 8 + 24 + 6) = 4.92 = 368.

Nhận xét: Trong công thức có n số hạng trong tổng. Vậy khi khai triển ta sẽ chọn

dòng hoặc cột có nhiều phần tử không thì việc tính toán sẽ được rút gọn. Nếu như

trong định thức có sẵn các dòng hoặc cột như vậy thì ta khai triển luôn. Nếu trong

định thức chưa có, ta có thể dùng tính chất của định thức để biến đổi đưa về trường

hợp trên.

Ví dụ:

Tính định thức sau:

D =

¯¯¯¯¯¯¯¯

−1 4 2 5

1 −4 3 6

1 2 −5 0

3 0 4 1

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Lời giải: Lấy dòng thứ nhất cộng vào dòng thứ hai và ba, nhân dòng thứ

nhất với 3 rồi cộng vào dòng thứ tư ta có:

D =

¯¯¯¯¯¯¯¯

−1 4 2 5

0 0 5 11

0 6 −3 5

0 12 10 16

¯¯¯¯¯¯¯¯

= (−1).(−1)1+1.

¯¯¯¯¯¯

0 5 11

6 −3 5

12 10 16

¯¯¯¯¯¯

= −(300 + 660 + 396 − 480) = −876.

Hoặc ta có thể tính

¯¯¯¯¯¯ 0

5

11

6 −3 5

12 10 16

¯¯¯¯¯¯

=

¯¯¯¯¯¯

0 5 11

6 −3 5

0 16 6

¯¯¯¯¯¯

= 6.(−1)1+2.

¯¯¯¯

5 11

16 6

¯¯¯¯

= −876.

5.7. Định lý Laplace 60

5.7 Định lý Laplace

Trong mục này, ta phát biểu định lý cho phép khai triển một định thức theo nhiều

dòng và nhiều cột cùng một lúc.

Định lý 5.7.1 (Định lý Laplace)

Giả sử trong định thức D cấp n đã chọn k dòng (cột) cố định (1 ≤ k ≤ n) và

M1,M2, ..,Mr (r = Ckn

) là tất cả các định thức con cấp k có thể thiết lập được

từ k dòng (cột) này. Ai là phần bù đại số củaMi, i = 1, r. Khi đó:

D = M1A1 +M2A2 + . . . +MrAr.

Ví dụ:

Tính định thức :

D =

¯¯¯¯¯¯¯¯

3 −1 5 2

6 0 3 0

1 0 −2 0

4 7 0 −5

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Ta chọn cố định cột 2 và cột 4. Từ hai cột này ta thiết lập được C2

4 = 6

định thức cấp hai nhưng chỉ có duy nhất 1 định thức con khác không. Đó

là:

M =

¯¯¯¯

−1 2

7 5

¯¯¯¯

= −9.

Gọi A là phần bù đại số củaM, ta có:

A = (−1)1+4+2+4.

¯¯¯¯

6 3

1 −2

¯¯¯¯= (−1)(−15) =

15.

Vậy D = −9.15 = −135.

Ngoài các định lý và phương pháp trên ta cũng có thể dùng các tính chất của định

thức để tính định thức.

BÀI TẬP V

V.1. Tính dấu của các phép thế sau:

1.

µ

1 2 3 4

2 1 4 3

¶

,

2.

µ

1 2 3 4 5 6

2 4 5 3 6 1

¶

,

5.7. Định lý Laplace 61

3.

µ

1 2 3 4 5

2 1 4 5 3

¶

.

V.2.

1. Cho σ =

µ

1 2 . . . n n + 1 n + 2 . . . 2n

2 4 . . . 2n 1 3 . . . 2n − 1

¶

. Tìm n để σ là

phép thế chẵn.

2. Cho τ =

µ

1 2 . . . n

n n − 1 . . . 1

¶

. Tìm n để τ là phép thế lẻ.

V.3.

1. Cho phép thế σ =

µ

1 2 3 4 5 6

6 5 1 2 4 3

¶

. Tính σ100 và từ đó suy ra dấu của σ

mà không cần tính N(σ).

2. Cho τ =

µ

1 2 . . . n

a1 a2 . . . an

¶

có k nghịch thế. Hãy tính dấu của phép thế sau:

σ =

µ

1 2 . . . n

an an−1 . . . a1

¶

.

V.4. Tính các định thức sau:

1.

¯¯¯¯¯¯

3 5 −8

4 12 −1

2 5 −3

¯¯¯¯¯¯

, 2.

¯¯¯¯¯¯

−6 1 7

5 −2 3

−3 4 5

¯¯¯¯¯¯

,

3.

¯¯¯¯¯¯

1 4 −5

0 1 3

7 0 −6

¯¯¯¯¯¯

, 4.

¯¯¯¯¯¯

12 4 −5

−4 3 9

0 1 24

¯¯¯¯¯¯

.

V.5. Dùng định nghĩa để tính các định thức sau:

1.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

2 −3 1 4 0

0 3 −1 5 16

0 0 −4 10 8

0 0 0 −7 5

0 0 0 0 4

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

. 2.

¯¯¯¯¯¯¯¯

0 1 2 0

1 0 1 0

3 1 4 1

1 5 0 0

¯¯¯¯¯¯¯¯

,

3.

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 0 2 a

2 0 b 0

3 c 4 5

d 0 0 0

¯¯¯¯¯¯¯¯

, 4.

¯¯¯¯¯¯¯¯

a 3 0 5

0 b 0 2

1 2 c 3

0 0 0 d

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

5.7. Định lý Laplace 62

V.6. Bằng cách khai triển theo dòng hoặc cột hãy tính định thức của các ma trận

sau:

1.

¯¯¯¯¯¯¯¯

0 1 −1 1

1 2 3 −1

0 4 3 2

1 −1 1 2

¯¯¯¯¯¯¯¯

, 2.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

0 0 2 0 0

0 1 5 −1 0

2 3 7 3 1

1 0 4 −2 0

−1 2 0 −1 2

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

,

3.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

3 1 1 1 1

1 3 1 1 1

1 1 3 1 1

1 1 1 3 1

1 1 1 1 3

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

, 4.

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 1 1 1

1 2 3 4

1 3 6 10

1 4 10 20

¯¯¯¯¯¯¯¯

,

5.

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 2 3 3

2 3 4 1

3 4 1 2

4 1 2 3

¯¯¯¯¯¯¯¯

, 6.

¯¯¯¯¯¯¯¯

0 1 1 1

1 0 a b

1 a 0 c

1 b c 0

¯¯¯¯¯¯¯¯

.

V.7. Tính định thức sau bằng cách đưa về dạng tam giác:

1.

¯¯¯¯¯¯

1 −1 3

−2 5 7

−1 1 2

¯¯¯¯¯¯

, 2.

¯¯¯¯¯¯

3 6 0

−1 2 2

6 6 4

¯¯¯¯¯¯

,

3.

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 1 1 1

2 3 4 5

4 9 16 25

8 27 64 125

¯¯¯¯¯¯¯¯

, 4.

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 5 −2 3

0 2 7 1

2 10 −1 5

−3 −15 −6 13

¯¯¯¯¯¯¯¯

,

5.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

1 1 1 1 1

1 2 2 2 2

1 2 3 3 3

1 2 3 4 4

1 2 3 4 5

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

, 6.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a 3 3 3 3

3 a 3 3 3

3 3 a 3 3

3 3 3 a 3

3 3 3 3 a

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

,

5.7. Định lý Laplace 63

7.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

1 a1 a2 . . . an

1 a1 + b1 a2 . . . an

1 a1 a2 + b2 . . . an

. . . . . .

1 a1 a2 . . . an + bn

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

, 8.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

1 2 3 . . . n

−1 0 3 . . . n

−1 −2 0 . . . n

. . . . . .

−1 −2 −3 . . . 0

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

,

9.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

x + 1 2 3 4 5

1 x + 2 3 4 5

1 2 x + 3 4 5

1 2 3 x + 4 5

1 2 3 4 x + 5

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

, 10.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

−a1 a1 0 . . . 0

0 −a2 a2 . . . 0

. . . . . .

0 . . . . . . −an an

1 1 1 . . . 1

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

.

V.8. Tính định thức sau bằng cách áp dụng định lý Laplace:

1.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

3 −1 2 1 1

0 2 0 3 2

0 0 2 −1 0

1 0 3 5 0

0 0 2 3 0

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

, 2.

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

1 2 0 0 0

3 4 0 0 0

0 0 2 1 5

0 5 6 1 6

0 0 0 0 9

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

.

V.9. Dùng công thức truy hồi để tính các định thức sau:

1. Dn =

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

1 + x2 x 0 . . . 0

x 1 + x2 x . . . 0

0 x 1 + x2 . . . 0

. . . . . .

0 0 0 x 1 + x2

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

,

2. Dn =

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

cosα 1 0 . . . 0

1 2cosα 1 . . . 0

0 1 2cosα . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . .

0 0 0 . . . 2cosα

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

.

V.10.

1. Chom =

¯¯¯¯¯¯

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

¯¯¯¯¯¯

. Tính các định thức sau:

a.

¯¯¯¯¯¯

c1 c2 c3

b1 b2 b3

a1 a2 a3

¯¯¯¯¯¯

, b.

¯¯¯¯¯¯

a1 b2 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

¯¯¯¯¯¯

.

5.7. Định lý Laplace 64

2. Chứng minh rằng:

¯¯¯¯¯¯

b + c c + a a + b

b1 + c1 c1 + a1 a1 + b1

b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2

¯¯¯¯¯¯

= 2

¯¯¯¯¯¯

a b c

a1 b1 c1

a2 b2 c2

¯¯¯¯¯¯

.

V.11. Giải các phương trình sau:

1.

¯¯¯¯

1 − x 2

x2 1 + 2x

¯¯¯¯

= 0.

2.

¯¯¯¯¯¯¯¯

1 x x2 x3

1 2 4 8

1 3 9 27

1 4 16 64

¯¯¯¯¯¯¯¯

= 0.

3.

¯¯¯¯¯¯¯¯

x2 + 1 2 2 2

2 x2 + 1 2 2

2 2 x2 + 1 2

2 2 2 x2 + 1

¯¯¯¯¯¯¯¯

= 0.

Bài 6

Ma trận

6.1 Các phép toán ma trận

Định nghĩa 6.1.1

Cho hai ma trận A = (aij)m×n,B = (bij)m×n cùng cỡ m × n. Tổng của hai

ma trận A và B là một ma trận được ký hiệu là A + B và được xác định như sau:

A + B = (cij)m×n, ở đó cij = aij + bij.

Ví dụ: Cho hai ma trận

A =

0

@

6 1 −1 2

2 3 0 1

5 0 2 2

1

A, B =

0

@

3 1 −1 2

1 31 4 2

2 2 3 22

1

A.

Tổng của hai ma trận này là

A + B =

0

@

9 2 −2 4

3 34 4 3

7 2 5 24

1

A.

Định nghĩa 6.1.2

Cho ma trận A = (aij)m×n cỡ m × n, và k ∈ K. Tích của k và ma trận A là

ma trận cỡm× n ký hiệu kA xác định bởi

kA = (bij)m×n, ở đó bij = kaij.

Ví dụ: Cho

A =

0

BB@

3 1 −1 2

1 31 4 2

−1 4 5 3

2 2 3 22

1

CCA

6.2. Tính chất của các phép toán ma trận 66

Khi đó

2A =

0

BB@

6 2 −2 4

2 62 8 4

−2 8 10 6

4 4 6 44

1

CCA

Định nghĩa 6.1.3

Cho hai ma trận A = (aij)m×p,B = (bij)p×n. Tích AB của A và B là ma trận

C = (cij)m×n, ở đó các phần tử cij được xác định như sau:

cij = ai1b1j + ai2b2j + . . . + aipbpj =

Xp

k=1

aikbkj.

Ví dụ:

0

@

6 1 −1 2

2 3 0 1

5 0 2 2

1

A.

0

BB@

3 1 −1

1 3 4

2 2 3

1 0 2

1

CCA

=

0

@

19 7 −1

10 11 12

21 9 5

1

A.

6.2 Tính chất của các phép toán ma trận

Ký hiệu tập các ma trận cỡm × n với các phần tử thuộc trường K làMat(m ×

n,K).

1. A + B = B + A, ∀A,B ∈ Mat(m× n,K).

2. (A + B) + C = A + (B + C), ∀A,B,C ∈ Mat(m× n,K).

3. ∃O ∈ Mat(m×n,K) thỏa mãn A+O = A, ∀A ∈ Mat(m×n,K).

4. ∀A ∈ Mat(m × n,K) tồn tại ma trận −A ∈ Mat(m × n,K) sao cho

A + (−A) = O.

5. k(A + B) = kA + kB, ∀A,B ∈ Mat(m× n,K), ∀k ∈ K.

6. (k + l)A = kA + lA, ∀A ∈ Mat(m× n,K), ∀k, l ∈ K.

7. k(lA) = (kl)A, ∀A ∈ Mat(m× n,K), ∀k, l ∈ K.

8. 1A = A, ∀A ∈ Mat(m× n,K), ở đó 1 là đơn vị của K.

(Tám tính chất trên cho thấyMat(m×n,K) cùng với phép cộng hai ma trận

và phép nhân một phần tử của K với một ma trận tạo thành một không gian véc

tơ trên trường K.)

6.3. Định thức của tích hai ma trận vuông cùng cấp 67

9. (AB)C = A(BC), với mọi ma trận A,B,C sao cho các phép toán ở hai

vế xác định.

10. (A + B)C = AC + BC và C(A + B) = CA + CB, với mọi ma trận

A,B,C sao cho các phép toán ở hai vế xác định.

11. k(AB) = (kA)B = A(kB), ∀k ∈ K, với mọi ma trận A,B sao cho

A.B xác định.

12. Với n ≥ 1, ký hiệu In = (aij)n×n là ma trận vuông cấp n, ở đó

aij =

(

0 nếu i ̸= j,

1 nếu i = j.

Với mọi ma trận A,B, nếu A.In xác định thì A.In = A, nếu In.B xác định

thì In.B = B. (In được gọi là ma trận đơn vị cấp n)

Chú ý: Phép nhân ma trận không có tính giao hoán.

6.3 Định thức của tích hai ma trận vuông cùng cấp

Định lý 6.3.1

Cho A,B là hai ma trận vuông cấp n, khi đó ta có det(AB) = det(A). det(B).

Chứng minh: Giả sử A = (aij), B = (bij). Ta xét định thức cấp 2n sau:

D =

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

0 0 . . . 0 a11 a12 . . . a1n

0 0 . . . 0 a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

0 0 . . . 0 an1 an2 . . . ann

b11 b12 . . . b1n −1 0 . . . 0

b21 b22 . . . b2n 0 −1 . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

bn1 bn2 . . . bnn 0 0 . . . −1

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

Khai triển Laplace định thức trên theo n dòng đầu ta được:

D = (−1)n+1+n+2+...+2n+1+2+...+n|A|.|B| = (−1)n2|A|.|B|.

6.4. Nghịch đảo của ma trận vuông 68

Nhân lần lượt các dòng thứ n + 1, n + 2,. . ., 2n tương ứng với ai1, ai2, . . . , ain

rồi cộng vào dòng thứ i ta được:

D =

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

c11 c12 . . . c1n −1 0 . . . 0

c21 c22 . . . c2n 0 −1 . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

cn1 cn2 . . . cnn 0 0 . . . −1

b11 b12 . . . b1n −1 0 . . . 0

b21 b22 . . . b2n 0 −1 . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

bn1 bn2 . . . bnn 0 0 . . . −1

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

trong đó

cik =

Xn

j=1

aijbjk.

Đặt C là ma trận (cik) ta có C = AB.

Khai triển Laplace định thức D theo n dòng đầu ta được:

D =(−1)2(1+2+...+n)|C|

0

BB@

−1 0 . . . 0

0 −1 . . . 0

. . . . . . . . . . . .

0 0 . . . −1

1

CCA

=(−1)n(n+1).|C|.(−1)n = (−1)n2|C|.

Vậy

|C| = |A|.|B|

hay

|AB| = |A|.|B|.

2

6.4 Nghịch đảo của ma trận vuông

Định nghĩa 6.4.1

Cho A là một ma trận vuông cấp n. Ma trận vuông B cấp n được gọi là ma trận

nghịch đảo của A nếu AB = BA = In.

Nếu A có ma trận nghịch đảo thì A được gọi là ma trận khả nghịch.

Định lý 6.4.2

Điều kiện cần và đủ để ma trận vuông A có nghịch đảo là det(A) ̸= 0.

6.4. Nghịch đảo của ma trận vuông 69

Chứng minh:

(⇒) Giả sử ma trận vuôngAcấpnkhả nghịch tức là tồn tạiBđểAB = BA = In.

Theo định lý 6.3.1 ta có 1 = det(In) = det(AB) = det(A). det(B). Do đó

det(A) ̸= 0.

(⇐) Giả sử det(A) ̸= 0 ta sẽ chứng minh ma trận B xác định theo công thức sau

là nghịch đảo của A.

B =

1

det(A)

0

BBB@

A11 A21 . . . An1

A12 A22 . . . An2 ...

...

. . . ...

A1n A2n . . . Ann

1

CCCA

(trong đó Aij là phần bù đại số của phần tử aij ).

Thật vậy, giả sử A.B = (cij)n×n. Khi đó cij =

1

det(A)

.c′

ij , ở đó

c

′

ij = ai1Aj1 + ai2Aj2 + . . . + ainAjn (1 ≤ i, j ≤ n).

Ta có c′

ii là khai triển theo dòng i định thức của ma trận A, do đó c′

ii = det(A).

c′

ij với i ̸= j là khai triển theo dòng j của định thức nhận được từ định thức của ma

trận A khi thay hàng j bởi hàng i. Định thức này bằng không do có hai dòng giống

nhau. Do đó c′

ij = 0, ∀i ̸= j. Tóm lại ta có

c

′

ij =

(

0 nếu i ̸= j,

det(A) nếu i = j.

Suy ra

cij =

(

0 nếu i ̸= j,

1 nếu i = j.

Điều đó chứng tỏ AB = In. Tương tự ta chứng minh được BA = In.

Vậy B là ma trận nghịch đảo của A. 2

Ví dụ: Cho ma trận

A =

0

@

1 2 3

2 3 1

3 1 2

1

A.

6.4. Nghịch đảo của ma trận vuông 70

det(A) = 1.3.2 + 2.1.3 + 3.2.1 − 3.3.3 − 1.1.1 − 2.2.2 = −18 ̸= 0. Do

đó ma trận A khả nghịch. Ta có:

A11 = (−1)1+1

¯¯¯¯

3 1

1 2

¯¯¯¯

= 5, A12 = A12 = (−1)1+2

¯¯¯¯

2 1

3 2

¯¯¯¯

= −1,

A13 = −1)1+3

¯¯¯¯

2 3

3 1

¯¯¯¯

= −7,

A21 = (−1)2+1

¯¯¯¯

2 3

1 2

¯¯¯¯

= −1, A22 = (−1)2+2

¯¯¯¯

1 3

3 2

¯¯¯¯

= −7,

A23 = (−1)2+3

¯¯¯¯

1 2

3 1

¯¯¯¯

= 5,

A31 = (−1)3+1

¯¯¯¯

2 3

3 1

¯¯¯¯

= −7, A32 = (−1)3+2

¯¯¯¯

1 3

2 1

¯¯¯¯

= 5,

A33 = (−1)3+3

¯¯¯¯

1 2

2 3

¯¯¯¯

= −1.

Ma trận nghịch đảo của A là

A

−1 =

−1

18

0

@

5 −1 −7

−1 −7 5

−7 5 −1

1

A =

0

@

−5/18 1/18 7/18

1/18 7/18 −5/18

7/18 −5/18 1/18

1

A.

Ta có một phương pháp khác để tìm ma trận nghịch đảo của một ma trận vuông khả

nghịch A, đó là phương pháp Gauss-Jordan. Phương pháp này gồm các bước như

sau:

• Viết ma trận đơn vị I bên phải ma trận A.

• Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên các dòng để đưa ma trận A về ma trận đơn

vị I, đồng thời cũng dùng các phép biến đổi đó với ma trận phía bên phải.

• Khi ma trận A được biến đổi thành ma trận đơn vị I thì ma trận I cũng được

biến đổi thành ma trận nghịch đảo A−1 của A.

Ví dụ:

Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận

A =

0

@

3 1 1

1 3 1

1 1 3

1

A.

Viết ma trận đơn vị vào bên phải của A:

0

@

3 1 1

1 3 1

1 1 3

¯¯¯¯¯¯

1 0 0

0 1 0

0 0 1

1

A

6.5. Một ứng dụng vui: mã hóa 71

Cộng dòng 3 và dòng 2 vào dòng 1:

0

@

5 5 5

1 3 1

1 1 3

¯¯¯¯¯¯

1 1 1

0 1 0

0 0 1

1

A.

Nhân dòng 1 với 1

5

:

0

@

1 1 1

1 3 1

1 1 3

¯¯¯¯¯¯

1/5 1/5 1/5

0 1 0

0 0 1

1

A.

Nhân dòng 1 với −1 rồi cộng vào dòng 2 và dòng 3:

0

@

1 1 1

0 2 0

0 0 2

¯¯¯¯¯¯

1/5 1/5 1/5

−1/5 4/5 −1/5

−1/5 −1/5 4/5

1

A.

Nhân dòng 2 với 1

2

, dòng 3 với 1

2

:

0

@

1 1 1

0 1 0

0 0 1

¯¯¯¯¯¯

1/5 1/5 1/5

−1/10 2/5 −1/10

−1/10 −1/10 2/5

1

A.

Nhân dòng 2 với −1, dòng 3 với −1 rồi cộng vào dòng 1:

0

@

1 0 0

0 1 0

0 0 1

¯¯¯¯¯¯

2/5 −1/10 −1/10

−1/10 2/5 −1/10

−1/10 −1/10 2/5

1

A.

Vậy ta đã tìm được ma trận nghịch đảo của ma trận A là

A

−1 =

0

@

2/5 −1/10 −1/10

−1/10 2/5 −1/10

−1/10 −1/10 2/5

1

A.

6.5 Một ứng dụng vui: mã hóa

Mục này nêu một ứng dụng của phép nhân ma trận vào việc mã hóa. ChoA = (aij)3

là một ma trận vuông cấp 3 với hệ số thuộc trường Z 29 và det(A) ̸= 0 (trong Z 29).

Chia các chữ cái của từ cần mã hóa thành các nhóm 3 chữ cái. Nếu nhóm cuối cùng

6.5. Một ứng dụng vui: mã hóa 72

chỉ có 1 chữ cái thì ta thêm 2 dấu + và −, nếu nhóm cuối cùng chỉ có 2 chữ cái thì

ta thêm dấu ∗. Sau đó thay các ký tự này bởi các số từ 0 → 28 theo tương ứng sau:

A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

U V W X Y Z + − ∗

20 21 22 23 24 25 26 27 28

Mỗi nhóm 3 ký tự được chuyển thành một nhóm 3 số trong Z 29, được xem như một

ma trận cỡ 1×3. Chẳng hạn ta có ma trận (x1 x2 x3). Nhân với A ta được ma trận

(x1 x2 x3)A = (y1 y2 y3).

Chuyển các nhóm số này thành những nhóm ký tự theo tương ứng nêu trên và sắp

xếp theo đúng thứ tự các nhóm ban đầu ta được mã hóa của từ đã cho bởi ma trận A.

Ví dụ: Mã hóa từ "Student" bởi ma trận

A =

0

@

1 −1 3

5 1 2

1 4 −1

1

A.

Ta có det(A) = 41 mod 29 = 12 ̸= 0.

Nhóm từ trên thành 3 nhóm (S T U) (D E N) (T + -).

(S T U) → (18 19 20) →

(18 19 20)

0

@

1 −1 3

5 1 2

1 4 −1

1

A = (133 mod 29 81 mod 29 72 mod 29)

= (17 23 14) → (R X O).

(D E N) → (3 4 13) →

(3 4 13)

0

@

1 −1 3

5 1 2

1 4 −1

1

A = (36 mod 29 53 mod 29 4 mod 29)

= (7 24 4) → (H Y E).

(T + −) → (19 26 27) →

(19 26 27)

0

@

1 −1 3

5 1 2

1 4 −1

1

A = (176 mod 29 115 mod 29 82 mod 29)

6.5. Một ứng dụng vui: mã hóa 73

= (2 28 24) → (C ∗ Y ).

Vậy "STUDENT" được mã hóa thành "RXOHYEC*Y".

Quá trình giải mã được thực hiện tương tự như quá trình mã hóa nhưng thay ma

trận A bởi ma trận A−1.

Ví dụ: Giải mã từ đã được mã hóa bởi ma trận A thành "L X C - F L".

Trước tiên ta tìm ma trận A−1 (trong Z 29).

Ta có det(A) = 12 nên (det(A))−1 = 12−1 = 17.

A11 = (−1)1+1

¯¯¯¯

1 2

4 −1

¯¯¯¯

= −9, A12 = (−1)1+2

¯¯¯¯

5 2

1 −1

¯¯¯¯

= 7,

A13 = (−1)1+3

¯¯¯¯

5 1

1 4

¯¯¯¯

= 19,

A21 = (−1)2+1

¯¯¯¯

−1 3

4 −1

¯¯¯¯

= 11, A22 = (−1)2+2

¯¯¯¯

1 3

1 −1

¯¯¯¯

= −7,

A23 = (−1)2+3

¯¯¯¯

1 −1

1 4

¯¯¯¯

= −5,

A31 = (−1)3+1

¯¯¯¯

−1 3

1 2

¯¯¯¯

= −5, A32 = (−1)3+2

¯¯¯¯

1 3

5 2

¯¯¯¯

= 13,

A33 = (−1)3+3

¯¯¯¯

1 −1

5 1

¯¯¯¯

= 6.

Ma trận nghịch đảo của A là

A

−1 = (det(A))

−1

0

@

−9 11 −5

7 −4 13

19 −5 6

1

A

= 17

0

@

−9 11 −5

7 −4 13

19 −5 6

1

A =

0

@

−8 13 2

3 −10 −11

4 2 15

1

A.

Ta nhóm "LXC-FL" thành hai nhóm (L X C) và (- F L).

(L X C) → (11 23 2)

→ (11 23 2)

0

@

−8 13 2

3 −10 −11

4 2 15

1

A

= (−11 mod 29 − 83 mod 29 − 201 mod 29)

= (18 4 2) → (S E C).

6.6. Hạng của một ma trận 74

(− F L) → (27 5 11)

→ (27 5 11)

0

@

−8 13 2

3 −10 −11

4 2 15

1

A

= (−157 mod 29 323 mod 29 164 mod 29)

= (17 4 19) → (R E T ).

Vậy từ cần tìm là "SECRET".

6.6 Hạng của một ma trận

Định nghĩa 6.6.1

Cho ma trận A cỡm× n

A =

0

BB@

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .

am1 am2 . . . amn

1

CCA

.

Coi mỗi dòng của ma trận A như một véc tơ trong không gian Kn:

α1 = (a11, a12, . . . , a1n)

α2 = (a21, a22, . . . , a2n)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

αm = (am1, am2, . . . , amn)

Hạng của hệ véc tơ dòng α1, . . . , αm gọi là hạng dòng của ma trận A.

Coi mỗi cột của ma trận A như một véc tơ trong không gian Km:

β1 = (a11, a21, . . . , am1)

β2 = (a12, a22, . . . , am2)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

βm = (a1n, a2n, . . . , amn)

Hạng của hệ véc tơ cột β1, . . . , βm gọi là hạng cột của ma trận A.

Ta công nhận định lý sau:

Định lý 6.6.2

Hạng dòng của ma trận A bằng hạng cột của A và bằng cấp cao nhất của các định

thức con khác không của nó.

6.6. Hạng của một ma trận 75

Định nghĩa 6.6.3

Hạng của ma trận A là hạng dòng của ma trận A (và cũng bằng hạng cột của ma

trận A). Ký hiệu hạng của ma trận A là rank(A) hoặc r(A).

Tìm hạng của một ma trận bằng cách đưa về dạng hình thang:

Các phép biến đổi sơ cấp sau không làm thay đổi hạng của ma trận

- Đổi chỗ 2 dòng (hoặc hai cột) của ma trận.

- Nhân 1 dòng (hay cột) với một phần tử t ̸= 0 của trường K.

- Nhân 1 dòng (hay 1 cột) với t ∈ K rồi cộng vào một dòng (hay một cột ) khác.

Từ một ma trận cho trước luôn có thể sử dụng một số phép biến đổi sơ cấp để

đưa về một ma trận có dạng hình thang, tức là một ma trận A = (aij)m×n có

tính chất: ∃r ≤ min(m, n) để aij = 0, ∀i, j thỏa mãn i < j hay i > r và

a11.a22 . . . arr ̸= 0.

A =

0

BBBBBBBBB@

a11 ∗ . . . . . . . . . . . . ∗

0 a22 . . . . . . . . . . . . ∗

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

0 0 . . . arr ∗ . . . ∗

0 0 . . . 0 . . . . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

0 0 . . . 0 . . . . . . 0

1

CCCCCCCCCA

.

Rõ ràng hạng của ma trận hình thang này là r.

Ví dụ: Tìm hạng của ma trận

A =

0

@

1 2 −1 3

2 1 0 1

2 3 1 2

1

A

Biến đổi ma trận A về dạng hình thang

A =

0

@

1 2 −1 3

2 1 0 1

2 3 1 2

1

A →

0

@

1 2 −1 3

0 −3 2 −5

0 −1 3 −4

1

A →

0

@

1 2 −1 3

0 −1 3 −4

0 −3 2 −5

1

A

→

0

@

1 2 −1 3

0 −1 3 −4

0 0 −7 7

1

A = B

Các bước biến đổi:

• nhân dòng 1 với (−2) rồi cộng vào dòng 2; nhân dòng 1 với (−2) rồi cộng

vào dòng 3,

6.7. Ma trận của ánh xạ tuyến tính 76

• đổi vị trí dòng 2 và dòng 3,

• nhân dòng 2 với (−3) rồi cộng vào dòng 3.

Ma trận B có dạng hình thang và có hạng là 3. Từ đó r(A) = 3.

6.7 Ma trận của ánh xạ tuyến tính

Định nghĩa 6.7.1

Cho V và V ′ là hai K không gian véc tơ hữu hạn chiều, ε1, . . . , εn (1) là một cơ

sở của V , ξ1, . . . , ξn (2) là một cơ sở của V ′ và f là một ánh xạ tuyến tính từ V

đến V ′. Giả sử các f(εi) (i = 1, 2, . . . , n) biểu thị tuyến tính qua cơ sở (2) như

sau:

f(ε1) = a11.ξ1 + . . . + am1.ξm,

f(ε2) = a12.ξ1 + . . . + am2.ξm,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f(εn) = a1n.ξ1 + . . . + amn.ξm.

Khi đó ma trận

A =

0

BB@

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .

am1 am2 . . . amn

1

CCA

được gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với 2 cơ sở (1) và (2). Ký hiệu

A = M

(2)

(1) f.

Khi V = V ′ và (1) trùng với (2), ta gọi A là ma trận của phép biến đổi tuyến tính

f đối với cơ sở (1).

Ví dụ:

1. Cho không gian véc tơ V , có số chiều là n. Ma trận của ánh xạ tuyến tính đồng nhất

idV đối với một cơ sở bất kỳ là ma trận cấp n:

In =

0

BB@

1 0 . . . 0

0 1 . . . 0

. . . . . . . . . . . .

0 0 . . . 1

1

CCA

.

2. Trong R 3 và R 4 xét các cơ sở chính tắc:

ε1 = (1, 0, 0), ε2 = (0, 1, 0), ε3 = (0, 0, 1) (1) và

6.7. Ma trận của ánh xạ tuyến tính 77

ξ1 = (1, 0, 0, 0), ξ2 = (0, 1, 0, 0), ξ3 = (0, 0, 1, 0), ξ4 = (0, 0, 0, 1) (2).

Ánh xạ tuyến tính g : R 3 → R 4 xác định bởi:

g(x1, x2, x3) = (x1+3x2, 2x1−2x2+x3, x2+4x3, x1+2x2+3x3).

Khi đó:

g(ε1) = (1, 2, 0, 1) = ξ1 + 2ξ2 + ξ4,

g(ε2) = (3,−2, 1, 2) = 3ξ1 − 2ξ2 + ξ3 + 2ξ4,

g(ε3) = (0, 1, 4, 3) = ξ2 + 4ξ3 + 3ξ4.

Vậy ma trận của ánh xạ tuyến tính g đối với 2 cơ sở đã nêu là

0

BB@

1 3 0

2 −2 1

0 1 4

1 2 3

1

CCA

.

Mệnh đề 6.7.2

Cho V và V ′ là hai K không gian véc tơ hữu hạn chiều, ε1, . . . , εn (1) và

ξ1, . . . , ξn (2) lần lượt là hai cơ sở của V và V ′. Giả sử f : V −→ V ′ là một

ánh xạ tuyến tính có ma trận đối với hai cơ sở (1) và (2) là A = (aij)m×n. Khi

đó nếu α ∈ V có tọa độ trong cơ sở (1) là (x1, x2, . . . , xn) thì f(α) có tọa độ

trong cơ sở (2) là (y1, y2, . . . , ym), ở đó

0

BBB@

y1

y2...

ym

1

CCCA

= A.

0

BBB@

x1

x2...

xn

1

CCCA

.

Chứng minh: Ta có

f(α) = f(

Xn

i=1

xiεi) =

Xn

i=1

xif(εi)

=

Xn

i=1

xi(

Xm

j=1

ajiξj) =

Xm

j=1

(

Xn

i=1

xiaji)ξj

Suy ra

yj =

Xn

i=1

xiaji =

Xn

i=1

ajixi

2

6.8. Tính chất của ma trận của ánh xạ tuyến tính 78

Định nghĩa 6.7.3

Giả sử (ε) = {ε1, . . . , εn}, (ε′) = {ε1

′, . . . , εn

′} là hai cơ sở của không gian

véc tơ V và

ε1

′

= a11ε1 + a21ε2 + . . . + an1εn

ε2

′

= a12ε1 + a22ε2 + . . . + an2εn

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

εn

′

= a1nε1 + a2nε2 + . . . + annεn.

Khi đó ma trận

T =

0

BB@

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

1

CCA

được gọi là ma trận chuyển từ cơ sở (ε) sang cơ sở (ε′).

Nhận xét: Ma trận chuyển từ cơ sở (ε) sang cơ sở (ε′) của V chính là ma trận của

ánh xạ tuyến tính idV đối với 2 cơ sở (ε′) và (ε).

Ví dụ: Trong R 3 xét hai cơ sở:

(1) : ε1 = (0, 1, 0), ε2 = (2, 0, 0), ε3 = (0, 0,−1),

(2) : ε

′

1 = (2, 1, 1), ε

′

2 = (1, 2, 1), ε

′

3 = (1, 1, 2).

Khi đó:

ε1

′

= ε1 + ε2 − ε3

ε2

′

= 2ε1 +

1

2

ε2 − ε3

ε3

′

= ε1 +

1

2

ε2 − 2ε3.

Ma trận chuyển từ cơ sở (1) sang cơ sở (2) là:

T =

0

@

1 2 1

1 1/2 1/2

−1 −1 −2

1

A

6.8 Tính chất của ma trận của ánh xạ tuyến tính

Định lý 6.8.1

Cho ba K-không gian véc tơ V1, V2, V3. Giả sử (1), (2), (3) lần lượt là những cơ

sở của V1, V2, V3. Cho hai ánh xạ tuyến tính f : V1 → V2, g : V2 → V3. Khi đó

M

(3)

(1) gf = M

(3)

(2) g.M

(2)

(1) f.

6.8. Tính chất của ma trận của ánh xạ tuyến tính 79

Hệ quả 6.8.2

(i) Nếu f : V1 −→ V2 đẳng cấu và (1) là 1 cơ sở của V1, (2) là 1 cơ sở của V2

thì:

M

(1)

(2) f

−1 = (M

(2)

(1) f)

−1.

(ii) Cho f : V1 −→ V2 là một ánh xạ tuyến tính, (1) và (1′) là 2 cơ sở của V1,

(2) và (2′) là 2 cơ sở của V2, S là ma trận chuyển từ cơ sở (1) sang cơ sở

(1′), T là ma trận chuyển từ cơ sở (2) sang cơ sở (2′). Khi đó:

M

(2)

(1) f = S.M

(2′)

(1′) f.T

−1.

BÀI TẬP VI

VI.1. Cho các ma trận:

A =

0

@

3 1

0 −3

5 2

1

A B =

0

@

4 1

7 −2

−1 5

1

A C =

0

@

3 0

6 −5

1 4

1

A

Tính:

a. A + B − C

b. 2A − 5B + C

c. A + 2B − 3C

VI.2. Cho các ma trận:

A =

µ

4 3 −7

2 0 1

¶

B =

µ

2 −1 5

4 3 −3

¶

Tìm ma trận X sao cho:

a. A − 2X = B

b. 3B − X = A

VI.3. Cho đa thức f(x) = x2 − 2x + 3 và ma trận:

A =

µ

1 2

−3 0

¶

Tính: f(A)

VI.4. Chứng minh rằng mọi ma trận cấp 2:

A =

µ

a b

c d

¶

đều thỏa mãn phương trình X2 − (a + d)X + (ad − bc)I = 0

6.8. Tính chất của ma trận của ánh xạ tuyến tính 80

VI.5. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau:

A =

µ

3 2

4 3

¶

B =

0

@

1 1 −1

2 −1 2

3 0 1

1

A C =

0

@

1 −1 3

5 1 2

1 4 −1

1

A

D =

0

BB@

1 3 −5 7

0 1 2 −3

0 0 2 1

0 0 0 3

1

CCA

E =

0

BB@

0 1 1 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 0

1

CCA

VI.6. Giải các phương trình ma trận sau:

a. X

0

@

1 1 −1

2 1 0

1 −1 1

1

A =

0

@

1 −1 3

4 3 2

1 −2 5

1

A

b.

0

BB@

1 1 1 1

0 1 1 1

0 0 1 1

0 0 0 1

1

CCA

X =

0

BB@

2 1 0 0

1 2 1 0

0 1 2 1

0 0 1 2

1

CCA VI.7. Cho A,B

là hai ma trận vuông cấp n

1. Cho det(A) = 2 hãy tính det(A3) và det(A5).

2. Cho biết A khả nghịch và det(A) = 5, tính det(A−1).

3. Cho det(A) = 4 và B3 = A, tính det(B).

4. Cho det(A) = 6, tính det(A2AtA).

VI.8. Dùng ma trận

A =

0

@

2 1 1

1 2 1

1 1 2

1

A

hãy mã hóa các từ sau:

1. "HOUSEHOLD ".

2. "VIETNAM".

3. "QUESTION ".

4. "TIMESCALE ".

6.8. Tính chất của ma trận của ánh xạ tuyến tính 81

VI.9. Các từ dưới đây đã được mã hóa bởi ma trận A trong bài tập trên, hãy giải

mã các từ đó.

1. "FZJWGP ".

2. "GMPHSC".

3. "YCINQIOQR".

VI.10. Tìm hạng của các ma trận sau

a. A =

0

@

1 −4 8

3 −2 4

4 −6 12

1

A b. B =

0

@

1 2 −3 1 3

0 1 3 4 5

0 2 3 1 8

1

A

c. C =

0

@

1 −1 3

2 −1 3

3 1 3

1

A d. D =

0

BB@

1 4 3 6

−1 0 1 1

2 1 −1 0

0 2 2 4

1

CCA VI.11. Tìm hạng của các ma trận sau

a. A =

0

@

2 −1 3 −2 4

4 −2 5 1 7

2 −1 1 8 2

1

A b. B =

0

BB@

1 3 5 −1

2 −1 −3 4

5 1 −1 7

7 7 9 1

1

CCA

c. C =

0

BB@

3 −1 3 2 5

5 −3 2 3 4

1 −3 −5 0 −7

7 −5 1 4 1

1

CCA

d. D =

0

BBBB@

4 3 −5 2 3

8 6 −7 4 2

4 3 −8 2 7

4 3 1 2 −5

8 6 −1 4 −6

1

CCCCA

VI.12. Tìm x để hạng của ma trận sau bằng 2

A =

0

@

2 1 3

1 −2 0

4 x 6

1

A

VI.13. Tìm ma trận chuẩn tắc tương ứng với các ánh xạ tuyến tính sau:

1. f : R 2 → R f(x, y) = x + y.

2. f : R 3 → R f(x, y, z) = 2x − 3y + z.

3. f : R 3 → R 2 f(x, y, z) = (2x − y, x + y − 2z).

6.8. Tính chất của ma trận của ánh xạ tuyến tính 82

4. f : R 2 → R 3 f(x, y) = (2x + y, x − 2y, y).

5. f : R 2 → R 4 f(x, y) = (−x − 2y, 3x, 0,−x + y).

6. f : R 3 → R 3 f(x, y) = (2x + z, x − z, y).

7. f : R 3 → R f(x, y, z) = x − y.

8. f : R 3 → R 3 f(x, y, z) = (0, y,−2z).

9. f : R 3 → R 3 f(x, y, z) = (x, 0, 0).

10. f : R 3 → R 3 f(x, y, z) = (x,−x, 2z).

11. f : R → R 3 f(x) = (3x,−x, 2x).

VI.14. Cho ánh xạ tuyến tính f : R 3 → R 2 xác định bởi f(x1, x2, x3) =

(2x1, x2 − x3).

a. Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính

b. Chứng minh rằng hệ véc tơ sau là cơ sở của R 3: ε1 = (1, 1, 1), ε2 =

(0, 1, 2), ε3 = (0, 0, 1).

c. Chứng minh rằng α1 = (1, 2), α2 = (1, 1) là một cơ sở của R 2.

d. Tìm ma trận của ánh xạ f đối với hai cơ sở (ε) của R 3 và (α) của R 2.

VI.15. Cho V là không gian véc tơ có dim V = 2. Gọi ε1, ε2. là cơ sở

của V . Cho f là phép biến đổi tuyến tính của V có ma trận trong cơ sở (ε) là

A =

µ

2 −1

3 2

¶

. Tính f(α1), f(α2), f(α3) với:

a. α1 = −3ε1 + 5ε2.

b. α2 = ε1 − 3ε2.

c. α3 = 2α1 − 3α2.

VI.16. Cho ánh xạ tuyến tính f : R 3 → R 3 xác định bởi f(x1, x2, x3) =

(x2 − 2x3, x2 + x1, x1).

a. Tìm ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cơ sở ε1 = (1, 1, 0), ε2 =

(0, 1, 1), ε3 = (1, 0, 1).

b. Tì0m ánh xạ tuyến tính g biết rằng ma trận biểu diễn g trong cơ sở ở câu (a) là

@

1 2 0

0 1 −2

1 2 1

1

A

6.8. Tính chất của ma trận của ánh xạ tuyến tính 83

VI.17. Cho ánh xạ tuyến tính f : R 2 → R 2 xác định bởi f(x, y) = (x +

y,−x−y). Tìm một cơ sở trong R 2 sao cho f có ma trận biểu diễn trong cơ sở đó

là A =

µ

0 0

1 0

¶

VI.18. Cho ánh xạ tuyến tính f : R 3 → R 3 thỏa mãn

f

0

@

1

2

1

1

A =

0

@

2

3

−1

1

A, f

0

@

2

5

0

1

A =

0

@

0

1

−2

1

A, f

0

@

3

0

1

1

A =

0

@

−2

1

1

1

A.

Tìm ma trận của f đối với cơ sở chuẩn tắc của R 3.

VI.19. Gọi P3 là không gian véc tơ gồm đa thức O và các đa thức f(x) ∈ R [x]

có bậc không vượt quá 3.

a. Chứng minh rằng hai hệ véc tơ

α1 = 1, α2 = x, α3 = x2, α4 = x3;

β1 = 1, β2 = (x − 2), β3 = (x − 2)2, β4 = (x − 2)3

là hai cơ sở của P3.

b. Tìm ma trận chuyển từ cơ sở thứ nhất sang cơ sở thứ hai.

c. Tìm tọa độ của véc tơ α = x3 − 2x + 1 đối với cơ sở thứ hai.

VI.20. Cho hai hệ véc tơ:

(1) α1 = (0, 1, 0, 2), α2 = (1, 1, 0, 1), α3 = (1, 2, 0, 1),

α4 = (−1, 0, 2, 1);

(2) β1 = (1, 0, 2,−1), β2 = (0, 3, 0, 2), β3 = (0, 1, 3, 1),

β4 = (0,−1, 0, 1);

trong không gian véc tơ R 4.

a. Chứng minh (1) và (2) là hai cơ sở của R 4.

b. Tìm ma trận chuyển từ cơ sở (1) sang cơ sở (2).

c. Tìm tọa độ của α = (2, 0, 4, 0) đối với cơ sở (2).

d. Tìm tọa độ của α đối với cơ sở (1).

Bài 7

Hệ phương trình tuyến tính

7.1 Khái niệm

Định nghĩa 7.1.1

Cho K là một trường. Hệmphương trình n ẩn x1, x2, . . . xn dạng:

8>>>><

>>>>:

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2

...

. . . ... am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm

(7.1)

trong đó các aij, bi ∈ K được gọi là một hệ phương trình tuyến tính .

Một phần tử (c1, c2, . . . , cn) ∈ Kn gọi là một nghiệm của hệ phương trình đã cho

nếu khi thay xi bởi ci thì các phương trình trong hệ trở thành những đẳng thức đúng.

Hệ (7.1) có thể viết gọn dưới dạng:

Xn

j=1

aijxj = bi, i = 1, m.

Các phần tử bi gọi là các hệ số tự do.

Ma trận

A =

0

BBB@

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n ...

...

. . . ...

am1 am2 . . . amn

1

CCCA

7.2. Tiêu chuẩn có nghiệm 85

được gọi là ma trận các hệ số của hệ phương trình (7.1).

Ma trận

Abs =

0

BBB@

a11 a12 . . . a1n b1

a21 a22 . . . a2n b2 ...

...

. . . ...

...

am1 am2 . . . amn bm

1

CCCA

được gọi là ma trận bổ sung của hệ phương trình (7.1).

Đặt X =

0

BBB@

x1

x2...

xn

1

CCCA

và B =

0

BBB@

b1

b2...

bm

1

CCCA

thì (7.1) có thể viết dưới dạng ma trận:

AX = B.

Nếu coi các vectơ cột của ma trận Abs như những vectơ trong Km:

αj = (a1j, a2j, . . . , amj), j = 1, n

β = (b1, b2, . . . , bm).

thì hệ (7.1) có thể viết dưới dạng vectơ như sau:

x1α1 + x2α2 + · · · + xnαn = β.

7.2 Tiêu chuẩn có nghiệm

Định lý 7.2.1

Hệ phương trình (7.1) có nghiệm khi và chỉ khi rankA = rankAbs.

Chứng minh:

(⇒)Giả sử hệ (7.1) có nghiệm là (c1, c2, . . . , cn) tức là:

c1α1 + c1α1 + · · · + c1α1 = β.

Như vậy, β là một tổ hợp tuyến tính của hệ vectơ α1, α2, . . . , αn.

Suy ra L(α1, α2, . . . , αn, β) = L(α1, α2, . . . , αn).

Điều đó chứng tỏ rằng rankA = rankAbs.

(⇐) Giả sử rankA = rankAbs. Điều đó có nghĩa là hạng của hệ

vectơ α1, α2, . . . , αn, β bằng hạng của hệ vectơ α1, α2, . . . , αn. Suy ra

dim L(α1, α2, . . . , αn, β) = dim L(α1, α2, . . . , αn)

Từ đó L(α1, α2, . . . , αn, β) = L(α1, α2, . . . , αn) và do đó β ∈

L(α1, α2, . . . , αn) hay tồn tại các phần tử c1, c2, . . . , cn ∈ K sao cho

c1α1 + c2α2 + · · · + cnαn = β.

Vậy hệ (7.1) có nghiệm. 2

7.3. Hệ Cramer 86

7.3 Hệ Cramer

Định nghĩa 7.3.1

Hệ phương trình (7.1) được gọi là hệ Cramer nếu ma trận hệ số A là một ma trận

vuông khả nghịch tức làm = n và định thức:

detA =

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n ...

...

. . . ...

an1 an2 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

̸= 0.

Định lý 7.3.2 (Quy tắc Cramer)

Hệ phương trình Cramer:

8>>><

>>>:

a11x1 +a12x2+ . . .+ a1nxn = b1

a21x1 +a22x2+ . . .+ a2nxn = b2 ...

...

...

...

...

an1x1 +an2x2+ · · ·+ annxn = bn

có nghiệm duy nhất (x1, x2, . . . , xn) được xác định như sau:

xj =

Dj

D

trong đó D là định thức của ma trận hệ số và

Dj =

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 . . . a1j−1 b1 a1j+1 . . . a1n

a21 . . . a2j−1 b2 a2j+1 . . . a2n ...

. . . ...

. . . ...

...

an1 . . . anj−1 bn anj+1 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

, ∀j = 1, n

Chứng minh: Viết hệ phương trình dưới dạng ma trận AX = B. Do detA ̸= 0

nên A có ma trận nghịch đảo A−1. Nhân A−1 vào hai vế của phương trình trên ta

được X = A−1B. Như vậy hệ có nghiệm duy nhất (x1, x2, . . . , xn).

Thay bi = ai1x1 + ai2x2 + . . . + ainxnbi ta được:

Dj =

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 . . . a1j−1 a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn . . . a1j+1 a1n

a21 . . . a2j−1 a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn . . . a2j+1 a2n ...

. . . ...

...

. . . ...

...

an1 . . . anj−1 an1x1 + an2x2 + · · · + annxn . . . anj+1 ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

7.3. Hệ Cramer 87

Do tính chất của định thức ta có thể viết

Dj = x1

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 . . . a11 . . . a1n

a21 . . . a21 . . . a2n ...

. . . ...

. . . ...

an1 . . . an1 . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

+ . . .

+ xj

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 . . . a1j . . . a1n

a21 . . . a2j . . . a2n ...

. . . ...

. . . ...

an1 . . . anj . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

+ . . .

+ xn

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

a11 . . . a1n . . . a1n

a21 . . . a2n . . . a2n ...

. . . ...

. . . ... an1 . . . ann . . . ann

¯¯¯¯¯¯¯¯¯

.

Định thức thứ j ở vế phải bằngDcòn các định thức khác bằng 0 cho nênDj = xjD.

Do đó

xj =

Dj

D

, j = 1, 2, . . . , n.

2

Ví dụ:

Giải hệ phương trình:

8<

:

x + z = 2

−x + 2y + z = 2

2x − y + 2z = 3.

Lời giải: Ta có:

D =

¯¯¯¯¯¯

1 0 1

−1 2 1

2 −1 2

¯¯¯¯¯¯

= 2 ̸= 0

Do đó hệ đã cho là hệ Cramer.

D1 =

¯¯¯¯¯¯

2 0 1

2 2 1

3 −1 2

¯¯¯¯¯¯

= 2; D2 =

¯¯¯¯¯¯

1 2 1

−1 2 1

2 3 2

¯¯¯¯¯¯

= 2;

D3 =

¯¯¯¯¯¯

1 0 2

−1 2 2

2 −1 3

¯¯¯¯¯¯

= 2

7.4. Phương pháp Gauss 88

Áp dụng công thức nghiệm cho hệ Cramer ta có:

8<

:

x = D1/D = 1,

y = D2/D = 1,

z = D3/D = 1.

Hệ có nghiệm duy nhất: (1, 1, 1).

7.4 Phương pháp Gauss

Các phép biến đổi sau không làm thay đổi tập nghiệm của một hệ phương trình:

1. Đổi chỗ hai phương trình của hệ cho nhau.

2. Nhân hai vế của một phương trình của hệ với một phần tử k ̸= 0 của K.

3. Nhân hai vế của một phương trình của hệ với một số k ∈ K rồi cộng vế với vế

vào một phương trình khác của hệ.

Từ một hệ phương trình tuyến tính bất kỳ cho trước bao giờ cũng có thể sử dụng một

số phép biến đổi sơ cấp để đưa được về một hệ phương trình mà ma trận hệ số của

nó có dạng hình thang.

0

BBBBBBBBB@

a′

11 a′

12 . . . . . . a′

1n

0 a′

22 . . . . . . a′

2n

. . . . . . . . .

0 0 . . . a′

rr . . . a′

rn

0 0 . . . . . . 0

...

...

. . . . . . ...

0 0 0 . . . . . . 0

1

CCCCCCCCCA

Ký hiệu b′

1, b′

2, . . . , b′

m là các hệ số tự do của hệ phương trình mới. Nếu ∃i > r để

b′

i

̸= 0 thì hệ vô nghiệm. Nếu b′

i = 0, ∀i > r, từ r dòng đầu tiên của ma trận trên

ta luôn được một định con dạng chéo cấp r khác 0. Không mất tính tổng quát ta giả

sử a′

11, a′

22, . . . , a′

rr

̸= 0 thì hệ (7.1) tương đương với hệ sau:

8>><

>>:

a′

11x1 + a′

12x2 + . . . + a′

1nxn = b′

1

a′

22x2 + . . . + a′

2nxn = b′

2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

a′

rrxr + . . . + a′

rnxn = b′

r

Để giải hệ này ta chuyển ta chuyển các số hạng chứa các xi với i > r qua vế phải

(các ẩn này được gọi là các ẩn tự do ). Từ phương trình cuối, tính được xr (qua các

7.4. Phương pháp Gauss 89

ẩn tự do). Thay xr vào phương trình thứ r−1 ta tính được xr−1. Tiếp tục quá trình

đó ta tính được xr−2, . . . , x2, x1

Ví dụ:

Giải hệ phương trình:

8>><

>>:

2x1 + 5x2 − 8x3 = 8

4x1 + 3x2 − 9x3 = 9

2x1 + 3x2 − 5x3 = 7

x1 + 8x2 − 7x3 = 12

Lời giải:

Abs =

0

BB@

2 5 −8

4 3 −9

2 3 −5

1 8 −7

¯¯¯¯¯¯¯¯

8

9

7

12

1

CCA

Đổi chỗ dòng thứ nhất cho dòng thứ tư:

0

BB@

1 8 −7

4 3 −9

2 3 −5

2 5 −8

¯¯¯¯¯¯¯¯

12

9

7

8

1

CCA

Nhân dòng thứ ba với −2 cộng vào dòng 1, nhân dòng thứ tư với −1 rồi

cộng vào dòng thứ ba, nhân dòng thứ nhất với −2 rồi cộng vào dòng thứ

tư ta được:

0

BB@

1 8 −7

0 −3 1

0 −2 3

0 −11 6

¯¯¯¯¯¯¯¯

12

−5

−1

−16

1

CCA

Nhân dòng thứ ba với−1 rồi cộng vào dòng thứ tư, nhân dòng thứ hai với

−2/3 rồi cộng vào dòng thứ ba:

0

BB@

1 8 −7

0 −3 1

0 0 7/3

0 −9 3

¯¯¯¯¯¯¯¯

12

−5

7/3

−15

1

CCA

Nhân dòng thứ hai với−3 rồi cộng vào dòng thứ tư, nhân dòng thứ ba với

7.5. Biện luận về số nghiệm 90

3: 0

BB@

1 8 −7

0 −3 1

0 0 7

0 0 0

¯¯¯¯¯¯¯¯

12

−5

7

0

1

CCA

Vậy ta được hệ sau:

8<

:

x1 + 8x2 − 7x3 = 12

− 3x2 + x3 = −5

7x3 = 7

Từ phương trình cuối rút ra được x3 = 1 thay lên hai phương trình trên ta

có x2 = 2, x3 = 3 (Phương trình cuối luôn đúng).

Vậy nghiệm của hệ là: (3, 2, 1) (Không có ẩn tự do).

7.5 Biện luận về số nghiệm

Cho hệ phương trình tuyến tính n ẩn với ma trận hệ số là A và ma trận bổ sung là

Abs

• Nếu hạng A ̸= hạng Abs thì hệ vô nghiệm.

• Giải sử hạng A = hạng Abs = r, có hai trường hợp: r = n và r < n.

1. Trường hợp hạng A = hạng Abs = r = n. Hệ phương trình tương

đương với hệ có dạng:

8>><

>>:

a′

11x1 + a′

12x2 + . . . + a′

1nxn = b′

1

a′

22x2 + . . . + a′

2nxn = b′

2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

a′

nnxn = b′

n

trong đó (a′

11, a′

22, a′

nn

̸= 0).

Hệ này có nghiệm duy nhất.

2. Trường hợp hạng A = hạng Abs = r < n, Hệ phương trình(7.1) tương

đương với hệ có dạng:

8>><

>>:

a′

11x1 + a′

12x2 + . . . + a′

1nxn = b′

1

a′

22x2 + . . . + a′

2nxn = b′

2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

a′

rrxr + . . . + a′

rnxn = b′

r

7.6. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất 91

Cho các ẩn xr+1, xr+2, . . . ,xn (các ẩn tự do) những giá trị tùy ý ta tính

được x1, x2, . . . ,xr qua các ẩn tự do đó. Điều đó chứng tỏ hệ phương trình

có vô số nghiệm.

Tóm lại:

- Nếu hạng A ̸= hạng Abs: hệ phương trình vô nghiệm.

- hạng A = hạng Abs = n: hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

- hạng A = hạng Abs < n: hệ phương trình có vô số nghiệm.

7.6 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Định nghĩa 7.6.1

Hệ phương trình tuyến tính trong đó các hệ số tự do đều bằng 0 được gọi là hệ

phương trình tuyến tính thuần nhất. Như vậy hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

có dạng:

Xn

j=1

aijxj = 0, i = 1,m (7.2)

Nhận xét: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn nhận (0, 0, . . . , 0) làm

một nghiệm. Nghiệm đó gọi là nghiệm tầm thường của hệ.

Mệnh đề 7.6.2

Điều kiện cần và đủ để hệ n phương trình tuyến tính thuần nhất n ẩn có nghiệm

không tầm thường là detA = 0.

Chứng minh: Hệ (7.2) có nghiệm không tầm thường tương đương hệ có vô số

nghiệm, theo phần biện luận về số nghiệm, mục 7.5. Điều này tương đương với

rankA = r < n tức là detA = 0. 2

7.7 Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần

nhất

Mệnh đề 7.7.1

Gọi G là tập hợp các nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (7.2). Ta có:

1. G là một không gian con của Kn.

2. dim G = n − rank A.

7.7. Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất 92

Chứng minh:

1. Vì (7.2) luôn có nghiệm tầm thường nên G ̸= ∅.

Giả sử γ = (c1, c2, . . . , cn) và η = (d1, d2, . . . , dn) thuộc G; k, l ∈ K;

ta chứng minh kγ + lη ∈ G.

Viết hệ (7.2) dưới dạng vectơ:

Xn

i=1

xiαi = θ

Vì γ, η là nghiệm của (7.2) nên

Pn

i=1

ciαi = θ và

Pn

i=1

diαi = θ

Suy ra:

Pn

i=1

(lci + kdi)αi =

Pn

i=1

(lci)αi +

Pn

i=1

(kdi)αi

= l

Pn

i=1

ciαi + k

Pn

i=1

diαi

= θ + θ = θ

Điều đó chứng tỏ kγ + lη là nghiệm của hệ (2), hay kγ + lη ∈ G . Và do

đó G là không gian con của K3.

2. Xét ánh xạ tuyến tính:

ϕ : Kn −→ Kn

cho bởi:ϕ(x1, x2, . . . , xn) = (

Pn

j=1

a1jxj,

Pn

j=1

a2jxj, . . . ,

Pn

j=1

anjxj) Tập

nghiệm G của hệ phương trình chính là ker ϕ. Theo định lý (4.4.4) ta có:

dim G = dimKn − dim Im ϕ = n − dim Im ϕ.

Ta có Im ϕ được sinh bởi ϕ(e1), ϕ(e2), . . . ,ϕ(en) ở đó:

e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0) , en = (0, 0, . . . , 1).

Mà ϕ(e1) = (a11, a21, . . . , am1), . . . , ϕ(en) = (a1n, a2n, . . . , amn).

Vậy dim Im ϕ = rank{ϕ(e1), ϕ(e2), . . . ,ϕ(en)} rank (aij)m×n.

Suy ra dim G = n−rank (aij)m×n.

2

Định nghĩa 7.7.2

Mỗi cơ sở của không gian nghiệm G của một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

được gọi là một hệ nghiệm cơ bản của hệ đó.

Để tìm một hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất, trước tiên

ta giải hệ (chẳng hạn bằng phương pháp Gauss) để tìm nghiệm tổng quát của nó. Giả

sử hạng của ma trận là r và số ẩn là n.

7.8. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết 93

Nếu r = n thì không gian nghiệm là {θ} và không có cơ sở.

Nếu r < n thì n − r ẩn được chọn làm ẩn tự do. Cho các ẩn tự do này nhận

các bộ giá trị: (1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0) . . . , (0, 0, . . . , 1) và tính các nghiệm

γ1, γ2, . . . , γr ứng với các giá trị đó. Khi đó hệ γ1, γ2, . . . , γr là một cơ sở của

không gian nghiệm hay là một hệ nghiệm cơ bản Chú ý rằng một không gian véc

tơ có nhiều cơ sở khác nhau nên một hệ phương trình tuyến tính có thể có nhiều hệ

nghiệm cơ bản khác nhau.

Ví dụ:

Tìm hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình:

8<

:

x1 − x2 + x3 + 3x4 = 0

2x1 + x2 + 2x3 + 6x5 = 0

2x1 + x3 + 3x4 + 3x5 = 0

Lời giải: Đưa hệ phương trình về dạng:

8<

:

x1 − x2 + x3 + 3x4 = 0

x2 − 2x4 + 2x5 = 0

− x3 + x4 − x5 = 0

Chọn hai ẩn tự do x4, x5.

Cho x4 = 1, x5 = 0 ta tìm được nghiệm ε1 = (−2, 2, 1, 1, 0).

Cho x4 = 0, x5 = 1 ta tìm được nghiệm ε2 = (−1,−2,−1, 0, 1).

Ta tìm được một hệ nghiệm cơ bản của hệ đã cho là

{ε1 = (−2, 2, 1, 1, 0), ε2 = (−1,−2,−1, 0, 1)}.

7.8 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết

Định nghĩa 7.8.1

Cho hệ phương trình tuyến tính:

8>>>>< >>>>:

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2

...

am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm

(7.3)

7.8. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết 94

Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất:

8>>>><

>>>>:

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = 0

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = 0

...

am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = 0

(7.4)

gọi là hệ phương trình liên kết với hệ (7.3).

Mệnh đề 7.8.2

Cho α0 là một nghiệm nào đó (cố định) của hệ (7.3). Khi đó α là nghiệm của (7.3)

khi và chỉ khi α có dạng α0 + ε ở đó ε là một nghiệm của hệ phương trình thuần

nhất liên kết (7.3).

Chứng minh: Viết hệ dưới dạng vec tơ, vì α0 = (c1, c2, . . . , cn) là một nghiệm

của (7.3) nên ta có:

Xn

i=1

ciαi = β

Khi đó η = (d1, d2, . . . , dn) là một nghiệm nào đó của (7.3) khi và chỉ khi:

Xn

i=1

diαi = β.

Tương đương với

Xn

i=1

(di − ci)αi = θ

tức là η − α ∈ G. 2

Nhận xét: Mệnh đề trên thường được áp dụng trong hai trường hợp:

• Vì một lí do nào dó ta biết trước một nghiệm riêng của hệ (7.3).

• Cần phải giải nhiều hệ phương trình tuyến tính mà chúng có chung một hệ thuần

nhất liên kết.

BÀI TẬP VII

VII.1. Hệ phương trình nào sau đây có nghiệm:

a.

8<

:

2x1 + 3x2 = 5

3x1 + x2 = 4

x1 + x2 = 2

7.8. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết 95

b.

8<

:

x1 − x2 + x3 − 2x4 = 1

x1 − x2 + 2x3 − x4 = 2

5x1 − 5x2 + 8x3 − 7x4 = 3

c.

½

2x1 + 2x2 − 3x3 − 4x4 = 1

2x1 − x2 + x3 − 3x4 = 3

d.

8>><

>>:

x1 + 2x2 − 3x3 − 4x4 = 1

2x1 + 3x2 + x3 − x4 = 2

x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 1

4x1 − 4x2 − 3x3 − 3x4 = −7

e.

8>><

>>:

2x1 + 3x2 + 3x3 − 3x4 + x5 = 10

x1 + x2 − x3 − 5x4 + 7x5 = 1

x2 + 2x3 + 4x4 − 8x5 = 2

4x3 + x4 − x5 = 3

VII.2. Tìm điều kiện để hệ sau có nghiệm

a.

8><

>:

ax1 + x2 + x3 = 1

x1 + ax2 + x3 = 1

x1 + x2 + ax3 = 1

b.

8><

>:

x1 + ax2 + a2x3 = a3

x1 + bx2 + b2x3 = b3

x1 + cx2 + c2x3 = c3

7.8. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết 96

VII.3. Giải các hệ phương trình sau:

a.

½

3x1 + 2x2 + x3 − x4 − x5 = 7

2x1 + 3x2 + 2x3 − 2x4 − 2x5 = 8

b.

8<

:

2x1 + 3x2 + x3 = 1

4x1 + 6x2 − 5x3 = 2

6x1 + 9x2 − 4x3 = 2

c.

8>><

>>:

3x1 + x2 − 2x3 + x4 − x5 = 1

2x1 − x2 + 7x3 − 3x4 + 5x5 = 2

x1 + 3x2 − 2x3 + 5x4 − 7x5 = 3

3x1 − 2x2 + 7x3 − 5x4 + 8x5 = 3

d.

8>><

>>:

x1 + x2 − x3 + x4 = 0

2x1 + 2x2 + 5x3 − 3x4 = 0

7x3 − 5x4 = −1

3x1 + 3x2 + 4x3 − 2x4 = 3

e.

8>>>><

>>>>:

x1 + x2 = 1

x1 + x2 + x3 = 4

x2 + x3 + x4 = −3

x3 + x4 + x5 = 2

x4 + x5 = −1

VII.4. Giải và biện luận các hệ phương trình sau theo tham số a:

a.

8<

:

3x1 + 2x2 + x3 = −1

7x1 + 6x2 + 5x3 = a

5x1 + 4x2 + 3x3 = 2

b.

8<

:

ax1 + x2 + x3 = 0

x1 + ax2 + x3 = 2

x1 + x2 + ax3 = −3

c.

8>><

>>:

x − 2y + 3z + t = 2

2x − 2y + 7z + t = 3

x − 2y + (a + 3)z + 2t = 4

(a − 3)x − (2a − 6)y − 9z + (a2 − 6)t = 3a − 13

d.

8>><

>>:

2x + 3y + z + 2t = 3

4x + 6y + 3z + 4t = 5

6x + 9y + 5z + 6t = 7

8x + 12y + 7z + at = 9

VII.5. Tìm đa thức f(x) bậc nhỏ hơn hay bằng 4 thỏa mãn:

f(−1) = 3, f(1) = −3, f′(1) = −3, f(2)(1) = 12, f(3)(1) = 42.

7.8. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết 97

VII.6. Tìm đa thức f(x) bậc 2 thỏa mãn: f(1) = −1, f(−1) = 9, f(2) = −3.

VII.7. Tìm đa thức f(x) bậc 3 thỏa mãn: f(−1) = 0, f(1) = 4, f(2) = 3,

f(3) = 16.

VII.8. Áp dụng định lý Cramer giải các hệ sau:

a.

8<

:

2x − 2y − z = −1

y + z = 1

−x + y + z = −1

b.

8<

:

3x + 2y + z = 5

2x + 3y + z = 1

2x + y + 3z = 11

VII.9. Tìm điều kiện để hệ sau có nghiệm không tầm thường:

a.

8<

:

ax − 3y + z = 0

2x + y + z = 0

3x + 2y − 2z = 0

b.

½

(1 − a)x + 2y = 0

2x + (4 − a)y = 0

VII.10. Chứng minh rằng một đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng n hoàn toàn xác định nếu

biết n + 1 giá trị yi = f(xi) với i = 0, 1, . . . , n, xi ̸= xj, ∀i ̸= j. Tức là tồn

tại đa thức duy nhất f(x) thỏa mãn

f(xi) = yi, i = 0, n

VII.11. * Giải hệ phương trình sau:

a.

8>>>><

>>>>:

xn + a1xn−1 + . . . + an−1

1 x1 + an1

= 0

xn + a2xn−1 + . . . + an−1

2 x1 + an2

= 0

...

...

. . . ...

...

xn + anxn−1 + . . . + an−1

n x1 + ann

= 0

(7.5)

b.

8>>>><

>>>>:

x1 + a1x2 + . . . + an−1

1 xn = b1

x1 + a2x2 + . . . + an−1

2 xn = b2

...

...

. . . ...

x1 + anx2 + . . . + an−1

n xn = bn

(ai đôi một khác nhau )

VII.12. Tìm hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ véc tơ sau trong R 4:

⃗ α1 = (1, 2, 0,−1); ⃗ α2 = (0, 1, 3,−2); ⃗ α3 = (−1, 0, 2, 4); ⃗ α4 = (1, 1, 2, 3)

VII.13. Tìm nghiệm tổng quát và một hệ nghiệm cơ bản của mỗi hệ phương trình tuyến

tính thuần nhất sau đây:

7.8. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết 98

a.

½

3x1 − 4x2 + x3 − x4 = 0

6x1 − 8x2 + 2x3 + 3x4 = 0

b.

8<

:

x1 − 2x2 + 3x3 − x4 = 0

x1 + x2 − x3 + 2x4 = 0

4x1 − 5x2 + 8x3 + x4 = 0

c.

8>><

>>:

x1 + 3x2 − x3 + 4x4 − x5 = 0

x1 + 3x2 − x3 + 4x4 + x5 = 0

2x1 + 6x2 − 2x3 + x4 = 0

3x1 + 9x2 − 3x3 + x4 + x5 = 0

d.

8>><

>>:

2x1 − x2 + x3 + 3x4 = 0

x1 + x2 + 3x3 + x4 = 0

4x1 + x2 + 7x3 + 5x4 = 0

5x1 − x2 + 5x3 + 7x4 = 0

e.

8<

:

3x1 + x2 + x3 − 6x4 − 12x5 + 3x6 = 0

x1 + + x3 − x4 − 5x5 = 0

x2 + x3 − 3x5 = 0

VII.14. Cho hệ vectơ trong không gian R 3

α1 = (−1, 2,−4); α2 = (2, 1, 5); α3 = (12, 1, 33)

Hãy tìm các số x1, x2, x3 sao cho x1α1 + x2α2 + x3α3 = 0.

Từ đó kết luận hệ {α1, α2, α3} có độc lập tuyến tính hay không?

VII.15. Trong không gian vectơ R 4 cho các vectơ:

α1 = (1, 1, 1, 1), α1 = (2, 2, 2, 2), α3 = (3, 0,−1, 1)

Hãy biểu thị α4 = (−12, 3, 8,−2) qua hệ vectơ đã cho.

VII.16. Chứng minh hệ phương trình sau có nghiệm khác 0: 8

>>>><

>>>>:

0x1 + 2002x2 − 2003x3 + 2004x4 − 155x5 = 0

−2002x1 + 0x2 + 324x3 − 534x4 − 723x5 = 0

2003x1 − 324x2 + 0x3 + 723x4 − 71x5 = 0

−2004x1 + 534x2 − 723x3 + 0x4 + 231x5 = 0

155x1 + 723x2 + 71x3 − 231x4 + 0x5 = 0

Tài liệu tham khảo

[1] Đoàn Quỳnh, Khu Quốc Anh, Nguyễn Anh Kiệt, Tạ Mân, Nguyễn Doãn Tuấn,

Giáo trình Toán Đại cương, Phần I, Đại số tuyến tính và Hình học Giải tích,

NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 6 - 1997.

[2] Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh, Toán học Cao cấp, Tập I,

Đại số và Hình học Giải tích, NXB Giáo Dục, 2003.

[3] Nguyễn Duy Thuận, Toán Cao cấp A1 - Phần Đại số tuyến tính, NXB Giáo

Dục, 2000.

[4] Phan Huy Phú, Nguyễn Doãn Tuấn, Bài tập Đại số tuyến tính, NXB Đại học

Quốc Gia Hà Nội, 3 - 2001.

[5] Ngô Thúc Lanh, Đại số tuyến tính, NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp,

Hà Nội, 1970.

[6] Nguyễn Hữu Việt Hưng, Đại số tuyến tính, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội,

2000.

[7] Hoàng Hiền Quang, Linear algebra, McGraw - Hill Book Company, 1968.

Chỉ mục

A

ánh xạ đồng nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . 42

ảnh ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

B

biểu diễn tuyến tính. . . . . . . . . . . . . . . . .15

C

cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

chính tắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

D

dạng tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

Đ

đơn cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

đường chéo chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

đường chéo phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

đẳng cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

định lý Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

định thức

định thức con cấp k . . . . . . . . . . . . . 57

khai triển theo cột . . . . . . . . . . . . . . . 58

khai triển theo dòng . . . . . . . . . . . . . 58

khai triển theo nhiều dòng (cột) . . . 60

phần bù đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

định thức của ma trận . . . . . . . . . . . . . . . 49

đồng cấu không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

độc lập tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

tối đại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

G

giao các không gian con. . . . . . . . . . . . .14

H

hạng

cột . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

của ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

dòng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

hệ vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

hệ phương trình

tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

hệ phương trình tuyến tính thuần nhất 91

hệ sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17, 24

hệ vectơ

độc lập tuyến tính tối đại . . . . . . . . . 33

K

không gian con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

không gian con sinh bởi một hệ vectơ 17

không gian vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9, 24

hữu hạn chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

hữu hạn sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

không gian đa thức . . . . . . . . . . . . . . 11

khai triển theo cột . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

khai triển theo dòng . . . . . . . . . . . . . . . . 58

M

ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . 78

100

CHỈ MỤC 101

đường chéo chính . . . . . . . . . . . . . . . 48

đường chéo phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

cột . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

chuyển vị. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .48

dòng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

dạng tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

phần tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . 76

chuyển cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . 78, 79

khả nghịch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

nghịch đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

ma trận hệ số của hệ phương trình . . . . 85

N

nghịch thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

nghiệm của hệ phương trình . . . . . . . . . 84

nhân của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . 42

P

phép biến đổi tuyến tính. . . . . . . . . . . . .38

phép thế

đồng nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

nghịch thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

tích của hai phép thế . . . . . . . . . . . . . 45

tích của nhiều phép thế . . . . . . . . . . 46

phép vị tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

phương pháp tìm ma trận nghịch đảo

Gauss-Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

phần bù đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

phần tử đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

phụ thuộc tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . 20

S

số chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

số hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

T

tập các ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

tọa độ của vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

tổ hợp tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

tổng hai không gian con . . . . . . . . . . . . . 15

tự đồng cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

tiên đề

của trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

toàn cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

V

vectơ không. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9